2024-2025学年广西南宁市高三上学期10月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广西南宁市高三上学期10月月考数学检测试题（附解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】解不等式化简集合，求出函数的定义域化简集合，再利用交集的定义求出求解即得.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
2. 已知，且，其中是虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据题意，由复数的运算代入计算，结合复数相等列出方程，即可得到结果.
【详解】由可得，即，
所以，解得，则.
故选：D
3. 已知定义域为的函数不是偶函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据偶函数的概念得是假命题，再写其否定形式即可得答案.
【详解】定义域为R的函数是偶函数，
所以不是偶函数．
故选：D．
4. 已知一组数据的平均数是3，方差为4，则数据的平均数和方差分别是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据题意，由平均数与方差的性质列出方程，代入计算，即可求解.
【详解】设数据的平均数和方差分别是，，
则数据的平均数是，方差是，
所以，解得，，解得，
即数据的平均数和方差分别是.
故选：A
5. 已知递增的等差数列的前项和为，则（ ）
A. 70B. 80C. 90D. 100
【正确答案】D
【分析】设等差数列的公差为d，由题意结合等差数列的通项公式求出即可结合等差数列前n项和公式计算得解.
【详解】设等差数列的公差为d，
则由题得，解得，
所以.
故选：D.
6. 在中，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】先由求出AB=AC即，接着由余弦定理结合数量积的运算律计算得，再由平面向量模的求法即可计算比较得解.
【详解】设的角A、B、C的对边为a、b、c，
因为，所以，
所以，故，
所以AB=AC，即，
所以，

所以
，
，
，
因为，所以，即.
故选：B.
7. 已知函数在区间内既有最大值，又有最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由条件求出的范围，结合正弦函数的性质列不等式可求结论.
【详解】因为，，
所以，
由已知，，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
8. 不等式对所有的正实数,恒成立，则的最大值为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【正确答案】D
【分析】由题意可得，令，则有，，结合基本不等式求得，于是有，从而得答案.
【详解】解：因为,为正数，所以，
所以，则有，
令，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，，
又，所以，
即，
所以的最小值为1，
所以，
即的最大值为1.
故选：D.
方法点睛：对于恒成立问题，常采用参变分离法，只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 如图，已知为圆锥的底面的直径，，C为底面圆周上一点，弧的长度是弧的长度的2倍，异面直线与所成角的余弦值为，则（ ）．
A. 圆锥的体积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 直线与平面所成的角大于
D. 圆锥的外接球的表面积为
【正确答案】ABD
【分析】A选项，作出辅助线，设底面圆的半径为，根据异面直线的夹角余弦值和余弦定理得到，从而得到圆锥的体积；B选项，根据侧面积公式求出答案；C选项，作出辅助线，得到直线与平面所成角的平面角为，并求出其正切值，得到；D选项，找到外接球球心，并根据半径相等得到方程，求出外接球半径，得到外接球表面积.
【详解】A选项，连接并延长交圆于点，连接，
因为为圆锥的底面的直径，弧的长度是弧的长度的2倍，
故四边形为矩形，，则，
异面直线与所成角等于异面直线与所成角，
因为，所以，
设底面圆的半径为，则，
故，解得，
则由勾股定理得，
故圆锥的体积为，A正确；

B选项，圆锥的侧面积为，B正确；
C选项，取的中点，连接，则⊥，⊥，
又，平面，故⊥平面，
过点作⊥于点，由于平面，则⊥，
又，平面，故⊥平面，
故即为直线与平面所成的角，
其中，则，
由于，且在上单调递增，故，C错误；
D选项，由对称性可知，外接球球心在上，连接，
设圆锥的外接球半径为，则，
由勾股定理得，即，解得，
故圆锥外接球的表面积为，D正确.
故选：ABD
方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
10. 已知抛物线的焦点分别为，若分别为上的点，且直线平行于轴，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，是等腰三角形
C. 若，则四边形是矩形D. 四边形可能是菱形
【正确答案】ABC
【分析】不妨设Ax1,y, Bx2,yy>0，则，，对于A，由题意求出和 即可求解AB；对于B，由题意得，进而可求出两点坐标，从而求出和即可判断；对于C，由题意先得，接着求出，进而求出，轴即可得解；对于D，先假设四边形是菱形，再推出矛盾即可得解.
【详解】由题意得，不妨设Ax1,y, Bx2,yy>0，
则，，
对于A，因为，又直线平行于轴，所以轴，
所以，故，
如图，故，故A正确；
对于B，若，则，所以，解得，
所以，
所以 ，，
所以，F2A+AB>F2B，所以是等腰三角形，故B正确；
对于C，若，又直线平行于轴，所以轴，
所以，故，
故，轴，所以四边形是矩形，故C正确；
对于D，若四边形是菱形，则，即即，
所以，所以，
所以可得，则四边形不是菱形，矛盾，
所以四边形不是菱形，故D错误.
故选：ABC.
11. 设，定义在上的函数满足，且，则（ ）
A. B.
C. 为偶函数D.
【正确答案】ABD
【分析】对于A，令，又，即可求得；对于B，令，再由，即可推得；对于C，令，可得，从而为奇函数；对于D，可推得，即的周期为，则.
【详解】对于A，令，得，
因为，所以，故A正确；
对于B，令，代入可得，
因为，所以，
从而，故B正确；
对于C，令，代入得，
又因为对，恒成立且不恒为0，
所以，从而为奇函数，
又不恒等于0，故C错误；
对于D，因为，
所以，
所以为的周期，
所以，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中，含的项的系数为________．（用数字作答）
【正确答案】
【分析】先求二项式的展开式的通项，再由乘法法则求出的展开式中含的项即可得解.
【详解】由题意得的展开式的通项为，
所以的展开式中，含的项为，
所以展开式中含的项的系数为.
故答案为.
13. 在平面直角坐标系中，若角的终边过点，角的终边与角的终边关于轴对称，则______．
【正确答案】##
分析】由条件，根据三角函数定义可求，，根据对称性可求，，结合两角差正弦公式求结论.
【详解】因为角的终边过点，
所以，，
又角的终边与角的终边关于轴对称，
所以，，
所以.
故答案为.
14. 已知椭圆的左焦点为，若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则______．
【正确答案】##0.2
【分析】求出点关于直线对称点的坐标，进而求出，再结合椭圆定义及勾股定理求出即可.
【详解】设关于直线的对称点，由，解得，
即，令椭圆右焦点，则，
，而点在椭圆上，由，得，

设，则，显然的中点都在直线上，
则平行于直线，从而，在中，，
解得，所以.
故
思路点睛：椭圆上一点与两焦点构成的三角形，称为椭圆的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用勾股定理、正弦定理、余弦定理、，得到a，c的关系．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知的内角所对的边分别为.
（1）求角A的大小；
（2）求最大值.
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）由题意结合正弦定理和即可求解.
（2）先由（1）结合余弦定理得，接着由正弦定理角化边得，再结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为，，
所以由正弦定理得，
又B∈0,π，故，所以即，
又，所以.
【小问2详解】
由（1），所以由余弦定理得，
所以由正弦定理得，
当且仅当时等号成立.
所以的最大值为.
16. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，点M是棱PC的中点．
（1）求证：平面PAD；
（2）求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）取PD的中点E，连接ME，AE，根据E是PD的中点，得到，，从而四边形ABME是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量n=x,y,z，平面PAB的一个法向量，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，由求解．
【小问1详解】
证明：取PD的中点E，连接ME，AE，
因为E是PD的中点，M是PC的中点，
所以，，又，，
所以，，
所以四边形ABME是平行四边形，所以，
又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD．
【小问2详解】
解：因为平面ABCD，DA，平面ABCD，
所以，，又，，所以．
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则，所以．
设平面BDM的一个法向量n=x,y,z，又，，
所以
令，解得，，
所以平面BMD的一个法向量n=1,−1,1．
设平面PAB的一个法向量，又，，
所以
令，解得，，
所以平面PAB的一个法向量，
设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，
所以．
即平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值为．
17. 中国体育代表团在2024年巴黎奥运会上取得了优异的成绩．为了解学生对奥运会的了解情况，某校组织了全校学生参加的奥运会知识竞赛，从一、二、三年级各随机抽取100名学生的成绩（，各年级总人数相等），统计如下：
学校将测试成绩分为及格（成绩不低于60分）和不及格（成绩低于60分）两类，用频率估计概率，所有学生的测试成绩结果互不影响．
（1）从一、二年级各随机抽一名学生，记表示这两名学生中测试成绩及格的人数，求的分布列和数学期望；
（2）从这三个年级中随机抽取两个年级，并从抽取的两个年级中各随机抽取一名学生，求这两名学生测试成绩均及格的概率．
【正确答案】（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）写出所有可能得取值，然后分别求出其对应概率，列出表格，即可得到分布列，再由期望的公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由互斥事件概率公式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
一年级学生及格的频率为，不及格的频率为，
二年级学生及格的频率为，不及格的频率为，
三年级学生及格的频率为，不及格的频率为，
的所有可能取值为，
则，，
，
所以的分布列为：
所以的期望为
【小问2详解】
由题意可知，抽到一、二年级，一、三年级，二、三年级的概率都是，
所以抽到的两名学生测试成绩均及格的概率为
.
18. 已知双曲线的两条渐近线方程为为上一点．
（1）求双曲线的方程；
（2）若过点的直线与仅有1个公共点，求的方程；
（3）过双曲线的右焦点作两条互相垂直的直线，，且与交于两点，记的中点与交于两点，记的中点为．若，求点到直线的距离的最大值．
【正确答案】（1）
（2），，.
（3）
【分析】（1）列出关于的方程，代入计算，即可求解；
（2）分直线斜率存在于不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，代入计算，即可得到结果；
（3）分直线斜率存在于不存在讨论，分别联立直线与双曲线方程以及直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到直线过定点，从而得到结果.
【小问1详解】
由题意可得，，解得，所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
代入可得，
当时，即时，直线与双曲线的渐近线平行，只有一个公共点，
即直线的方程为，；
当时，，
即，可得，此时直线与双曲线相切，
直线的方程为；
显然，当直线斜率不存在时，直线与双曲线有两个公共点，不满足；
综上所述，与双曲线仅有1个公共点的直线有3条：
，，.
【小问3详解】
当直线的斜率不存在时，则与重合，又，即，
所以，，此时直线的方程为，
则到的距离为0；
当直线的斜率为0时，则与重合，，，
此时直线的方程为，则到的距离为0；
当直线的斜率存在且不为0时，设的方程为，
设，
直线的方程为，
联立可得，
，
由韦达定理可得，则，
所以，
所以，
联立可得，
，
由韦达定理可得，则，
所以，所以，
则
，，
所以直线的方程为，
即，
所以，即，
故直线过定点，
当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去；
当时，直线与双曲线的渐近线平行，故与双曲线只有一个交点，舍去；
当时，的横坐标均为，此时，直线的方程为，
过点；
综上所述，直线过定点.
所以点到直线的距离的最大值为.
关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，难度较大，解答本题的关键在于分类讨论直线的斜率存在以及不存在，然后得到直线恒过定点，从而解答.
19. 已知函数（其中）．
（1）当时，证明：是增函数；
（2）证明：曲线是中心对称图形；
（3）已知，设函数，若对任意的恒成立，求的最小值．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【分析】（1）根据给定条件，求出函数的导数，再判断导数值为正即可.
（2）利用中心对称的定义，计算推理即得.
（3）求出函数及其导数，再按分类讨论并求出的最小值，建立不等式，构造函数，利用导数求出最小值即得.
【小问1详解】
函数的定义域为R，当时，，
求导得，所以是增函数．
【小问2详解】
依题意，
，
所以曲线关于点对称，曲线中心对称图形.
【小问3详解】
依题意，，其定义域为R，求导得，
当时，R上单调递增，
当时，，的取值集合为，
因此当时，函数的取值集合为，不符合题意；
当时，由，得在上单调递增；
由，得在上单调递减，
函数在处取得最小值，且，
由对任意的x∈R恒成立，得，即成立，
因此，设，
当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，
则，即，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
结论点睛：函数的定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
年级
一年级
40
60
二年级
25
75
三年级
10
90
0
1
2