精品解析：广西壮族自治区南宁市第三中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

南宁三中2023级高二下学期月考（三） 数学试题 命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组 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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合概念以及交集运算即可得结果. 【详解】易知， 又，可得. 故选：B 2. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由复数模的性质即可求解. 【详解】由题设，则. 故选：C. 3. “关于，的方程：表示圆”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程表示圆求出参数的取值范围，再由充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若关于，的方程：表示圆，则，解得或， 因为真包含于， 所以“关于，的方程：表示圆”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积的运算律求解即可. 【详解】由， 所以. 故选：A. 5. 为了研究某种商品的广告投入和收益之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（ ）万元． /万元 1 2 3 4 5 /万元 0.50 0.80 1.00 1.20 1.50 A. 2.48 B. 2.58 C. 2.68 D. 2.88 【答案】C 【解析】 【分析】求得样本中心点，得到，即可求解. 【详解】由， 可得数据可得样本中心点为： 代入回归方程，解得：， 所以当时，． 故选：C 6. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】做出的图象，根据图象可知在定义域内单调递增，结合单调性解不等式即可. 【详解】根据的解析式做出的图象，如图所示： 可知在定义域内单调递增， 因为，则，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：C. 7. 设等差数列的前项和是，前项积是，若，，则（ ） A. 无最大值，无最小值 B. 有最大值，无最小值 C. 无最大值，有最小值 D. 有最大值，有最小值 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列前n项和公式求基本量，进而确定且，讨论n判断的值，即可得答案. 【详解】令数列公差为，则，即，作差可得， 所以，则，故， 当得，当得，当得， 显然，当时，时，所以有最小值， 且，当或4时，有最大值. 故选：D 8. 已知函数满足：对于任意的x，，都有成立，且，则（ ） A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012 【答案】C 【解析】 【分析】赋值法依次求出的值，以及关系式，进而推得，求出函数的周期.进而结合的值，可得出当i为偶数时，；当i为奇数时，根据二项式定理展开式得出除以4的余数为1，即可得出对应值，求和即可得出答案. 【详解】令时，因为， 所以. 令， 则，所以. 令，则， 所以，则，所以4为一个周期. 又， 所以由周期性可知，即． 当i为偶数时，为偶数，所以； 当i为奇数时，设， 则 ， 故被4除的余数为1，所以， 所以． 故选：C． 【点睛】方法点睛：求解与抽象函数有关的值时，常采用赋值法，代入计算. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某中学高三学生参加体育测试，其中物理类班级女生的成绩与历史类班级女生的成绩均服从正态分布，且，，则( ). A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正态分布的期望与方差和正态曲线的特点，结合正态分布的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A：由，得，故A正确； 对于B：由，得，故B错误； 对于C：因为， 所以，故C正确； 对于D：由于随机变量、均服从正态分布，且对称轴均为直线， ，所以在正态分布曲线上，的峰值较高， 正态分布较“瘦高”，随机变量分布比较集中，所以，故D错误. 故选：AC. 10. 设双曲线的左，右焦点分别为，，且，为上关于原点中心对称的两点，则（ ） A. 的实轴长为 B. C. 若，则直线的斜率为 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用即可；B利用对称性得出，再结合双曲线的定义即可；C利用即可求出点坐标，再计算直线的斜率即可；D利用并结合双曲线的定义可得，再利用勾股定理即可. 【详解】设为双曲线的半焦距，则2， 由，即，所以的实轴长为，故A正确； 由于关于原点中心对称，关于原点中心对称， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以，故B正确； 由，解得，所以， 所以直线斜率即直线斜率，，故C错误； 由，，可得，， 则，所以， 又，所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是不存在极值点充要条件 B. 若存在两个极值点，，则 C. 过坐标原点只能作曲线的一条切线 D. 若有两个零点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出导函数分类得出函数单调性进而得出极值计算判断A，B，再设切点计算求出切点即可得出切线方程判断C，根据单调性及极值计算求解零点即可得出参数判断D. 【详解】由题意得的定义域为，且， 若，则，所以在上单调递增，不存在极值点； 当时，由，得， 所以当时，，当时，，当时，， 所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间内单调递增， 则为的极大值点，为的极小值点，此时有极值点.故A项正确. 不妨设，由上可知，， 所以，故B项错误. 设为切点，则切线的斜率， 切线方程为， 因为切线过点，所以， 化简得，方程有唯一解为，所以过坐标原点只能作曲线的一条切线，故C项正确. 当时，单调递增，所以不可能存在两个零点； 当时，存在两个极值点，， 因为，当时，，所以在区间内存在唯一零点， 当时，只有当时，在区间内存在唯一零点，解得，故D项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一个圆锥的高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式，扇形的弧长公式求解即可, 【详解】设底面半径为，母线长为l 由，得， 又，由勾股定理， 所以，解得， 底面圆周长，扇形中心角， 故答案为： 13. 若，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦、余弦公式结合弦化切可得出所求代数式的值. 【详解】. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况.把向上、下、左、右四个方向的步数分别记为，，，，则.通过分析，，，的取值计算概率即可. 【详解】把向上、下、左、右四个方向的步数记分别为，，，，则. 若蚂蚁移动到圆的内部，则移动4次后，蚂蚁可能的位置为原点，，，，，共5种情况. 若蚂蚁移动到原点，则，，故，或，或，有种走法； 若蚂蚁移动到点（1，1），则，，故，，，或，，，，有种走法. 由对称可知，蚂蚁移动到圆内部的概率为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，设所对的边分别为，已知. （1）求角的值； （2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合两角和正弦公式计算结合角的范围求解； （2）先根据锐角三角形得出，由正弦定理结合面积公式及正切值域计算求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 整理得， 因，则，则得，而，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，因为锐角三角形，则，可得， 则，由正弦定理，得， 所以， 即的面积的取值范围为. 16. 已知动点到两定点，的距离之和为定值，且过点． （1）求动点的轨迹方程C； （2）若过点的直线与交于两点，为坐标原点，面积为，求直线的方程． 【答案】（1） （2）为或. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用两点间距离公式求出定值并确定轨迹图形，进而求出方程. （2）设出直线的方程，与的方程联立，结合韦达定理及三角形面积求出参数即可. 【小问1详解】 依题意，点到点的距离和为， 因此动点的轨迹是以点为左右焦点，长轴长为4的椭圆，短半轴长为， 所以动点的轨迹方程C：. 【小问2详解】 直线不垂直于轴，设其方程，， 由消去得，， 的面积 ，解得， 所以直线的方程为或. 17. 如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，． （1）求证：平面； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据相似可证明，且，进而可得四边形为平行四边形，利用线线平行即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解. 【小问1详解】 方法一：如图，在线段上取一点，使， 由已知，，且， 在线段上取一点，使， 由已知，，且， 所以，且，因此四边形为平行四边形， 所以，又平面，且平面，所以平面． 方法二：如图，连接并延长交于连接， 在中，过点作，交于点， 因为，所以， 又是的中点，则， 所以，即， 又因为，所以， 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由，，知． 以为坐标原点，过点与平行的直线为轴， 分别以所在直线为轴和轴建立如图所示空间直角坐标系． 又，得，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 点睛】 18. 在川大附中2024秋季教职工运动会拔河比赛中，高一、高二、高三三个年级组和行政组共四个队伍角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”： 第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”； 第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名； 第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名； 第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知高二和高三年级组水平相当，高一和行政组水平相当，高二对高三、高一对行政组的胜率均为，高二、高三对高一和行政组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二对阵高三，高一对阵行政组. （1）求比赛结束时，高二比赛的场次是2场的概率； （2）若已知高二输了第一轮的比赛，求高二获得冠军的概率； （3）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二夺冠有利？请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）得冠军的概率分别为与 ，“双败淘汰制”对高二夺冠有利 【解析】 【分析】（1）由题意可得高二两场全输，计算其概率即可得； （2）由题意可得高二后三场全胜，结合每轮的对手及胜率计算即可得； （3）在“双败淘汰制”下，分别计算高二全胜、只输了第一场与只输了第二场的概率，求和即可得其夺冠概率；在“单败淘汰制”下，高二需全胜，计算其概率即可得其夺冠概率；比较两者概率大小，即可得解. 【小问1详解】 设高二在第场比赛获胜的事件为， 由高二比赛的场次是2场，则高二两场全输， 则； 【小问2详解】 由于高二输了第一轮的比赛，高二后续需全胜才能获得冠军， 则； 【小问3详解】 在“双败淘汰制”下，若高二获得冠军，则最多只能输一场， 若高二全胜，其概率为， 若高二只输了第一场，则， 若高二只输了第二场，则， 则高二获得冠军的概率为； 在“单败淘汰制”下，若高二获得冠军，则需两场全胜，则， 由，故，故“双败淘汰制”对高二夺冠有利. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于计算“双败淘汰制”下高二获得冠军的概率需要分全胜、只输了第一场与只输了第二场的情况进行计算. 19. 已知函数，且曲线在点处的切线经过坐标原点. （1）求的值. （2）当时，求的单调区间. （3）设为的导函数，若存在两个不同的正数，同时满足，证明：. 【答案】（1）； （2）的单调递增区间为，单调递减区间为； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先求导，根据导数几何意义和点斜式依次求出切线斜率和切线方程，再由切线过原点即可求解； （2）利用导数工具研究导函数的单调性和正负情况即可求解函数的单调性； （3）先由导数工具研究分析得到函数的单调性，进而得到，接着利用两方程和变形整理得到 ，再利用导数工具研究分析得到在上恒成立即可得证. 【小问1详解】 由题， 所以切线斜率为， 所以切线方程为，又切线经过坐标原点， . 【小问2详解】 当时，由（1）可得， 所以， 令，所以， 所以当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 即函数在上单调递增，在上单调递减，， 又， 所以当时，；当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 由，有① ，由，有 记，则，， 将其带入①可得. 设，， 当时，，当时，， 故在单调递增，在单调递减. 因此可以不妨设， 要证，即证 先来证明， 设，，， 故在单调递减，. 故只需证，即证， 即证，即证， 即证； 设，，. 故在单调递增，，证毕！ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南宁三中2023级高二下学期月考（三） 数学试题 命题人：高二数学备课组 审题人：高二数学备课组 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 3. “关于，的方程：表示圆”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量满足，则（ ） A B. C. D. 5. 为了研究某种商品的广告投入和收益之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（ ）万元． /万元 1 2 3 4 5 /万元 0.50 0.80 100 1.20 1.50 A. 2.48 B. 2.58 C. 2.68 D. 2.88 6. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设等差数列的前项和是，前项积是，若，，则（ ） A. 无最大值，无最小值 B. 有最大值，无最小值 C. 无最大值，有最小值 D. 有最大值，有最小值 8. 已知函数满足：对于任意的x，，都有成立，且，则（ ） A. 2025 B. 2024 C. 1013 D. 1012 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某中学高三学生参加体育测试，其中物理类班级女生的成绩与历史类班级女生的成绩均服从正态分布，且，，则( ). A. B. C. D. 10. 设双曲线的左，右焦点分别为，，且，为上关于原点中心对称的两点，则（ ） A. 的实轴长为 B C. 若，则直线的斜率为 D. 若，则 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是不存在极值点的充要条件 B. 若存在两个极值点，，则 C. 过坐标原点只能作曲线的一条切线 D. 若有两个零点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一个圆锥高为，侧面积为，则该圆锥侧面展开图中扇形的中心角的大小为____________. 13. 若，则_______． 14. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点处出发，每次随机地向上、下、左、右四个方向移动一个单位，移动4次，则蚂蚁移动到圆内部的概率为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，设所对的边分别为，已知. （1）求角的值； （2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围. 16. 已知动点到两定点，的距离之和为定值，且过点． （1）求动点的轨迹方程C； （2）若过点的直线与交于两点，为坐标原点，面积为，求直线的方程． 17. 如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，． （1）求证：平面； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在川大附中2024秋季教职工运动会拔河比赛中，高一、高二、高三三个年级组和行政组共四个队伍角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”： 第一轮，四个队伍通过抽签分成两组，每组两个队伍对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”； 第二轮，“胜区”中两个队伍对阵，胜者进入“决赛区”；“败区”中两个队伍对阵，败者直接淘汰出局获第四名； 第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名； 第四轮，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名. 已知高二和高三年级组水平相当，高一和行政组水平相当，高二对高三、高一对行政组的胜率均为，高二、高三对高一和行政组的胜率均为，没有平局，且不同对阵的结果相互独立.经抽签，第一轮由高二对阵高三，高一对阵行政组. （1）求比赛结束时，高二比赛的场次是2场的概率； （2）若已知高二输了第一轮的比赛，求高二获得冠军的概率； （3）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：即四个队伍分成两组后，每组中的两个队伍对阵，每组的胜者进入“决赛区”，败者淘汰；最后，“决赛区”的两个队伍进行冠军决赛，胜者获得冠军.分别求在以上两种赛制下高二获得冠军的概率，并比较哪种赛制对高二夺冠有利？请说明理由. 19. 已知函数，且曲线在点处的切线经过坐标原点. （1）求的值. （2）当时，求的单调区间. （3）设为的导函数，若存在两个不同的正数，同时满足，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$