广西南宁市2024届高三数学下学期二模试题含解析

这是一份广西南宁市2024届高三数学下学期二模试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1.已知集合，，则（）
A.B.C.D.
2.已知为等差数列，，，则等于（）
A.21B.17C.23D.20
3.直线：，圆：.则直线被圆所截得的弦长为（）
A.2B.4C.D.
4.若有2名女生和4名男生到“山东旅发”大会的两个志愿服务站参加服务活动，分配时每个服务站均要求既有女生又有男生，则不同的分配方案种数为（）
A.16B.20C.28D.40
5.已知函数（）图象的一个对称中心为，则（）
A.在区间上单调递增
B.是图象的一条对称轴
C.在上的值域为
D.将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于轴对称
6.设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（）
A.B.C.D.
7.在中，，，为内一点，，，则（）
A.B.C.D.
8.已知双曲线：（，）的右焦点为，是双曲线的半焦距，点是圆上一点，线段与双曲线的右支交于点.若，，则双曲线的离心率为（）
A.B.C.D.
二、多选题
9.某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为12，成绩位于内的同学成绩方差为10.则（）
参考公式：样本划分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为：、、；、、.记样本平均数为，样本方差为，.
A.
B.估计该年级学生成绩的中位数约为77.14
C.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D.估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25
10.如图，在直角三角形中，，，点是以为直径的半圆弧上的动点，若，则（）
A.B.
C.最大值为D.，，三点共线时
11.如图，在直三棱柱中，，，，分别为棱，上的动点，且，，，则（）
A.存在使得
B.存在使得平面
C.若，长度为定值，则时三棱锥体积最大
D.当时，直线与所成角的余弦值的最小值为
三、填空题
12.在的展开式中，的系数为______（用数字作答）
13.在中，内角，，的对边分别为，，，，且，则面积的最大值为______.
14.若直线与曲线相切，则的取值范围为______.
四、解答题
15.已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，求的前项和.
16.如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的点，且，是线段的中点.
（1）求证：平面.
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
17.某学校组织游戏活动，规则是学生从盒子中有放回的摸球且每次只能摸取1个球，每次摸球结果相互独立，盒中有1分和2分的球若干，摸到1分球的概率为，摸到2分球的概率为.
（1）若学生甲摸球2次，其总得分记为，求随机变量的分布列与期望；
（2）学生甲、乙各摸5次球，最终得分若相同，则都不获得奖励；若不同，则得分多者获得奖励.已知甲前3次摸球得了6分，求乙获得奖励的概率.
18.已知函数.
（1）当时，求的最小值；
（2）①求证：有且仅有一个极值点；②当时，设的极值点为，若.求证：
19.已知双曲线：（，）的左，右焦点分别为，，双曲线的虚轴长为2，有一条渐近线方程为.如图，点是双曲线上位于第一象限内的点，过点作直线与双曲线的右支交于另外一点，连接并延长交双曲线左支于点，连接与，其中垂直于的平分线，垂足为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）求证：直线与直线的斜率之积为定值；
（3）求的最小值.
南宁三中2023～2024学年度下学期高三校二模
数学试题参考答案
1. D【详解】由，即，解得，
所以，又，
所以.故选：D
2. D【详解】设的公差为，因为，，
所以，解得，所以，故选：D.
3. B【详解】圆的标准方程为，直线过圆心，所以直线被圆所截得的弦长等于直径长度4.故选：B.
4. C【详解】第一步，先分组，分为一组2人，另一组4人，有种；分为每组各3人，有种，分组方法共有14种.第二步，将两组志愿者分配到两个服务站共有种.所以，总的分配方案有种.故选：C
5. D【详解】由题意可得（），解得（），
又，故，即；对A：当时，，
由函数在上不为单调递增，故在区间上不为单调递增，故A错误；对B：当时，，由不是函数的对称轴，故不是图象的对称轴，故B错误；对C：当时，，则，故C错误；对D：将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得，函数关于轴对称，故D正确.故选：D.
6. B【详解】因为，即，解得，
又因为，即，解得，且，可得，所以.故选：B.
7. B【详解】在中，设（），令（），
则，，在中，可得，
，由正弦定理，所以，所以，
可得，即.故选：B.
8. A【详解】设双曲线左焦点为，如图：，，可得，
由双曲线的定义字，
在中，，
在中，，即，可得.故选：A.
9. BCD【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，则，解得，A错；
对于B选项，前两个矩形的面积之和为，前三个矩形的面积之和为，设计该年级学生成绩的中位数为，则，根据中位数的定义可得，解得，所以，估计该年级学生成绩的中位数约为77.14，B对；对于C选项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为分，C对；对于D选项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为，D对.故选：BCD.
10. ACD【详解】因为，即为的中点，所以，故A正确；
如图建立平面直角坐标，则，，，，
所以，，则，故B错误；
又，所以圆的方程为，
设，，则，
又，所以，
因为，所以，所以，
所以，故最大值为，故C正确；
因为，，三点共线，所以，
又，，
所以，即，
所以，所以，
又，，且，即，所以，
所以，所以，故D正确.故选：ACD
11. BCD【详解】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，则由题：，，，，，
所以，，，，
又，，，所以，
即，，
即，所以，对A，
由上，故A错误；
对B，由题意是平面的一个法向量，，
故当时，此时平面，故B正确；对C，由上，，，设平面的一个法向量为，则，所以，取，则，
设点到平面的距离为，则由得，
又由题意可知，故，
因为，长度为定值，所以为定值，故当时，三棱锥体积最大，故C正确；
对D，设直线与所成角为，由上当时
，
当且仅当即时等号成立，故D对.故选：BCD.
12. 15【详解】由二项式的展开式的通项公式，得，
令，则，所以系数为，故答案为：15.
13.【详解】因为，所以由余弦定理，
得，所以，又，，
则，，所以由余弦定理以及基本不等式得：，即，
当且仅当时等号成立，所以，
即面积的最大值为，故答案为：.
14.【详解】函数的导数为，
设切点为，所以，则，即
又因为在上，所以，
所以，即，所以，
所以（），
令，，
令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
当趋近正无穷时，趋近正无穷.
所以的取值范围为：.故答案为：.
15.【详解】（1）当时，.
当时，，
当时，也符合.综上，.
（2）由
则
，
故的前项和.
16.【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示，
因为为的中点，所以，.
在等腰梯形中，，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面.
（2）因为，故，
以直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
在等腰梯形中，，
此梯形的高为.
因为，，
则，，，，，，
所以，，，.
设平面的法向量为，则
令，得.设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面的夹角为，则.
17.【详解】（1）由题意知学生甲摸球2次总得分的取值为2，3，4，
则，，，
所以的分布列为：
所以.
（2）记“甲最终得分为分”，；“乙获得奖励”.
，.
当甲最终得9分时，乙获得奖励需要最终得10分，则；
当甲最终得8分时，乙获得奖励需要最终得10分或9分，则；
故
.
即乙获得奖励的概率为.
18.【详解】（1），令，
当时，，，
∵，故在上单调递增，
又，∴，，在上单调递减，
，，在上单调递增，
∴的最小值为.
（2）①由（1）知，，
∵，故在上单调递增，即在上单调递增，
又，，
∴，∴存在唯一的变号零点，
即有且仅有一个极值点.
②由①知：有且仅有一个极值点且，则
当时，，，
由①知：，要证，
只需证：，
而，那么（）.
∴，
令，则，
设，则，又，
所以，∴在上单调递增，即在上单调递增，
又，∴，∴在上单调递增，
即在上单调递增，又，∴，
∴在上单调递增，∴，
综上所述，时，.
19.【详解】（1）因为虚轴长为2，即，所以.
又因为有一条渐近线方程为，所以，
所以双曲线的标准方程为；
（2）由题意，点与点关于原点对称.设，则.
由题意可知直线的斜率存在，设直线的斜率为，记直线的方向向量为，
又直线为的平分线，则.
因为，，
所以，
同理，又，，
代入得，，化简得.
所以，即直线与直线的斜率之积为定值；
（3）由（2）可知.又，，所以，
将代入，得，，，
所以，，.
设直线的方程为，
将代入得，
所以直线的方程为，.
由点到直线距离公式得，.
又直线的斜率为，设直线的方程为，
将代入得，
所以直线的方程为.
将其与（）联立得.
设，，则，.
由得，
所以.
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以当且仅当时，的最小值为3.2
3
4