南宁二中2024年5月高三月考数学一、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．已知复数满足，复数的共轭复数为，则在复平面内对应的点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C．【解析】因为，所以，所以，所以，所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限，故选：C．2．已知，则A．- B． C．1 D．-1【答案】A．【解析】由，解得，所以．故选：A．3．若函数fx=logax-1在区间1，2上有fx>0，则f(x)的递增区间是A．-∞，1B．1，+∞C．-∞，-1D．-1，+∞【答案】A．【解析】设t=|x-1|，当10，所以0b>0）的左顶点和上顶点分别为，过椭圆左焦点且平行于直线的直线交轴于点．若，则椭圆的离心率为A． B． C． D．【答案】D【解析】由椭圆：的方程可得：，其中，则，过椭圆左焦点且平行于直线的直线方程为：，将代入该直线方程，可得点的坐标为，若，则，得．故选：D．6．8名同学站成两排参加文艺演出，要求两排人数相等，A不站在前排，D不站在后排，E和F左右相邻，则不同的排列方式共有（    ）A．1152种 B．1728种 C．2304种 D．2880种【答案】C【解析】由题意可知：D站在前排，A站在后排，若E和F站在前排，则不同的排列方式共有；若E和F站在后排，则不同的排列方式共有；所以不同的排列方式共有种．故选：C．7．已知等差数列的前项和为，若，则A．有最小值25 B．有最大值25 C．有最小值50 D．有最大值50【答案】B【解析】由，可得，因则等差数列的公差，故，则，当且仅当时取等号，即当时，取得最大值25．故选：B．8．在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是正方体表面上的一点，若，则线段长度的最大值是A． B．C． D．【答案】C【解析】连接，在正方体中，平面，四边形是正方形，因为平面，所以，又，，且平面，平面，所以平面，因为平面，所以，所以当点P在线段（点除外）时，，取的中点E，连接，在正方形中，因为E为的中点，是棱的中点，所以，因为AB⊥平面，平面，所以，因为，且平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，且平面，平面，所以平面，设平面平面，则，所以，则是棱的中点，所以当点在正方体的表面线段上时，,由题意可知，在梯形中，，，，，所以线段长度的最大值是．故选：C．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．9．一个袋中有大小､形状完全相同的3个小球，颜色分别为红､黄､蓝，从袋中先后无放回地取出2个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件，则A． B．为互斥事件C． D．相互独立【答案】AC【解析】正确；可同时发生，即“即第一次取红球，第二次取黄球”，不互斥，错误；在第一次取到红球的条件下，第二次取到黄球的概率为正确；不独立，D错误．故选：AC．8．已知函数，对于任意，有，则A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于点对称C．函数在上单调递减 D．函数在上共有6个极值点【答案】ACD【解析】因为，所以，因此，从而，注意到，故，所以，又，即的图象关于直线对称，从而，即，，所以，又，所以，所以，所以的最小正周期为，A正确．因为，所以函数的图象不关于点对称，B错误．当时，，故函数在上单调递减，C正确．令，得,令,得,故,易知函数在单调递增，在单调递减，故函数在上共有6个极值点，D正确．故选：ACD．11．已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在-∞，0上单调递减，，则下列结论错误的是A． B．C．在定义域内单调递减 D．为奇函数【答案】BC【解析】对于，令，则，因，故得，故A正确；对于由，令，则，则，即，故是以为首项，2为公比的等比数列，于是，故B错误；对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，令，则①，把都取成，可得②，将②式代入①式，可得，化简可得即为奇函数，故D正确；对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误．故选：BC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则此圆锥的体积为_____________．【答案】【解析】圆锥的侧面展开恰为一个半径为4的半圆，所以圆锥的底面周长为，底面半径为2，圆锥的高为，所以圆锥的体积为故答案为13．在△PAB中，，点Q满足，则的最大值为_____________．【答案】【解析】设中点为M，则，，由，知P点轨迹是以为弦，圆周角为的优弧，∴当时，最大，此时△PAB是等边三角形，则．故答案为：．14．设a，b≥0，a+b=1．将a2，b2，2ab这三者中的最大值记为M．当a，b变化时，M的最小可能值是_____________．【答案】49．【解析】不妨设a≥b，则只需考虑M=a2≥2ab及M=2ab≥a2两种情形．若a2≥2ab，则23≤a≤1，则M=a2≥49；若a2<2ab，即b≤a<2b，即12≤a<23，则M=2ab=2a1-a>2×23×13=49，当a=23，b=13时，M取到最小值49．四、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．（13分）已知数列满足．（1）若数列满足，证明：是常数数列；（2）若数列满足，求的前项和．【解析】（1）因为，所以，所以是常数数列．（2）因为，所以，所以，所以．因为，所以，所以．16．（15分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区植物覆盖面积与某种野生动物数量的关系，将其分成面积相近的若干个地块，从这些地块中随机抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量（单位：只），并计算得．（1）求样本的相关系数（精确到0.01），并推断这种野生动物的数量y（单位：只）和植物覆盖面积x（单位：公顷）的相关程度；（2）已知20个样区中有8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，从20个样区中随机抽取2个，记抽到这种野生动物数量低于样本平均数的样区的个数为X，求随机变量X的分布列．附：相关系数．【解析】（1）样本，，2，，的相关系数为．由于相关系数,，则相关性很强，的值越大，相关性越强．故，故相关性越强．（2）由题意得：的可能取值为0，1，2，20个样区中有8个样区的这种野生动物数量低于样本平均数，有12个样区的这种野生动物数量不低于样本平均数，所以，，，所以的分布列为：01217．（15分）在梯形中，，，四边形为矩形，平面平面，．（1）求证：BC⊥平面；（2）若点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的范围．【详解】（1）证明：在梯形中，因为，，，所以，由余弦定理得，可得，所以，因为平面平面，平面平面，且平面，所以BC⊥平面．（2）解：因为四边形为矩形，所以，又因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，又因为，以为原点，以，，所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，由平面，可得平面的法向量，又由，设，可得，，设平面的法向量，，令，可得，所以，则，当时，可得最小为；当时，最大为，所以的范围为．18．（17分）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且．（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围．【解析】（1）因为，故，故抛物线的方程为：．（2）【方法一】（通解通法）：设，，，所以直线，由题设可得且.由可得，故，因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或．故直线在轴上的截距的范围为或或．【方法二】（利用焦点弦性质）：设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．由得，所以．因为，，．由得．同理．由得．因为，所以，即．故．令，则．所以，解得或或．故直线在x轴上的截距的范围为．【方法三】（最优解）：设，由三点共线得，即．所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．设直线的方程为，则．所以．故（其中）．所以．因此直线在x轴上的截距为．19．（17分）设是定义在上的函数，若存在区间和，使得在上单调递减，在上单调递增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”．（1）判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：（i），（ii）；（2）已知实数，是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围；（3）设，．设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为．若，且，求的最小值．【解析】（1）函数，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是含谷函数，谷点；函数，求导恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数．（2）由题意可知函数在区间内先减后增，且存在谷点，令，所以，设，所以，由可知恒成立，所以在区间上单调递增，若满足谷点，则有，解得，故m的取值范围是．（3）因为，所以，若恒成立，则函数在时单调递增，在时单调递减，不是谷函数，不满足题意；因此关于x的方程有两个相异实根，即，设两根为，且，因为，所以函数在区间上不单调递增，但是当时，，为单调递增，所以在区间上的单调性至少改变一次，从而h'(x)必有一个零点，即，同理，因为，所以，因此，在区间和上单调递增，在区间和上单调递减，从而函数的含谷区间必满足，即，因为，，由得，所以，由得，所以，所以，当时，，当时，，因此的最小值为，当时成立．