数学：广西2024届普通高等学校招生押题卷（一）试题（解析版）高考

这是一份数学：广西2024届普通高等学校招生押题卷（一）试题（解析版）高考，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 等比数列中，，，则（ ）
A. 36B. 32C. 16D. 12
【答案】A
【解析】因为数列为等比数列，所以化为，
解得，又因为，所以，所以，
所以.
故选：A
2. 在中，，.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】依题意，，
所以，
又因为，
所以，
所以，，
所以，，，，只有选项C正确；故选：C．
3. 在中，“”是“为等腰三角形”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】A
【解析】由A，B，C分别为的内角，得，，
即，则，
又，则，因此为等腰三角形；
反之，为等腰三角形，若，则，
此时，
所以“”是“为等腰三角形”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知正四棱柱的底面棱长与侧棱长之比为1：2，且其外接球的表面积为，则该正四棱柱的侧面积为（ ）
A. 12B. 24C. 36D. 48
【答案】D
【解析】设正四棱柱的底面棱长为a，则侧棱长为2a，
因为其外接球的表面积为，设其外接球的半径为R，则，解得，
又正四棱柱外接球的直径为其体对角线，所以，解得，
则该正四棱柱的侧面积为.
故选：D
5. 已知，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，则，所以．
又，
即，即，解得，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
即的取值范围为.
故选：D．
6. 已知函数，，如图为函数的图象，则可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】依题意可知，函数的定义域为R，，
所以函数为奇函数．
函数定义域为，，
所以函数为偶函数．
对于A，的定义域为，既不是奇函数也不是偶函数，故A错误；
对于B，函数的定义域为，既不是奇函数也不是偶函数，故B错误；
对于C，函数的定义域为，，所以为奇函数，故C正确；
对于D，函数的定义域为且，故D错误；
故选：C．
7. 已知双曲线的虚轴长为4，C的一条渐近线与曲线
在处的切线垂直，M，N为C上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点O，则（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】A
【解析】由题意可知：，即．
又因为，则，可得，
即曲线在处切线的斜率，
由题意可知：双曲线C的一条渐近线为，
即，解得，
所以双曲线C的方程为．
以MN为直径的圆经过坐标原点O，连接OM，ON，可知，
设直线OM的方程为，可知，
则直线ON的方程为，
联立方程，消去y整理得，
即，故，则，
同理可得：，
所以.
故选：A．
8. 已知函数，若在区间内恰好有2022个零点，则n的取值可以为（ ）
A. 2025B. 2024C. 1011D. 1348
【答案】D
【解析】依题意，，
令，则，由，得，
显然，即方程有两个不等的实数根，，
当时，，，此时在上恰有3个实根，
而，因此，则；
当时，，，则，，
此时在上恰有2个实根，
而，于是或，
因此或2023，所以n的取值可以为2022或2023或1348.
故选：D.
二、选择题
9. 已知集合.若，且，则集合可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】因为，所以，所以集合．
对于A选项，，，所以A错误；
对于B选项，，，所以B正确；
对于C选项，不等式的解为，则，，所以C正确；
对于D选项，不等式等价于，解得，则，，所以D错误；
故选：BC．
10. 已知直线与曲线有公共点，则整数k的取值可以为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】BCD
【解析】曲线可化为，
即，当时，曲线C是以为圆心，
为半径的圆在y轴及y轴右侧的部分，直线，
则当直线l与曲线C相切时，有，
解得或（舍去）；
当时，曲线C是以为圆心，为半径的圆在y轴左侧的部分，
直线，则当直线l与曲线C相切时，有，
解得或（舍去）．综上，若直线l与曲线C有公共点，则．
故选：BCD．
11. 已知正方体的棱长为，经过棱上中点E作该正方体的截面，且，与棱和棱AD的交点分别为F，G，截面将正方体分为，两个多面体，则（ ）
A. 直线与所成角的正切值为
B. 截面为五边形
C. 截面的面积为
D. 多面体，内均可放入体积为的球
【答案】AC
【解析】取AD的中点M，连接GM，FM，则，
则直线FG与所成角即为直线FG与GM所成角．
在中，，，则，
即直线FG与所成角的正切值为，所以A选项正确；
分别取，，的中点H，N，Q，连接EN，NG，GH，HF，FQ，QE，
易证正六边形GNEQFH即为截面，又正方体的棱长为，
所以正六边形的边长为2，所以其面积为，所以B选项不正确，C选项正确；
对于D选项，根据对称性，可知多面体，是两个完全相同的多面体，
不妨设多面体内能放入最大球的球心为O，则，
球O与截面相切于正方体的中心S，且球O也与以C为顶点的三个面均相切，
以C为坐标原点，CD，CB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，又，则，解得，
，所以，
所以不能放入体积为的球，所以D选项不正确．
故选：AC．
三、填空题
12. 已知i为虚数单位，若非零复数z满足，则______．
【答案】
【解析】设，x，，
则，
即，解得或（舍去），
则，所以．
故答案为：.
13. 2024年春节档电影市场竞争激烈，各大影片争相上映，票房排名也在不断更新．截至3月3日上午8点，最新数据显示，《热辣滚烫》以33.81亿元的票房成绩稳居第一，《飞驰人生2》以32.21亿元的成绩位列第二，而《第二十条》和《熊出没·逆转时空》分别以22.45亿元和18.81亿元的票房成绩排名第三和第四，《年会不能停!》则以10.60亿位居第五名，则这五部影片票房的第60百分位数是______；某影院为了照顾大人和孩子一起观影的便利，《第二十条》和《熊出没·逆转时空》必须连续安排播放，则不同安排方式共有______种．
【答案】27.33 48
【解析】将五部影片的票房从小到大排序为10.60，18.81，22.45，32.21，33.81，
又，则第60百分位数是；
若《第二十条》和《熊出没·逆转时空》连续安排播放，则不同的安排方式共有（种）．
故答案为：27.33；48
14. 已知，分别为椭圆的两个焦点，点P为椭圆C上的动点，I为内心，G满足．若直线IG的斜率不存在，则椭圆C的离心率为______．
【答案】
【解析】因为，所以G为的重心，
设，不妨取，又，则，即．
设，因为直线IG的斜率不存在，所以轴，所以，
即内切圆的半径为，所以，
整理得，则椭圆C的离心率，
故答案为：.
四、解答题
15. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，△PAD为等腰三角形，，E为侧棱PD的中点，F为棱DC上的动点．
（1）若∥平面PAC，试确定F的位置，并说明理由；
（2）若，求平面PBF与平面AEF夹角的余弦值．
解：（1）当F为CD的中点时，平面，理由如下：
连接AC，在中，F为CD的中点，E为PD的中点，
所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面ABCD，平面ABCD，
所以PA⊥AD．
又为等腰三角形，
所以为等腰直角三角形，
所以，
连接AE，AF，EF，BF，PF，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，，
所以，
设平面AEF的法向量为，
则，
令，得，，
所以，
设平面PBF与平面AEF的夹角为θ，
所以，
所以平面PBF与平面AEF夹角的余弦值为．
16. 设函数，．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）证明：．
（1）解：当时，，定义域为，
所以，
令，得，
令
因为，
所以在上单调递增，
即在上单调递增，
所以当时，；
当时，，
所以函数的单调递减区间为，
单调递增区间为．
（2）证明：，
即，
的定义域为，
且．
在上单调递增，
当时，在上单调递增，
故在上单调递增，
又，当趋近于0时，，
根据零点存在定理可知，导函数存在唯一的零点，
设该零点为．
当时，；
当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得最小值．
则，即，即，
两边同时取对数得，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
故当时，，
即．
17. 流感病毒是一种RNA病毒，大致分为甲型、乙型、丙型三种，其中甲流病毒带来的危害最大，传染性最强，致死率最高．某药品科技研发团队针对甲流病毒的特点，研发出预防甲流药品和治疗甲流药品，根据研发前期对动物试验所获得的相关有效数据作出统计，随机选取其中的100个样本数据，得到如下2×2列联表：
（1）根据小概率值的独立性检验，分析预防甲流药品对预防甲流的有效性；
（2）用频率估计概率（仅保留一位有效数字），从已经感染的动物中，采用随机抽样方式每次选出1只，用治疗甲流药品对该动物进行治疗，已知治疗甲流药品的治愈数据如下：对未使用过预防甲流药品的动物的治愈率为0.5，对使用过预防甲流药品的动物的治愈率为0.75．若共选取3只已感染动物，每次选取的结果相互独立，记选取的3只已感染动物中被治愈的动物只数为X，求X的分布列与数学期望．
附：，．
解：（1）零假设为：预防甲流药品对预防甲流无效果，
根据2×2列联表中的数据，得
，
根据小概率值独立性检验，我们推断零假设不成立，
即预防甲流药品对预防甲流有效果．
（2）设事件A表示治疗甲流药品治愈甲流，事件表示未使用过预防甲流药品，事件表示使用过预防甲流药品，
由题意可得，，
且，，
则，
故治疗甲流药品治愈甲流的概率，
则，所以，
，，
，
所以随机变量X的分布列为
．
18. 已知圆E恒过定点，且与直线相切，记圆心E的轨迹为，直线与相交于A，B两点，直线与相交于C，D两点，且，M，N分别为弦的中点，其中A，C均在第一象限，直线与直线的交点为G．
（1）求圆心E的轨迹的方程；
（2）直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标？若不是，请说明理由．
解：（1）设圆E的圆心．因为圆E恒过定点且与直线相切，
即圆心E到点的距离与到直线的距离相等，
即圆心E的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以圆心E的轨迹方程为．
（2）直线恒过定点．
解法一：直线的方程为，直线的方程为，
设，，联立，消去x整理得，，则，则，则，
所以，同理可得．
当时，直线的方程为，
即
．
因为，所以直线的方程，
故当时，，此时过定点；
当时，由，得，此时直线的方程为，同样经过点．
综上，直线恒过定点，该定点为．
解法二：设，，由题可知直线，都恒过定点，
斜率均存在，不为0，且互相垂直，
设直线，，则直线，
联立，去y整理得，
易得，则，则，所以，
同理可得．
若直线的斜率存在，则，
直线，，
则直线恒过定点；
若直线的斜率不存在，则，得，
直线的方程为，则直线恒过定点．
综上，直线恒过定点，该定点为．
19. 已知集合，，，若，，或，则称集合A具有“包容”性．
（1）判断集合和集合是否具有“包容”性；
（2）若集合具有“包容”性，求的值；
（3）若集合C具有“包容”性，且集合C的子集有64个，，试确定集合C．
解：（1）集合中的，，
所以集合不具有“包容”性．
集合中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，得到的两数中至少有一个属于集合，所以集合具有“包容”性．
（2）已知集合具有“包容”性，记，则，
易得，从而必有，
不妨令，则，且，
则，
且，
①当时，若，得，此时具有包容性；
若，得，舍去；若，无解；
②当时，则，由且，可知b无解，
故．
综上，．
（3）因为集合C的子集有64个，所以集合C中共有6个元素，且，又，且C中既有正数也有负数，
不妨设，
其中，，，
根据题意，
且，
从而或．
①当时，，
并且由，得，由，得，
由上可得，并且，
综上可知；
②当时，同理可得．
综上，C中有6个元素，且时，符合条件的集合C有5个，
分别是，，，
或．
预防甲流药品
病毒
合计
感染
未感染
未使用
22
23
45
使用
16
39
55
合计
38
62
100
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
3
P