2024届广西梧州市、忻城县高三下学期5月仿真模拟数学试卷

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选择题
填空题
12．（或均可以） 13. __________ 14.____________
1．D【详解】由题意得， 得．故选：D.
2．D【详解】由可得，所以，可得
，所以的共轭复数为，即A错误；
的实部为0，即B错误；的虚部为，所以C错误；的模为1，可知D正确.故选：D
3．C【详解】由于，
故条件等价于，这又等价于或，
即或，所以C正确.故选：C.
4. 选B【详解】因为，
的展开式的通项为，令，得，则，故
5．C 【详解】法一： 函数（）的图象向左平移个单位长度
得到函数的图象，
函数（）的图象向右平移个单位长度
得到的图象，
则（），即（），即（），
由于，所以当时，取得最小值，故选：C．
6．B【详解】如图所示，连接，，由对称性可知，，
取的中点，则，，
又因为正六边形的边长为1，所以，
所以，故选：B．
7．A 【详解】由等差数列的公差为，得，则，
当时，，而，则，因此，为递增数列；
当为递增数列时，则，即有，整理得，不能推出，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.故选：A
8.【答案】B【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，
可得；设圆柱底面半径为，则，所以，设椭圆长轴长为，短轴长为，
因为离心率为，得，则，即，所以，得，
又由勾股定理得，解得，故.故选：B.
9.【答案】BD 【详解】对于A中，由年龄的扇形统计图，可得90后的考生有人，
00后的考生有人，可得人，所以A不正确；
对于B中，由频率分布直方图性质，可得，
解得，则前三个矩形的面积和，
所以试成绩的分位数为分，所以B正确；
对于C中，设面试成绩的最低分为，由前三个矩形的面积和为，第四个矩形的面积为，则分，所以C不正确；
对于D中，根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得考试的平均成绩为：
分，所以D正确.故选：BD.
10【答案】AC 【详解】对于A，依题意，可知，
设F为的中点，连接，则，
而平面，故平面，
平面，故，A正确；
对于B，将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，
则，解得，
由于，即异面直线和的距离为，且平面，
所以四面体的体积为，B错误；
对于C，由以上分析可知，四面体的外接球半径为，
由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，
则，解得，所以的轨迹长度为，C正确；
对于D，由题意可得,故的外接圆半径为，
所以球心到所在平面的距离为，
设三棱锥的高为h，
由三棱锥的体积为时，可得，故，
又由，故E点轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆，
其中一个圆为外接球的大圆，所以点的轨迹长度大于，D错误，故选：AC.
11.【答案】ABD
【解析】对于选项A，函数的定义域为，函数的导数，易知函数在
单调递减，单调递增，所以是的极小值点，故A正确；
对于选项B，由，得，
由于分子判别式小于零，所以恒成立，
所以函数在，上单调递减，
且，
所以函数有且只有1个零点，故B正确；
对于选项C，若，可得，
令，则，
令，则，
所以在内，，函数单调递增；
在上，，函数单调递减，
所以，所以，
所以函数在上单调递减．
又因为当时，，
所以不存在正实数，使得恒成立，故C不正确；
对于选项D，设，即有，
，即为，
化为，
故，所以，
则，
设（），可得，
令，则在上恒成立，
可得，所以，故单调递增，
可得，故成立，故D正确．
故选：ABD.
12．（答案不唯一，或均可以）
【详解】圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为4，圆心距为，所以两圆外切，如图，有三条切线，易得切线的方程为；
因为，且，所以，设，即，则到的距离，解得（舍去）或，所以；
可知和关于对称，联立，解得在上，
在上取点，设其关于的对称点为，则，
解得，则，所以直线，即，
综上，切线方程为或或.
故答案为：（答案不唯一，或均可以）
【详解】根据题意可知装入水的体积．
【详解】由三角形面积公式结合，可知，
即，又由平方关系，所以，即，解得或（舍去），
由余弦定理有，所以，
令，所以 ，故只需求出的范围即可，
由正弦定理边化角得，
注意到在锐角中，有，简单说明如下：
若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，
所以在锐角中，有，所以在锐角中，有，
因为正切函数在上单调递增，所以，
从而，
而函数在单调递减，在单调递增，
所以.综上所述：的取值范围为.
15.【详解】（1）如图，连接，，在正四棱柱中，
由与平行且相等得是平行四边形，
所以，分
又平面，平面
所以平面，分
平面，平面平面，
所以，是中点，
所以是的中点；分
（2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，分
设平面的一个法向量是，直线与平面所成的角为，则
，取，得，分
，分
.
所以直线与平面所成的角的余弦值．分
16.解：当时 ，分
又时，得，也满足上式.，分
故分
（2）由，所以，分
又，所以前91项中有87项来自分
所以故分
分
17.（1）10∶10平后，两人又打4个球且甲获胜，该局比赛结束，这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．分
因此所求概率为 分
（2）因为甲先发球，且甲获胜，所以一共打了13个球，最后1个球由甲发球，且最后一球甲赢，前12球，甲发球6次，乙发球6次，乙共获胜2次，分
所以单局比赛中甲获胜的概率为
；分
18.【详解】（1）由题意得，易知，
由椭圆定义可知，动点在以A，B为焦点，且长轴长为的椭圆上，
又不能在直线上，∴的方程为：．分
（2）(i) （法一）设，，，
易知直线的方程为，
联立，得， ∴，∴，，即，同理可得，，∴，欲使，则，
即，∴，∴存在唯一常数，使得当时，．分
（法二）设，，，
易知的斜率不为零，否则与重合，
欲使，则将在轴上，又为的中点，
则轴，这与过矛盾，
故，同理有，
则，可得，易知，，
且，，∴，即，
同理可得，，欲使，则， ∴，∴，
∴存在唯一常数，使得当时，．分
(ii) 由(i)易知，且
∴，
即，同理可得，，
∵，∴，
记，
∴，
当且仅当，即时取等，
由椭圆的对称性，不妨设此时，，
且直线和的夹角为，则，不难求得，
此时，易知，且，
∴四边形的面积为．分
19.【详解】（1），则，
所以，可得在处的切线斜率为分
（2）（i），令，
则，所以在上单调递增，
所以，
所以当时，成立；分
（ii）下面证明：当时，成立，
令，则，
令，则，
因此在上单调递增；所以，
所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，成立，
令且，可得，
即，
由题意，令且，
可得，
因为，所以，
由（i）知当时，，所以令且，可得，
所以，
由前面解答过程得，对任意成立，
令且，可得，
所以，
又且，所以，
所以，
所以可得：
，
即可得分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
D
C
B
C
B
A
B
BD
AC
ABD