2024届广西名校高考模拟预测数学试卷（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前，考生请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题卡上，并将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案.在试卷上答题无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题（本大题共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. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求集合M，再根据交集运算求解.
【详解】因为，，
所以．
故选：B．
2. 若复数与都是纯虚数，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数纯虚数的概念可设（且），再结合复数的乘法运算，模长运算即可得所求.
【详解】因为复数为纯虚数，所以可设（且），
则，又是纯虚数，所以，即，
故.
故选：B．
3. “”是“直线与圆相切”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系求出a的取值范围，再根据充分条件，必要条件的定义解出.
【详解】由题知，圆的圆心为，半径为1，
设圆心到直线的距离为
则，解得：或.
由此可知，“”是“或”的充分不必要条件，
故选：A.
4. 已知展开式中的系数为48，则实数（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为：
的展开式中，
的系数为，
解得．
故选：A
5. 已知圆锥的高为3，若该圆锥的内切球的半径为1，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥与其内切球的轴截面，由已知数据计算出圆锥底面半径和母线长，可求圆锥的表面积.
【详解】圆锥与其内切球的轴截面如下图所示，
由已知，可知，所以圆锥的轴截面为正三角形，
因为，所以圆锥底面圆半径，母线，
则圆锥的表面积为．
故选：C．
6. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车.他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，通过统计相关数据后，发现坐公交车用时和骑自行车用时都近似服从正态分布. 绘制了概率分布密度曲线，如图所示，则下列哪种情况下，应选择骑自行车（ ）
A. 有26 min可用B. 有30 min可用
C. 有34 min可用D. 有38 min可用
【答案】D
【解析】
【分析】应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具，结合图形，比较概率的大小可得答案.
【详解】由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具.
根据和分布密度曲线图可知，，，，.
所以，如果有38 min可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车.
故选：D
7. 过坐标原点的直线与椭圆交于两点，设椭圆的右焦点为，已知，且，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出另一个焦点，利用椭圆的定义结合余弦定理求出基本量，再求离心率即可.
详解】
如图所示，设椭圆的左焦点为，连接，
由椭圆的对称性，可得四边形为平行四边形，
设，则，，
由余弦定理得：
，
所以，因为，，
所以椭圆的离心率.
故选：D．
8. 已知函数（），且在有两个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用零点的意义等价转化，构造函数，再借助导数探讨函数在有两个零点作答.
【详解】，，由得，，则，令，
依题意，函数在有两个零点，显然，而在上单调递增，
则有，当或，即或时，在上单调递增或单调递减，
即有函数在只有一个零点1，因此，此时当时，，当时，，
函数在上单调递减，在单调递增，则，
要函数在有两个零点，当且仅当在上有一个零点，即有，解得，
所以的取值范围.
故选：C
二、多项选择题（本大题共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. 已知一组不完全相同的数据，，…，的平均数为，方差为，中位数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，，，…，，其平均数为，方差为，中位数为m，则下列判断一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用平均数公式、方差公式分别可以确定新数据的平均数、方差与原平均数、方差的大小关系，因新加入数据不知与中位数大小所以无法确定新的中位数大小．
【详解】∵，，
∴，平均数不变，所以A选项正确；
，
，
所以，故B错误，C正确；
对于D选项，由于原数据的中位数与平均数的大小关系不确定，
所以不能比较新数据与原数据的中位数的大小，故D错误．
故选：AC.
10. 函数的部分图像如图所示，在上的极小值和极大值分别为..，，下列说法正确的是（ ）

A. 的最小正周期为
B.
C. 的图像关于点对称
D. 在上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】AB选项，根据图象得到振幅和周期，求出；C选项，根据分别极小值点和极大值点，由对称性得到C正确；D选项，由图象得到函数在上单调递减，在上单调递增.
【详解】A选项，由题图可知，，则，故A错误.
B选项，，所以.
又在极小值和极大值分别为，，所以，故B正确.
C选项，因为分别为极小值点和极大值点，
故点为函数的图像的对称中心，故C正确.
D选项，，从图象可以看出函数在上单调递减，
在上单调递增，故D错误.
故选：BC.
11. 已知函数是定义域为的奇函数，，若，，则（ ）．
A. 的图像关于点对称B. 是周期为4的周期函数
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合函数对称性、周期性的定义探讨函数性质，再逐项计算判断得解.
【详解】对于A，由，得，
当时，可得；当时，，也满足；
综上所述：对任意实数都成立，
因此函数的图象关于点对称，故A错误；
对于B，又是定义域为R的奇函数，则，
因此是周期为4的周期函数，故B正确；
对于C，显然，故C正确；
对于D，由是定义域为的奇函数，得，
又，于是，
因此，
所以，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】思路点睛：对A选项，由已知条件可得，对和讨论可得对任意实数都成立；对B选项，由是定义域为R的奇函数，结合可判断；对C选项，结合条件代入运算得解；对D选项，求出，利用函数周期性运算判断.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知向量，，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由向量线性关系坐标表示得，根据向量垂直的坐标表示列方程求参数，进而应用坐标公式求模.
【详解】由，又，
所以，可得.
所以，故
故答案为：
13. 如图，四边形是正方体的一个截面，其中，分别在棱，上，且该截面将正方体分成体积比为的两部分，则的值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】设，正方体的边长为1，结合棱台与正方体的体积公式即可求得结果．
【详解】设，则，正方体的边长为1，则正方体体积，
则棱台的体积为，
依题意得，化简得，又解得
，
所以，则.
故答案为：2.
14. 已知函数，若的图象经过第一象限，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，列出不等式并分离参数，转化为能成立的问题求解即可.
【详解】由的图象经过第一象限，得，使得，即，
设，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，则，有，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步䯅.）
15. 设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，即可得解；
（2）构造函数，利用导数求出函数的最小值，即可得证.
【小问1详解】
函数的定义域为，
将代入，解得，即，
由切线方程，可知切线斜率，
故，
解得；
【小问2详解】
由（1）知，
要证，即证．
设，
则，
令，解得，或（舍去），
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以，
所以，即．
16. 如图，几何体为直四棱柱截去一个角所得，四边形是菱形，，点为棱的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）寻求证明平面的条件，得到和，即可得证；（2）先建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，求出两个法向量夹角的余弦值，进而得到平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
如图，连接，
因为四边形是菱形，且，
所以为等边三角形，且点为棱的中点，
则．
又几何体为直四棱柱截去一个角所得，
则平面平面，
所以，
又，，，所以平面，
又平面，且平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
如图，设交于点，取的中点，
连接，则，所以平面．
又因为四边形为菱形，所以，
则以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
因为平面，故为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即
则，令，则，所以，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17. 甲、乙是北京2022冬奥会单板滑雪坡面障碍技巧项目的参赛选手，二人在练习赛中均需要挑战3次某高难度动作，每次挑战的结果只有成功和失败两种．
（1）甲在每次挑战中，成功的概率都为．设X为甲在3次挑战中成功的次数，求X的分布列和数学期望；
（2）乙在第一次挑战时，成功的概率为0.5，受心理因素影响，从第二次开始，每次成功的概率会发生改变其规律为：若前一次成功，则该次成功的概率比前一次成功的概率增加0.1；若前一次失败，则该次成功的概率比前一次成功的概率减少0.1．
（ⅰ）求乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概率；
（ⅱ）求乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（ⅰ）0.4；（ⅱ）0.62．
【解析】
【分析】(1)由已知得，然后列出相应分布列即可.
(2)根据条件概率的计算公式，列出相应的计算公式，直接计算求解即可.
【小问1详解】
由题意得，，则，其中，
则X分布列为：
则.
【小问2详解】
设事件为“乙在第i次挑战中成功”，其中．
（ⅰ）设事件B为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则，
则
．
即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为0.4．
（ⅱ）因为
，
且
，
所以．
即乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率为0.62．
18. 已知为抛物线的焦点，过的动直线交抛物线于两点．当直线与轴垂直时，．
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线的斜率为1且与抛物线的准线相交于点，抛物线上存在点使得直线的斜率成等差数列，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，根据题意，令，求出纵坐标的值，再根据进行求解即可；
（2）设直线的方程,与抛物线方程联立，求出直线PA，PM，PB的斜率表达式，结合等差数列和一元二次方程根与系数关系，得到一个等式，根据等式成立进行求解即可.
【小问1详解】
因为，在抛物线方程中，
令，可得，
所以当直线与轴垂直时，解得，
抛物线的方程为.
【小问2详解】
（2）因为抛物线的准线方程为，
由题意可知直线的方程为，
所以.
联立消去，得，
设，，则，，
若存在定点满足条件，则，
即，
因为点均在抛物线上，所以.
代入化简可得，
将，代入整理可得
，即，
所以，解得，
将代入抛物线方程，可得，
于是点即为满足题意的定点.
19. 若有穷数列满足：，则称此数列具有性质．
（1）若数列具有性质，求的值；
（2）设数列具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列为等差数列．
【答案】（1），，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列具有性质的定义运算得解；
（2）由数列具有性质的定义和等差数列的定义可得.
【小问1详解】
由已知可得数列A共有5项，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以．
【小问2详解】
数列A具有性质，且为奇数，
所以存在，使得，由题意可得，
设，
由于当时，存在正整数，使得，
所以，这项均为数列A中的项，
且，
因此一定有，
即，
这说明数列：是以为公差的等差数列，
由数列A具有性质，以及可得数列A为等差数列．
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键是由数列具有性质，得到，再由题意推出，这项均为数列中的项，且，因此得到.
X
0
1
2
3
P