广西壮族自治区来宾市2024届高三一模数学试题及答案

这是一份广西壮族自治区来宾市2024届高三一模数学试题及答案，共19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．设全集为R，集合A＝{x|0＜x＜3}，B＝{x|x＞2}，则＝（ ）
A．{x|0＜x≤2}B．{x|0＜x＜2}C．{x|1≤x＜3}D．{x|0＜x＜3}
2．复数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
3．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，体积为3，则该正四棱台的高为（ ）
A．1B．C．D．
5．如图，中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人. 若安排甲、乙两人同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）
A．12种B．16种C．20种D．24种
6．“”是“成等比数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．充要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
7．棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作一条直线与C交于A，B两点（不在坐标轴上），坐标原点为O，若，，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．二项式系数最大项为第五项B．各项系数和为0
C．含项的系数为4D．所有项二项式系数和为16
10．甲，乙，丙，丁等4人相互传球，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者将球等可能地传给另外3人中的任何1人，经过n次传球后，球在甲手中的概率为，则下列结论正确的是（ ）
A．经过一次传球后，球在丙中概率为
B．经过两次传球后，球在乙手中概率为
C．经过三次传球后，球在丙手中概率为
D．经过n次传球后，
11．下列物体中，能够被整体放入棱长为2的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（参考数据：，）（ ）
A．底面直径为1，高为的圆锥
B．底面边长为1，高为0.8的正三棱柱
C．直径为0.8的球体
D．底面直径为0.5，高为0.9的圆柱体
三、填空题
12．根据气象统计，某地3月份吹西北风的概率为0.7，既吹西北风又下雨的概率为0.5，则该地3月在吹西北风的条件下下雨的概率为 .
13．若曲线与的图象有3个交点，则 .
14．已知函数，动直线与的图象分别交于A，B两点，曲线在点A和点B的两条切线相交于点C，当为直角三角形时，它的面积为 .
四、解答题
15．记等差数列的前n项和为，若，.
(1)求的通项公式；
(2)求使成立的n的取值集合.
16．在中，D为边上一点，满足，且.
(1)证明：.
(2)若，求.
17．如图，四棱锥的底面为菱形，，.
(1)证明：；
(2)若，，求二面角的正弦值.
18．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为.

(1)求C的方程；
(2)记C的左顶点为A，直线与x轴交于点B，过B的直线与C的右支于P，Q两点，直线AP，AQ分别交直线l于点M，N，证明O，A，M，N四点共圆.
19．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：.
参考答案：
1．A
【分析】
根据集合的运算法则求解．
【详解】由已知，所以，
故选：A．
2．B
【分析】
根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为
，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
3．A
【分析】
利用三角函数、对数函数、指数函数的单调性即可求解.
【详解】因为，则，
又，，
所以，
故选：A.
4．D
【分析】
设该正四棱台的高为，由棱台体积公式计算即可.
【详解】设该正四棱台的高为，
又其上、下底面边长分别为1，2，体积为3，
则，
所以,
故选：D.
5．B
【分析】
按照元素甲、乙所在舱位进行讨论，特殊元素优先考虑即可求解.
【详解】按照甲、乙两人同时在天和核心舱或问天实验舱两种情况讨论：
①若甲、乙两人同时在天和核心舱，则需要从剩余4人中再选1人，
剩下的3人去剩下的两个舱位，则有种可能；
②若甲、乙两人同时在问天实验舱，则剩下的4人选3人去天和核心舱即可，
共有种可能，
根据分类加法计算原理，共有种可能，
故选：B.
6．C
【分析】
利用等比数列等比中项的性质判断即可.
【详解】
若成等比数列，则；
若，令，满足，
但此时不构成等比数列.
故选：C
7．A
【分析】利用向量法求点到直线的距离.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，，
，，设向量与的夹角为，
，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
8．C
【分析】
根据椭圆定义得到，由得到⊥，设，由勾股定理得到，求出或，分两种情况，结合勾股定理列出方程，求出离心率，由题目条件排除不合要求的解，得到答案.
【详解】由椭圆定义得，又，故，
因为，故，故，
又，
故，即⊥，
设，则，，
由勾股定理得，即，
解得或，
当时，，则，
由勾股定理得，即，解得，
此时A，B两点不在坐标轴上，满足要求，
当时，，则，
此时A在轴上，不合要求，舍去，
综上，离心率为.
故选：C
【点睛】求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).
9．BD
【分析】
利用二项式系数的性质判断AD；利用赋值法判断B；利用二项式定理得到的展开通项，从而求得含项的系数判断C.
【详解】对于A，因为展开式一共五项，所以二项式系数最大项为第三项，故A错误；
对于B，令时，，所以各系数的和为0，故B正确；
对于C，因为的展开通项公式为，
令，得，故含项的系数为，故C错误；
对于D，所有项的二项式的系数和为，故D正确.
故选：BD.
10．BCD
【分析】依据题意根据古典概型公式及相互独立事件乘法公式逐项计算即可判断A,B,C;对于D,根据题意得到，构造等比数列进行计算即可求解.
【详解】对于A，依题可知经过一次传球后，球在丙中概率为，
故A错误；
对于B，过两次传球后，球在乙手中概率为，
故B正确；
对于C,经过三次传球后，球在丙手中的事件包括两种情况，
①第1次传球在丙手中，第2次传球不在丙手中，第3次传球在丙手中，
概率为；
②第1次传球不在丙手中，第2次传球不在丙手中，第3次传球在丙手中，
其概率为
所以经过三次传球后，球在丙手中概率为，
故C正确；
对于D，经过次传球后，球在甲手中的概率为，
则，
整理得，
即，又，
所以是以公比为，首项为的等比数列，
则，
，
故D正确，
故选：BCD.
11．BCD
【分析】
计算出正四面体的高及底面三角形内切圆半径，对于A，根据高的关系即可判定；对于B，计算出高为时正三棱锥底面三角形内切圆半径与棱柱底面三角形外接圆半径进行比较即可判定；对于C，根据正四面体内切球半径与球体的半径大小关系进行判断即可；对于D，计算出高为时正三棱锥底面三角形内切圆半径与底面圆半径进行比较即可判定.
【详解】依题可知，当几何体的外接球半径小于等于正四面体内切球半径时，
几何体能够被整体放入正四面体内，

对于正四面体，作平面.
交于，连接，且为正三角形的中心，
又棱长为2，则正三角形的内切圆半径为，
正四面体的高，
设正四面体内切球半径为，
则，则，
对于A，底面圆直径为1，半径为，
可以放到正四面体内，但高，所以不符合题意，故A错误；
对于B，底面边长为1，高为0.8的正三棱柱，

如图所示，当时，设内切圆半径为，
则，
则，
而边长为1时的正三角形内切圆半径为，
故满足题意，故B正确；
对于C，直径为的球体，其半径为，故满足题意，故C正确，
对于D，如图，当时，设内切圆半径为，
则，
则，故满足题意，则D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用正四面体的结构特征求得其高与内切球的半径，再逐一分析各选项即可得解.
12．
【分析】
根据题意，利用条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设事件：某地3月份吹西北风，事件：某地3月份下雨，
根据题意，可得，
则该地3月在吹西北风的条件下下雨的概率为.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意可知曲线过坐标原点，从而建立方程，即可求解.
【详解】曲线曲线表示以为圆心，半径为的圆，
曲线表示直线或，
因为两个曲线的图象由3个交点，
如图所示，曲线过坐标原点，
故.
故答案为：.
14．1
【分析】根据题意，可得是偶函数，则关于轴对称，C在轴上，设，不妨设点在轴右侧，利用导数的几何意义求出，根据直线与直线垂直，可求得，再求出切线的方程得点坐标，求出.
【详解】由，，
又，所以函数是偶函数.
如图，由对称性可得直线与图象的交点关于轴对称，曲线在点A和点B的两条切线的交点C在轴上，
设，不妨设点在轴右侧，则，即，得，
又，所以曲线在点处切线的斜率为，由对称性得，
，解得，即.
所以切线的方程为，令，解得，
，.
故答案为：1.

【点睛】思路点睛：先证明函数是偶函数，由对称性可得关于轴对称，C在轴上，设出，根据，求出，再求出切线的方程求得点坐标，进而求出三角形的面积.
15．(1)；
(2).
【分析】
（1）根据等差数列的通向公式及前项和公式建立方程组，解出即可；
（2）根据条件化简不等式，解出即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为d，
则由题得解得
故的通项公式为.
（2）由（1）知，
所以，即为，整理得，
，故即解，解得，
所以满足条件的n的取值集合为.
16．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据得到，结合三角形面积公式和证明出结论；
（2）设，，求出其它边长，由余弦定理求出，，根据，得，由余弦定理求得结果.
【详解】（1）由知，
所以，
因为，所以，
所以.
（2）
由（1）知，设，则，
由知，又因为，
设，则，，
在中，，
在等腰中，，
所以，整理得，
所以，
故.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）利用线面垂直的判断定理可证平面PDE，继而得到，又即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间面面角的向量表达式进行计算即可.
【详解】（1）证明：设BC中点为E，连接BD，DE，PE，
底面ABCD为菱形，且，
为等边三角形，故，
，，
又，，平面PDE，
平面PDE，
又平面PDE
，又，
；

（2）过P作于点F，
由（1）得平面PDE，，
又，DE，平面BCD，
平面BCD，
由，，得，，
又，，
，
，以DA，DE分别为x轴，y轴，过D作z轴，
建立如图空间直角坐标系，

故，，
，，，…
设平面APD的一个法向量，
则，即，令，
则，
设平面CPD的一个法向量为
则，即，
令则
则，
所以二面角的正弦值为.
18．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）根据双曲线中，，的关系以及双曲线渐近线的方程，可求，，得到双曲线的标准方程.
（2）设直线的方程，与双曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系列出相关结果，再把四点共圆转化成，代入相关点的坐标，化简整理即可.
【详解】（1）
由题意可得，解得，，
所以C的方程为.
（2）
如图：

设直线PQ的方程为，，，
代入C的方程整理可得：，
，且，故且.
，，
因为P，Q在C的右支上，，，综上，
C的左顶点为，故直线AP与AQ的方程分别为：
，，可得，.
要证O，A，M，N四点共圆只需证，
即证，即证与互余
即只需证，
因为，
所以O，A，M，N四点共圆.
【点睛】方法点睛：该问题最终要证明四点共圆，转化为证明四边形的对角互补，即，进一步转化为，即证与互余，即只需证，再用坐标表示就可以了.
19．(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导，分和讨论正负，得解；
（2）将要证明的不等式转化为，设，证明，证明的不等式转化为，利用构造函数法、放缩法，结合多次求导来研究所构造函数的单调性，进而证得不等式成立.
【详解】（1）
因为，所以，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，由，得，函数在区间上单调递增，
由，得，函数在区间上单调递减.
综上，当时，在R上单调递增；
当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）要证，即证，，
即证，，
设，，
故在上单调递增，又，所以，
又因为，所以，
所以，
①当时，因为，，所以；
②当时，，
令，则，
设，则，
因为时，单调递增，所以，
所以即在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
.
综上可知，当时，，
即.
【点睛】思路点睛：本题第二问，考查导数证明不等式问题.
利用分析法，要证，即证，，构造函数，证明，将问题转化为证明，当时，易证，当时，利用，即证，构造，利用导数证明，得证.