2024届广西名校高考模拟预测数学试卷（含解析）

广西名校高考模拟试卷预测卷
数学
（本卷满分150分，考试时间120分钟）
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．
2．若复数与都是纯虚数，则（ ）
A．1 B． C． D．2
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
4．已知展开式中的系数为48，则实数（ ）
A．1 B． C．2 D．
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．
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X和骑自行车用时Y都近似服从正态分布，其概率分布密度曲线，如下页图所示。下列哪种情况下，应选择骑自行车（ ）．
A．有26min可用 B．有30min可用 C．有34min可用 D．有38min可用
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．
8．已知函数，若在有两个零点，则的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
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，则下列判断一定正确的是（ ）．
A． B． C． D．
10．函数的部分图像如下图所示，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
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．
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______．
13．如下图，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______．
14．已知函数，若的图像经过第一象限，则实数的取值范围是______．
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 。）
15．（本小题满分13分）
设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）证明：．
16．（本小题满分15分）
如图，几何体为直四棱柱截去一个角所得，四边形是菱形，为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．（本小题满分15分）
甲、乙是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．设为甲在3次挑战中成功的次数，求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．
①求乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概率；
②求乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率．
18．（本小题满分17分）
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．
19．（本小题满分17分）
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．
2024年广西名校高考模拟试卷预测卷
数学参考答案及评分标准
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1．B．解析：因为，所以．故选B．
2．B．解析：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．A．解析：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“直线与圆相切”的充分不必要条件，故选A．
4．A．解析：二项式的通项公式为的展开式中，的系数为，解得．故选A．
5．C．解析：圆锥与其内切球的轴截面如右图所示，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．D．解析：由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具．根据和的分布密度曲线题图可知，，，，．所以，如果有可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车．故选D．
7．D．解析：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．因为，所以椭圆的离心率．
8．C．解析：方法一：，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堿，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，在上单调递增，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，所以的取值范围为．故选C．
方法二：，由得，，则，即，显然为．的一个根；从而在上只有一个根．设，则，设，则，当时，，所以在递减，所以，所以在递减，，又时，，所以，于是，解得．故选C．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分）
9．AC．解析：，平均数不变，A选项正确；，
，所以，B选项错误，C选项正确；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，D选项错误．故选AC．
10．BC．解析：由题图可'知，则，A选项错误；，所以．又的极小值和极大值分别为，所以，B选项正确；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，C选项正确；，从图像可以看出函数在上单调递减，在上单调递增，D选项错误．故选BC．
11．BCD．解析：由，得，当时，可得；当时，，也满足；综上所述：对任意实数都成立，因此函数的图像关于点对称，A选项错误；又是定义域为R的奇函数，则，因此是周期为4的周期函数，B选项正确；显然，C选项正确；由是定义域为的奇函数，得，又，于是，因此，所以，D选项正确．故选BCD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．．解析：，因为，所以，可得．所以，故．
13．2．解析：设，则，令正方体的边长为1，则正方体的体积，则棱台的体积为，依题意得，化简得，又，解得，所以，则．
14．．解析：因为的图像经过第一象限，所以，使得，即，所以．设，则，当时，单调递减；当时，，单调道．憎，所以，所以．
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15．（本小题满分13分）
解：（1）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．
（2）证明：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．（本小题满分15分）
解：（1）如图，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，．
又平面平面，
所以，
又，所以平面，
又半面，所以平面平面．
（2）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．（本小题满分15分）
解：（1）由题意得，，
则，
其中，
则的分布列为：
0 1 2 3
则．
（2）设事件为“乙在第次挑战中成功”，其中．
①设事件为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次”，则，
则
，
即乙在前两次挑战巾，恰好成功一次的概率为0.4．
②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．（本小题满分17分）
解：（1）因为，
在抛物线方程中，
令，可得，
所以当直线与轴垂直时，解得，
所以抛物线的方程为．
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．（本小题满分17分）
解：（1）由已知可得数列共有5项，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
当时，有，所以．
（2）数列具有性质，且为奇数，，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，
由数列具有性质，以及可得数列为等差数列．