广西梧州市、忻城县、桂平市2024届高三下学期5月仿真模拟试题 数学（PDF版含解析）

广西 2024 届高中毕业班 5 月仿真考
数学参考答案
一、选择题
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
二、填空题
4 ,16
12． y 1（ 24x 7y 25 0或 4x 3y 5 0

均可以） 13. _2_1_6_ __3_6_π__ 14.___ _5__1_5__ ___
1．D【详解】由题意得 B 1，2,3,4 ， 得 A B 1,2 ．故选：D.
iπ
ei cos isin eiπ cos π isinπ 1 e i z 1 i z 1 i2．D【详解】由 可得 ，所以 ，可得
z 1 i 1 i 1 i 1 i
2 2i
i z
1 i 1 i 1 i 1 i2 ，所以 的共轭复数为 i，即 A 错误；
z 的实部为 0，即 B 错误； z 的虚部为 1，所以 C 错误； z 的模为 1，可知 D 正确.故选：D
3 C 3sin 2 cos 2 6sin cos 1 2sin
2 2sin 3cos sin 1
． 【详解】由于 ，
故条件3sin 2 cos 2 1 sin 3cos sin 0等价于 ，这又等价于sin 0或 sin 3cos ，
即 tan 0或 tan 3，所以 C 正确.故选：C.
4. B (2x 1)
5 a 2 5
选 【详解】因为 0
a1x a2x a5x ，
(2x 1)5 T r 5 r r 4r 1 C5 (2x) ( 1) 5 r 1 r 4 T5 C5 (2x)( 1)
4 10x a 10
的展开式的通项为 ，令 ，得 ，则 ，故 1
π π
5．C 【详解】法一： 函数 f x sin x （ 0）的图象向左平移 个单位长度
6 4
得到函数 y sin
x π π sin
π π
x 的图象，
4 6 4 6
f x sin x π 函数 （ 0
π
）的图象向右平移 个单位长度
6 2
y sin π π π π 得到 x sin x 的图象，
2
6 2 6
π π π π 则 2kπ （ k
3 π
Z ），即 2kπ
8
（ k Z ），即 k （ k Z ），
4 6 2 6 4 3
8
由于 0，所以当 k 1时， 取得最小值 ，故选：C．
3
6．B【详解】如图所示，连接BA，BC，由对称性可知，BA BC ，
取 AC
1
的中点H ，则 AC BH ， AH AC ，
2
又因为正六边形的边长为 1，所以 AC 2，

所以 AB AC AC AB cos BAC AC AH 2 ，故选：B．
7．A 【详解】由等差数列 an 的公差为d ，得 an a1 d nd
an a1 d，则 d ，
n n
0 a d a d 0 1 1 a1 d a1 d an an 1 {a当 时， ，而 ，则 ，因此 ， n1 1 }n n 1 为递增数列； n n 1 n n 1 n
当{
an } a a a d a d为递增数列时，则 n n 1 ，即有 1 1 ，整理得 a1 d ，不能推出0 a1 d ， n n n 1 n n 1
a
所以“ 0 a n1 d ”是“{ }为递增数列”的充分不必要条件.故选：A n
8.【答案】B【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数 y 3 cos x( 0) 图象的一部分，
2π 1
可得 AB 2 3 ；设圆柱底面半径为 r ，则T 2πr ，所以 ，设椭圆长轴长为 2a ，短轴长为 2b，
r
3 c 3 3 b 2r 1
因为离心率为 ，得 e ，则 a2 b2 c2 b2 ( a)2 ，即 a2 4b2 ，所以 ，得 AC 4r ，
2 a 2 2 a AC 2
2
又由勾股定理得 AC 2 BC 2 16r 2 4r 2 2 3 ，解得 r 1，故 1 .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3200 45% 1440 人，
00 后的考生有3200 40% 1280 人，可得1440 1280 160人，所以 A 不正确；
对于 B 中，由频率分布直方图性质，可得 (0.01 0.02 a a 0.01) 10 1，
解得 a 0.03，则前三个矩形的面积和 (0.01 0.02 0.03) 10 0.6，
所以试成绩的60% 分位数为80分，所以 B 正确；
对于 C 中，设面试成绩的最低分为 x ，由前三个矩形的面积和为0.6 ，第四个矩形的面积为0.3，则
80 0.02 10 86.6 87 分，所以 C 不正确；
0.03
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：
x 55 0.1 65 0.2 75 0.3 85 0.3 95 0.1 76分，所以 D 正确.故选：BD.
10【答案】AC 【详解】对于 A，依题意，可知
DA CB DB AC 4, DC AB 2，
设 F 为 AB 的中点，连接CF , DF ，则CF AB, DF AB，
而CF DF F ,CF , DF 平面CFD ，故 AB 平面CFD ，
CD 平面CFD ，故 AB CD ，A 正确；
对于B，将四面体 ABCD放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为 x, y, z，
x2 y2 4, x2 z2 16, y2 z2则 16，解得 x y 2, z 14 ，
由于 z 14 ，即异面直线 AB 和CD 的距离为 14 ，且 AB 平面CFD ，
所以四面体 ABCD 1 1 1 2 14的体积为 S DCF AB 2 14 2 ，B 错误； 3 3 2 3
x2C y
2 z2
对于 ，由以上分析可知，四面体 ABCD的外接球半径为 3 2 ，
2 2
由 AE 2 3 ，知点E 的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为 r ，
2
2 r 9 3 2

则 r
2 (2 3)
2 ，解得 r 2，所以E 的轨迹长度为 2πr 4π，C 正确；
2 2
1 4 8

对于 D，由题意可得CF 42 1 15, sin ABC 15 ,故 ABC 的外接圆半径为 2 15 15 ，
4 4
2
3 2
2
ABC 8 7所以球心到 所在平面的距离为 2
，
15 30
设三棱锥E ABC 的高为 h，
E ABC 14 1 1 1 7由三棱锥 的体积为 时，可得 S ABC h 2
14
42 1 h ，故 h ，
6 2 3 2 6 30
3 2 2 7又由 ，故 E 点轨迹为外接球上平行于平面 ABC 7且到平面 ABC 的距离为 的两个截面圆，
2 30 30
3 2
其中一个圆为外接球的大圆，所以点E 的轨迹长度大于 2π 3 2π ，D 错误，故选：AC.
2
11.【答案】ABD
2 1 x 2
【解析】对于选项 A，函数的定义域为 0, ，函数的导数 f x 2 2 ，易知函数 f x 在 0, 2 x x x
2, f x
单调递减， 单调递增，所以 x 2是 的极小值点，故 A 正确；
2
对于选项 B，由 y f x 2 x ln x x y 2 1 1 x x 2，得 , x 0，
x x2 x x
y 由于分子判别式小于零，所以 0恒成立，
y f x x 0, 所以函数 在 ，上单调递减，
f 1 1 2 ln1 1 1 0, f 2 2 1 ln 2 2 ln 2 1 0
且 ，
y f
所以函数 x x 有且只有 1 个零点，故 B 正确；
2 ln x
对于选项 C，若 f x kx ，可得 k 2 ， x x
令 g x 2 ln x 4 x x ln x 2 ，则 g x ， x x x3
h x 4 x x ln x h x ln x
令 ，则 ，
0,1 h x 0 h x
所以在 内， ，函数 单调递增；
1, h x 0 h x
在 上， ，函数 单调递减，
h x h 1 0 g x 0
所以 ，所以 ，
所以函数 g x 2 ln x 2 在 0, 上单调递减． x x
x g x 0又因为当 时， ，
f x kx
所以不存在正实数 ，使得 恒成立，故 C 不正确；
x
对于选项 D 2，设 t 1x ，即有
x2 tx1 ，
1
f 2x1 f x2 ，即为 ln x
2
x 1
ln x
x 2 ， 1 2
2
化为 ln x
2
1 ln tx
2
1 ln t ln xx tx tx 1， 1 1 1
1 1 2故

ln t
2t 2
t x ，所以
x1 ， 1 t ln t
则 x1 x2 4
2t 2 2t 2
4 t 2 1 2t ln t 0 ，
t ln t ln t
2
设u t t 1 2t ln t （ t 1），可得u t 2t 2ln t 2 2 t ln t 1 ，
令m t t 1 ln t ，则m t 1 1 t 1 0在 t 1, 上恒成立，
t t
m t m 1 0 u t 0 u t
可得 ，所以 ，故 单调递增，
u t u 1 0 x1 x2 4可得 ，故 成立，故 D 正确．
故选：ABD.
12． y 1（答案不唯一， 24x 7y 25 0或 4x 3y 5 0均可以）
x2 y2 1 O 0,0 1 x 4
2 y 3 2 16 C 4, 3
【详解】圆 的圆心为 ，半径为 ；圆 的圆心为 ，半径为 4，
OC 5 l，l ，l l
圆心距为 ，所以两圆外切，如图，有三条切线 1 2 3 ，易得切线 1的方程为 y 1；
因为 l3 OC
3 4 4
，且 kOC ，所以 kl ，设 l3 : y x b，即 4x 3y 3b 0，则O 0,0 到 l3 的距离4 3 3 3
3b 5 5
1，解得b （舍去）或 ，所以 l3 : 4x 3y 5 0； 5 3 3
y 3 x
可知 l
3 4
1和 l2关于OC : y x对称，联立 4 ，解得 ,1

在 l2上， 4 y 1
3
y0 1 3 x

0
2 4 2
在 l1上取点 0,1

，设其关于OC 的对称点为 x0 , y0 ，则 y ， 0 1 3 1
x

0 4
x 24 7 0 25 1k 25 24 l : y 24 1 4解得 ，则 l 24 4 ，所以直线 2 x

，即 24x 7y 25 07 ，
2
y 7 7 3
0 25 25 3
综上，切线方程为 y 1或 24x 7y 25 0或 4x 3y 5 0 .
故答案为： y 1（答案不唯一， 24x 7y 25 0或 4x 3y 5 0均可以）
4
13. 216 36π 【详解】根据题意可知装入水的体积V 6 6 6 π 33 216 36π cm3 ． 3
4 ,16 1 114. 【详解】由三角形面积公式 S bc sin A结合 S bc 1 cosA ，可知 sin A 1 cos A 5 15 ， 2 2
即 sin A 2 1 cos A ，又由平方关系 sin2 A cos2 A 1，所以 4 1 cos A 2 cos2 A 1，即

cos A
3

5 cos A 1
5cos2 A 8cos A 3 0，解得 4 或 sin A 0 （舍去），
sin A
5
a2 b2 c2 2bc cos A b c b c 6
由余弦定理有 a2 b2 c2 2bc cos A，所以 2cos A ，
bc bc c b c b 5
t b
2
令 ，所以 a b c 6 1 6 t ，故只需求出 t 的范围即可，
c bc c b 5 t 5
b sin B sin π A C sin A C 由正弦定理边化角得 t
c sin C sin C sin C
sin AcosC cos Asin C sin A cos A 4 3 ，
sin C tan C 5 tan C 5
π
注意到在锐角 ABC 中，有 A C ，简单说明如下：
2
A C π B π A C π π π若 ，则 ，即 B 不是锐角，但这与 ABC 是锐角三角形矛盾，
2 2 2
所以在锐角 ABC A C π π π中，有 ，所以在锐角 ABC 中，有0 A C ，
2 2 2
sin π 3 A
因为正切函数 y tan x 在 0,
π
上单调递增，所以 tan C tan
π cos A 3
A
2 5 ，
2 2 cos π A sin A
4 4

2 5
3 t 4 3 4 3 5
从而 5 5 tan C 5 5 3 5 3 ，
4
a2 1 6 3
而函数 t f t 在 ,1 单调递减，在 1,
5
单调递增， bc t 5 5 3
4 f 1 f t max f 3 , f 5 max 16 ,16 16 a
2 4 16
所以 .综上所述： 的取值范围为 , . 5 5 3 15 15 15 bc 5 15


15. 1 BC1 FE, FD1 ABCD A1B C D【详解】（ ）如图，连接 ， ，在正四棱柱 1 1 1 中，
由 AB C1D1 ABC D与 平行且相等得 1 1是平行四边形，
BC
所以 1
/ / AD1，...........................2 分
BC1 AD1E AD1 AD1E又 平面 ， 平面
BC / / AD E
所以 1 平面 1 ，....................................4 分
BC1 BCC1B1 AD1E平面 ，平面 BCC B平面 1 1 EF ，
BC1 / /EF E BB所以 ， 是 1中点，
所以F 是 B1C1 的中点； .............................6 分
2 DA, DC, DD（ ）以 1为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，如图，
则 A(1,0,0) C(0,1,0) D1(0,0, 2) E(1,1,1) ， ， ， ，
AC ( 1,1,0) AD1 ( 1,0,2), AE (0,1,1)， ，.............................8 分
AD E
设平面 1 的一个法向量是 t (x, y, z)，直线 AC AD与平面 1E所成的角为 ，则

t AD1 x 2z 0
，取 z 1，得 t (2, 1,1) ，...........................10 分
t AE y z 0

t AC 2 1
sin = cos t , AC
3
，.................12 分
t AC 6 2 2
cos = 1 sin2 1 .
2
1
所以直线 AC 与平面 AD1E所成的角的余弦值 ．.................13 分 2
2
n 2 a S S 3n 3n [3(n 1)
2 3(n 1)
16.解：当 时 ， n n n 1 （ ） ] 3n 3 .................4 分 2 2 2 2
又 n 1 a1 0时，得 ，也满足上式.，.................5 分
an 3 n 1 故 ..................6 分
2 a91 270 4
4 a 5
（ ）由 ，所以 91
4
，.................8 分
a87 258 4
4 b a
又 ，所以 n 前 91 项中有 87 项来自 n ..................10 分
所以故b1 b2 b91 (a a a ) 41 421 2 87 43 44 .................12 分
87 a1 a87 4 44 1 11223 340 11563 ..................15 分
2 4 1
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．................2分
2 1 2 1 2 1 1
因此所求概率为 3
（ 1 2
） 1 3
2 3 2 6 .................6分
（2）因为甲先发球，且甲11: 2 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，................8 分
所以单局比赛中甲11: 2 获胜的概率为
2
[C 2 1 2 ( )6 C0 ( )6 C1 (1 1 2 1 )6 C1 5 0 6 2 1 2 2 4 49 49
3 6 2 6 3 6 2 6
( ) C
3 3 6
( ) C6 ( ) ( ) ] ； .................152 3 3 1458 1458
分
18.【详解】（1）由题意得 | AB | | MA | | MB | 6 ，易知 | MA | | MB | 4 | AB |，
由椭圆定义可知，动点M 在以 A，B 为焦点，且长轴长为 4 的椭圆上，
y2M AB x
2
又 不能在直线 上，∴ C 的方程为： 1 (x 0)．................4 分
4 3
（2）(i) E(x , y（法一）设 1 1) F (x， 2 , y2 ) G(x0 , y， 0 )，
EF y k x 1易知直线 的方程为 1 ，
y2 x2
1
联立 4 3 ，得 (3k 2 4)x2 6k x 9 0， ∴ x1 x
6k1 x x 3k 4
2 1 1 3k 2 4 ，∴
x 1 2 10 2 3k 2 ，
y0 k1x0 1 4 3k 2 1 1 1 4
，
y k1x 1
G( 3k1 4 3k 4

2
即 2 , 2 ) ，同理可得，H ( 2 , 2 )，∴ OG OH
9k1k 16 2
3k 4 3k 4 3k 4 3k 4 (3k 2 4)(3k 2 4) ，欲使OG OH ，则1 1 2 2 1 2

OG OH 0 ，
9k k 16 9 16 0 ∴ 16 16 16即 1 2 ， ，∴存在唯一常数 ，使得当 k1k2 时，OG OH ．......10 分 9 9 9
E(x , y ) F (x , y ) G(x , y )
（法二）设 1 1 ， 2 2 ， 0 0 ，
k
易知 EF 的斜率 1不为零，否则G 与A 重合，
欲使OG OH ，则H 将在 x 轴上，又H 为 PQ的中点，
则PQ x 轴，这与 PQ过A 矛盾，
k1 0 k 0故 ，同理有 2 ，
y2 21 x1
1 4 3 y1 y2 y1 y 4 2 x = x1 x2 y = y y则 2 2 ，可得 x x x x 3 ，易知 0 ，
1 2
0 ，
y 2 22 x2 1 2 1 2
1 4 3
y1 y2
k y0 y y 2 1 2 k
y1 y2 4 4
且 OG x x ， 1
，∴ k1 kOG ，即 kOG ，
0 1
x2 x1 x2 x1 x2 3 3k1
2
4 4 4 16
同理可得， kOH ，欲使OG OH k3k ，则 OG
kOH 1， ∴ ( ) ( ) 1
2 3k 3k
，∴ k1k2 ，
1 2 9
16 16
∴存在唯一常数 ，使得当 k1k2 时，OG OH ．................10 分 9 9
6k 9
(ii) 由(i)易知 x 11 x2 3k 2 4 ，且 x1x 2 1 3k 21 4
36k 2 36(3k 2 4)
∴ | EF | 1 k 2 (x x )2 4x x 2 1 1 41 1 2 1 2 1 k1 3k 2
4 ，
1 4 3k
2
1 4
即 | EF |
4
4 2 ，同理可得， | PQ | 4
4

3k 4 3k 2 4 ， 1 2
k1 4 4 4 3 4
∵ k 3 ，∴
|| EF | | PQ || =| 2 |=| |
2 3k1 4 3k
2 4 4k 2 3 3k 2 4 ， 2 2 2
记 k 22 t 0，
|| EF | | PQ || | 3 4 | 7t 7 7 1
∴ 4t 3 3t 4 (4t 3)(3t 4) 12t 12 25 12 2 25 7 ，
t
k 1
当且仅当 t 1，即 2 时取等，
由椭圆的对称性，不妨设此时 k2 1， k
4
1 ， 3
4
1
且直线 EF 和 PQ的夹角为 ，则 tan
1
3 24 ，不难求得 sin ， 1 1 7 10
3
此时，易知 | PQ | 4
4 24
2 ，且 | EF | 4
4 25

3k2 4 7 3k
2 4 7 ， 1
1
∴四边形 EPFQ的面积为 | PQ || EF | sin 1 24 25 2 30 2 ．................17 分
2 2 7 7 10 49
x x x x
19.【详解】（1） ch x e e e e ，则 ch x ，
2 2
e2 e 2 2 2
所以 ch 2 ，可得 y ch x 在 x 2 e e处的切线斜率为 ..................4 分
2 2
ex e x x x
（2）（i） sh x ，令F x sh x x e e x，
2 2
x
F x e e
x
则 1 0，所以F x 在 0, 上单调递增，
2
F x sh x x F 0 sh 0 0 0
所以 ，
所以当 x 0 sh x x时， 成立；.................10 分
1
（ii）下面证明：当 x 0时， cosx 1 x2 成立，
2
令H x 1 cosx 1 x2，则H x sinx x，
2
g x x sinx g x 1 cosx 0
令 ，则 ，
g x 0, g x x sinx g 0 0
因此 在 上单调递增；所以 ，
H x sinx x 0
所以 ，
所以H x 在 0, 上单调递增，所以H x cosx 1 1 x2 0，
2
1
所以当 x 0时， cosx 1 x2 成立，
2
x 1 1 1令 ,n 1且 n N*，可得 cos 1 ， n n 2n2
即 cos
1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1



，
n 2n 4n 4n 1 2n 1 2n 1
由题意 sh 2x 2sh x ch x x 1，令 ,n 1且 n N*， n
sh 2 2sh 1 ch 1 可得 ，
n n n
x
ch x e e
x
因为 1，所以 sh
2 2sh 1 ch 1 2sh
1
，
2 n n n n
1 1 1
由（i）知当 x 0时， sh x x ，所以令 x ,n 1且 n N*，可得 sh ， n n n
sh 2 2sh 1 ch 1 1 2所以 n n n
2sh n
，
n
由前面解答过程得，对任意 x 0, x sinx 成立，
1 1
令 x ,n 1且 n N*，可得 sin
1
n n n
，

sh 2 1 1 1 2 1 1 1 所以 n
2sh chn n
2sh 2sin 2cos tann n n n
，
n
又 n 1且 n N*，所以0
1
1，
n
sh 2 n 1 1 1
所以 2cos

1
2 1 ，
tan n 2n 1 2n 1



n
所以可得：
2 2 2
sh 2 sh sh sh2 3 n 2 1 1 1 1 1 11 1 1

1 1 1

tan1 tan tan tan 3 3 5 2n 1 2n 1


2 3 n
2
2n 2 2n 4n ，
2n 1 2n 1
2 2 2
sh 2 sh sh sh2 3 4n
即可得 1 1
n
1 2n , n N
*
tan1 2n ..................17 分 tan tan tan 1
2 3 n