2024年广西高三数学4月模拟调研联考试卷附答案解析

2024年广西高三数学4月模拟调研联考试卷（考试时间：120分钟满分：150分）2024.04注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，为虚数单位，则（

）A． B． C． D．3．抽样统计某位学生8次的数学成绩分别为，则该学生这8次成绩的分位数为（

）A．85 B．85.5 C．87 D．88.54．被除的余数为（

）A．2 B．4 C．6 D．85．函数的图象大致为（

）A．B．C．D．6．已知圆，当圆心C到直线的距离最大时，实数的值是（

）A． B． C．－3 D．37．“升”是我国古代发明的量粮食的一种器具，升装满后沿升口刮平，称为“平升”．已知某种升的形状是正四棱台，上、下底面边长分别为和，高为（厚度不计），则该升的1平升约为（

）（精确到）

A． B． C． D．8．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（

）A． B． C．e D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题的选项中，有多项符合题目要求．（答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分）9．平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别是，则（

）A． B．锐角三角形C．的面积为 D．的外接圆半径大于210．如图，在平面四边形ABCD中，△BCD是等边三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中点．沿BD将△BCD翻折，折成三棱锥C﹣ABD，连接BM，翻折过程中，下列说法正确的是（

）A．存在某个位置，使得CM与BD所成角为锐角B．棱CD上总恰有一点N，使得MN∥平面ABCC．当三棱锥C﹣ABD的体积最大时，AB⊥BCD．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角11．抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点（点在轴的下方），则下列结论正确的是（

）A．若，则中点到轴的距离为4B．弦的中点的轨迹为抛物线C．若，则直线的斜率D．的最小值等于9三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知向量的夹角为，，则．13．已知，则.14．设分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆的上顶点，直线与椭圆的另一个交点为.若，则椭圆的离心率为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．已知等差数列的前项和为，公差为整数，，且，，成等比数列.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.16．11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束；当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束.现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球.假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立.已知第一局目前比分为10∶10.(1)求再打两个球甲新增的得分X的分布列和均值；(2)求第一局比赛甲获胜的概率；(3)现用估计每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.17．已知四棱锥中，，，，，，(1)求证：(2)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值.18．已知双曲线G的中心为坐标原点，离心率为，左、右顶点分别为，.(1)求的方程；(2)过右焦点的直线l与G的右支交于M，N两点，若直线与交于点．（i）证明：点在定直线上：（ii）若直线与交于点，求证：．19．已知函数，若存在恒成立，则称是的一个“下界函数”．(1)如果函数为的一个“下界函数”，求实数的取值范围；(2)设函数，试问函数是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说明理由．1．B【分析】解出一元二次不等式和指数不等式，再根据交集含义即可.【详解】，，则，故选：B.2．C【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.【详解】因为，则，故.故选：C.3．D【分析】将题设中的数据按由小到大排列后可求分位数.【详解】8次的数学成绩由小到大排列为：，因，故分位数为，故选：D.4．B【分析】由，写出的展开式，即可求出被除的余数.【详解】因为，其中能被整除，又，所以被除的余数为.故选：B5．D【分析】根据函数的奇偶性排除A,再根据函数在处函数值的正负排除B和C,得出结果.【详解】,为偶函数,排除A.,排除B和C.故选:D.6．B【分析】圆心，半径，直线恒过定点，当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，由斜率公式求得的斜率，再由垂直关系可得答案．【详解】因为圆的方程为：，化为标准方程得：，所以圆心为，半径，直线恒过定点，当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，由斜率公式得直线的斜率为：，由垂直关系的斜率公式得：，解得，故选：B．7．B【分析】应用棱台的体积公式求1平升，即可得答案.【详解】由题设，上底面积为，下底面积为，所以1平升为，约为.故选：B8．A【分析】在上恒成立，即，构造函数，，求导得到其单调性，得到，得到，求出答案.【详解】由题意得在上恒成立，，故，即，令，，则在上恒成立，故在上单调递减，故，故，故a的最小值为.故选：A9．CD【分析】根据正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式等知识确定正确答案.【详解】，所以，由正弦定理得，故A错误；由余弦定理，得，所以角是钝角，故B错误；由，得，的面积为，故C正确；设的外接圆半径为，则，故D正确.故选：CD10．BC【分析】对A：根据线面垂直的判断定理证明BD⊥平面CME，可证CM⊥BD；对B：根据线面平行的判定定理分析证明；对C：根据锥体的体积公式分析可知:当CE⊥平面ABD，三棱锥C﹣ABD的体积最大，进而根据线面垂直的判断和定义分析说明；对D：根据二面角的平面角的定义理解分析.【详解】对A，取BD中点E，连接CE，ME，如图，因△BCD是正三角形，有CE⊥BD，而M是AD的中点，有ME∥AB，而AB⊥BD，则ME⊥BD，CE∩ME＝E，CE，ME⊂平面CME，于是得BD⊥平面CME，CM⊂平面CME，所以CM⊥BD，A不正确；对B，取CD的中点N，连MN，因M是AD的中点，则MN∥AC，AC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正确；对C，因，要三棱锥C﹣ABD的体积最大，当且仅当点C到平面ABD距离最大，由选项A知，点C到直线BD的距离是二面角A﹣BD﹣C的平面角，当∠CEM＝90°时，CE⊥平面ABD，即当C到平面ABD距离最大为时，三棱锥C﹣ABD的体积最大，此时CE⊥ME，有CE⊥AB，而AB⊥BD，CE∩BD＝E，CE，BD⊂平面BCD，则有AB⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以AB⊥BC，C正确；对D，若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角，则AD⊥CM，因为M为AD中点，故CA＝CD，这不一定成立，故D错误．故选：BC．11．BCD【分析】根据焦半径公式及中点坐标公式判断A，设直线方程为并联立抛物线方程，应用韦达定理，利用中点坐标关系表示出中点坐标，消去可得轨迹判断B，结合向量的坐标运算求出点的坐标，然后利用两点式斜率公式求解判断C，由题可得，然后根据基本不等式求解判断D.【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设，对于A，依题意，，解得，线段中点的横坐标，该点到轴的距离为，A错误；对于B，显然直线不垂直于y轴，设直线：，由消去x得，，则，，，设线段中点坐标为，则，消去可得，因此弦中点的轨迹为抛物线，B正确；对于C，显然，由，得，，由选项B知，有，又，则，，因此直线的斜率，C正确；对于D，由选项B知，，则，因此，当且仅当，即时取得等号，D正确.故选：BCD12．【分析】根据平面向量数量积公式求出答案.【详解】因为，所以，．故答案为：13．【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和余弦的倍角公式，准确运算，即可求解.【详解】因为，可得，所以.故答案为：.14．##【分析】依据题意求出点坐标，利用所给条件构造齐次方程求解离心率即可.【详解】由题意得，，，则，直线的斜率为，即，联立方程组，，可得，而，故，代入直线中得，故,可得，由题意得，可得，化简得，即，化简得，同除得，且，解得.故答案为：15．(1)(2)【分析】(1)利用等比数列和等差数列的定义求解即可；(2)利用裂项相消求和.【详解】（1）因为，所以，又因为，，成等比数列，所以，即，所以，联立解得，所以.（2）由（1）可得，所以.16．(1)分布列见解析，均值(2)(3)【分析】（1）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值；（2）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得；（3）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为.【详解】（1）依题意，的所有可能取值为设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，所以，.所以的分布列为012故的均值为.（2）设第一局比赛甲获胜为事件，则.由（1）知，，由全概率公式，得解得，即第一局比赛甲获胜的概率.（3）由（2）知，故估计甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，所以的所有可能取值为，因此可得；故该场比赛甲获胜的概率.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面垂直，从而得到线线垂直；（2）利用几何法找到线面所成角进而求解或者利用空间向量求解.【详解】（1）在梯形ABCD中，，，，，可算得，,所以,所以，在中，，，满足，所以，又平面PBD，平面PBD，且，所以平面PBD，又因为平面PBD，所以；（2）由证明可知，平面PBD，因为平面ABCD，则平面平面ABCD，取BD中点O，连OP，OC，因为，所以，而平面ABCD，且平面平面，平面PBD，所以就是PC与平面PBD所成的角，在中，易得，在中，，，计算可得，所以，所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为解法由证明可知，平面PBD，因为平面ABCD，则平面平面ABCD，通过计算可得，建立以，为x轴，y轴的正方向，以过D与平面ABCD垂直的向量为在z轴的正方向建立如图空间直角坐标系，显然z轴再平面PBD中且垂直于BD，则，，，，所以，，，设平面PBD的法向量为，则，即取，设直线PC与平面PBD所成角为，则，所以求直线PC与平面PBD所成角的正弦值为18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由点，的坐标可知，结合离心率可得，即可得，即可得双曲线方程；（2）设出，，可表示出直线与的方程，借助联立直线l与G所得韦达定理计算即可得证点在定直线上；由双曲线的对称性可得点亦在该直线上，借助韦达定理，通过计算的值从而得证.【详解】（1）由点，的坐标可知，离心率为，故，所以，所以双曲线方程为；（2）（ⅰ）设直线为：，联立双曲线得，消去得：，根据题意得：，设，，则，，，，故，直线：，因为在上，所以，直线：，直线：，令，可得，解得，故点在直线上；（ⅱ）由双曲线对称性可知，点也在直线上，设，，点在直线上，所以，点在直线上，所以，，所以.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为，；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达