广西壮族自治区来宾市2024届高三一模数学试题(含解析)

广西壮族自治区来宾市2024届高三一模数学试题

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一、单选题

1.设全集为R,集合4={x|0VxV3},B={X\X>2]9则()

A.{x|0<x<2}B.{x|0<x<2}C.{x|l<x<3}D.{x|0<x<3}

2.复数（l+i>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a=tan2,b=lgn,c=册,贝Ua,b,c的大小关系为（）

A.a<b<cB.b<a<c

C.c<b<aD.c<a<b

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

（）

469

A.1B.-C.-D.-

357

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（）

C.20种D.24种

6.“从=℃”是“a,6,c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/BCD—qqq,中，点瓦F满足DE=2ED,BF=2FB,则

点£到直线FC的距离为（）

1

试卷第1页，共4页

A3庄R2735

,55

D.”

c,史

55

8.已知椭圆C：上+匕=1（〃>6>0）的左、右焦点分别为尸，歹，过厂作一条直线与C

Q2122

交于4,5两点（不在坐标轴上），坐标原点为。，若|。4卜=42一4，|5FI=,则。

的离心率为（）

A.-B.9C.叵D.叵

3236

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.含犷项的系数为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〃次传球后，球在甲手中的概率为

尸（"=1,2,…），则下列结论正确的是（）

n

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-

9

7

C.经过三次传球后，球在丙手中概率为—

1「（1V-1

D.经过〃次传球后，P=-1---

n4\3J

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：>/6«2.449,五=1.414）（）

A.底面直径为1,高为百的圆锥

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

试卷第2页，共4页

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C:x2+(y-m)=4与C一产=0的图象有3个交点，则加=.

12

14.已知函数/(x)=ln网。>0),动直线>=，与/(x)的图象分别交于4,2两点，曲

线y=/G)在点/和点3的两条切线相交于点c,当“3C为直角三角形时，它的面积

为.

四、解答题

15.记等差数列％｝的前“项和为S,若。。=24,S=-20.

nn235

(1)求｛a｝的通项公式；

n

s1

(2)求使丁<1成立的〃的取值集合.

n

16.在448c中，。为边3c上一点，满足S=2S,^ZBAC+ZDAC=it.

△ABDTCD

⑴证明：AB=3AD.

(2)若。C=/C,求cosN氏4C.

17.如图，四棱锥尸—4BCD的底面为菱形，ZDAB=60°,PB=PC=3

(I)证明：PD1.AD；

(2)若40=2,PD=\,求二面角/-尸D—C的正弦值.

18.已知双曲线C：三一匕=1(°>0/>0)的右焦点为(/6o),渐近线方程为

〃2b?

(I球C的方程;

试卷第3页，共4页

-2

(2)记。的左顶点为4,直线/：x=§与x轴交于点瓦过5的直线与C的右支于尸，Q

两点，直线/尸，4。分别交直线/于点M,N,证明0,4,M,N四点共圆.

19.已知函数/(工)=3+g一1.

⑴讨论/(x)的单调性；

(2)当别>0时，证明：/G)>xlnx-(m+l)sinx.

试卷第4页，共4页

参考答案:

1.A

【分析】

根据集合的运算法则求解.

【详解】由已知68={X|XV2},所以/n68={x[0<xW2},

RR

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(l+i)=(l+i>(l+i)=(12+2i+i2)(l+i)

=2i(l+i)=2i+2i?=-2+2i,

所以复数(1+。在复平面内对应的点为(々2),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.

TT

【详解】因为则。=12112<0,

又0=lgl<6=lg兀<lglO=l,c=7e>l,

所以a<6<c,

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,

则忆=1”<2+22+,12><22)=y=3,

9

所以的=于

故选：D.

答案第1页，共15页

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CIC2=12种可能；

43

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C3=4种可能，

4

根据分类加法计算原理，共有12+4=16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。也c成等比数列，则62=℃;

若62=ac,令。=6=0,满足62=ac,

但此时。，dc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£（0,0,1）,尸（3,3,2）,C（0,3,3）,

跖=（3,3,1）,FC=（-3,0,1）,设向量而与正的夹角为。，

11

EFFC-9+18

/.COS0=

I£FIIFCI<79X710V190

643A/35

所以点E到直线FC的距离为d=|EF|-sin。<19x

1905

故选：A.

答案第2页，共15页

【分析】

根据椭圆定义得到怛q|=g,由|。那=①一上=,2得到华1/勺设卜q=机，由勾股定理

2

得到卜坤+|/吓=|勺回2,求出机=铲或。，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|叫|+|叫|=2°,又|叫|=予，故怛Fj=£,

因为|。/|2=或一62=C2,故|O1|=|O)|=|O4故NOFA=NOAF,NOFA=NOAF,,

又AOFA+NOAF+ZOFA+ZOAF=180°,

1122

i^ZOAF+ZOAF=90°,即Zb'Z尸，

1212

设[/7]=加，则卜勺=2“_加，|/回=|4F|+怜7]=冽+三，

由勾股定理得+卜＜|2=[32,即(机+三：+(2°-加A=]当j'

2

解得加或〃，

224

当机=铲时，尸卜铲，贝可4尸|=2。一冽二铲，

由勾股定理得|/呼+|叫仁归呼，即甘+彳=公2,解得e=：=半，

此时工,3两点不在坐标轴上，满足要求，

当加=。时，|/Fj=a,1i]pF|=a,

此时/在了轴上，不合要求，舍去，

综上，离心率为祖.

3

答案第3页，共15页

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“，c,代入公式e=£；

a

②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合62=02-02转化为的齐次式，然

后等式（不等式）两边分别除以。或“2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3项的系数判断C.

【详解】对于A,因为1-5: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x=l时，L-1Y=O,所以各系数的和为0,故B正确；

对于C,因为［尤一1丫的展开通项公式为T=0犷/」丫=0（-1）小-2,.&=0,1,2,3,4）,

令4-2r=4,得-0,故含内项的系数为Co-（-l）o=l,故C错误；

4

对于D,所有项的二项式的系数和为24=16,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A3,C;对

于D,根据题意得到P=：（1-9），构造等比数列进行计算即可求解.

〃+13n

答案第4页，共15页

【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；

212

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，

"111

概率为yx———；

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,

2214

其概率为yxyx-=—

147

所以经过三次传球后，球在丙手中概率为§+方二药，

故C正确；

对于D,经过〃次传球后，球在甲手中的概率为尸（〃=1,2,…），

n

则尸=l（l-p）,p

n

n+13M+1jnJ

整理得以一在一位一"

n4

所以［p-II是以公比为一:，首项为的等比数列,

I«434

p_l1义（1（可」

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,

答案第5页，共15页

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/O-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4BC。，作49,平面3cD.

交BCD于0,连接OD,且。为正三角形BCD的中心，

又棱长为2,则正三角形BCD的内切圆半径为更，

3

__________、>7

正四面体的高/。=1/。2-。犯2=_^_名1.633,

设正四面体内切球半径为

11

则忆=4x；xS-t——xSxAO,贝（J/=—―«0.408,

34BCD34BCD6

对于A,底面圆直径为1,半径为1〈立，

23

可以放到正四面体内，但高4§>孚，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，当儿。=0.8时，设NEFG内切圆半径为/,

r'AM1.633-0.8八八

贝！］—=---x--------------=0.51,

rAO1.633

答案第6页，共15页

则/BO.51XX-aO.294,

3

而边长为1时的正三角形内切圆半径为巫.0.289＜0.294,

6

故满足题意，故B正确；

对于C,直径为0.8的球体，其半径为0.4＜0.408,故满足题意，故C正确,

对于D,如图，当MO=0.9时，设NEFG内切圆半径为，,

rAM1.633-0.9…C

则而"-------------=0.449

1.633

贝Urv0.449xJ°0.259>0.25,故满足题意，则D正确.

।3

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.-

7

【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A：某地3月份吹西北风，事件3：某地3月份下雨,

根据题意,可得尸(4)=07尸(/3)=0.5,

则该地3月在吹西北风的条件下下雨的概率为P(BM)==詈=.

JU.//

故答案为：

13.±2

【分析】根据题意可知曲线q：X2+(y-加＞=4过坐标原点O,从而建立方程，即可求解.

【详解】曲线曲线CJX2+Q-加＞=4表示以(0,机)为圆心，半径为2的圆，

曲线。：X2一产=0表示直线＞=%或歹=一工,

2

因为两个曲线的图象由3个交点，

答案第7页，共15页

y=x

如图所示，曲线。：％2+(y-加＞=4过坐标原点。,

1

故机2=4,/.m=±2.

故答案为：±2.

14.1

【分析】根据题意，可得/G)是偶函数，则43关于了轴对称，c在了轴上，设/G。/。),

不妨设点A在了轴右侧，利用导数的几何意义求出发,k,根据直线/C与直线8c垂直,

ACBC

可求得X=1,再求出切线/C的方程得点C坐标，求出S.

0^ABC

【详解】由/'(x)=ln网(左＞0),xe(-oo,0)u(0,+oo))

又/(-x)=lnk(-x)|=ln%|=/(x),所以函数/(x)是偶函数.

如图，由对称性可得直线＞=，与/(x)图象的交点43关于了轴对称，曲线了=/(x)在点/

和点B的两条切线的交点C在〉轴上，

设/G/),不妨设点A在〉轴右侧，则〉=t,即也依=/,得x=3，

00000左

111

又了=一，所以曲线在点A处切线的斜率为左7“=一,由对称性得勺7「二—一,

AL

XXBCX

00

1(11

—x--=-1,解得x=1,BPAB=2.

X{X)。

0、07

所以切线力。的方程为歹—lnAx=—(x—x),令工=0,解得＞=ln丘一1二/一1,

oX00

0

.-.c(o^-l),:.S=lx2x|f-G-l)=l.

△ABC2।।

故答案为：1.

答案第8页，共15页

【点睛】思路点睛：先证明函数/G）是偶函数，由对称性可得48关于〉轴对称，c在了

轴上，设出/G,y）,根据％-k=-1,求出工，再求出切线4C的方程求得点C坐标，

00ACBC0

进而求出三角形的面积.

15.⑴。=277-10

n;

⑵{6,7,8,9}.

【分析】（1）根据等差数列的通项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,

n

G+d)Q+2<7)=24,Q二—8,

则由题得,11解得

5a+10d=—20,<7=2,

i

故M｝的通项公式为。=-8+(«-l)x2=2n-10.

n(及—1)

(2)由⑴知S=—8〃+----------X2=〃2—9〃，

〃2

S-9〃(〃-1)。-10)

所以f<i,即为整理得一f(Q_<O,

A

n2H—102Vz?-57

•r«>l,故即解(〃一5)1—10)<0,解得5<〃<10,

所以满足条件物的取值集合为限7,8,吐

16.(1)证明见解析;

(2)cosN&4C=-*

【分析】⑴根据兀。=2S.q得到$5c=3sy，结合三角形面积公式和

sinABAC=sinZDACil明出结论;

（2）设加，AC=n,由余弦定理求出cos/ZQB,cosZADC,根据

答案第9页，共15页

cosZADB+cosZADC=0,得2限=3加2,由余弦定理求得结果.

【详解】(1)由S=2S知S=35,

△ABD^ACDAABCAACD

所以;N8-/CsinN8/C=3x；NO-/CsinND/C,

因为/R4C+/。4c=71,所以sin/A4C=sin/ZMC,

所以4B=3/D.

(2)由(1)知48=340,设/。=加，贝!|48=3优，

由S=2S知BD=2DC,又因为DC=/C,

△ABD^ACD

设。C=〃，则BZ)=2〃，AC=n,

AAARD«±1(2〃>+加2_(3"?>n，2m2

在△AMD中,COSZ_ADB=------------------------二--------，

2x2nmmn

m

在等腰-CD中，cos//OC=2=±

n2n

所以竺二把=一上，整理得2俏=3加2,

mnIn

所以cosNADC=—=,

2n6

故cosABAC=-cosZCAD=-cosZADC=.

6

17.(1)证明见解析；

⑵小

【分析】⑴利用线面垂直的判断定理可证3C，平面PDE,继而得到BCVPD,KBCUAD

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8C中点为£,连接8。，DE,PE,

；底面为菱形，且4048=60。，

.•.△BCD为等边三角形，板DE1BC,

■：PB=PC,PE1BC,

答案第10页，共15页

火PECDE=E,PE,DEu平面PDE,

■平面PDE,

又尸Z>u平面PDE

BC1PD,XvBC//AD,

PD1AD；

（2）过P作尸尸_LOE于点凡

由（1）得PFu平面PDE,:.PF_LBC,

又DEcBC=E,DE,8Cu平面BCD,

平面BCD,

由PB=PC=5AD=2,得DE=6PE=五,

又PD=1,PELPD,

PF=PDPE=叵，DF=QPD-PF?=由

DE33

VDAVDE,以DI,Z）E分别为x轴，y轴，过。作z轴,

建立如图空间直角坐标系D-xyz,

,ZM=（2,0,0）,DC=V15>/3,O）..

DP=0，~，~

\7

设平面APD的一个法向量加=(x,y,z),

答案第11页，共15页

设平面CP。的一个法向量为"=(a,6,c)

-a+yfib-0

n・DC=O

则〈一---,即,v;3,通八，

n•DP=0

[33

令则n=

m-n_3_V3

贝ijcosm,n=

网,卜|\/3x33

所以二面角4-尸。-C的正弦值为亚

3

区⑴，分;

(2)证明见解析.

【分析】

(1)根据双曲线中。，b,。的关系以及双曲线渐近线的方程，可求。，b9得到双曲线的

标准方程.

(2)设直线尸。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左•左=1,代入相关点的坐标，化简整理即可.

APON

【详解】(1)

。2+人2=6

由题意可得,6yf2，解得。2=4,62=2,

2

所以C的方程为三-匕=1.

42

(2)

如图：

答案第12页，共15页

设直线尸0的方程为x=Any+g,P（x,y\。（、八）,

代入C的方程整理可得：9（2-侬）产-12加y+32=0,

m2-20,且△=（一12m）2-4x9（2—，*2）x32>0,故％?>£且加242.

4m

%十八=m6八匕=

因为尸，。在C的右支上，二_0,>0,.•.加2<2,综上，—</«2<2

129

C的左顶点为/（-2,0）,故直线/P与的方程分别为：

<28y,728y）

k―A?）,k4（X+2）,可得M

133x+2，I3?3x+2）,

12、12

要证O,A,M,N四点共圆只需证N4W+Z40N=Jt,

即证ZAMN=ZBON,即证NMAB与ZBON互余

即只需证与勺“=1,

4八

k-k=」一

因为加>ONX+2x+2

2

49（2-加2）

________4x32

占+酊32m2+32Z”2+64（2-勿2）

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

ZAMN+ZAON=TI,进一步转化为乙4儿W=N8CW,即证与N3ON互余，即只需

证人-k=1,再用坐标表示就可以了.

APON

19.（1）答案见解析;

答案第13页，共15页

(2)证明见解析.

【分析】(1)求导，分"让0和加<0讨论/'(X)正负，得解；

(2)将要证明的不等式转化为e.，+(机+l)(r+