广西专用2024年高考数学一轮复习综合测试卷含解析新人教A版理

PAGEPAGE1综合测试卷(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.(2024广西钦州一模)若复数z=x+yi(x,y∈R)满意(1+z)i=3-i,则复数z落在复平面中()A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限2.若集合A={x|log12(2x+1)>-1},集合B={x|1<3x<9},则A∩B=(A.0,12 B.-12,3.在一组样本数据中,1,2,3,4出现的频率分别为p1,p2,p3,p4,且∑i=14pi=A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.24.(2024北京高考)已知圆C:x2+y2=4,直线l:y=kx+m,则当k的值发生改变时,直线l被圆C所截的弦长的最小值为2,则m的取值为()A.±2 B.±2 C.±3 D.±35.为了探讨某班学生的脚长x(单位:厘米)和身高y(单位:厘米)的关系,从该班随机抽取10名学生,依据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系,设其回来直线方程为y^=b^x+a^.已知∑i=110xi=225,∑iA.160厘米 B.163厘米 C.166厘米 D.170厘米6.若将函数fx=34sinx-14cosx的图象向右平移m(0<m<π)个单位长度,得到的图象关于原点对称,则A.5π6 B.π6 C.27.直线y=kx+1与曲线f(x)=x3+ax+b相切于点A(1,3),则2a+b的值等于()A.2 B.-1 C.1 D.-28.已知ξ听从正态分布N(1,σ2),a∈R,则“P(ξ>a)=0.5”是“关于x的二项式ax+1x23的绽开A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.既不充分也不必要条件 D.充要条件9.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a2=b2+c2+3bc.若a=3,S为△ABC的面积,则S+3cosBcosC的最大值为()A.3 B.2 C.2 D.310.(2024贵州毕节二模)已知t=0π2cosxdx,执行如图所示的程序框图,则输出S的值为(A.3 B.15-1 C.15-14 D11.定义在R上的偶函数f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,且f(-2)=1,则f(x-2)≤1的x的取值范围是()A.[0,4] B.(-∞,-2]∪[2,+∞) C.(-∞,0]∪[4,+∞) D.[-2,2]12.设F为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点A.2 B.3 C.2 D.5二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.设函数f(x)=x2-1,x≥2,log2x,14.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=15.(2024云南师大附中高三月考)已知3x+3xn的绽开式中第3项与第7项的二项式系数相等,若把其绽开式中全部的项重新排列,则有理项互不相邻的概率为16.(2024广西南宁三中模拟)如图是某个四面体的三视图,若在该四面体内任取一点P,则点P落在该四面体内切球内部的概率为.

三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(12分)(2024广西柳铁一中高三月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S6=36,.

请在①a3=5;②a2+a4+a6=21这两个条件中任选一个补充在上面题干中,并回答以下问题.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前18.(12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是菱形,PO⊥底面ABCD,O,E分别是AD,AB的中点,AB=6,AP=5,∠BAD=60°.(1)求证:AC⊥PE.(2)求直线PB与平面POE所成角的正弦值.(3)在DC边上是否存在点F,使BF与PA所成角的余弦值为3310?若存在,确定点F19.(12分)(2024福建福州三中模拟)近年我国科技成果斐然,其中北斗三号全球卫星导航系统于2024年7月31日正式开通.北斗三号全球卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星,共30颗卫星组成.北斗三号全球卫星导航系统全球范围定位优于10米,实测的导航定位精度都是2~3米,全球服务可用性99%,亚太地区性能更优.(1)南美地区某城市通过对1000辆家用汽车进行定位测试,发觉定位精确度X近似满意X~N52(2)①某日北京、上海、拉萨、巴黎、里约5个基地同时独立随机选取1颗卫星进行信号分析,选取的5颗卫星中含中圆地球轨道卫星的数目记为ξ,求ξ的数学期望;②某地基站工作人员30颗卫星中随机选取4颗卫星进行信号分析,记Y为选取的4颗卫星中含倾斜地球同步轨道卫星的数目,求Y的分布列和数学期望.附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ<X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<X≤μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<X≤μ+3σ)≈0.9973.20.(12分)已知椭圆x2a2+y2b2=(1)求椭圆的标准方程;(2)四边形ABCD的顶点在椭圆上,且对角线AC,BD过原点O,若kAC·kBD=-b2①求OA·②求证:四边形ABCD的面积为定值.21.(12分)设函数f(x)=x3+bx+c,曲线y=f(x)在点12,f12处的切线与y轴垂直.(1)求b;(2)若f(x)有一个肯定值不大于1的零点,证明:f(x)全部零点的肯定值都不大于1.请考生在22、23两题中任选一题作答,假如多做,则按所做的第一题计分.[选修4—4:坐标系与参数方程]22.(10分)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=-1+tcosα,y=2+tsinα(t为参数),其中α≠kπ+π2,k∈Z.以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2-2(1)求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程;(2)已知曲线C1与曲线C2交于A,B两点,点P(-1,2),求|PA|2+|PB|2的取值范围.[选修4—5:不等式选讲]23.(10分)设函数f(x)=|2x+1|+|x-1|.(1)画出y=f(x)的图象;(2)当x∈[0,+∞)时,f(x)≤ax+b,求a+b的最小值.答案：1.C解析由z=x+yi(x,y∈R),可得(1+z)i·(-i)=(3-i)·(-i),即1+z=-1-3i,可得z=-2-3i,所以x=-2,y=-3,复数对应点为(-2,-3),位于第三象限.2.A解析∵A={x|log12(2x+1)>-1}=B={x|1<3x<9}={x|0<x<2},∴A∩B=x0<x3.B解析四个选项的数据都具有对称性,平均数均为2.5,其中B选项的数据中,极端值最多,数据波动程度最大,故选B.4.C解析由题意可知圆心到直线l的距离d=|m|k2+1,圆C的半径r=2,则直线l被圆C截得的弦长为2r2-d2=24-m2k2+1.当k=0时,直线5.C解析由已知得x=110∑i=110xi=22.5,y=110·∑i=110yi=160,又b^=4,所以a^=y-b^x=1606.A解析f(x)=34sinx-14cosx=12sinx-π6,图象向右平移m(0<m<π)个单位长度,得到函数y=12sinx-π6-m的图象,由于得到的图象关于原点对称,故是奇函数,所以-π6-m=kπ,k∈7.C解析依题意知,f'(x)=3x2+a,则1由此解得a=-1,8.A解析由P(ξ>a)=0.5,知a=1.因为二项式ax+1x23绽开式的通项公式为Tr+1=C3r(ax)3-r1x2r=C3ra3-rx3-3r,令3-3r=0,得r=1,所以其常数项为C31a2=3a2=3,解得a=±1,所以“P(ξ>a)=9.A解析由cosA=b2+c2-a22bc=-3bc2bc=-32,又0<A<π,可知A=5π6,又因此S+3cosBcosC=3sinBsinC+3cosBcosC=3cos(B-C),于是当B=C时,S+3cosBcosC取得最大值3.10.A解析因为t=0π2cosxdx=sinx|所以执行框图可得S=12+1+13+2+14=(2-1)+(3-2)+…+(15-14)+(16-15)=11.A解析∵偶函数f(x)在区间[0,+∞)内单调递增,且f(-2)=1,∴不等式f(x-2)≤1等价于f(|x-2|)≤f(-2)=f(2),即|x-2|≤2.∴0≤x≤4,∴f(x-2)≤1的x的取值范围是[0,4].故选A.12.A解析如图,设PQ与x轴交于点A,由对称性可知PQ⊥x轴.∵|PQ|=|OF|=c,∴|PA|=c2.∴PA为以OF为直径的圆的半径,A∴|OA|=c2.∴Pc2,又点P在圆x2+y2=a2上,∴c24+c24=a2,即c22=a2,∴e2=13.2解析当m≥2时,m2-1=3,∴m2=4,∴m=±2.∵m≥2,∴m=2.当0<m<2时,log2m=3,∴m=23=8.∵0<m<2,∴m∈⌀.综上所述,m=2.14.8解析由题意知直线MN的方程为y=23(x+得y解得x不妨设M(1,2),N(4,4).∵抛物线的焦点为F(1,0),∴FM=(0,2),FN=(3,4).∴FM·FN=0×3+2×4=15.79解析由Cn2所以3x+3xn的绽开式中的通项为Tr+1=C

8当r=0,6时为有理项,其余7项为无理项,所以有理项互不相邻的概率为P=A716.π16该四面体的底面三角形ABC为等腰直角三角形,AB⊥AC,PA⊥面ABC,其中AB=AC=22,PA=42,所以四面体的体积V=13×12×22×22设该四面体内切球的半径为r,由等体积法得V=13×12×(22×22+2×22×42+4×40解得r=22所以四面体内切球的体积为V1=43πr3=4则点P落在该四面体内切球内部的概率P=V117.解(1)设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,由S6=36,可得6a1+6×5即2a1+5d=12.选①:由a3=5,可得2a1所以数列{an}的通项公式为an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.选②:由a2+a4+a6=21,可得3a4=21,即a4=7,所以2a1所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×2=2n-1.(2)由(1)可得bn=1(所以Tn=b1+b2+…+bn=121-13+13-15+18.(1)证明连接BD,则由菱形的性质可得AC⊥BD,结合三角形中位线的性质可知OE∥BD,故OE⊥AC.因为PO⊥底面ABCD,AC⊂底面ABCD,所以AC⊥OP.因为OP∩OE=O,所以AC⊥平面POE.因为PE⊂平面POE,所以AC⊥PE.(2)解连接OB,由题意结合菱形的性质易知OP⊥OA,OP⊥OB,OA⊥OB.以点O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz如图所示.则P(0,0,4),B(0,33,0),O(0,0,0),E32,33所以OP=(0,0,4),OE=设平面POE的一个法向量为m=(x,y,z),则m据此可得平面POE的一个法向量为m=(3,-1,0).而PB=(0,33,-4),设直线PB与平面POE所成角为θ,则sinθ=|PB(3)解存在满意题意的点F,理由如下:由题意可得D(-3,0,0),C(-6,33,0),A(3,0,0),假设满意题意的点F存在,设F(x,y,z),DF=λDC(0<λ<1),据此可得(x+3,y,z)=λ(-3,33,0),即x从而点F的坐标为F(-3λ-3,33λ,0),据此可得BF=(-3λ-3,33λ-33,0),PA=(3,0,-4),结合题意有|BF·PA||故点F为CD中点时满意题意.19.解(1)由X~N52,14,易知μ=52所以P(1<X≤3)=P(μ-3σ<X≤μ+σ)≈0.6827+0.9973-0.68272=0.6827+0.1573(2)①5个基地相互独立,每个基地随机选取1颗卫星是中圆地球轨道卫星的概率为2430=45,设5个基地选取的5颗卫星中含中圆地球轨道卫星的数目为ξ,则所以E(ξ)=np=5×45=4②由题意可得Y可能的取值为:0,1,2,3,则P(Y=0)=C274C304=130203P(Y=2)=C272C32C304所以Y的分布列为Y0123P13065391所以数学期望E(Y)=130203×0+65203×1+391015×2+11015×20.解(1)由题意,知e=ca=又a2=b2+c2,解得a2=8,b2=4,∴椭圆的标准方程为x28+(2)设直线AB的方程为y=kx+m,设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y=kx+m,x2+2y2=8得(1+2k2)xΔ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0,(*)x∵kOA·kOB=-b2a2∴y1y2y1y2=-12x1x2=-12·又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2·2m2-81+2k2+km∴-m2∴-(m2-4)=m2-8k2,∴4k2+2=m2.①OA·OB=x1x2+y1y2=2m2-∴-2=2-4≤OA·OB<当k=0(此时m2=2满意(*)式),即直线AB平行于x轴时,OA·OB取最小值为-又直线AB的斜率不存在时,OA·OB∴OA·OB②证明:设原点到直线AB的距离为d,则S△AOB=12|AB|·d=121+k2·|x2=|=|=|=24k2-m∴S四边形ABCD=4S△AOB=82,即四边形ABCD21.(1)解f'(x)=3x2+b,依题意得f'12=0,即34+b=故b=-34(2)证明由(1)知f(x)=x3-34x+c,f'(x)=3x2-3令f'(x)=0,解得x=-12或x=1f'(x)与f(x)的状况为:x-∞,-12-1-12,1211