2024届广西南宁市部分名校高考模拟数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西南宁市部分名校2024届高考模拟数学试卷一、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.已知an是等比数列，，，则（）A.10 B. C.6 D.〖答案〗C〖解析〗因为是等比数列，所以，又因为，所以，故选：C．2.若复数是纯虚数，则实数（）A.1 B. C. D.0〖答案〗B〖解析〗由，根据题意可知.故选：B.3.如图，有三个相同的正方形相接，若，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗设正方体边长为1，由图可得，则且，所以.故选：B.4.已知正方形的四个顶点都在椭圆上，椭圆的两个焦点分别在边和上，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗不妨设椭圆方程为，当时，，所以，因为四边形为正方形，所以，即，所以，所以，解得，因为，所以．故选：C.5.小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，事件A包含3中情况，①走了4次1级台阶，其概率.②走了2次1级台阶，1次2级台阶，其概率，即,③走了2次2级台阶，其概率，故小明爬到第4级台阶概率，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率,故选：D.6.已知圆，点在线段（）上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，以为直径作圆，则圆的面积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题可知，，，，，为锐角，当圆的面积取最大值时AB最大，因为，所以当最大时AB最大，因在上单调递增，所以当最大时最大，在中，，所以最大时最大，因为，所以当最大时，最大，因为点在线段（）上，所以，所以当点为时，最大，，即,此时，即，所以，即圆半径为，所以圆的面积的最大值为，故选：D．7.《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为平面，AB、平面，所以，，因为，，、平面，所以平面，如图所示，设为球与平面的交线，则，，所以，所以所在的圆是以为圆心，为半径的圆，因且，所以，所以弧的长为．故选：B.8.若函数存在零点，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由得，设，则，∴在R上单调递增，∴，∴，，，即．所以存在零点等价于方程有解，令，则，当时，h'x<0；当时，h所以hx在上为减函数，在上为增函数，所以．故选：B.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.锐角三角形中，角，，所对应的边分别是，，，下列结论一定成立的有（）A. B.C.若，则 D.若，则〖答案〗BCD〖解析〗对于A，因为为锐角三角形，所以，由余弦定理得，，即，由正弦定理得，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，因为为锐角三角形，且，所以，又因为在上单调递增，所以，故C正确；对于D，由得，，由为锐角三角形得，，即，解得，故D正确；故选：BCD．10.已知定义在上的奇函数，对，，且当时，，则（）A.fB.有个零点C.在上单调递增D.不等式的解集是〖答案〗AC〖解析〗对于A，在中，令，得，，故正确；对于B,又为上的奇函数，，，∴fx至少有三个零点，故错误；对于C,设，，且，则，，，在上是增函数，由于为奇函数，∴fx在上也是增函数，故C正确；对于D,易知当时，，当时，，由，得或，解得，故D错误．故选：．11.已知正方体的棱长为2，过棱的中点作正方体的截面，下列说法正确的是（）A.该正方体外接球的表面积是B.若截面是正六边形，则直线与截面垂直C.若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值的3倍为2D.若截面过点，则截面周长为〖答案〗BD〖解析〗对于A，外接球的半径为，故外接球的表面积为，故A错误；对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，设的中点为G，则，，，，，∴，，，∴，，则，，即，，又，，正六边形截面，∴正六边形截面，故B正确；对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，设直线与截面所成的角为，则，故C错误；对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，于是．∵，，，故截面的周长为，故D正确．故选：BD．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）12.集合子集的个数是______________．〖答案〗64〖解析〗由题可知，，有6个元素，所以该集合的子集有个.13.设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则_____.〖答案〗〖解析〗由展开式的二项式系数的最大值为，则有，由展开式的二项式系数的最大值为，则有，由，故有，即，即，即，解得.14.已知抛物线的焦点为，点为抛物线上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为__________.〖答案〗〖解析〗由题意知，焦点，设存在定点，使得点在圆上运动时，均有，设，则，由，知，联立两式，消去可得，令，则，满足上式，所以，所以，当且仅当，三点共线时，等号成立，设，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为．四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）15.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．（1）证明：；（2）记边AB和BC上的高分别为和，若，判断的形状．（1）证明：因为，由正弦定理得，，整理可得，，又，于是，即，因为，所以，所以或（舍去），所以；（2）解：根据等面积法可知，即，由，可得，又由及正弦定理可得，，解得，由于，所以，所以，所以是直角三角形.16已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）对任意，都有，求实数的取值范围.解：（1）函数的定义域为(0,+∞)，函数的导数，因为，所以当时，，此时，函数在上单调递减，当时，，此时，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递减，所以对任意的，都有，因为对任意的，都有，所以，即，得，所以当时，对于任意的，都有，当时，，由（1）得在上单调递增，所以对于任意，有，因为对于任意，都有，所以，即，设，则，设，则，所以在上单调递减，则当时，，此时不等式不成立，综上，所求的取值范围是.17.如图，在中，，，．将绕旋转得到，，分别为线段，的中点．（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面所成锐角的余弦值．解：（1）因为，将绕旋转得到，所以，又平面，所以平面，取中点，连接，作，垂足为，因为，点为中点，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，所以平面，即点到平面的距离为的长度，因为平面，平面，所以，因为是边长为2的等边三角形，所以，又，所以，所以．（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，以过点，垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，可得，即，取，则，取中点，连接，由等腰得，，则，由（1）得平面，所以为平面的一个法向量，设平面与平面所成夹角为，则，所以平面与平面所成锐角的余弦值为．18.已知双曲线：过点，离心率为.（1）求的方程；（2）过点且斜率为的直线交双曲线左支于点，平行于的直线交双曲线的渐近线于A，B两点，点A在第一象限，直线的斜率为.若四边形为平行四边形，证明：为定值.（1）解：因为双曲线：过点，离心率为，所以有；（2）证明：设直线的方程为，直线的方程为，，将代入直线得，即，联立，得，得，即，，因为在第一象限，双曲线渐近线方程为，联立，得，即，联立，得.即，所以，因为，所以，所以①，又②，①②得，，所以，所以，因为所以，为定值.19.夏日天气炎热，学校为高三备考的同学准备了绿豆汤和银耳羹两种凉饮，某同学每天都会在两种凉饮中选择一种，已知该同学第1天选择绿豆汤的概率是，若前一天选择绿豆汤，后一天继续选择绿豆汤的概率为，而前一天选择银耳羹，后一天继续选择银耳羹的概率为，如此往复．（1）求该同学第2天选择绿豆汤概率；（2）记该同学第天选择绿豆汤的概率为，证明：为等比数列；（3）求从第1天到第10天中，该同学选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹概率的天数．解：（1）设表示第1天选择绿豆汤，表示第2天选择绿豆汤，则表示第1天选择银耳羹，根据题意得，，所以．（2）设表示第天选择绿豆汤，则，根据题意得，，由全概率公式得，，即，整理得，，又，所以是以为首项，为公比的等比数列．（3）由（2）得，，由题意，只需，即，则，即，显然必为奇数，为偶数时不成立，当时，考虑的解，当时，显然成立，当时，，不成立，由单调递减得，时，也不成立，综上，该同学只有1天选择绿豆汤的概率大于选择银耳羹的概率．广西南宁市部分名校2024届高考模拟数学试卷一、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.已知an是等比数列，，，则（）A.10 B. C.6 D.〖答案〗C〖解析〗因为是等比数列，所以，又因为，所以，故选：C．2.若复数是纯虚数，则实数（）A.1 B. C. D.0〖答案〗B〖解析〗由，根据题意可知.故选：B.3.如图，有三个相同的正方形相接，若，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗设正方体边长为1，由图可得，则且，所以.故选：B.4.已知正方形的四个顶点都在椭圆上，椭圆的两个焦点分别在边和上，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗不妨设椭圆方程为，当时，，所以，因为四边形为正方形，所以，即，所以，所以，解得，因为，所以．故选：C.5.小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，事件A包含3中情况，①走了4次1级台阶，其概率.②走了2次1级台阶，1次2级台阶，其概率，即,③走了2次2级台阶，其概率，故小明爬到第4级台阶概率，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率,故选：D.6.已知圆，点在线段（）上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，以为直径作圆，则圆的面积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由题可知，，，，，为锐角，当圆的面积取最大值时AB最大，因为，所以当最大时AB最大，因在上单调递增，所以当最大时最大，在中，，所以最大时最大，因为，所以当最大时，最大，因为点在线段（）上，所以，所以当点为时，最大，，即,此时，即，所以，即圆半径为，所以圆的面积的最大值为，故选：D．7.《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑中，平面，，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为平面，AB、平面，所以，，因为，，、平面，所以平面，如图所示，设为球与平面的交线，则，，所以，所以所在的圆是以为圆心，为半径的圆，因且，所以，所以弧的长为．故选：B.8.若函数存在零点，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由得，设，则，∴在R上单调递增，∴，∴，，，即．所以存在零点等价于方程有解，令，则，当时，h'x<0；当时，h所以hx在上为减函数，在上为增函数，所以．故选：B.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.锐角三角形中，角，，所对应的边分别是，，，下列结论一定成立的有（）A. B.C.若，则 D.若，则〖答案〗BCD〖解析〗对于A，因为为锐角三角形，所以，由余弦定理得，，即，由正弦定理得，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，因为为锐角三角形，且，所以，又因为在上单调递增，所以，故C正确；对于D，由得，，由为锐角三角形得，，即，解得，故D正确；故选：BCD．10.已知定义在上的奇函数，对，，且当时，，则（）A.fB.有个零点C.在上单调递增D.不等式的解集是〖答案〗AC〖解析〗对于A，在中，令，得，，故正确；对于B,又为上的奇函数，，，∴fx至少有三个零点，故错误；对于C,设，，且，则，，，在上是增函数，由于为奇函数，∴fx在上也是增函数，故C正确；对于D,易知当时，，当时，，由，得或，解得，故D错误．故选：．11.已知正方体的棱长为2，过棱的中点作正方体的截面，下列说法正确的是（）A.该正方体外接球的表面积是B.若截面是正六边形，则直线与截面垂直C.若截面是正六边形，则直线与截面所成角的正弦值的3倍为2D.若截面过点，则截面周长为〖答案〗BD〖解析〗对于A，外接球的半径为，故外接球的表面积为，故A错误；对于B，建立如图1所示的空间直角坐标系，设的中点为G，则，，，，，∴，，，∴，，则，，即，，又，，正六边形截面，∴正六边形截面，故B正确；对于C，如图1，易得，为正六边形截面的一个法向量，设直线与截面所成的角为，则，故C错误；对于D，如图2，延长，与的延长线交于点K，与的延长线交于点L，连接交于点M，连接交于点N，则截面为平面．因此有，M为的三等分点，N为的三等分点，于是．∵，，，故截面的周长为，故D正确．故选：BD．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）12.集合子集的个数是______________．〖答案〗64〖解析〗由题可知，，有6个元素，所以该集合的子集有个.13.设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则_____.〖答案〗〖解析〗由展开式的二项式系数的最大值为，则有，由展开式的二项式系数的最大值为，则有，由，故有，即，即，即，解得.14.已知抛物线的焦点为，点为抛物线上任意一点，为圆上任意一点，则的最小值为__________.〖答案〗〖解析〗由题意知，焦点，设存在定点，使得点在圆上运动时，均有，设，则，由，知，联立两式，消去可得，令，则，满足上式，所以，所以，当且仅当，三点共线时，等号成立，设，则，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为．四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）15.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．（1）证明：；（2）记边AB和BC上的高分别为和，若，判断的形状．（1）证明：因为，由正弦定理得，，整理可得，，又，于是，即，因为，所以，所以或（舍去），所以；（2）解：根据等面积法可知，即，由，可得，又由及正弦定理可得，，解得，由于，所以，所以，所以是直角三角形.16已知函数，其中.（1）求函数的单调区间；（2）对任意，都有，求实数的取值范围.解：（1）函数的定义域为(0,+∞)，函数的导数，因为，所以当时，，此时，函数在上单调递减，当时，，此时，函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，在上单调递减.（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递减，所以对任意的，都有，因为对任意的，都有，所以，即，得，所以当时，对于任意的，都有，当时，，由（1）得在上单调递增，所以对于任意，有，因为对于任意，都有，所以，即，设，则，设，则，所以在上单调递减，则当时，，此时不等式不成立，综上，所求的取值范围是.17.如图，在中，，，．将绕旋转得到，，分别为线段，的中点．（1）求点到平面的距离；（2）求平面与平面所成锐角的余弦值．解：（1）因为，将绕旋转得到，所以，又平面，所以平面，取中点，连接，作，垂足为，因为，点为中点，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，所以平面，即点到平面的距离为的长度，因为平面，平面，所以，因为是边长为2的等边三角形，所以，又，所以，所以．（2）以点为坐标原点，所在直线为轴，以