广西2024届高中毕业班5月仿真考数学参考答案选择题题号1234567891011答案DDCBCBABBDACABD填空题12．（或均可以）13.__________14.____________1．D【详解】由题意得，得．故选：D.2．D【详解】由可得，所以，可得，所以的共轭复数为，即A错误；的实部为0，即B错误；的虚部为，所以C错误；的模为1，可知D正确.故选：D3．C【详解】由于，故条件等价于，这又等价于或，即或，所以C正确.故选：C.4.选B【详解】因为，的展开式的通项为，令，得，则，故5．C【详解】法一：函数（）的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，函数（）的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（），即（），即（），由于，所以当时，取得最小值，故选：C．6．B【详解】如图所示，连接，，由对称性可知，，取的中点，则，，又因为正六边形的边长为1，所以，所以，故选：B．7．A【详解】由等差数列的公差为，得，则，当时，，而，则，因此，为递增数列；当为递增数列时，则，即有，整理得，不能推出，所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件.故选：A8.【答案】B【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，可得；设圆柱底面半径为，则，所以，设椭圆长轴长为，短轴长为，因为离心率为，得，则，即，所以，得，又由勾股定理得，解得，故.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后的考生有人，00后的考生有人，可得人，所以A不正确；对于B中，由频率分布直方图性质，可得，解得，则前三个矩形的面积和，所以试成绩的分位数为分，所以B正确；对于C中，设面试成绩的最低分为，由前三个矩形的面积和为，第四个矩形的面积为，则分，所以C不正确；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：分，所以D正确.故选：BD.10【答案】AC【详解】对于A，依题意，可知，设F为的中点，连接，则，而平面，故平面，平面，故，A正确；对于B，将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，则，解得，由于，即异面直线和的距离为，且平面，所以四面体的体积为，B错误；对于C，由以上分析可知，四面体的外接球半径为，由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，则，解得，所以的轨迹长度为，C正确；对于D，由题意可得,故的外接圆半径为，所以球心到所在平面的距离为，设三棱锥的高为h，由三棱锥的体积为时，可得，故，又由，故E点轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆，其中一个圆为外接球的大圆，所以点的轨迹长度大于，D错误，故选：AC.11.【答案】ABD【解析】对于选项A，函数的定义域为，函数的导数，易知函数在单调递减，单调递增，所以是的极小值点，故A正确；对于选项B，由，得，由于分子判别式小于零，所以恒成立，所以函数在，上单调递减，且，所以函数有且只有1个零点，故B正确；对于选项C，若，可得，令，则，令，则，所以在内，，函数单调递增；在上，，函数单调递减，所以，所以，所以函数在上单调递减．又因为当时，，所以不存在正实数，使得恒成立，故C不正确；对于选项D，设，即有，，即为，化为，故，所以，则，设（），可得，令，则在上恒成立，可得，所以，故单调递增，可得，故成立，故D正确．故选：ABD.12．（答案不唯一，或均可以）【详解】圆的圆心为，半径为1；圆的圆心为，半径为4，圆心距为，所以两圆外切，如图，有三条切线，易得切线的方程为；因为，且，所以，设，即，则到的距离，解得（舍去）或，所以；可知和关于对称，联立，解得在上，在上取点，设其关于的对称点为，则，解得，则，所以直线，即，综上，切线方程为或或.故答案为：（答案不唯一，或均可以）【详解】根据题意可知装入水的体积．【详解】由三角形面积公式结合，可知，即，又由平方关系，所以，即，解得或（舍去），由余弦定理有，所以，令，所以，故只需求出的范围即可，由正弦定理边化角得，注意到在锐角中，有，简单说明如下：若，则，即不是锐角，但这与是锐角三角形矛盾，所以在锐角中，有，所以在锐角中，有，因为正切函数在上单调递增，所以，从而，而函数在单调递减，在单调递增，所以.综上所述：的取值范围为.15.【详解】（1）如图，连接，，在正四棱柱中，由与平行且相等得是平行四边形，所以，...........................2分又平面，平面所以平面，....................................4分平面，平面平面，所以，是中点，所以是的中点； .............................6分（2）以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，.............................8分设平面的一个法向量是，直线与平面所成的角为，则，取，得，...........................10分，.................12分.所以直线与平面所成的角的余弦值．.................13分16.解：当时，.................4分又时，得，也满足上式.，.................5分故..................6分（2）由，所以，.................8分又，所以前91项中有87项来自..................10分所以故.................12分..................15分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分因此所求概率为.................6分（2）因为甲先发球，且甲获胜，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获胜的概率为；.................15分18.【详解】（1）由题意得，易知，  由椭圆定义可知，动点在以A，B为焦点，且长轴长为的椭圆上，又不能在直线上，∴的方程为：．................4分（2）(i)（法一）设，，，易知直线的方程为，联立，得，∴，∴，，即，同理可得，，∴，欲使，则，即，∴，∴存在唯一常数，使得当时，．......10分（法二）设，，，易知的斜率不为零，否则与重合，欲使，则将在轴上，又为的中点，则轴，这与过矛盾，故，同理有，则，可得，易知，，且，，∴，即，同理可得，，欲使，则，∴，∴，∴存在唯一常数，使得当时，．................10分(ii)由(i)易知，且∴，即，同理可得，，∵，∴，记，∴，当且仅当，即时取等，由椭圆的对称性，不妨设此时，，且直线和的夹角为，则，不难求得，此时，易知，且，∴四边形的面积为．................17分19.【详解】（1），则，所以，可得在处的切线斜率为..................4分（2）（i），令，则，所以在上单调递增，所以，所以当时，成立；.................10分（ii）下面证明：当时，成立，令，则，令，则，因此在上单调递增；所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以当时，成立，令且，可得，即，由题意，令且，可得，因为，所以，由（i）知当时，，所以令且，可得，所以，由前面解答过程得，对任意成立，令且，可得，所以，又且，所以，所以，所以可得：，即可得..................17分