【文档说明】广西三新学术联盟百校联考2024届高三下学期5月三模试题 数学 PDF版含解析(1).pdf，共(16)页，948.318 KB，由管理员店铺上传

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数学试题第1页（共6页）2024届广西三新学术联盟百校联考数学注意事项：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，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共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．已知集合{}{}3log(1),3AxyxBxx==−=>，则()RCAB=A．{}13xx<<B．{}13xx<≤C．{}13xx<≤D．{}13xx≤≤2．设2731izii+=++则z=A．13i−−B．13i−

+C．13i−D．13i+3．已知{}na为等比数列，23746aaaaa=，91027aa=−，则7a=A．3B．2C．2−D．3−4．如图1，一个圆柱形笔筒的底面直径为9cm，（笔筒壁的厚度忽略不计），母线长为16cm，该圆柱形笔筒的直观图如图2所示，AB，CD分别为该圆柱形笔

筒的上底面和下底面直径，且ABCD⊥，则三棱锥ABCD−的体积为图1图2A．3230cmB．3224cmC．3216cmD．3208cm{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBA

MoAAASRNABAA=}#}数学试题第2页（共6页）5．设抛物线24yx=的焦点为F，过抛物线上点P作其准线的垂线，垂足为Q，若30PQF∠=°，则PQ=A．23B．33C．43D．2336．从集合{1,2,3,4,…,15}中任意选择三个不

同的数，使得这三个数组成等差数列，这样的等差数列有（）个A．98B．56C．84D．497．在ABC△中，E为AB的中点，D在边BC上，AD与CE相交于点F，且34CFCE=，CBCDλ=，则λ=A．73B．2C．43D

．538．已知π,0,2αβ∈,()7cos2225αβ−=，3sinsin5αβ=，则sin()22αβ+=A.42125−B.42125C.45−D.35二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。9．某校为了解学生对党史知识的掌握情况，从全校随机抽取了100名学生，将他们的成绩（单位：分）分成5组：[)50,60，[)60,70，[)70,80，[)80,90，[]90,100，得到如图所示的频率分布直方图

，已知图中未知的数据a，b，c成等差数列，成绩落在[)60,70内的人数为40.从分数在[)70,80和[)80,90的两组学生中采用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中抽取3人，设事件A=“至少1人成绩在[)80,90内”，事件B=“3人成绩均在[)70,80内”.则A．0.

03b=B．0.02c=C．A与B是互斥事件，但不是对立事件D．估计该校学生党史知识成绩的第80百分位数为82.5分{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoA

AASRNABAA=}#}数学试题第3页（共6页）10．已知函数()ππcos()(0,)22fxxωϕωϕ=+>∈−，的部分图象如图所示，将函数()fx的图象向右平移14个单位长度后得到()ygx=的图象，则A．πω=B．π4ϕ=−C．()gx为奇函

数D．()gx在区间()1k+,k+14kZ∈上单调递增11．化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式6SF）的分子结构、金刚石等.如图，将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体E−ABCD−F，已知

该正八面体的棱长为2，则A．EF⊥ADB．该正八面体的体积为823C．该正八面体外接球的表面积为23πD．若P为棱EB上的动点，则AP+CP的最小值为23三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．《孙子算经》中提到“物不知数”问题.如：被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列

，即3,8,13,18,⋅⋅⋅⋅⋅⋅，构成数列{}na，记数列{}na的前n项和为nS，则220nSn+的最小值为.{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}数学试题第4页（共6页）13．甲、乙、丙三个

盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5:4:6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是白球的概率为；将三个盒子混合后任取一个球，是黑球的概率为.14．已知点()

()1122,,,AxyBxy，定义()()221221ABdxyxy=−+−为,AB的“镜像距离”.若点,AB在曲线()ln2yxa=−+上，且ABd的最小值为2，则实数a的值为.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.（本小题满分13分）在ABC△中，点D在BC上，26ACAB==，120BAC∠=°.（1）求sinC的值；（2）若2BDDC=，求AD的长.16．（本小题满分15分）在ABC△中,906

ABCABBCD∠=°==，，为边AB上一点,2AD=，E为AC上一点，DE//BC，将ADE△沿DE翻折，使A到A′处，90DAB∠′=°.（1）证明：AB′⊥平面ADE′；（2）若射线DE上存在点M，使DMDEλ=，且MC与平面AE

C′所成角的正弦值为15，求λ.{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}数学试题第5页（共6页）17．（本小题满分15分）公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫（Demere）向另

一位著名的数学家帕斯卡（B.Pascal）提出了一个问题，帕斯卡和费马（Fermat）讨论了这个问题，后来惠更斯（C.Huygens）也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答.该问题如下：设两名运动员约定谁先赢()*1kkkN>∈，局，谁便赢得全部奖金a元.每局甲

赢的概率为()01pp<<，乙赢的概率为1p−，且每场比赛相互独立.在甲赢了()mmk<局，乙赢了()nnk<局时，比赛意外终止.奖金该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢k局则比赛意外

终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比:PP甲乙分配奖金.（1）规定如果出现无人先赢k局则比赛意外终止的情况，甲、乙便按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比:PP甲乙分配奖金.若4k=，2m=

，1n=，34p=，求:PP甲乙.（2）记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当4k=，2m=，1n=时比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率()fp，并判断当45p≥时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率

小于0.05，则称该随机事件为小概率事件.18．（本小题满分17分）已知函数()2(ln)2fxmxxe=−+−（1）讨论()fx的单调性；（2）当0m>时，若关于x的不等式()mxefxx>在区间(0,)+∞上有解，求m的取值范围；（3）证明：()*2112lnnknnnNkn=−

>∈≥，.参考数据：ln20.693≈.{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}数学试题第6页（共6页）19.（本小题满分17分）已知复平

面上的点Z对应的复数z满足2297zz−−=，设点Z的运动轨迹为W．点O对应的数是0．（1）证明W是一个双曲线并求其离心率e；（2）设W的右焦点为1F，其长半轴长为L，点Z到直线Lxe=的距离为d（点Z在W的右支上），证明：1ZFed=；（3）

设W的两条渐近线分别为12ll，，过Z分别作12ll，的平行线34ll，分别交21ll，于点PQ，，则平行四边形OPZQ的面积是否是定值？若是，求该定值；若不是，说明理由．{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoO

gBAMoAAASRNABAA=}#}2024届广西三新学术联盟5月・百校联考（数学）参考答案1.D【解析】由题知1Axx,所以13ABxxx或，所以13RCABxx.故选D.2.B【解析】由题得，

27233331111iiiiziiiii.故选B.3.D【解析】由题得，2374637aaaaaaa，故21a，7821591022227aaaqaqaq，

故3155527,27,3qqq即，所以5723.aaq故选D.4.C【解析】由ABCD，易得BCACBDAD，取AB的中点O，连接OC，OD，则ABOC，ABOD，又OCODO，,OCOD平面OCD，所以AB平面OCD，所以1119169

332ABCDOCDVSAB3216cm.故选C.5．C【解析】如图所示：M为准线与x轴的交点，因为30PQF，且PFPQ，所以30,120PFQQPF，因为//FMPQ，所以30QFM，而3tan3032QMQMMF

，所以{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}2343,33QMQF，所以233cos3023234QFPFPQ.故选C.6

.A【解析】当公差为1时，数列可以是：1,2,3，2,3,4，3,4,5，⋯⋯13,14,15，共13种情况.当公差为2时，数列可以是：1,3,5，2,4,6，3,5,7，⋯⋯11,13,15，共11种情况.当公差

为3时，数列可以是：1,4,7，2,5,8，3,6,9，⋯⋯9,12,15，共9种情况.当公差为4时，数列可以是：1,5,9，2,6,10，3,7,11，⋯⋯7,11,15，共7种情况.当公差为5时，

数列可以是：1,6,11，2,7,12，3,8,13，4,9,14，5,10,15，共5种情况.当公差为6时，数列可以是：1,7,13，2,8,14，3,9,15，共3种情况.当公差为7时，数列可以是：1,8,15，共1种情况.总的情况是13+11+9+7+5+3+1=49.又因为三个数

成公差数列有两种情况，递增或递减，所以这样的等差数列共有98个.故选：A7.D【解析】∵E为AB的中点，∴,又,∴,又A,F,D三点共线，∴，∴.故选D.8.A【解析】27cos222cos125，2

16cos25，π,0,2，ππ,22，4cos5αβ，34coscoscossinsincoscos55，1coscos5，132coscoscossinsin555

，0,，cos0，,2，221sin1cos()5，212421sin2225525.故选A.9.ABD【解析】对

于A，由a，b，c成等差数列，得2bac，又0.0050.005101abc，解得：0.03b，所以A正确；对于B，又{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNAB

AA=}#}4010.0410010a，所以0.02c，所以B正确；对于C，抽取的5人中，成绩在70,80的有3人，成绩在80,90的有2人，事件A“至少1人成绩在80,90内”，事件B“3人成绩均在70,80内”这两个事件既是互斥事件也是

对立事件，所以C错误；对于D，因为0.005100.04100.03100.750.8,0.005100.04100.03100.02100.950.8，则第80百分位数位于80

,90内，其值为80+0.800.75100.950.75=82.5，所以D正确.故选ABD.10.ABC【解析】对于A：由函数()fx的部分图象得，5144，所以，所以A正确；对于B：由函数()f

x的部分图象得，2cos,2因为22，，且()fx在包含0x的小区间内单调递增，所以π4，所以B正确；对于C：gx1coscossin442xxx

为奇函数，所以C正确;对于D：singxx，当1k+,k+14x时,,,4xkkkkkZ，当k为偶数时，gx在区间1k+,k+14k

Z上既有单调递增部分，又有单调递减部分，所以D错误.故选ABC.11.ABD【解析】如图，连接AC，BD交于点O，连接EF，由正方体可知EF⊥平面ABCD,又AD⊂平面ABCD，所以EF⊥AD，故A正确；{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkB

EACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}由题得，22ACEF,122EOEF，所以该正八面体的体积1822222233EABCDVV，故B正确；设该正八面体外接球的半径为R,由题

知，四边形ABCD是正方形，2OAOBOCOD,又2OEOF,故点O为正八面体外接球的球心，则2R，所以正八面体外接球的表面积为248R，故C错误；因为ABE与BCE是边长为2的全等正三角形，将BCE翻折到'BCE，使其与ABE共面，得到一个菱形'A

BCE,连接'AC与BE相交于点P，此时'',,3APBECPBEAPCP,则AP+CP取得最小值为23，故D正确.故选ABD.12．21【解析】由题意可知，数列na是以3为首项，5为公差的等差数列，则215135222nnnSnnn

，所以222052020205125121nSnnnnnnnn，当且仅当205nn时，即2n时，等号成立，所以220nSn的最小值为21.13.22.5%25【解析】由题得，从三个盒子中

取出的球都是白球的概率160%75%50%22.5%p.又甲、乙、丙中球数之比为5:4:6，设甲盒中有5k个球，乙盒中有4k个球，丙盒中有6k个球，三个盒子混合后，共有15k个球，黑球的总数量为540%425%650%6kkkk

，所以将三个盒子混合后任取一球，是黑球的概率为62155kk.14．21【解析】由函数ln2yxa可得2lnyxa，即2eyxa；所以ln2yxa的反函数为2exya；由点22,Bxy在曲线ln2yxa上可知点122,Byx在

其反函数2exya上，所以221221ABdxyxy相当于2exya上的点122,Byx到曲线ln2yxa上点11,Axy的距离，即1221221ABABddxyxy，利用反函数性质可得

2exya与ln2yxa{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}关于yx对称，所以可得当1AB与yx垂直时，1ABABdd取得最小值为2

，因此1,AB两点到yx的距离都为1，过点1,AB的切线平行于直线yx，斜率为1，即11yxa，可得1,ln122xayaa，即1,2Aa；A点到yx的距离1212ad，解得12a；当12a时，ln2ln122yxa

x与yx相交，不合题意；因此12a.15.解：(1)在ABC中，由余弦定理得2222cos63BCABACABACBAC，...........2分所以37BC............3分在ABC中，由正弦定理

得33sin212sin.1437ABBACCBC..........5分（2）如图所示，设AD=x,由（1）得37BC，又BD=2DC，所以27,7.BDDC............6分在ADB中，222219cos247ADBDABxADBAD

BDx，............9分在ADC中，222229cos227ADDCACxADCADDCx，............11分由coscos0,ADBADC得2219290,4727xxxx

...........12分解得13x.即线段AD的长为13.............13分{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}16.(1)

证明:由题意知,DEADDEBD,又ADBDD,所以DE平面ABD,又AB平面ABD,所以DEAB,............3分又,ADABDEADD,所以AB平面

ADE.............5分(2)解:作AQBD,垂足为Q,由（1）知，DE平面ABD，又''AQBD平面A,所以'DEAQ,又,,BDDEDBDDEBDE平面,所以'AQBDE平面.............7分故以B为原点,,,CBDBQA

的方向分别为,,xyz轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则(6,0,0),(0,3,3),(2CAE,4,0),(0,4,0)D,............8分设000,,Mxyz,则(2,0,0)DE,000,4,,(4,4,0

)DMxyzCE,(6,3,3)CA,又DMDE,所以0002400xyz，故2,4,0,26,4,0MMC

.............10分{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}设平面AEC的一个法向量为(,,)mxyz,则0,0,mCE

mCA即440,6330,xyxyz取1x,则(1,1,3)m.............12分设MC与平面AEC所成角为,则||sin|cos,|||||mM

CMCmmMC2|264|15(26)165,........14分解得2或1,由题意知0,故2.............15分17.【解析】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然甲赢.由题

意知，最多再进行局，甲、乙必然有人赢得全部奖金.............1分当时，甲以赢，所以；当时，甲以赢，所以；当时，甲以赢，所以.............4分所以，甲赢的概率为.............5分所以，；............6

分（2）设比赛继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然乙赢........7分当时，乙以赢，；............8分当时，乙以赢，；............9分所以，乙赢得全部奖金的概率为.............10分于是甲赢得全部奖金的概率.............11分求导，.

............12分因为，所以，所以在上单调递增，............13分于是.............14分故乙赢的概率最大为，故事件是小概率事件.......15分{#{QQABIYYEogCg

AIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNABAA=}#}18.解:(1)()fx的定义域为(0,)．22(1)()2mxfxmxx．............1分①当0m时，()0fx恒成立，()fx在(0,)上单调递减

，............2分(2)当0m时，当1xm时，()0fx，当10xm时，()0fx，()fx在10,m上单调递减，在1,m上单调递增.............4分综上可得：当0m时，(

)fx在(0,)上单调递减;当0m时，()fx在10,m上单调递减，在1,m上单调递增.........5分(2)关于x的不等式()mxxfxe在区间(0,)上有解，即e22ln(e2)0mxmxxx在0,上有解，即lne2l

n(e2)0mxxmxx在0,上有解，............6分又0m，由（1）可知1xm时，即minln1lnmxxm，............7分令lntmxx，

则1lntm，则e2(e2)0tt在t1ln,m上有解，............8分令e2(e2)thtt，则e2tht，令0,ln2htt得，.............9分所以，当ln

2t时，0ht，当ln2t时，0ht，即ht在,ln2上单调递减，在ln2,上单调递增，............10分又10h，03e0h，ln222ln2e24e2ln20h，所以存在00,ln

2t使得00ht，............11分所以，当1t或0tt时，0ht，当01tt时，0ht，所以只需1ln1m，即01m时满足题意.所以m的取值范围为(0,1)........

.....12分(3)令1m，则()22ln2fxxxe，所以(1)fe，由（1）可知()fx在[1,)上单调递增，故()(1)fxfe，{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRNAB

AA=}#}即22ln2xxee，即ln1xx，............13分当2x时，0ln1(1)xxxx，即0ln1)(xxx，即110ln1xxx.............14分令xn，则1111,2ln11nnnnnn

，............15分所以11111111111ln2ln3ln1223341nnn111nnn，故当2n时，1111ln2ln3lnnnn

.即2112,lnnknnnNkn.............17分19.【解析】（1）设复数，则............1分即两边平方得............2分化简得，即............3分所以是一个焦点在实轴上，顶点为，渐近线为的双曲线．其离心率.......

......4分（2）由（1）的计算得，，，则直线，............5分设，则，，............7分，由得，代入得{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoOgBAMoAAASRN

ABAA=}#}所以，原式得证．............10分（3）由（1）得的两条渐近线，，............11分由对称性，不妨设，则，所以，同理得．............12分联立和：，得，............13分易知直线，所以点到直线的距离...

.........14分由（1），所以........15分而，所以............16分，故平行四边形的面积为定值．............17分{#{QQABIYYEogCgAIJAARgCAwGACkCQkBEACKoO

gBAMoAAASRNABAA=}#}