2023届广西南宁市高三第一次适应性测试（理）数学试题含解析

2023届广西南宁市高三第一次适应性测试（理）数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意结合集合的交集运算求解.

【详解】因为，

所以.

故选：D.

2．已知复数满足（为虚数单位），则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的运算性质代入计算，即可得到结果.

【详解】由题意，可变形为，

则复数，

故选:．

3．电动工具已成为人们生产和生活中常备的作业工具､数据显示，全球电动工具零部件市场规模由2016年的58亿美元增长至2020年的72亿美元，复合年均增长率达5.55%，2022年全球电动工具零部件市场规模达到80亿美元.根据此图，下列说法中正确的是（    ）

A．2016-2022年全球电动工具零部件市场规模逐步减少

B．2016-2022年全球电动工具零部件市场规模增长速度逐年增长

C．2021年全球电动工具零部件市场规模大于2020年全球电动工具零部件市场规模

D．2018-2019年全球电动工具零部件市场规模增速的差值最大

【答案】C

【分析】根据条形图和折线图可得出结果

【详解】由条形图可以看出全球电动工具零部件市场规模逐步增加，所以选项A错误；

由折线图可以看出2016-2022年全球电动工具零部件市场规模增长速度有增有减，所以选项B错误；

由条形图可以看出选项正确；

由折线图可以看出2017-2018年全球电动工具零部件市场规模增速的差值最大，所以选项D错误；

故选：C

4．已知，则（    ）

A．1 B．  C．2 D．

【答案】B

【分析】根据同角关系式结合条件可得，然后根据诱导公式即得.

【详解】

，即，

所以，

或（舍），

所以．

故选：B.

5．已知数列满足，则数列的前5项和为（    ）

A．25 B．26 C．32 D．

【答案】A

【分析】根据题中条件，得到，可得数列是以3为首项，1为公差的等差数列，结合等差数列的求和公式，即可求出结果.

【详解】数列满足，整理得：（定值），

故数列是以首项，1为公差的等差数列，

所以.

故选：A.

6．设随机变量，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值，进而可得出的值.

【详解】，，

.

故选：C.

7．如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（    ）

A． B． C．6 D．

【答案】B

【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可.

【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，

一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，

圆锥底面周长为，所以，所以，

在中，由，得

故选：B．

8．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换运算求解.

【详解】由题意可得：，

则.

故选：B.

9．已知函数的图象在处的切线与函数的图象相切，则实数

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求函数的图象在处的切线，再根据该切线也是函数图象的切线，设出切点即可求解.

【详解】由，得，则，

又，所以函数的图象在处的切线为，即.

设与函数的图象相切于点,

由，可得

解得.

故选B.

【点睛】本题考查导数的几何意义与函数图象的切线问题.已知切点时，可以直接利用导数求解；切点未知时，一般设出切点，再利用导数和切点同时在切线和函数图象上列方程(组)求解.

10．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……在2015年世乒赛期间，苏州某景点就用乒乓球堆成“三角垛”型的装饰品，假设一个“三角垛”装饰品共有n层，记使用的乒乓球数量为，则（    ）

（参考公式：）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】通过观察发现每一层的乒乓球数为，从而求转化成数列的前项和，利用等差数列前项和公式和即可求出结果.

【详解】

故选：D

11．已知直线与抛物线相交于、两点（其中位于第一象限），若，则（         ）

A． B． C．-1 D．

【答案】A

【分析】过作准线的垂线，垂足为，利用抛物线定义及得，利用三角形知识求出倾斜角，进一步求出直线斜率即可

【详解】由题意知，直线过抛物线的焦点，

准线方程为，分别过作准线的垂线，垂足为，过A作的垂线，垂足为M，

如图，

设，因为，所以，

则，所以，

即直线的倾斜角等于，可得直线的斜率为.

故选：A.

12．已知函数在区间上有且仅有2个零点，对于下列4个结论：①在区间上存在，满足；②在区间有且仅有1个最大值点；③在区间上单调递增；④的取值范围是，其中所有正确结论的编号是

A．①③ B．①③④ C．②③ D．①④

【答案】B

【分析】对①，，则为最大值减最小值，需要找到在上是否存在最大值和最小值；对②，对应的值有可能在上；对④，由在区间上有且仅有2个根，得，求出的范围；对③，由的范围，确定的范围，进而确定的单调性.

【详解】，

，

令，则，

由题意在上只能有两解和，

，（*）

因为上必有，

故在上存在满足，①成立；

开对应的（显然在上）一定是最大值点，

因对应的值有可能在上，故②结论错误；

解（*）得，所以④成立；

当时，，

由于，

故，

此时是增函数，从而在上单调递增. 所以③成立

综上，①③④成立，

故选：B.

【点睛】本题考查函数与方程，考查三角函数的性质，属于较难的题目.

二、填空题

13．若满足约束条件，则的最大值为__________．

【答案】2

【分析】由约束条件作出可行域，化简目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案.

【详解】由约束条件作出可行域如图所示，由目标函数即可知

当目标函数过点时，取得最大值，

故联立，解得，故最大值为．

故答案为：2

14．如图，已知正方体的棱长为分别是棱的中点，点为底面四边形内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点在四边形内运动所形成轨迹的长度为__________.

【答案】

【分析】利用直线与平面没有交点，转化为寻找过直线且与平面平行的平面，平面与底面的交线即为所求，再求出线段长就可得到结果.

【详解】取的中点，连接，如图所示：

分别是棱的中点，所以，

又因为平面平面，所以平面.

因为，

所以四边形为平行四边形，所以.

又因为平面平面，所以平面.

因为，所以平面平面.

因为点为底面四边形内（包括边界）的一动点，直线与平面无公共点，

所以的轨迹为线段，则.

故答案为：.

15．已知是双曲线的两个焦点，为上一点，，且，则的离心率为__________．

【答案】

【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答.

【详解】由正弦定理得，所以，

即，由双曲线的定义可得，

所以；

因为，由余弦定理可得，

整理可得，

所以，即．

故答案为：.

16．已知函数，点是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】作出函数的图形，求出过原点且与函数的图象相切的直线的方程，以及函数的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出的取值范围.

【详解】当时，，则，

所以，函数在上为增函数；

当时，由可得，即，

作出函数的图象如下图所示：

设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为

，设切点为，

所以，切线方程为，

将原点坐标代入切线方程可得，

即，构造函数，其中，则，

所以，函数在上单调递减，且，

由，解得，所以，，

而函数的渐近线方程为，

设直线与的夹角为，设直线的倾斜角为，

则，

结合图形可知，.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数的图象相切的直线的方程以及函数的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，已知，

(1)求；

(2)若为锐角三角形，，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，结合余弦定理即得，即可求得答案；

（2）利用余弦定理表示出，结合正弦定理边化角可得，利用三角恒等变换化简可得，结合为锐角三角形确定A的范围，结合正弦函数性质，即可求得答案.

【详解】（1）由,

根据正弦定理可得，

所以，

由余弦定理可得，

，．

（2）由余弦定理，得，

即，

由正弦定理，得，

即，又，

所以

，

由为锐角三角形，故，解得，

所以，所以，

所以，所以．

18．如图1，平面图形是一个直角梯形，其中，是上一点，且.将沿着折起使得平面平面，连接，分别是的中点，如图2.

(1)证明：在图2中四点共面，且平面平面；

(2)在图2中，若是线段上一个动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的长.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据平行线的传递性可证，即可得四点共面；再根据线面、面面垂直的判定定理和性质定理分析证明；

（2）建系，利用空间向量求线面夹角，并结合基本不等式运算求解.

【详解】（1）连接，

∵分别是的中点，

∴，

又∵，

∴，故四点共面.

在图1中，由，可得，

，

故四边形是正方形，则，

在图2中，平面平面，平面平面，平面，

∴平面，

平面，可得，

又∵平面，

∴平面，

且平面，故平面平面.

（2）如图以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则，

设，

可得，

设是平面的一个法向量，则，

取，则，即，

设直线与平面所成角为，

则，

∵，当且仅当，即当取等号，

∴，

故当，即为中点时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值为.

19．在某次现场招聘会上，某公司计划从甲和乙两位应聘人员中录用一位，规定从6个问题中随机抽取3个问题作答.假设甲能答对的题目有4道，乙每道题目能答对的概率为，

(1)求甲在第一次答错的情况下，第二次和第三次均答对的概率；

(2)请从期望和方差的角度分析，甲､乙谁被录用的可能性更大？

【答案】(1)

(2)甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大

【分析】（1）根据独立事件概率的乘法公式以及条件概率公式运算求解；

（2）根据题意结合超几何分布、二项分布求期望和方差，并对比分析说明.

【详解】（1）记“该甲自媒体平台公司第一次答错”为事件A，“该甲自媒体平台公司第二次和第三次均答对”为事件，则，

故甲自媒体平台公司在第一次答错的的条件下，第二次和第三次均答对的概率为

.

（2）设甲自媒体平台公司答对的问题数为，则的所有可能取值为.

，

则的分布列为

可得，

；

设乙自媒体平台公司答对的问题数为，则的所有可能取值为.

解法一：，，

，，

则的分布列为：

可得，

，

由可得，甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大.

解法二：∵，则，；

由可得，甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大.

20．，

(1)讨论的单调性；

(2)当时，证明；

(3)证明对于任意正整数，都有.

【答案】(1)，在上单调递增；，在上单调递减，在上单调递增.

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）利用导数分类讨论求解单调区间即可.

（2）根据的单调性得到，即可证明.

（3）当且时，有，从而得到，即可得到，再化简即可证明.

【详解】（1）的定义域为，

①若，当时，，所以在上单调递增；

②若，当时，；

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增.

综上所述，时，在上单调递增；

时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，，即证.

（3）由（2）知当且时，，

对于任意正整数，令得，

所以

.

即证：.

21．已知椭圆的左焦点为，点在上．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知椭圆的上顶点为，圆，椭圆上是否存在两点使得圆内切于？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)直线存在，且直线的方程为.

【分析】（1）根据圆椭上的点和焦点坐标求出a,b,c，即可求出椭圆方程；

（2）设点的坐标，利用直线AB、AC与圆M相切，求出直线BC方程，再利用直线BC与圆M相切建立r的方程，求解即可.

【详解】（1）由题意可知椭圆的右焦点为，因为点在椭圆上，

所以

，所以，椭圆的方程为．

（2）由（1）可知椭圆的上顶点为，假设这样的存在，且设，

则直线的斜率为，直线的方程为，

因为直线与圆相切，则，所以

两边平方化简得，

整理得，

因为，消去得，

因为，两边同时除以，得，

整理得，即点在直线上，

同理点也在直线上，

因此直线的方程为，

若直线与圆相切，则，

解得（舍去）或.

因此直线存在，且直线的方程为，

即.

【点睛】关键点点睛：处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．

22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为．

(1)求的参数方程；

(2)已知点在上，若在处的切线与直线平行，求点的极坐标．

【答案】(1)（为参数，）；

(2).

【分析】（1）首先根据的极坐标方程求出的普通方程，然后即可求出的参数方程；

（2）根据几何关系求出直线倾斜角，然后利用参数方程求出点的直角坐标，再利用极坐标公式求出点的极坐标.

【详解】（1）由，所以，

结合，得，

化简得，

所以C的参数方程为（为参数，）.

（2）由（1）所得的参数方程，可设点

因为在处的切线与直线平行，所以，

化简得，又，所以，所以，

所以，，则，所以点的极坐标为.

23．已知函数，．

(1)在给出的坐标系中画出函数的图像；

(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)作图见解析

(2)．

【分析】（1）根据绝对值函数分区间去绝对值后，写成分段函数，即可作出图像；

（2）设，由关于的不等式恒成立，则且，得出，画出的大致图像，则满足即可，解得不等式即可求得答案．

【详解】（1）由题得，，

画出的图像如图所示：

（2）设，

，

，且，

，

画出的大致图像，

由图像知，若恒成立，

则，即，

，

故实数的取值范围为．