广西南宁市2024届高三3月第一次适应性测试数学试题及答案

这是一份广西南宁市2024届高三3月第一次适应性测试数学试题及答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．设复数在复平面内的对应点关于实轴对称，若，（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，若，则所有的取值构成的集合为（ ）
A．B．C．D．
3．已知数列的首项（其中且），当时，，则（ ）
A．B．C．D．无法确定
4．展开式中的常数项为（ ）
A．60B．4C．D．
5．已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线的右焦点为，右顶点为，过点的直线与双曲线的一条渐近线交于点，与其左支交于点，且点与点不在同一象限，直线与直线（为坐标原点）的交点在双曲线上，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
7．在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，且当时，，则（ ）
A．B．是偶函数C．是增函数D．是周期函数
二、多选题
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．一组数据的第40百分位数为12
B．若样本数据的方差为8，则数据的方差为2
C．已知随机变量服从正态分布，若，则
D．在独立性检验中，零假设为：分类变量和独立．基于小概率值的独立性检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立
10．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为110米，转盘直径为100米，摩天轮的圆周上均匀地安装了36个座舱，游客甲从距离地面最近的位置进舱，开启后摩天轮按逆时针方向匀速旋转，开始转动t分钟后距离地面的高度为H米，当时，游客甲随舱第一次转至距离地面最远处．如图，以摩天轮的轴心O为原点，与地面平行的直线为x轴建立直角坐标系，则，下列说法中正确的是（ ）
A．关于的函数是偶函数
B．若在时刻，游客甲距离地面的高度相等，则的最小值为30
C．摩天轮旋转一周的过程中，游客甲距离地面的高度不低于85米的时长为10分钟
D．若甲、乙两游客分别坐在两个座舱里，且两人相隔5个座舱（将座舱视为圆周上的点），则劣弧的弧长米
11．已知抛物线的焦点为，过作两条互相垂直的直线，与交于、Q两点，与交于、N两点，的中点为的中点为，则（ ）
A．当时，B．的最小值为18
C．直线过定点D．的面积的最小值为4
三、填空题
12．已知圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的表面积之比为 .
13．已知，则 ．
14．已知函数的最小值为，则实数的取值范围为 .
四、解答题
15．有两个盒子，其中1号盒子中有3个红球，2个白球；2号盒子中有4个红球，6个白球，这些球除颜色外完全相同.
(1)先等可能地选择一个盒子，再从此盒中摸出2个球．若摸出球的结果是一红一白，求这2个球出自1号盒子的概率；
(2)如果从两个盒子中摸出3个球，其中从1号盒子摸1个球，从2号盒子摸两个球，规定摸到红球得2分，摸到白球得1分，用表示这3个球的得分之和，求的分布列及数学期望.
16．如图，四棱柱的底面是棱长为2的菱形，对角线与交于点为锐角，且四棱锥的体积为2.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知函数．
(1)若直线与函数和均相切，试讨论直线的条数；
(2)设，求证：．
18．已知点和圆为圆上的一动点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)已知点，若曲线与轴的左、右交点分别为，过点的直线与曲线交于两点，直线相交于点，问：是否存在一点，使得取得最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
19．若无穷数列满足，则称数列为数列，若数列同时满足，则称数列为数列．
(1)若数列为数列，，证明：当时，数列为递增数列的充要条件是；
(2)若数列为数列，，记，且对任意的，都有，求数列的通项公式．
参考答案：
1．D
【分析】
根据复数的除法运算即可求解.
【详解】由可得，结合故，
故选：D
2．D
【分析】根据子集的概念求得参数的值可得．
【详解】时，满足题意，
时，得，所以或，或，
所求集合为．
故选：D．
3．B
【分析】
逐项计算得出数列的周期进而可得.
【详解】，，，，故数列的周期为3.
故.
故选：B
4．C
【分析】
根据分配律，结合二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】
二项式的展开式的通项公式为，
令，求得，令，求得，
由于，
故其展开式中的常数项为
故选：C
5．A
【分析】根据题意，得到，得到点为线段的中点，得出为直角三角形，且为等边三角形，进而求得向量在向量上的投影向量.
【详解】由，可得，
所以，即点为线段的中点，
又因为的外接圆圆心为，所以为直角三角形，所以
因为，可得，所以为等边三角形，
故点作，可得，所以，
因为向量在向量同向，所以向量在向量上的投影向量为.
故选；A.
6．B
【分析】
根据对称性可判断四边形为平行四边形，即可利用相似求解.
【详解】设为双曲线的左焦点，
由于直线与直线（为坐标原点）的交点在双曲线上，
所以与关于坐标原点对称,又是的中点，故四边形为平行四边形，
故故，
，故，
故选：B

7．A
【分析】
根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可．
【详解】
连接、，交于点，连接，
为菱形，，
所以，，，
所以为二面角的平面角，
于是，
又因为，
所以，
取中点，取中点，连接、、，所以、，
所以、，，相交，
所以平面，
所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为，
因为，，，
所以的周长为，
所以点轨迹的长度为．
故选：A．
8．C
【分析】
对A，令求解即可；对B，令化简可得即可；对C，设，结合题意判断判断即可；对D，根据是增函数判断即可.
【详解】
对A，令，则，得，故A错误；
对B，令，得，
由整理可得，
将变换为，则，
故，故，故是奇函数，故B错误；
对C，设，则，
且
，故，则.
又，是奇函数，故是增函数，故C正确；
对D，由是增函数可得不是周期函数，故D错误.
故选：C
9．BC
【分析】
对A，根据百分位数的定义求解即可；对B，根据方差的公式推导数据的方差与的方差关系求解即可；对C，根据正态分布的对称性推导即可；对D，由独立性检验的性质判断即可.
【详解】对A，由于共10个数据，且，
故第40百分位数为第4，5个数据的平均数为，故A错误；
对B，设数据的平均数为，方差为，
则数据的平均数为，
方差为
，所以，故B正确；
对C，则，即，由正态分布的性质可得，故C正确；
对D，在独立性检验中，零假设为：分类变量和独立．基于小概率值的独立性检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为和不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为和独立.故D错误.
故选：BC
10．BCD
【分析】
对A，先根据题意确定各参数的值，再根据三角函数的奇偶性判断即可；对B，根据代入解析式可得，或，进而可判断；对C，求解即可；对D，由题意每个座舱与中心连线所成的扇形的圆心角为，进而可得劣弧的弧长.
【详解】
对A，由题意，，
所以，当时，可得，所以，
故，所以是非奇非偶函数，故A错误；
对B，由题意，即，
即，所以，或，
，即或，，故B正确；
对C，由题意，即，即，
所以，，解得.
所以摩天轮旋转一周的过程中，游客甲距离地面的高度不低于85米的时长为10分钟，故C正确；
对D，因为摩天轮的圆周上均匀地安装着36个座舱，
故每个座舱与中心连线所成的扇形的圆心角为，
因为两个座舱相隔5个座舱，所以劣弧对应的圆心角是，
故（m）.故D正确.
故选：BCD
11．AD
【分析】
设直线和的方程，与抛物线方程联立，再利用焦半径公式求解弦长，结合基本不等式判断AB，利用两点求出直线方程，求解直线恒过定点判断C，将面积分割，结合韦达定理，再利用基本不等式求解最值判断D.
【详解】对于A，由题意得，设直线方程为，则方程为，，，，，
联立直线方程与抛物线方程得.则，，同理，，又，
所以，所以，所以，故A正确；
对于B，由A知，，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.故B错误；
对于C，由A知，，所以直线GH：，
令得，所以直线GH恒过定点，故C错误；
对于D，由C知直线GH恒过定点，
所以，
当且仅当时，等号成立.故D正确；
故选：AD

【点睛】思路点睛：1.直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题；2.一般涉及三角形面积问题时，采用面积分割法，结合韦达定理，利用基本不等式法求解范围或最值.
12．.
【解析】根据圆柱的侧面积公式，求出圆柱的表面积，再由球的表面积公式，即可求解.
【详解】设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R.
∴，，
∴.
故答案为:.
【点睛】本题考查圆柱和球的表面积，属于基础题.
13．
【分析】
根据同角三角函数的关系结合两角差的正弦值可得，进而可得.
【详解】由题意，，且，故.
故
.
故，.
故答案为：
14．
【分析】
求出导函数，根据a的符号分类讨论研究函数的单调性，利用单调性研究函数最值即可求解.
【详解】因为，所以，
若，则时，，故在上单调递减，
时，，故在上单调递增，
所以当时，有最小值，满足题意；
若，则当无限趋近于负无穷大时，无限趋向于负无穷大，没有最小值，不符合题意；
综上，，所以实数的取值范围为.
故答案为：
15．(1)
(2)分布列见解析，数学期望是
【分析】（1）应用条件概率公式及贝叶斯概率公式求解即可；
（2）由题设的可能值为3，4，5，6，并计算出对应概率即得分布列，进而求数学期望.
【详解】（1）记“摸出球的结果是一红一白”为事件A，“选择1号盒子”为事件，“选择2号盒子”为事件，
则，，，
由贝叶斯公式，若摸球的结果是一红一白，出自1号盒子的概率为.
（2）由题意，的可能值为3，4，5，6.
，，
，.
所以的分布列为
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用体积分割及等体积法求得四棱柱的高为，过点作平面的垂线，垂足为，利用三角形全等证明点与重合，即可证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角的正弦值.
【详解】（1）设四棱柱的高为，
因为四边形是平行四边形，所以，所以，
所以，
所以，且，
所以，即四棱柱的高为.
因为为正三角形，所以，
因为，所以，于是，
过点作平面的垂线，垂足为，所以，
所以，从而，故，
所以点在对角线上.因为，
所以，故点为对角线与的交点，即点与重合，
所以平面.

（2）因为底面是棱长为2的菱形，所以，
因为平面，平面，平面，
所以，，即两两垂直，
以为坐标原点，以方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，由得，
由得，所以，
设平面的一个法向量为，，
所以，令，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)2条
(2)证明见解析
【分析】
（1）求导，分别求解和的切线方程，进而可得，构造函数求导确定函数的单调性，进而结合零点存在性定理判断根的个数即可求解，
（2）通过换元以及指对互化，构造函数求导判断函数的单调性，即可求证.
【详解】（1）设直线与函数和分别相切于，
由可得，
直线方程为以及，
故，进而，
令，
记，
当单调递减，
单调递增，
又，故存在唯一的，
故当 单调递增，
当单调递减，
，
又，
因此存在两个零点，故直线的条数为2条.
（2）令则，
由，由于故，
令，则，故，
故
记，
记，所以在单调递减，故，
故，在单调递减，故，
所以即，
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
18．(1)
(2)存在点使得取得最小值,且最小值为，
【分析】
（1）根据椭圆的定义即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程可得韦达定理，进而可得，求解的直线方程，联立可得点在定直线上，进而根据对称性即可求解.
【详解】（1）由题意可得,
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
故，
故轨迹方程为
（2）存在点使得取得最小值,且最小值为，
由题意可知直线的斜率不为0，故设直线方程为，
，整理得，
设,
所以，故，
由（1）,
故，,
设，将代入方程可得，
解得，故点在定直线上，
关于的对称点，且,
故，
故的最小值为，

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先证必要性，根据递增函数可得数列是等差数列可得，再证充分性，根据累加可得当且仅当时取等号即可证明；
（2）依题意的偶数项构成单调递增数列，从而可得当时，有，再证明相邻两项不可能同时为非负数，从而可得，进而根据等差数列的通项公式求解即可.
【详解】（1）先证必要性：
依题意得，，又数列是递增数列，故，
故数列是，公差的等差数列，
故.
再证充分性：
由，得，
故，
当且仅当时取等号.
又，故，故数列是递增数列.
（2）
因为，由，知数列是单调递增数列，
故数列的偶数项构成单调递增数列，
依题意，可得，故当时，有.
下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数.
假设数列中存在同时为非负数，
因为，
若，则有，与条件矛盾；
若，则有，与条件矛盾；
即假设不存在，即对任意正整数中至少有一个小于0；
由，对成立，
故时，，，即，
故，
故，
即，即.
又，所以数列是，公差为1的等差数列，
所以.
【点睛】
思路点睛：（1）证明充要条件可分别证明充分性与必要性；（2）隔项数列可考虑每项前后的两项数列正负，并根据累加可得.
3
4
5
6