广西南宁市2024届高三下学期3月第一次适应性测试（一模）数学试卷（Word版附解析）

这是一份广西南宁市2024届高三下学期3月第一次适应性测试（一模）数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了考生作答时，请将答案答在答题卡，考试结束后，将答题卡交回，展开式中的常数项为，在边长为4的菱形中，，下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一､单项选择题（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.设复数在复平面内的对应点关于实轴对称，若，（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
2.已知集合，且，则的取值集合为（ ）
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.60 B.4 C. 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，则文曲线的离心率为（ ）
A. B.2 C. 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､多项选择题（本题共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.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两点，与交于两点，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（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.如下图，若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（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.（13分）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.（15分）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.（15分）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.（17分）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.（17分）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.
广西2024届高中毕业班适应性测试数学参考答案
一､单项选择题（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.D 2.D 3.B 4.C 5.A 6.B 7.A 8.C
二､多项选择题（本题共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）
说明：第9､11题全部选对得6分，选对1个得3分，有选错的得0分；第10题全部选对得6分，选对1个得2分，选对2个得4分，有选错的得0分.
9.BC 10.BCD 11.AD
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 13. 14.
1.【详解】由题意，互为共轭复数，设，则，所以，所以，即.
故选：D.
2.【详解】或，
当时，；当时，，或，所以或，
故符合条件的的所有取值组成的集合是.
故选：D.
3.【详解】因为.所以数列周期为3的数列.
所以.
故选：B.
4.【详解】二项展开式通项，
令，得，所以.
令，得，所以.
所以展开式中的常数项为.
故选：C.
5.【详解】由题意知，是直角三角形，且，所以向量在向量上的投影
向量为：.
故选：A.
6.【详解】由双曲线的对称性，直线与直线
交点与点关于原点对称.
所以，所以，所以.
故选：B.
7.【详解】取的中点，连接，
因为菱形的边长为，
所以，
故，且，
为二面角的平面角，则，
在中，
，
又平面，
所以平面，
，
又为的中点，取的中点的中点，
连接，则，
因为平面平面，所以平面，
同理得平面，
因为平面，
故平面平面，
所以平面，
故点轨迹为（除外），
故点轨迹的长度为.
故选：A.
8.【详解】令，则，得；
令，得，得，整理得，又当时，，故，故是奇函数：
设，则，
则，又是奇函数，故在是增函数，故不是周期函数.
故选C.
9.【答案】BC
10.【详解】由题意，
所以，当时，可得，所以，
故关于时间的函数解析式为，所以：
A.因为时间，所以函数是非奇非偶函数，所以错误；
B.由题意：，即，
即，所以，或
，
即或，所以B正确；
C.由题意，，即，即
所以，解得
所以摩天轮旋转一周的过程中，旅客甲距离地面的高度不低于的时间为
所以C正确：
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.所以D正确.故选BCD.
11.【详解】A.由题意得，设直线方程为，
则方程为
联立与得，，
易知，设，则，
设 同理
又，所以所以
所以
故A正确：
B.由A知
故B错误；
C.由A知，
所以直线，令，所以直线过定点
故C错误；
D.由题知，过定点A
故D正确.
故选AD.
12.【详解】设球的半径为，所以，所以.
13.【详解】由题意：，所以
，
，所以
14.【详解】，若，则在单调递减，在单调递增，故的最小值为，若，则时，，不符合题意，故.
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.【解】（1）解：记事件表示摸球结果是一红一白，
事件表示选择1号盒子，事件表示选择2号盒子，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，
（2）由题意得：的可能取值为，
.
所以的分布列为
所以.
16.【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，
由上可知：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，
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.【解】（1）设直线与函数相切于点，与函数相切于点，
由，则，
直线的方程为，则，消元可得，
令，则，
令，
当在单调递增，当在
单调递减，
又时，，故存在，
使得，
故在单调递增，在单调递减，
又，又，
故存在两个零点，故直线的条数有两条.
（2）令，则
由，得，又，故，
令，则，即，
故，
令
，
令，
则，故在单调递减，故，
故，故在单调递减，故，
故，即，故.
18.【解】（1）由题意可得
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆.
所以，
轨迹的方程为；
（2）存在点取得最小值，最小值为.
由题可知，直线的斜率，
故可设直线PT的方程为，
由消去得，
设
所以，
由（1）知，，
所以直线的方程为，直线的方程为
由直线与相交于点，
消得，
解得，
即点在直线上.
而关于的对称点且
所以
所以的最小值为.
19.【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“”，
又由，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3
4
5
6