广西南宁市2024届高三3月第一次适应性测试数学试题（含答案）

南宁市2024届普通高中毕业班第一次适应性测试数学注意事项：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.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，则文曲线的离心率为（）A.B.2C.D.37.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12B.若样本数据的方差为8，则数据的方差为2C.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30C.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18C.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.D2.D3.B4.C5.A6.B7.A8.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.BC10.BCD11.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】BC10.【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3456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