广西南宁市2023届高三第一次适应性测试理科数学试卷+答案.pdf

1、理数答案第 1 页 共 10 页南宁市 2023 届高中毕业班第一次适应性测试数学（理科）参考答案数学（理科）参考答案一、选择题：本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.【答案】D1.【解析】因为4Ax x,34,5,6BxxZ 7,所以5,6AB,故选 D.2.【答案】A【解析】由题意i13iz,可变形为3i 1i3i24i12i1i1i 1i2z,则复数12iz ,故选 A.3.【答案】C3.【解析】依题意 C 正确.4.【答案】B4.【解析】22sin1 cos，21 coscos1,2coscos20,(cos1)(co

2、s2)0,cos1cos2()或舍3sincos1.2 又5.【答案】A5.【解答】数列 na满足111,31nnnaaaa,整理得:1111nnaa(常数),故数列1na是以 3 为首项,1 为公差的等差数列,所以13(1)2nnna,所以511(1)5455 312522n nSda ,故选 A.6.【答案】C6.【解析】21,XN,(01)(12)0.28PXPX7.【答案】【解析】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A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA，设ASA，圆锥底面周长为2，所以32 AA所以23，在SAA中，由3SASA,得222cosA

3、ASASASA SA2213323 3()3 32 故选：.故(0)(01)(1)0.280.50.78P xPXP X,故选 C.8.【答案】B8.【解析】理数答案第 2 页 共 10 页31313sinsin3sinsincos,sincos622525442,2167sin,cos2cos 2cos212sin12,65336546225 故选 B.9.【答案】【解析】由2()f xx,得()2fxx,则(1)2f,又(1)1f,所以函数2()f xx的图象在1x 处的切线方程为12(1)yx,即21yx.设21yx与函数e()xg xa的图象相切于点00,xy,由e()xg xa,可得

4、00000e2,e21,xxgxag xxa解得32031e e,e222xa,故选.10【答案】D10【解析】123212322221,3,6,(1)112322 ()1123(123)21(1)(21)(1)2621(1)(2)6nnaaan nannnf naaaannn nnn nn nn 11.【答案】A11.【解析】解法一：如图所示,由题意知直线过抛物线22(0)ypx p的焦点(,0)2pF,准线方程为2px ,分别过 A,B 作准线的垂线,垂足为A,B,如图,设AAAFt,因为|3|FBFA,所以3BBBFt,则2BMt,4ABt,所以60ABM,即直线l的倾斜角等于120AF

5、x,可得直线l的斜率为3,故选 A.解法二：设直线的倾斜角为,由焦比定理111113,cos131213FABF,依题意12cos,23,所求直线斜率为3k ,故选 A.12.【答案】B12.【解析】0,x,333x,令3zx,则,33z,理数答案第 3 页 共 10 页由题意1sin2z 在,33上只能有两解56z 和136z,1317636,（*）因为,33z上必有3sinsin222,故在(0,)上存在12,x x满足122f xf x,成立；2z 开对应的x（显然在0,上）一定是最大值点,因52z 对应的x值有可能在0,上,故结论错误；解（*）得11562,所以成立；当0,15x时,3

6、 153z,由于11562,故,3 1533 2z,此时sinyz是增函数,从而 f x在0,15上单调递增,所以成立,综上,成立,故选 B.二、填空题：本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。13.【答案】213.【解析】由约束条件作出可行域如图所示,由目标函数3zxy可知,当目标函数过点(2,4)C时,z 取得最大值,最大值3 242.14.【答案】5详解：取BC的中点G,连接11,G DG ADA,如图所示：E F分别是棱1AA11AD的中点,所以1/EF AD,又因为EF 平面BEF,1AD 平面BEF,所以1/AD平面BEF.因为1/FDBG,1=FDBG,所以四边形1FBG

7、D为平行四边形,所以1/FB GD.又因为FB 平面BEF,1GD 平面BEF,所以1/GD平面BEF.因为111GDADD,所以平面1/ADG平面BEF.因为点P为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点,直线1D P与平面BEF无公共点,所以P的轨迹为线段AG,则22215AG.15.【答案】3【解析】由正弦定理得122112sinsinPFPFPF FPFF,所以12212sin2sinPFPF FPFPFF即212PFPF,由双曲线的定义可得1222PFPFPFa,所以22PFa,14PFa；因为1260FPF,由余弦定理可得2224164242cos60caaaa,整理可得22412

8、ca,所以222e3ca,即e3.16.【答案】20,1e理数答案第 4 页 共 10 页【解析】当0 x 时，2eeexxf x，则 e10exxfx，所以，函数 f x在,0上为增函数；当0 x 时，由210yx 可得221yx，即221yx，作出函数 f x的图象如下图所示：设过原点且与函数 0f xx 的图象相切的直线的方程为ykx，设切点为01020e,exxx，所以，切线方程为00e2000e1eeexxxxyxx，将原点坐标代入切线方程可得0020e00ee1exxexxx，即0220eexxe，构造函数 2eexxg x，其中0 x，则 2e20exxxgx，所以，函数 2ee

9、xxg x在,0上单调递减，且2eeg，由02200eexxg xe，解得0ex ，所以，00e1e 1exxk，而函数 210f xxx的渐近线方程为yx，设直线yx与e1yx的夹角为，设直线e1yx的倾斜角为，则3tantan1e 1324tantan1341e 1e1tantan4 ，结合图形可知，20tan1eMON.故答案为：20,1e.三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题,考生依据要求作答。17.【答案】（1）3B（2）(5,6【解析】（1）由()(sinsin)(sinsin

10、)bcBCAC a根据正弦定理可得()()()bc bcac a,1 分所以,222acbac,2 分理数答案第 5 页 共 10 页由余弦定理可得2221cos22acbBac,3 分(0,),B4 分因此3B 5 分(2)由余弦定理,得222222cos,3,bacacBacac 6 分即223acac由正弦定理,得32sinsinsin32acbACB,7 分即2sin,2sinaA cC,又23CA,所以224sinsin4sinsin2 3sincos2sin3acACAAAAA3sin2cos212sin 21.6AAA 9 分由022032AA,解得62A,10 分所以52666

11、A,所以1sin 2,162A,11 分所以(2,3ac,所以223(5,6acac.12 分18.()证明：MN 分别是 AD、AC 的中点/MNDC，又/DCEB/MNEB，E、M、N、B四点共面.3 分在图 1 中,由6,2ABAEEB得4,2AEBE,2,/,90ABCABCDCBDC.四边形DEBC是正方形，DEAB.在图 2 中，平面AED 平面DEBC，平面AED 平面DEBCED,AEED.AE平面DEBC，AEDC又,DCDE DEAEE,DC 平面AED，平面ADC 平面AED.6 分()由图易知直线 EA、EB、ED 两两垂直,以 E 为原点，分别以 EB、ED、EA 所

12、在直线为 x轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系Exyz，则(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),BCD理数答案第 6 页 共 10 页设(0,0,),(04)Gtt.得(2,2,),(2,2,0),(2,0,)CGt BDBGt 8 分设(,)nx y z是平面BDG的一个法向量由nBDnBG 得00n BDn BG,即220202xytxyzxtz.取1z 得,12 2ttn9 分设直线 CG 与平面 BDG 所成角为,则22|sin|821 tttCtnGCGnt222222211122163168210210ttttttt当且仅当2216tt，即当2t 取等号.所以当2t，

13、即 G 为 AE 中点时,直线 CG 与平面 BDG 所成角的正弦值sin取得最大值为13.12 分19【答案】（1）35（2）()2,E X 2().5D X（3）()2,E Y 2()3D Y，甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大【解析】（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B,则 1143133545P AP AB，,2 分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15|1()533P ABP B AP A.4 分(2)设甲自媒体平台公司答对的问题数为X,则X的所有可能取值为1,2,3.12213042

14、4242333666C CC CC C131(1),(2),(3),C5C5C5P XP XP XX的分布列为X123P1535155 分131()1232,555E X 理数答案第 7 页 共 10 页2221312()(12)(22)(32).5555D X 7 分(3)设乙自媒体平台公司答对的问题数为Y,则Y的所有可能取值为0,1,2,3.321(0)1,327P Y213222(1)C(1,339P Y223224(2)C1,339P Y328(3)27,3P YY的分布列为：Y0123P12729498278 分1248()01232,279927E Y 9 分另解223,()323

15、3YBE Y，222212482()(02)(12)(22)(32)2799273D Y 10 分（另解:222()31333D Y）由()()E XE Y,()()D XD Y可得,甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大。12 分20【答案】（1）（2）见解析（3）见解析【解析】（1）()f x的定义域为1,1111axafxxx 2 分若a0,当1,x 时,0fx,所以()f x在1,上单调递增；3 分若0a,当1,1xa 时,0f x；当1,xa时,0f x,所以()f x在1,1a上单调递减,在1,a 上单调递增 分（2）当1a 时,由（1）知()f x在(1,0)上单调递减,在(0,)

16、上单调递增,分 00ln10f xf；分（3）由（2）知当1a 且0,x时,ln 1+0 xx（）,分理数答案第 8 页 共 10 页令1xn得11ln(1)nn,分从而11111111ln 1ln 1ln 1ln 1124124nnnnnnnn分1234112341lnlnlnlnln124124nnnnnnnnnnnnnnnn分12344lnln2ln21241nnnnnnnnnn分21.【答案】（1）2214xy（2）直线BC存在,且直线BC的方程为8 71440 7702039xy【解析】解：（1）由题意可知椭圆的右焦点为2(3,0)F，因为点1(3,)2P在椭圆 C 上，所以122P

17、FPFa22112(2 3)()422a，2a，2 分3c，所以1b，3 分椭圆E的方程为2214xy4 分（2）由（1）可知椭圆的上顶点为(0,1)A假设这样的,B C存在，且设1122,B x yC xy，则直线AB的斜率为111ykx直线AB的方程为11110yxx yx 5 分因为直线AB与圆M相切，则dr，所以11221111xyrxy，6 分两边平方化简得2222111111xyrxy，整理得22221111111210rxryxy因为22114 1xy，消去21x得 2222111114 111210ryryxy理数答案第 9 页 共 10 页因为11y，两边同时除以11y，得2

18、211114 11120ryryx，整理得221123 15 10 xryr，7 分即点B在直线2223 15 10 xryr上同理，点C也在直线2223 15 10 xryr上，8 分因此直线BC的方程为2223 15 10 xryr9 分若直线BC与圆M相切，则222359 14rrr，10 分解得1323r（舍去）或1323r11 分因此直线BC存在，且直线BC的方程为4 13820 13402039xy12 分22.【答案】（1）2cos,3,22sin.22xy 为参数（2）7(2,)6D【详解】（1）222cos,sin,xyxy，1 分由4sin0，3,2，得2240,2,0 x

19、yyx，3 分所以 C 的参数方程为2cos,3,22sin.22xy 为参数 5 分（2）由（1）所得 C 的参数方程，可设点(2cos,22sin)D6 分22sin23335tan,3,12cos033622D 8 分223(1)2，3tan3，则769 分点 D 的极坐标为7(2,)6D10 分理数答案第 10 页 共 10 页23.【答案】(1)见解析(2)2,).【解析】(1)由题得,3,1,()2|1|1|31,11,3,1,xxf xxxxxxx 3 分画出()f x的图象如图所示：5 分(2)令,1,()()|1|,1,axa xh xa g xa xaxa x当1x 时，(1)4f，(1)2g，要使(1)(1)0,hf即(1)(1)0a gf，则需0a 7 分画出()h x的图象，由图象知，若()()f xag x恒成立，则(1)24ha，所以2a，所以实数 a 的取值范围为2,).10 分