广西南宁市2023届高三第一次适应性测试（理科）数学试卷（含答案）

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1、广西南宁市2023届高三第一次适应性测试（理科）数学试题一选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.已知集合，则（ ）A. B. C. D.2.已知复数满足（为虚数单位），则复数（ ）A. B. C. D.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.202

2、1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4.已知，则（ ）A.1 B.-1 C.2 D.5.已知数列满足，则数列的前5项和为（ ）A.25 B.26 C.32 D.6.设随机变量，则（ ）A.0.68 B.0.56 C.0.78 D.0.227.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.6 B. C. D.8.已知，则（ ）A. B. C. D.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.10

3、.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.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.12.已知函数，关于的方程在区间上有且仅有2个实根，对于下列4个结论：在区间上存在，满足；在区间有且仅有1个最大值点；在区间上单调递增；的取值范围是，其中所有正确结论的编号是（ ）A. B. C. D.二填

4、空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若满足约束条件则的最大值为_.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_.15.已知是双曲线的两个焦点，为上一点，且，则的离心率为_.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_.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2223题为选考题，考生依据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（本小题满分12分）在中，角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若

5、为锐角三角形，求的取值范围.18.（本小题满分12分）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.19.（本小题满分12分）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？20.（本小题满分1

6、2分）已知函数，（1）讨论的单调性；（2）当时，证明；（3）证明对于任意正整数，都有.21.（本小题满分12分）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.（二）选考题：共10分.请考生在第2223题中任选一题作答，如果多做则按所做的第一题记分.22.（本小题满分10分）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.23.（本小题满分10分）已知函数（1）在给出的坐标系

7、中画出函数的图象；（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.参考答案一选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.【答案】D1.【解析】因为，所以，故选D.2.【答案】A【解析】由题意，可变形为，则复数，故选A.3.【答案】C【解析】依题意正确.4.【答案】B【解析】，或（舍）又.5.【答案】A【解答】数列满足，整理得：（常数），故数列是以3为首项，1为公差的等差数列，所以，所以，故选A.6.【答案】C【解析】7.【答案】D【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：D.

8、故，故选C.8.【答案】B【解析】，故选B.9.【答案】C【解析】由，得，则，又，所以函数的图象在处的切线方程为，即.设与函数的图象相切于点，由，可得解得，故选C.10.【答案】D【解析】11.【答案】A【解析】解法一：如图所示，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，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.解法二：设直线的倾斜角为，由焦比定理，依题意，所求直线斜率为，故选A.12.【答案】B【解析】，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，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，故结论错

9、误；解（*）得，所以成立；当时，由于，故，此时是增函数，从而在上单调递增，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】2【解析】由约束条件作出可行域如图所示，由目标函数可知，当目标函数过点时，取得最大值，最大值.14.【答案】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.15.【答案】【解析】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

10、理可得，整理可得，所以，即.16.【答案】【解析】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：.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2223题为选考题，考生依据要求作答.17.【答案】（1）（2）【解析】（1）由根据正弦定理可得，所以，由余弦定

11、理可得，因此.（2）由余弦定理，得，即由正弦定理，得，即，又，所以.由，解得，所以，所以，所以，所以.18.（1）证明：分别是的中点，又四点共面.在图1中，由得，.四边形是正方形，.在图2中，平面平面，平面平面.平面又，平面平面平面.（2）由图易知直线EAEBED两两垂直，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.得设是平面的一个法向量由得，即.取得设直线与平面所成角为，则当且仅当，即当取等号.所以当，即为中点时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值为.19.【答案】（1）（2）.（3），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

12、件，“该甲自媒体平台公司第二次和第三次均答对”为事件，则，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.，的分布列为123.（3）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.，的分布列为：0123，另解.（另解：）由可得，甲自媒体平台公司竞标成功的可能性更大.20.【答案】（1）（2）见解析（3）见解析【解析】（1）的定义域为若，当时，所以在上单调递增；若，当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，（3）由（2）知当且时，令得，从而.21.【答案】（

13、1）（2）直线存在，且直线的方程为.【解析】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.22.【答案】（1）为参数（2）【详解】（1），由，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，则点的极坐标为23.【答案】（1）见解析（2）.【解析】（1）由题得，画出的图象如图所示：（2）令当时，要使，即，则需画出的图象，由图象知，若恒成立，则，所以，所以实数的取值范围为.