广西邕衡金卷名校联盟南宁三中、柳州高中2024届第一次适应性考试数学参考答案

数学【参考答案】1.【答案】A【详解】由x233可得y3,又集合M0，1，2，3，可得MN{3}.故选：A12i(12i)(34i)510i122.【答案】C【详解】因为(34i)z12i，zi34i(34i)(34i)25551212124可得zi，则zz(i)(i)i.故选：C.555555513.【答案】D【详解】向量a在b上的投影向量为acosb2bb，故选：D3224．【答案】D【详解】因为函数fxlog22mx5m在2,上单调递增，所以y2mx5m2在2,上单调递增，且y2mx5m20在2,恒成立，m0所以，解得，所以，实数的取值范围为故选：20m5m0,5D4m5m02．【答案】【详解】由，得22，当2时，有62a2，得，5Ce22e1e24e1a24a36a2622a22323当2a2时，有4，得a，故a的所有可能取值的乘积为326233故选：C.226．【答案】A【详解】圆M:x2y24x6y120化成标准形式为x2y3=1，故圆心为M2,3，半径为1，直线与坐标轴交于点A4,0，点B0,2，如图所示：则当PAB最小时，PA与圆M相切，连接MP,AM，可知PMPA,AM(24)2(30)213,MP1，由勾股定理可得APAM|2MP|21223，故选：An(n1)d7.【答案】C【详解】Sna，所以，n123n(3n1)dn(n1)d2n(2n1)dSS2S3nana22nan2d，3nn2n121212当an为递减数列时，an1and0,所以，甲是乙的充要条件.故选：C.118.【答案】B【详解】cos()coscossinsin，即sinsin，3212故sinsin，故cos()coscossinsin，6321cos(22)2cos2()12()21.399.【答案】BCD【详解】对于A，当第①组样本数据全是负数时，A错误；参考答案第1页，共8页{#{QQABDYyQogiAAhBAABhCQQVACgCQkBACAIgOhFAMsAABiAFABAA=}#}对于B，当第①组样本数据全是非负数时，平均数不变，否则平均数变大，B正确；xxxx对于C，第②组极差为4512，作差比较得:22xxxxxxxx45124512，故极差变小，正确(x5x1)0C;222对于D，由于两组数据平均数不变，而极差变小，说明第②组数据相对于原数据更集中于平均数，因此方差变小，D正确.10.【答案】BC【详解】第n次传球之后球在甲手中，则第n1次传球之后球不在甲手中，其概率1为1P，第n次传球有三分之一的可能传给甲，故P(1P)n1n3n11111故P(P)，故P为等比数列，选项B正确n43n14n4111111P()n1，故P()n1，选项C正确n443n44311121117P()2，故A选项错误；P()3，故第4次传球后，球落在甲手中的传344394443277球方式有3421种，故D选项错误，答案为BC.2711.【答案】AD【详解】由f(4x)f(x)可知f(x)关于直线x2对称，由f(3x1)为奇函数，可得f(x)关于点(1,0)中心对称，故f(x)为周期为4的周期函数，故f(70)f(2)2，A选项正确，f(x)关于点(3,0)成中心对称，故B选项错误；f(3x1)为奇函数,则xxyyf(x)f(2x)，f(x)关于(1,0)对称，故f(1)0，故C选项错误；由121,120，227可知，故选项正确。(xiyi)7Di112.【答案】ACD【详解】球的半径为1m，则直径为2m.对于A，棱长为2.1m的正方体内切球直径为2.1>2，A正确；对于B，长方体高为1.1<2，高小于球的直径，B错误；对于C，如图所示,设正三棱锥为PABC，设O为三棱锥的内切球的球心，D为正三角形ABC的中心，所以PD为正三棱锥的高，，设E是AD的中点，正三棱锥的底面边长为，所以，，因为PD为正三棱锥的高，所以，由正棱锥的性质可知：，，，内切球半径为r，，参考答案第2页，共8页{#{QQABDYyQogiAAhBAABhCQQVACgCQkBACAIgOhFAMsAABiAFABAA=}#}得,C正确；对于D，和C的正三棱锥相比，底面边长相同，只需比较高的大小，即比较log212和23的37大小.由于log122log32log22223，故选项D正确.22222【答案】【详解】先分组再排列2313.36C4A336.1014．【答案】【详解】不妨设正方体棱长为2，以D点为坐标原点，DA为x轴，DB为y轴，DC5为z轴建立空间直角坐标系，则E(2,1,0)，B1(2,2,2)，A(2,0,0),D1(0,0,2),则410EB(0,1,2),AD(2,0,2),cosEB1,AD11152253315.【答案】(,2]【详解】令tx，则t(0,2)，故324，解得2.2216.【答案】3【详解】由题可知F1,A,D共线，F1,B,C共线，如图，设AF1m，则AF2m2a．又AB2AF1，所以BF2m2a，所以BF1m4a．又，所以，由，得AF1ABBF15mm4a5m，则，而m51aAF1AF2m2a51a2222222cF1F22c，则4c51a51a，化简得c3a，所以e3．aabc17.【答案】（1）由正弦定理2RsinAsinBsinCcosAa且得(2sinBsinC)cosAsinAcosC......................................................1分cosC2bc2sinBcosAsinCcosAsinAcosC，2sinBcosAsin(AC)，.....................................................................................................2分ACπB，2sinBcosAsinB...................................................................................................................3分1因为B0,，所以sinB0，所以cosA，...............................................................4分22π因为0A，所以A.......................................................................................................5分23（2）在ABC中，因为a2b2c22bccosA，2π所以7b2322b3cos，3所以b23b20解得b2，或b1...................................................................................................................7分参考答案第3页，共8页{#{QQABDYyQogiAAhBAABhCQQVACgCQkBACAIgOhFAMsAABiAFABAA=}#}b2a2c2179当b1时cosC0，则C为钝角，不符合题意.................8分2ab27121119则b2，AD(ABAC),平方可得AD(b2c22bccosA)(496).244419故AD..............................................................10分218.【详解】（1）以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2),D2(2,0,2),A2(2,2,1)，................................................1分，B2C2(0,2,1),A2D2(0,2,1)=，B2C2A2D2，又因B2C2A2D2不在同一条直线上，故四边形A2B2C2D2为平行四边形又B2C2A2D25四边形为菱形故A2B2C2D2多面体是以为顶点的四棱锥A2B2C2D2A1A1...........................................................3分又A1B2A1D222,A1A2A1C23设A2C2B2D2OA1OB2D2,A1OA2C2,A1O6,B2D222,A2C2231V2664...........................................................6分A1A2B2C2D23（2）设P(0,2,)(04)，则，A2C2(2,2,2),PC2(0,2,3),A2B2(2,0,1)设平面PA2C2的法向量n(x,y,z)，nA2C22x2y2z0则，nPC22y(3)z0令z2，得y3,x1，n(1,3,2)，...................................8分设平面ACB的法向量为m(a,b,c)222mA2C22a2b2c0mAB2ac022令a1，得b1,c2，m(1,1,2)，...........................................................10分nm66cosn,mnm6(1)2(3)242（2）2604参考答案第4页，共8页{#{QQABDYyQogiAAhBAABhCQQVACgCQkBACAIgOhFAMsAABiAFABAA=}#}（）2，22661421cosn,m,1..................................12分719.【详解】（1）f(x)的定义域为(0,)2m2(x1)(xm)f'(x)2x2(m1)…………………………………………2分xx对m的大小进行分类讨论1）若m1,则f'(x)0在(0,)上恒成立，f(x)在(0,)上单调递减………………3分2）若m1,则当0x1时，f'(x)0，f(x)单调递减；当1xm时，f'(x)0，f(x)单调递增；当xm时，f'(x)0，f(x)单调递减；…………………………………………………………………4分3）