邕衡金卷·南宁市第三中学（五象校区）2024届高三第一次适应性考试参考答案数学1.C【解析】Bx|x2,A{2,1,0,1,2,3,4}AB{3,4}.2.B【解析】由(12i)z43i得z2i，则z2i.3.B【解析】1222共有30种不同的安排方案种数.C5A2C5A230.3x04．C【解析】由得1x3，x1022，又2，因f(x)loga(x2x3)loga[(x1)4](0a1)0(x1)44为，所以2，所以，则0a1loga[(x1)4]loga4f(x)minloga4211a42.25.C【解析】因为、、、四点共圆，所以所以F1AF2BF1BF290,222BFBFFF.又BFBF2a.且OBF，12121213（2ac）2c2(2c)2,解得离心率为31.6.C【解析】圆C：x2y24y0的圆心为0,2，半径r2，当CMN的面积最大2m时，CMCN，又CMCN，所以圆心C到直线l的距离2，即2，所以2m0或m4.7.A【解析】由n1n，得n1nan1an22an12(an2)，n1所以an2是首项为a121，公比为1的等比数列.满足充分性.由于公比的取值不确定，故不满足必要性.28.C【解析】由题意sincos3cos23，则12sincos3cos23，πππ即sin23cos22，故2sin(2)2，即sin(2)1，由于0，332答案第1页，共9页ππ4ππππ所以2(,)，则2，即，33332122tan3故tan2，所以，tan23（舍去负值）.1tan232(1210)9．BC【详解】由题意可得：x11，1022∵yixi20，则yx209，sysx，故B正确，A错误；由于求yi第30百分位数：100.33，故为第3个数与第4个数的平均数，yi的排列为：18,16,14,12,，因此，第30百分位数为13，C正确；将两组数据合成一个样本容量为20的新的样本数据，新样本的平均数为10x10y111191，D错误，故选：BC．2022T2π5ππ2π10.ACD【详解】由图得A2，，即Tπ，π，可得2，43124244则f(x)2cos(2x)，又f()2cos()2，故2k，kZ，得3332k，kZ，又||，则k0有，综上，f(x)2cos(2x).3233f()2cos()2，即图象直线x对称，故A正确；633633f()2cos(3)10，即图象不关于点(,0)对称，故B错误；2321332x[,]，2x[,]，cos(2x)[，1]，f(x)[2，2]122436432故C正确；将函数fx的图象向右平移个单位，得12g(x)2cos[2(x)]2cos(2x)2sin2x，故D正确；故选ACD.123211.AC【详解】令xy0，则f0f02f0f0f00或f01，又f(0)0，则f(0)1，故A正确；令x0，则f(y)f(y)2f(0)f(y)，f(y)f(y)，所以fx1是偶函数，因此B错误。令x，则2111111fyfy2ffy=0fyfy=0，所以fx关于,0中2222221心对称，故C正确，由fx关于,0中心对称可得f(x)f(1x)，结合fx是偶函2答案第2页，共9页111数，所以fx的周期为2，令xy，则f1f02ff=0，故222f(1)+f(2)=f(1)+f(0)=0，进而f1f2f20221011f1f2=0，而f2023f(1)f(0)1，故D错误.故选：AC12．AD【详解】A：当平面AA1C1C水平放置时（CC1始终保持水平），则平面ABC//平面A1B1C1，侧棱也平行，所以没有水的部分一定是棱柱，故A正确；B：当平面AA1C1C水平放置时，假设D,E,F,G都为所在棱的中点，设水面到底面的的距离11113为h，ABa,BCb，所以水的体积为VSCCabCC2ababab，ABC1222122CC13又转动前水的体积为VS1ab2abab，ABC222所以D,E,F,G不为所在棱的中点，故B错误；C：在翻滚、转动容器的过程中，若有水的部分为三棱锥，则当平面ABC作为底面，AA1作1112为高时，三棱锥A1ABC的体积取到最大值，此时VSAAab4ab，A1ABC3ABC13232而转动前水的体积为Vabab，所以有水的部分不可能是三棱锥，故C错误；3D：取AC,A1C1的中点D,D1，连接DD1，取DD1的中点O，连接OA，则D为RtABC的外-接圆圆心，O为三棱柱ABCA1B1C1外接球的球心，所以OA为外接球的半径，且44364222，所以直三棱柱外接球体积3.由选项AOA2222V球πRπ22π33322222可知，容器中水的体积为V水2ab，又ab416，所以16ab2abab8，当且仅当ab22时等号成立，所以V水2ab16，则水的体积与直三棱柱外接球体积之2ab16332比为64264242π8π，ππ3332即容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比至多为，故D正确.8π故选：AD.13．1【详解】由f00得a1.答案第3页，共9页14.17【详解】因为向量a，b满足a1，b2，ab2,3，所以(ab)25，又(ab)2a22abb212ab45，ab0，所以|a2b|a2+4ab4b211617.15.43【详解】如图，圆台的轴截面为等腰梯形ABCD，作AECD，设ABCDOO2r2RhAOr,DOR,OOh，ADl，S12rRh6①，2112ABCD22又DAB120，BAE90，所以DAE30，在RtDAE中，AEh3cos30②，由①②可得：rRl43，所以圆台的侧面积为ADl2rRl43.29101【详解】如图，，因kOD,ODAB,kABkOD1，kAB216.2202y2x5为点在直线上，所以即，联立得：D2,1ABlAB:y12x2y2x52x2pyxx4p2，设，由韦达定理得12，所以x4px10p0Ax1,y1,Bx2,y2x1x210px2x2OAx,y,OBx,y,OAOBxxyyxx1210p2520，故11221212122p2p1x1x221p，所以，根据抛物线的定义，准线为y，所以2x1x2541112129AFBFyy2x52x52xx.14241221222答案第4页，共9页117.解：（1）a3，bc2，cosB.21由余弦定理，得b2a2c22accosB9(b2)223(b2)()，2b7，cb25；.......................................................................................5分13（2）在ABC中，cosB，sinB，2233abasinB33由正弦定理有：，sinA2，sinAsinBb71433sin(BC)sin(A)sinA.....................................................................5分1418.（1）设事件A表示抽出的2个球中有红球”，事件B表示“两个球都是红球”，.........1分C29则2，分P(A)12...................................................................................2C510C233，分P(AB)2............................................................................................3C5103PAB101故PBA...............................................................................5分PA9310（2）设事件C表示“从乙箱中抽球”,则事件C表示“从甲箱中抽球”，事件D表示“抽到红球”2142PCPC，........................................................................6分63,6343PD|CPD|C.............................................................................7分5,5PDPCDPCD..............................................................................8分答案第5页，共9页PCPD|CPCPD|C..........................................................9分1423102.....................................................................10分353515314PCPD|C2PC|D35.............................................................12分PD2532226b19.（1）由题意知：1，2，...............................................4分a2b2a解得a1，b2，y2所以双曲线的方程为x21。............................................................................5分2（2）当直线l垂直x轴时，因为过点P(1,1)，所以直线l方程为x=1，y2又双曲线x21，右顶点为（1,0）在直线l上2所以直线l与双曲线只有一个交点，不满足题意；...........................6分当直线l不垂直x轴时，斜率存在，设A(x1,y1),B(x2,y2)，且x1x2，因为A、B在双曲线上，22y1x11222122所以，两式相减可得(x1x2)(y1y2)0，y22x221221所以