广西南宁市2022-2023学年高三下学期一模数学（文）试题 (含参考解析)

文数答案 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（文科） 答案 一、选择题： 1.【答案】 Ｃ 【解析】 ∵ { |1 3} {0,1,2,3}, A x x     N „ „ ∴ {0,1,2,3,4} A B  ,故选 Ｃ . 2. 【答案】 A 【解析】 由题意   i 1 3 i z    ,可变形为       3i1i 3i24i 12i 1i1i1i2 z     , 则复数 12i z ,故选 A. 3. 【答案】 B 【解析 】 5件产品中的 2件次品记为 a,b,3件合格品记为 A,B,C ,“ 从这 5件产品中任取 2 件 ” ,则该试验的样本空间 Ω ={ (,)ab ,(,)aA ,(,)aB ,(,)aC ,(,)bA ,(,)bB ,(,)bC ,(,)AB ,(,)AC ,(,)BC }, 即 ()10n .设事件 A= “ 恰有一件次品 ” ,则 ()6  nA ,故 ()6 ()0.6 ()10   nA PA n . 4. 【答案】 B 【解析】 22 sin1cos    2 1coscos1   , 2 coscos20   , (cos1)(cos2)0   , cos1cos2()   或 舍 3 sincos1. 2     又 5.【答案】 D 【解析】对于 A, ()tanfxx  为奇函数 ,在定义域内不单调 ,不符合题意 ,A 错误 . 对于 B, 1 ()fx x  ,定义域为 (,0)(0,)  , ()()fxfx ,所以 () f x 为奇函数 ,在定义域 内不单调 ,B错误 . 对于 C, ()cosfxxx  , ()cos()cos()fxxxxxfx , 故函数 ()cosfxxx  不是奇函数 ,不符合题意 C,错误 .故选 D. 6.【 答案 】 B 【 解析 】 符合题目要求的分类方法共 ：“ 甲 3张乙 1张 ” ,“ 甲 2张乙 2张 ” ,“ 甲 1张乙 3 张 ” ,三类 ①“ 甲 3张乙 1张 ”的基本事件为 ：甲 123 乙 4；甲 124 乙 3,甲 134 乙 2,甲 234 乙 1,共 4类 ； ② “ 甲 2张乙 2张 ” 的基本事件为：甲 12 乙 34 ；甲 13 乙 24, 甲 14 乙 23, 甲 23 乙 14, 甲 24 乙 13, 甲 33 乙 12, 共 6类； ③“ 甲 1张乙 3张 ”的基本事件为 ：乙 123 甲 4；乙 124 甲 3,乙 134 甲 2,乙 234 甲 1,共 4类 ； 故选 B. 7.【答案】 B 【 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 2 3    ，在  SAA 中， 由 3    SA SA ,得 2 2 2 cos         AA SA SA SA SA  2 2 1 3 3 2 3 3 ( ) 3 3 2         故选： B. 文数答案 第 2页 共 10 页 8.【答案】 Ｃ 【解析】设报告厅的座位从第 1排到第 20 排 ,各排的座位数依次排成一列 ,构成数列  na ,其 前 n项和为 nS .根据题意 ,数列  na 是一个公差为 2 d 的等差数列 ,且 10 41 a  , 故 1 10 41 18 23. 9 a a d      由 201 20(201) 202840 2 Sa   ,因此 ,则该报告厅总有座位数为 840 个座位 .故选 Ｃ . 9. 【答案】 B 【解析】已知 π sin 65 4    ， 2 π π π π 16 7 cos 2 cos 2 cos2 1 2sin 1 2 , 3 3 6 6 25 25                                         故选 B. 10.【答案】 Ｄ 【解析】由 2 ()fxx  ,得 ()2fxx ,则 (1)2f ,又 (1) 1 f  ,所以函数 2 ()fxx  的图象 在 1 x 处的切线方程为 12(1) yx ,即 21 yx . 设 21 yx 与函数 e () x gx a  的图象相切于点   00,xy , 由 e () x gx a  ,可得     0 0 0 00 e 2, e 21, x x gx a gxx a       解得 32 0 31ee,e222 xa  ,故选 Ｄ . 11.【答案】 A 【解析】设 1 1 2 2 ( , ), ( , ) A x y B x y 则由于 AB的斜率存在 ,设 AB的斜率为 k. ,AB ,都在 x轴上方 ,由题意知 0 k ,由抛物线定义 1 2 ,2 2 p p AF x BF x     则 1 12 2 2 2 4 4 2 p x xx p x         ,由弦长公式 2 1 2 1 A k B x x    , 所以 22 12 53 151 44 ABkxxkk  ,故选 A. 12. 【答案】 Ｃ 【解析】 设 ln ( ) x f x x  ,则 2 1 ln ( ) x f x x    , 当 0 e x  时 , ( ) 0 f x  ,函数单调递增 ,当 e x 时 , ( ) 0 f x  ,函数单调递减 , 故当 e x 时 ,函数取得最大值 1 (e) e f  , 因为 2 2 3(2ln3)e () e3 af   , ln3 (3) 3 cf , 1 (e) e b f   , 故 b a ,b c ,设函数 ln x ym x  的零点为 1x, 2x ,且 1 2 0 x x   , 则 11 ln mxx  , 2 2 ln mx x  , 所以 2121 lnln() xxmxx  , 211221 lnlnln() xxxxmxx  ① , 文数答案 第 3页 共 10 页 令 2( 1) ( ) ln 1 x g x x x     , 1 x ,则 2 2 ( 1) ( ) 0 ( 1) x g x x x      , 故 ( ) g x 在 (1, )  单调递增 , ( ) (1) 0 g x g  ,所以 ,当 1 x 时 , 2(1) ln 1 x x x    , 从而 2 21 2 1 1 2(1) ln 1 x xx x x x    ,即 2 1 2 1 2 1 1 2 (ln ln ) x x x x x x      ② , ① 代入 ② 得 , 2 12 e xx  ,令 2 1 e 3 x  ,则 2 3 x  , 故 12()()(3)fxfxf 