广西南宁市2019届高三第一次适应性测试数学(文)试卷附答案解析
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1 2019届高三毕业班第一次适应性测试
数学（文科）
考生注意：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。
2. 请将各题答案填写在答题卡上。
3. 本试卷主要考试内容：高考全部范围。
第Ⅰ卷
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.设全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
解不等式得集合B，再利用集合的并集和补集定义直接求解即可.
【详解】因为，，所以，
故选：C.
【点睛】本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题.
2.已知复数，则它的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算得，进而可得共轭复数，从而得解.
【详解】因为，所以，对应点的坐标为.
故选：A
【点睛】本题主要考查了复数的除法运算及共轭复数的概念，属于基础题.
2 3.在等比数列中，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由得公比，进而可得首项.
【详解】因为，所以，从而.
故选：C.
【点睛】本题考查了等比数列的基本量运算，属于基础题.
4.已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由两角差的正弦得，进而有，结合角的范围可得解.
【详解】因为，所以
由，得.
故选：D
【点睛】本题主要考查了两角差的正弦展开及同角三角函数的基本关系，考查了计算能力，属于基础题.
5.如图所示，长方体的棱和的中点分别为，，，，，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
3 【答案】B
【解析】
【分析】
作，垂足为，连接，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），进而根据边长求解即可.
【详解】作，垂足为，连接，
因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），且，
因为，，所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，属于基础题.
6.已知直线：与圆：相交于，两点，若，则圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求得圆心到直线的距离，再结合弦长为6，利用垂径定理可求得半径.
【详解】圆：可化为，
设圆心到直线的距离为，则，
又，根据，所以圆的标准方程为.
故选：A
【点睛】本题主要考查了圆的弦长公式，垂径定理的应用，属于基础题.
7.已知，分别是函数图象上相邻的最高点和最低点，则（ ）
4 A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据两个最值得横坐标的距离可得周期，进而得，把的坐标代入方程，可得，从而得解.
【详解】因为，所以，
把的坐标代入方程，得，
因为，所以，.
故选：D
【点睛】已知函数的图象求参数的方法：可由观察图象得到，进而得到的值．求的值的方法有两种，一是“代点”法，即通过代入图象中的已知点的坐标并根据的取值范围求解；另一种方法是“五点法”，即将作为一个整体，通过观察图象得到对应正弦函数图象中“五点”中的第几点，然后得到等式求解．考查识图、用图的能力．
8.元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示.若将“没了壶中酒”改为“剩余原壶中的酒量”，即输出值是输入值的，则输入的（ ）
A. B. C. D.
5 【答案】C
【解析】
【分析】
模拟执行程序框图，使得最后退出循环时，即可得解.
【详解】时，；时，；时，；时，退出循环.此时，，解得.
故选：C
【点睛】本题主要考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确结论，属于基础题.
9.已知实数，满足，则目标函数的最小值为（ ）
A. -24 B. -22 C. -17 D. -7
【答案】B
【解析】
【分析】
作出不等式的可行域，平移直线，纵截距最大时z有最小值，数形结合即可得解.
【详解】
画出可行域，如图所示，
平移直线，纵截距最大时z有最小值.
6 ，解得
当直线过点时，取得最小值-22.
故选：B
【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的思想，属于基础题.
10.已知四棱锥，平面，，，，，.若四面体的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设的中点为，的中点为，可知点为四面体外接球的球心，进而根据垂直关系利用边长求解即可.
【详解】
因为，所以，，，四点共圆，.
由，得，所以.
设的中点为，的中点为，因为平面，所以平面.
易知点为四面体外接球的球心，所以，.
故选：C
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．
11.已知抛物线的焦点为，准线为，直线交抛物线于，两点，过点作准线的垂
7 线，垂足为，若等边三角形的面积为，则的面积为（ ）
A. B. C. 16 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由为等边三角形，得，边长为，结合条件中的面积可得，进而由直线与抛物线联立可得交点坐标，利用面积公式求解即可.
【详解】
因为为等边三角形，所以，边长为，
由，得，抛物线方程为，
联立，得，所以，
所以，.故.
故选：B
【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，利用了抛物线的定义研究抛物线上的点到焦点的距离，考查了数形结合和计算能力，属于中档题.
12.设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由比较，的大小，利用中间量比较,，从而得解.
【详解】∵，，∴.
∵，∴，∴.
8 又，∴，即.
故选：D
【点睛】本题主要考查了利用对数函数的单调性比较大小，解题的关键是找到合适的中间量进行比较大小，属于难题.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.在正方形中，为线段的中点，若，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由即可得解.
【详解】
因为，所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量的加法运算和线性运算，属于基础题.
14.已知数列的前项和为，若，，，则___．
【答案】26
【解析】
【分析】
根据条件可知数列为等差数列，先求数列的公差，进而利用求和公式求和即可.
【详解】因为，所以数列为等差数列，设公差为，则，
所以.
故答案为：26.
【点睛】本题主要考查了等差数列的定义及求和公式的应用，属于基础题.
15.不透明的袋中有5个大小相同的球，其中3个白球，2个黑球，从中任意摸取2个球，则摸到同色球的概
9 率为______．
【答案】
【解析】
【分析】
基本事件总数n10，摸到同色球包含的基本事件个数m4，由此能求出摸到同色球的概率．
【详解】不透明的袋中有5个大小相同的球，其中3个白球，2个黑球，从中任意摸取2个球，基本事件总数n10，摸到同色球包含的基本事件个数m4，
∴摸到同色球的概率p．
故答案为：．
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.已知函数的图象是以点为中心的中心对称图形，，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线互相垂直，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由中心对称得，可解得，再由两切线垂直，求导数得斜率，令其乘积为-1，即可得解.
【详解】由，得，
解得，所以.
又，所以.
因为，，，
由，得，即.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了函数的中心对称性，考查了导数的几何意义即切线斜率，属于中档题.
三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每道试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.在中，内角，，的对边分别为，，，且.
10 （1）求；
（2）若，的面积为，求的值.
【答案】(1) ；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据余弦定理直接求解可得，进而可得；
（2）由正弦定理角化边可得，再利用面积公式求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，从而.
（2）因为，所以，即.
因为的面积为，所以，即，所以，
解得.
【点睛】本题主要考查了正余弦定理及面积公式求解三角形，属于基础题.
18.某电子商务平台的管理员随机抽取了1000位上网购物者，并对其年龄（在10岁到69岁之间）进行了调查，统计情况如下表所示.
年龄
人数
100 150 200
50
已知，，三个年龄段的上网购物的人数依次构成递减的等比数列.
（1）求的值；
（2）若将年龄在内的上网购物者定义为“消费主力军”，其他年龄段内的上网购物者定义为“消费潜力军”.现采用分层抽样的方式从参与调查的1000位上网购物者中抽取5人，再从这5人中抽取2人，求这2人中至少有一人是消费潜力军的概率.
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据人数和为100及人数的等比关系列方程组求解即可；
（2）在抽取的5人中，有3人是消费主力军，分别记为，，，有2人是消费潜力军，分别记为，，
