2023届四川省绵阳南山中学实验学校高三补习班下学期2月考试考试数学（理）试题含解析

2023届四川省绵阳南山中学实验学校高三补习班下学期2月考试考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由函数值域和定义域的求法可求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】，，即；

由对数函数定义域知：；.

故选：A.

2．在复平面内，复数对应的点分别是，则复数的虚部为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的几何意义和复数的除法计算法则即得.

【详解】由题可知，

则，

所以复数的虚部为2．

故选：A.

3．世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．

下列结论中错误的是（    ）

A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加

B．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多

C．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢

D．2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平

【答案】C

【分析】结合图像逐一辨析即可.

【详解】由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确：

由扇形统计图可知2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确：

由条形统计图可知2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，故D正确：

三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，故C错误．

故选：C．

4．若，则“”是“方程表示椭圆”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据方程表示椭圆建立满足条件的不等式，然后分析充分、必要条件即可.

【详解】若方程表示椭圆，

则解得或，

所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.

故选：B.

5．在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（    ）

A．AE=CF，AC与EF是共面直线

B．，AC与EF是共面直线

C．AE=CF，AC与EF是异面直线

D．，AC与EF是异面直线

【答案】D

【分析】在圆柱中，利用勾股定理求解，再利用异面直线的定义进行判断得出结果.

【详解】如图，在底面半径为1的圆柱中，母线，，是的中点，则，

因为是的中点，又，则，

，，

，

在中，是的中点，是的中点，，

与是共面直线，

若AC与EF是共面直线，则在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线

故选：D．

6．已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据奇数项二项式系数和公式求出，再利用展开式求.

【详解】的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，

，即；

则的通项公式为，

令，则，所以.

故选：B

7．若函数在上是增函数，则实数a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据正弦型函数的单调性进行求解即可.

【详解】因为，所以有且，，

因为函数在上是增函数，

所以.

故选：A

8．中国空间站(China Space Station)的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设中国空间站要安排甲、乙等5名航天员进舱开展实验，其中“天和核心舱”安排2人，“问天实验舱”安排2人，“梦天实验舱”安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（    ）

A．9种 B．24种 C．26种 D．30种

【答案】B

【分析】先利用分组与分配的求法求得5名航天员共有种不同的安排方案，再利用分类加法计数原理求得甲、乙两人在同一个舱内有种不同的安排方案，从而利用间接法即可得解.

【详解】依题意，先从5名航天员中安排1人到“梦天实验舱”，则有种安排方案，

再将剩下的4人分成两组，每组2人，则有种安排方案，

接着将这两组分配到“天和核心舱”与“问天实验舱”，有种安排方案，

所以这5名航天员的安排方案共有种，

其中甲、乙两人同在“天和核心舱”内的安排方案有种，同在“问天实验舱”内的安排方案有种，

即甲、乙两人在同一个舱内做实验的安排方案有种，

所以甲、乙两人不在同一个舱内做实验的安排方案有种.

故选：B.

9．在平面直角坐标系中，，，若圆：上存在点，使得，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设，由两点距离公式结合可得，又点Р在圆C上，可得两圆心距离范围，即可列式求得的取值范围.

【详解】设，所以，即，

又点Р在圆C上，所以，解得，即的取值范围是.

故选：A.

10．如图，某湿地为拓展旅游业务，现准备在湿地内建造一个观景台，已知射线，为湿地两边夹角为的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客接送点，，且千米，若要求观景台与两接送点所成角与互补且观景台在的右侧，并在观景台与接送点，之间建造两条观光线路与，则观光线路之和最长是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出，，在中，利用余弦定理结合基本不等式即可得出答案.

【详解】解：在中，因为，，

所以，

又与互补，所以，

在中，由余弦定理得：，

即，即，

因为，

所以，

所以，当且仅当时，取等号，

所以观光线路之和最长是4.

故选：B.

11．已知双曲线()的左､右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】延长到且，延长到且，结合向量的线性关系知是△的重心，根据重心和内心的性质，进而得到，由双曲线定义得到齐次方程，即可求离心率.

【详解】如下图示，延长到且，延长到且，

所以，即，

故是△的重心，即，又，

所以，而是的内心，则，

由，则，故，即.

故选：D

【点睛】关键点点睛：利用向量的线性关系构造重心，结合重心和内心的性质得到，再根据双曲线定义得到双曲线参数的齐次方程.

12．直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是、、，则下列关系式正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先用转化法判断两条曲线的交点个数，再利用导数的性质画出两个函数图象，最后利用数形结合思想进行求解即可.

【详解】当时，则有，

设函数，则，

当时，单调递增，当时，单调递减，

而，而，

如下图所示：

因此曲线的交点只有一个，

因此曲线和只有一个交点，

,

当时，单调递增，当时，单调递减，

且当时，，且，图象如下图所示，

，

当时，单调递增，当时，单调递减，

且当时，，当时，，图象如下图所示，

当直线经过曲线和唯一的公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点，如上图所示，

则有，且，①

对上式同构可得：，

∵，且函数在单调递增，

∴，②

又∵，，且函数在上单调递减，

∴③

由方程②③可得：，再结合方程①可得：．

故选：D

【点睛】关键点睛：用转化法判断曲线、的交点个数是解题的关键.

二、填空题

13．已知正六边形ABCDEF的边长为2，则         ．

【答案】

【分析】根据正六边形的几何性质，求出向量的模长以及夹角，利用平面向量的定义式，可得答案.

【详解】由题意，作图如下：

在正六边形中，易知，，，，

则与的夹角为，即，

在中，，

.

故答案为：.

14．设随机变量， ，若，则           ．

【答案】

【分析】由求出，然后即可算出

【详解】因为，

所以

解得，所以

所以

故答案为：

【点睛】本题考查的是二项分布的相关知识，较简单.

15．已知抛物线，点为直线上一动点，过点作直线与分别切于点则           .

【答案】0

【分析】设切点和，利用导数的几何意义求出切线、的方程，由此可得是方程的两实根，再求出，

根据平面向量的坐标表示化简计算即可.

【详解】由，得，则，

设，，所以，

得切线的方程为，即，

切线的方程为，即，

又两条切线过切点，有、，

所以是方程即的两实根，

得，

又，

所以

将代入上式，得

.

故答案为：0，

16．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是      ．

①若平面，则动点Q的轨迹是一条线段

②存在Q点，使得平面

③当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大

④若，那么Q点的轨迹长度为

【答案】①③④

【分析】作出过点与平面平行的正方体的截面判断①；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量判断②；设出点Q的坐标，求出点Q到平面最大距离判断③；确定点Q的轨迹计算判断④作答.

【详解】在正方体中，取的中点E，F，连，如图，

则，平面，平面，则有平面，

因点P为棱的中点，有，，即有为平行四边形，

则，而平面，平面，有平面，

，平面，因此，平面平面，因平面，

则平面，又点Q在平面，平面平面，即点Q的轨迹为线段EF，①正确；

以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，

，设平面的一个法向量，

则，令，得，若平面，则，即，

，所以不存在Q点，使得平面，②不正确；

因的面积为定值，当且仅当点Q到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，

，点Q到平面的距离，而，则当时，，

而，即，因此点与点重合时，三棱锥的体积最大，③正确；

因平面，平面，则，因此，

显然点Q的轨迹是以为圆心，半径为，所含圆心角为的扇形弧，弧长为，④正确.

故答案为：①③④

【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.

三、解答题

17．在一个计算机网络服务器系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度.

(1)若该系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，该网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为0.9，它们之间相互不影响.求能正常工作的设备数X的分布和数学期望；

(2)若该网络中每台设备的可靠度是0.7，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能带来约50万的经济损失.为减少经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在0.9，更新设备硬件总费用为8万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在0.8，设备维护总费用为5万元.请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？

【答案】(1)分布列见解析，

(2)应选择方案2

【分析】（1）由题意可知，根据二项分布求出所对应的概率，即可得到分布列，再根据二项分布的期望公式计算可得；

（2）分别计算两种方案的损失期望值，即可做出决策．

【详解】（1）解：为正常工作的设备数，由题意可知.

所以，

，

，

，

从而的分布列为：

由，则；

（2）解：设方案1、方案2的总损失分别为，，

采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到，由（1）可知计算机网络断掉的概率为，不断掉的概率为，

所以元；

采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，

可知计算机网络断掉的概率为，

故元.

因此，从期望损失最小的角度，决策部门应选择方案2.

18．已知数列的前项和为，且满足，，.

(1)证明：数列是等比数列，并求；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析，，

(2)，

【分析】（1）根据条件以及等比数列的定义求出 的通项公式，在根据其通项公式的代数式结构推导 ；

（2）根据（1）求得的 通项公式推出 的通项公式，再运用错位相减法求和.

【详解】（1）因为，所以，

因为，，所以，，，

所以数列是首项为3，公比为2的等比数列，

即，，经检验 也成立，整理可得，，

由于 ，…， ；

（2）由（1）知， ，又，

， ，

当时，…①，

…②，

-②得：，

，

又 时，也满足上式，所以，；

综上，，，.

19．已知四棱锥的底面是平行四边形，侧棱平面，点在棱上，且，点是在棱上的动点（不为端点）.（如图所示）

(1)若是棱中点，

（i）画出的重心（保留作图痕迹），指出点与线段的关系，并说明理由；

（ii）求证：平面；

(2)若四边形是正方形，且，当点在何处时，直线与平面所成角的正弦值取最大值.

【答案】(1)(i)作图见解析；(ii)证明见解析；

(2)点在线段靠近的三等分处时, 正弦值取最大值为.

【分析】（1）(i)根据重心为三角形三边中线的交点可作图；(ii)利用线面平行判定定理证明；

（2）利用空间向量的坐标运算，表示出线面夹角的正弦值，即可求最大值.

【详解】（1）（i）设与交点为，连接与交于点，

因为为中点，为中点，

所以与交点为重心，

所以,

又因为为的边的中线，

所以点也为的重心，即重心在上.

（ii）连接并延长交于点，连接，

因为为重心，所以,

又因为,

所以，

又因为平面,平面,

所以平面；

（2）因为四边形为正方形，所以,

平面，平面，所以，

所以以为坐标原点，建立如图所示坐标系，

所以

设，则

设平面的法向量为，

，化简得，

取则，

设直线与平面所成角为，

所以，

所以当时，即点在线段靠近的三等分点处时，

直线与平面所成角的正弦值取最大值为.

20．设圆的圆心为A，点，点为圆上动点，线段的垂直平分线与线段交于点，设点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程；

(2)设直线与曲线交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），直线与轴交于点，求面积的范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】对于（1），由题目条件可得：.据此可得答案；

对于（2），通过联立直线与曲线方程结合韦达定理可得H为定点，后可得面积表达式，后利用函数单调性可得面积范围.

【详解】（1）由题意可得，半径，又线段的垂直平分线与线段交于点，所以，则有.

所以点轨迹是以为焦点，实轴长等于4的椭圆，故轨迹方程为

（2）由题可得，联立方程组，

消去x得：；

其判别式

设，则，由韦达定理可得:；

所以直线方程：，

今

，所以为定点.

则如下图所示：

则，

令，则

设，任取，

则，得在单调递增，

所以随着增大而变小，故；

所以.

21．已知函数，.

(1)讨论的零点个数；

(2)若对，不等式恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）求出定义域为，，根据导函数的符号得出函数的单调性，得出最小值.根据最小值与0的关系，结合函数的单调性，讨论函数零点的个数即可；

（2）根据已知可推出.令，构造，求导根据函数的单调性可得，可转化为对恒成立.构造，根据导函数可得，即，进而即可求得a的取值范围.

【详解】（1）解：由已知可得，定义域为，.

因为，解可得，.

解可得，，所以在上单调递减；

解可得，，所以在上单调递增.

所以，在处有唯一极小值，也是最小值，.

所以，当时，，恒成立，此时的零点个数为0；

当时，，有唯一零点；

当时，，此时有，

且.

由在上单调递减，，，

根据零点的存在定理可知，，即，使得；

令，，则在上恒成立，

所以在上单调递减，又，所以.

所以在上恒成立，

又，，

又在上单调递增，

根据零点的存在定理可知，，即，使得.

所以是的零点，所以的零点个数为2.

综上所述，当时，的零点个数为0；当时，有1个零点；当时，的零点个数为2.

（2）解:由已知可得，.

因为，，所以有

令，对于，，

则，则对恒成立，即对恒成立.

令，则只需即可.

，所以在上单调递增.

所以，

所以，解得.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数且），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

（1）说明是哪种曲线，并将的方程化为极坐标方程；

（2）设点的极坐标为，射线与的交点为（异于极点），与的交点为（异于极点），若，求的值．

【答案】（1）是圆心为，半径为的右半圆，；（2）．

【分析】（1）利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；

（2）利用极坐标的几何意义和三角函数关系式求解.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为，

所以是圆心为，半径为的右半圆，

所以的直角坐标方程为，

由，，，得，

所以的极坐标方程为．

（2）设，，

∵，∴，，

，

，

因为，

所以或（舍）．

【点睛】方法点睛：直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式；直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用.

23．函数．

(1)求函数的最小值；

(2)若（1）中的最小值为，且实数，，满足．求证：．

【答案】(1)当时, 的最小值为3

(2)证明见解析

【分析】（1）利用零点分段讨论法即可求解；

（2）由绝对值三角不等式可得的最小值，进而有，又，从而利用柯西不等式即可证明.

【详解】（1）解：当时，，为单调增函数，所以此时的最小值为；

当时，，所以此时没有最大、最小值；

当时，，为单调减函数，所以此时为最小值.

综上，当时, 的最小值为3.

（2）解：因为，当且仅当时取等号，

所以，

由柯西不等式可知，

所以（当，，时等号）.