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四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高三下学期3月月考数学（理）试题（Word版附解析）
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这是一份四川省绵阳市南山中学实验学校2022-2023学年高三下学期3月月考数学（理）试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数单调性，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A
2. 已知||＝8，为单位向量，当它们的夹角为时，在方向上的投影为( )
A. 4B. 4C. 4D. 8＋
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的投影定义计算而得.
【详解】∵||＝8，为单位向量，且，由平面向量的投影定义得，
∴在方向上的投影为4.
故选：B
3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图直观想象原几何体，利用棱柱的体积公式即可求解.
【详解】由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形（上底为1，下底为3，高为3），高为3的直四棱柱，
所以该几何体的体积为.
故选：C.
4. 记为等差数列的前项和.若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列通项和求和公式可构造不等式组求得，由等差数列通项公式可求得结果.
【详解】设等差数列的公差为，
由得：，解得：，
.
故选：D.
5. 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦型函数图象平移的性质进行求解判断即可.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数的解析式为：，
于是有，
解得，
针对四个选项中的四个角都是正角且小于，
所以令，得，
故选：D
6. 小陈和小李是某公司的两名员工，在每个工作日小陈和小李加班的概率分别为和，且两人同时加班的概率为，则某个工作日，在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合条件概率公式运算求解.
【详解】记“小李加班”为事件A，“小陈加班”为事件B，则，
故在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为.
故选：C.
7. 点在圆：上，，，则最小时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的几何性质，运用数形结合思想进行求解即可.
【详解】
如图所示，由题意圆：的圆心，半径，
当直线与圆相切时，即为切点时，最小，
此时与轴平行，，.
故选：C
8. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数解析式，在时应用二次函数性质及恒成立有得，再利用导数研究在的最小值，结合不等式恒成立只需保证，即可求出参数范围.
【详解】当时，的开口向上且对称轴，此时，
要使，则；
当时，显然时恒成立，即在上递增，
所以，满足题设；
若，则上，即递减，上，即递增；
所以，要使，则，即，
所以；
综上，的取值范围为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据分段函数解析式，结合二次函数性质、导数研究不同定义域下最小值，由不等式恒成立，保证最小值都非负即可.
9. 已知双曲线的右焦点为F，过F的直线与双曲线的右支、渐近线分别交于点A，B，且（为坐标原点），，则双曲线的离心率（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】不妨取，由得到，进而得到的方程，与渐近线方程联立，求得点B的坐标，再根据，得到A的坐标，代入双曲线方程求解.
【详解】解：设双曲线的半焦距为.不妨取，则，
因为，所以的方程为，
联立得即.
因为，
所以A为的中点，
所以，代入双曲线方程，
得，整理得，
所以.
故选：A
10. 已知四棱锥的体积是，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，则四棱锥外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作于E，则PE为四棱锥的高，据此求出正方形棱长.再根据几何关系找出外接球球心，根据勾股定理求出外接球半径即可.
【详解】
设正方形的边长为，在等边三角形中，过点作于E，
由于平面平面，∴平面．
由于是等边三角形，则，
∴，解得．
设四棱锥外接球的半径为，为正方形ABCD中心，为等边三角形PAB中心，
O为四棱锥P－ABCD外接球球心，则易知为矩形，
则，，
，
∴外接球表面积．
故选：C．
11. 定义:若函数在上存在()满足则称为上的“对望数”,这样的函数称为“对望函数”.已知函数为上的“对望函数”.下列结论不正确的是（ ）
A. 函数在任意区间上都不可能是“对望函数”
B. 函数是上的“对望函数”
C. 函数是上的“对望函数”
D. 若函数为上的“对望函数”，则在上单调
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，求导得到导函数为单调递增函数，进而判断函数在任意区间上都不可能是“对望函数”；B选项，由题意求导后得到方程，求出，得到答案；C选项，求导得到方程，求出，数形结合得到区间上有两个不同的根，C正确；D选项，由题意得到在上必有两个不相等的实根，函数在上不单调，D错误.
【详解】A选项，单调递增函数，
故在区间上不可能存在，，满足，
故函数在任意区间上都不可能是“对望函数”，A正确；
B选项，，，
令，解得，
又，所以函数是上的“对望函数”，B正确；
C选项，，，
令，解得，
因为在上单调递减，在上单调递增，
画出函数图象如下：
可知存在，使得，
所以函数是上的“对望函数”，C正确；
D选项，函数为上的“对望函数”，则在上必有两个不相等的实根，
则函数在上不单调，D错误.
故选：D
12. 过抛物线的对称轴上的定点，作直线与抛物线相交于、两点．若点是定直线上的任一点，设这三条直线、、的斜率依次为，则下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，直线的方程为：，将直线的方程与联立，消去得到关于的一元二次方程，由根与系数关系可得，设，则直线的斜率为，直线的斜率为，用上面结论化简可得答案.
【详解】解：设，，，直线的方程为：，
将直线的方程与联立，
，消去得，由根与系数关系可得.
又，，
又，
，即.
故选：B.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数满足，为虚数单位，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数模的运算公式，结合复数除法的运算法则进行求解即可.
【详解】，
故答案为：
14. 设为随机变量且，若随机变量的数学期望，则等于______.
【答案】
【解析】
【分析】由二项分布X～B的数学期望,再将已知条件代入运算即可得解.
【详解】根据题意，知，得，
即，那么.
故答案为：.
15. 南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为______.
【答案】191
【解析】
【分析】构造数列，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191.
【详解】高阶等差数列： 1，2，4，7，11，16，22，，
令，则数列：1，2，3，4，5，6，，
则数列为等差数列，首项，公差，，则
则
，
故答案为：191
【点睛】关键点睛：根据等差数列的前项和公式，利用累和法是解题的关键.
16. 定义在R上函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列正确的是______.（填序号）
① ②函数关于对称 ③函数是周期函数 ④
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用复合函数奇函数定义及复合函数的导数法则，结合函数的对称性及周期性即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，
令，可得，即，故①正确；
因，所以，所以，
又，所以，
所以，即，
所以函数的图象关于点对称，故②错，
因为，所以，所以，为常数，
因为，所以，所以，
取，可得.所以，
由，得，
所以，即，
所以，所以函数是周期函数，且周期为，
又，即，
所以函数也是以周期得周期函数，故③正确；
因为，，
所以，即，
所以，则，
所以，
，故④正确.
故答案为：①③④.
三、解答题：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，每个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. 近些年来，短视频社交软件日益受到追捧，用户可以通过软件选择歌曲，拍摄音乐短视频，创作自己的作品．某用户对自己发布的短视频个数与收到的点赞数之和之间的关系进行了分析研究，得到如下数据：
（1）计算，的相关系数，并判断是否可以认为发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高．计算时精确度为
（2）求出关于的线性回归方程．
参考数据：．附：相关系数公式：，，截距.
【答案】（1），发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相关系数的计算公式求得，进而作出判断.
（2）根据线性回归方程的计算公式求得线性回归方程.
【小问1详解】
，，
所以，，，
．
发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度．
【小问2详解】
，
，
关于的线性回归方程为．
18. 已知函数.其图像上相邻的两个对称中心之间的距离为.
（1）求函数的解析式；
（2）记的内角的对边分别为，，，．若角的平分线交于，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，求出周期，再利用周期公式可求出，从而可求出的解析式；
（2）由可求得，再由角的平分线交于，可得，表示出，再结余弦定理可求得结果.
【小问1详解】
因为
设函数的周期为，由题意，
因为解得，
所以
【小问2详解】
由得：，即，解得，
因为，所以，
因为角的平分线交于，
所以，即，
可得，
由余弦定理得：，而，
所以，得，所以，
所以
19. 三棱台的底面是正三角形，平面，，，，E是的中点，平面交平面于直线l．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由三棱台的性质得到//，再利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明；
（2）在平面内作，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，再利用线面角的向量公式进行求解.
【小问1详解】
在三棱台中，//，
又平面，平面，
则//平面，
又平面，平面平面，
所以//.
【小问2详解】
因为平面，在平面内作，
以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
21. 已知函数在区间内有唯一极值点.
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：在区间内有唯一零点，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，再讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；
（2）先由导数确定函数在区间上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间内有唯一零点；表示出，构造函数求导，求得，又由，结合在上的单调性即可求解.
【小问1详解】
，当时，，，
①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，显然在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，所以，；，，
所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.
【小问2详解】
由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；
，，单调递增，所以时，，则，又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.
因为，由（1）知，所以，
则，构造，所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【点睛】本题关键点在于先表示出，构造函数求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数的单调性，从而得到，再结合以及在上的单调性即可证得结论.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的方程为以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线和的极坐标方程；
（2）已知射线与曲线交于、两点，将射线绕极点逆时针方向旋转得到射线，射线与曲线交于、两点，当取何值时，的面积最大，并求面积的最大值.
【答案】（1），
（2）时，的面积取最大值为
【解析】
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可得出曲线、的极坐标方程；
（2）设点的极坐标为、点的极坐标为，可求得、的表达式，利用三角形的面积公式以及三角恒等变换化简面积的表达式，利用正弦型函数的基本性质可求得面积的最大值.
【小问1详解】
解：曲线的参数方程为（为参数），
转换为直角坐标方程为，即，转换为极坐标方程为，
曲线的方程为，即，转换为极坐标方程为.
【小问2详解】
解：已知射线与曲线交于、两点，
设点的极坐标为，则，
射线绕极点逆时针方向旋转得到射线，射线与曲线交于、两点．
设点的极坐标为，则，
所以，
，
，则，
所以，当时，即时，的最大值为.
23. 设函数
（1）求函数的最小值及取得最小值时x的取值范围；
（2）若集合，求实数a的取值范围
【答案】（1）最小值为，
（2）
【解析】
【分析】（1）由，即可得函数的最小值及相应的的值；
（2）根据题意转化为作出函数和的图象，结合图象，得出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，
当且仅当，即时，上式等号成立，
故函数的最小值为，
且取得最小值时的取值范围是.
【小问2详解】
解：因为，所以
由函数
令，其图像为过点，斜率为的一条直线.
如图所示，点，则直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，
所以的取值范围为.3
4
5
6
7
45
50
60
65
70
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数单调性，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A
2. 已知||＝8，为单位向量，当它们的夹角为时，在方向上的投影为( )
A. 4B. 4C. 4D. 8＋
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的投影定义计算而得.
【详解】∵||＝8，为单位向量，且，由平面向量的投影定义得，
∴在方向上的投影为4.
故选：B
3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：）是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图直观想象原几何体，利用棱柱的体积公式即可求解.
【详解】由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形（上底为1，下底为3，高为3），高为3的直四棱柱，
所以该几何体的体积为.
故选：C.
4. 记为等差数列的前项和.若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列通项和求和公式可构造不等式组求得，由等差数列通项公式可求得结果.
【详解】设等差数列的公差为，
由得：，解得：，
.
故选：D.
5. 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦型函数图象平移的性质进行求解判断即可.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，
得到函数的解析式为：，
于是有，
解得，
针对四个选项中的四个角都是正角且小于，
所以令，得，
故选：D
6. 小陈和小李是某公司的两名员工，在每个工作日小陈和小李加班的概率分别为和，且两人同时加班的概率为，则某个工作日，在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合条件概率公式运算求解.
【详解】记“小李加班”为事件A，“小陈加班”为事件B，则，
故在小李加班的条件下，小陈也加班的概率为.
故选：C.
7. 点在圆：上，，，则最小时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的几何性质，运用数形结合思想进行求解即可.
【详解】
如图所示，由题意圆：的圆心，半径，
当直线与圆相切时，即为切点时，最小，
此时与轴平行，，.
故选：C
8. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数解析式，在时应用二次函数性质及恒成立有得，再利用导数研究在的最小值，结合不等式恒成立只需保证，即可求出参数范围.
【详解】当时，的开口向上且对称轴，此时，
要使，则；
当时，显然时恒成立，即在上递增，
所以，满足题设；
若，则上，即递减，上，即递增；
所以，要使，则，即，
所以；
综上，的取值范围为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据分段函数解析式，结合二次函数性质、导数研究不同定义域下最小值，由不等式恒成立，保证最小值都非负即可.
9. 已知双曲线的右焦点为F，过F的直线与双曲线的右支、渐近线分别交于点A，B，且（为坐标原点），，则双曲线的离心率（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】不妨取，由得到，进而得到的方程，与渐近线方程联立，求得点B的坐标，再根据，得到A的坐标，代入双曲线方程求解.
【详解】解：设双曲线的半焦距为.不妨取，则，
因为，所以的方程为，
联立得即.
因为，
所以A为的中点，
所以，代入双曲线方程，
得，整理得，
所以.
故选：A
10. 已知四棱锥的体积是，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，则四棱锥外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作于E，则PE为四棱锥的高，据此求出正方形棱长.再根据几何关系找出外接球球心，根据勾股定理求出外接球半径即可.
【详解】
设正方形的边长为，在等边三角形中，过点作于E，
由于平面平面，∴平面．
由于是等边三角形，则，
∴，解得．
设四棱锥外接球的半径为，为正方形ABCD中心，为等边三角形PAB中心，
O为四棱锥P－ABCD外接球球心，则易知为矩形，
则，，
，
∴外接球表面积．
故选：C．
11. 定义:若函数在上存在()满足则称为上的“对望数”,这样的函数称为“对望函数”.已知函数为上的“对望函数”.下列结论不正确的是（ ）
A. 函数在任意区间上都不可能是“对望函数”
B. 函数是上的“对望函数”
C. 函数是上的“对望函数”
D. 若函数为上的“对望函数”，则在上单调
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，求导得到导函数为单调递增函数，进而判断函数在任意区间上都不可能是“对望函数”；B选项，由题意求导后得到方程，求出，得到答案；C选项，求导得到方程，求出，数形结合得到区间上有两个不同的根，C正确；D选项，由题意得到在上必有两个不相等的实根，函数在上不单调，D错误.
【详解】A选项，单调递增函数，
故在区间上不可能存在，，满足，
故函数在任意区间上都不可能是“对望函数”，A正确；
B选项，，，
令，解得，
又，所以函数是上的“对望函数”，B正确；
C选项，，，
令，解得，
因为在上单调递减，在上单调递增，
画出函数图象如下：
可知存在，使得，
所以函数是上的“对望函数”，C正确；
D选项，函数为上的“对望函数”，则在上必有两个不相等的实根，
则函数在上不单调，D错误.
故选：D
12. 过抛物线的对称轴上的定点，作直线与抛物线相交于、两点．若点是定直线上的任一点，设这三条直线、、的斜率依次为，则下列关系式正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，直线的方程为：，将直线的方程与联立，消去得到关于的一元二次方程，由根与系数关系可得，设，则直线的斜率为，直线的斜率为，用上面结论化简可得答案.
【详解】解：设，，，直线的方程为：，
将直线的方程与联立，
，消去得，由根与系数关系可得.
又，，
又，
，即.
故选：B.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数满足，为虚数单位，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数模的运算公式，结合复数除法的运算法则进行求解即可.
【详解】，
故答案为：
14. 设为随机变量且，若随机变量的数学期望，则等于______.
【答案】
【解析】
【分析】由二项分布X～B的数学期望,再将已知条件代入运算即可得解.
【详解】根据题意，知，得，
即，那么.
故答案为：.
15. 南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，高阶等差数列中前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.现有高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第20项为______.
【答案】191
【解析】
【分析】构造数列，并利用等差数列的性质即可求得原数列的第20项为191.
【详解】高阶等差数列： 1，2，4，7，11，16，22，，
令，则数列：1，2，3，4，5，6，，
则数列为等差数列，首项，公差，，则
则
，
故答案为：191
【点睛】关键点睛：根据等差数列的前项和公式，利用累和法是解题的关键.
16. 定义在R上函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列正确的是______.（填序号）
① ②函数关于对称 ③函数是周期函数 ④
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用复合函数奇函数定义及复合函数的导数法则，结合函数的对称性及周期性即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，
令，可得，即，故①正确；
因，所以，所以，
又，所以，
所以，即，
所以函数的图象关于点对称，故②错，
因为，所以，所以，为常数，
因为，所以，所以，
取，可得.所以，
由，得，
所以，即，
所以，所以函数是周期函数，且周期为，
又，即，
所以函数也是以周期得周期函数，故③正确；
因为，，
所以，即，
所以，则，
所以，
，故④正确.
故答案为：①③④.
三、解答题：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，每个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. 近些年来，短视频社交软件日益受到追捧，用户可以通过软件选择歌曲，拍摄音乐短视频，创作自己的作品．某用户对自己发布的短视频个数与收到的点赞数之和之间的关系进行了分析研究，得到如下数据：
（1）计算，的相关系数，并判断是否可以认为发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高．计算时精确度为
（2）求出关于的线性回归方程．
参考数据：．附：相关系数公式：，，截距.
【答案】（1），发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度
（2）
【解析】
【分析】（1）根据相关系数的计算公式求得，进而作出判断.
（2）根据线性回归方程的计算公式求得线性回归方程.
【小问1详解】
，，
所以，，，
．
发布的短视频个数与收到的点赞数之和具有较高的线性相关程度．
【小问2详解】
，
，
关于的线性回归方程为．
18. 已知函数.其图像上相邻的两个对称中心之间的距离为.
（1）求函数的解析式；
（2）记的内角的对边分别为，，，．若角的平分线交于，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，求出周期，再利用周期公式可求出，从而可求出的解析式；
（2）由可求得，再由角的平分线交于，可得，表示出，再结余弦定理可求得结果.
【小问1详解】
因为
设函数的周期为，由题意，
因为解得，
所以
【小问2详解】
由得：，即，解得，
因为，所以，
因为角的平分线交于，
所以，即，
可得，
由余弦定理得：，而，
所以，得，所以，
所以
19. 三棱台的底面是正三角形，平面，，，，E是的中点，平面交平面于直线l．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由三棱台的性质得到//，再利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明；
（2）在平面内作，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，再利用线面角的向量公式进行求解.
【小问1详解】
在三棱台中，//，
又平面，平面，
则//平面，
又平面，平面平面，
所以//.
【小问2详解】
因为平面，在平面内作，
以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
21. 已知函数在区间内有唯一极值点.
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：在区间内有唯一零点，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，再讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；
（2）先由导数确定函数在区间上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间内有唯一零点；表示出，构造函数求导，求得，又由，结合在上的单调性即可求解.
【小问1详解】
，当时，，，
①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，显然在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，所以，；，，
所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.
【小问2详解】
由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；
，，单调递增，所以时，，则，又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.
因为，由（1）知，所以，
则，构造，所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【点睛】本题关键点在于先表示出，构造函数求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数的单调性，从而得到，再结合以及在上的单调性即可证得结论.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的方程为以为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线和的极坐标方程；
（2）已知射线与曲线交于、两点，将射线绕极点逆时针方向旋转得到射线，射线与曲线交于、两点，当取何值时，的面积最大，并求面积的最大值.
【答案】（1），
（2）时，的面积取最大值为
【解析】
【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可得出曲线、的极坐标方程；
（2）设点的极坐标为、点的极坐标为，可求得、的表达式，利用三角形的面积公式以及三角恒等变换化简面积的表达式，利用正弦型函数的基本性质可求得面积的最大值.
【小问1详解】
解：曲线的参数方程为（为参数），
转换为直角坐标方程为，即，转换为极坐标方程为，
曲线的方程为，即，转换为极坐标方程为.
【小问2详解】
解：已知射线与曲线交于、两点，
设点的极坐标为，则，
射线绕极点逆时针方向旋转得到射线，射线与曲线交于、两点．
设点的极坐标为，则，
所以，
，
，则，
所以，当时，即时，的最大值为.
23. 设函数
（1）求函数的最小值及取得最小值时x的取值范围；
（2）若集合，求实数a的取值范围
【答案】（1）最小值为，
（2）
【解析】
【分析】（1）由，即可得函数的最小值及相应的的值；
（2）根据题意转化为作出函数和的图象，结合图象，得出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，
当且仅当，即时，上式等号成立，
故函数的最小值为，
且取得最小值时的取值范围是.
【小问2详解】
解：因为，所以
由函数
令，其图像为过点，斜率为的一条直线.
如图所示，点，则直线的斜率为，直线的斜率为，
因为，所以，即，
所以的取值范围为.3
4
5
6
7
45
50
60
65
70
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