四川省南充高中2023-2024学年高三下学期第十六次月考理科数学

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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 14．112 15. 16.
1．【解析】由题可得或，所以．故选：A．
2.【解析】，在复平面内对应的点为，
“”可得“在复平面内对应的点位于第一象限”，
同理，“z在复平面内对应的点位于第一象限”可得“ ",
“”是“z在复平面内对应的点位于第一象限”的充要条件.故选:C.
【解析] 执行程序框图,m =100,i=2,=10,进入循环,s=8,i=4;s=4,i=16; s=-12,i=256;256>100,结束循环.
输出s= -12,故选B.
4.【解析】由题意知：,
所以,又，故.故选：C .
5.【解析】因为数列为等差数列，则，
又，则，即，
则. 故选：D
6.【解析】如图，当时，与可相交也可平行， 故A错；
如图，当时，或，故B错；
当时，由平行性质可知，必有，故C对；
当时，可相交、平行，故D错.
故选：C.
7.【解析】如图，设准线与轴的交点为,作，垂足分别为，
则.根据抛物线定义知，,
设，因为，所以，
所以,设，所以,所以.选A.
8.【解析】若三个场地分别承担个项目，则有种安排，若三个场地分别
承担个项目，则有种安排，综上，不同的安排方法有种. 故选：A
9.【解析】由题意知，
所以，两边取以10为底的对数，得，所以，故选：D.
10. 【解析】因为
，
对于①：若相邻两条对称轴的距离为，即，所以，
则，解得，故①错误；对于②：当时，又，
所以，所以，则的值域为，故②正确；
对于③：由，，所以，
又在区间上有且仅有两个零点，所以，解得，故③正确.
对于④：将的图象向左平移个单位长度
得到，故④正确；
故②③④正确. 选 C.
11.【解析】设双曲线的右焦点为，则直线，
联立方程，消去y得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，整理得，则，
注意到双曲线的离心率，∴双曲线的离心率取值范围是. 故选：A.
12.【解析】由题意，，，，对于和，
∵，，
∴可以构造函数，则，.
对求导，得，当时，，∴在上单调递减.
∵，∴，即；
对于和，∵.∴可以构造函数，则，
当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，∴，∴，即；
对于和，∵，∴可以构造函数，则，
当时，，∴在上单调递减.
又∵，且，∴，∴，
∴，即.∴. 故选：B.
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【解析】当时，，则，因函数是奇函数，则，所以，所以.故答案为：
14.【解析】展开式中的的通项，由,得，所以的展开式中的常数项为
15．【解析】在△ABC中,由得，
由余弦定理得又因,所以.
因AD是∠BAC的平分线，所以，在△ABD中,由正弦定理得，
所以，
因是锐角三角形，所以，所以，
所以，
故的取值范围是.故填.
16.【解析】如图：设为正四面体的外接球球心，为的中心,为的中心, 为的中点，由正四面体可知平面，
因为平面，所以，
又因为棱长为8，所以，，
设正四面体外接球球心为，则在，则为外接球半径，
由得，解得，即,
在正四面体中，
易得，，所以，
则该八面体的外接球半径,
所以该球形容器表面积的最小值为，故答案为：
三、解答题：本题共7小题，共70分。第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22-23题为选答题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17.解：（1）设污损的数字为，由北方观众平均人数超过南方观众平均人数得
即 分
所以，北方观众平均人数超过南方观众平均人数的概率为 分
（2），，
， ，
， 分
，， 分
， 分
时，． 分
答：年龄为60岁的观众每周学习诗词的平均时间大约为4.25小时． 分
解：（1），， 分
可得， 分
又由，所以，则数列表示首项为，公比为的等比数列分
由（1）可得，所以
设数列的前n项和为，则
， 分
若，即，因为函数为单调递增函数，
所以满足的最大整数n的值为2023. 分
19.证明：（1）在三棱柱中，由可得, 分
因，且，面，则平面，分
因平面，则， 分
又四边形是菱形,则
由，面，故得 面， 分
因面 ,故. 分
(2)因，不妨设，则，由余弦定理，,故得：，分别取为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.( 轴为与平面垂直向上的方向),则有，，，，，分
设平面的法向量为，则故可取
又因，，设平面的法向量为，
则故可取, 分
设二面角的平面角为，则
因故, 分
故二面角的正弦值为. 分
20.解：（1）函数的定义域为,由题意，, 分
当时，，函数在单调递增，无极值. 2分
当时，令，得
∴在单调递增，在单调递减，所以函数在时取极大值.无极小值. 分
（2）由题意，令，且，则有（*） ... 分
两式相减可得，,
要证．即证（**）
令，则（**）即为.
设，则,
所以在上单调递减，所以，即有 ... 分
（*）两式子相加得，,则要证即证，由上式只需证
即证（***），令（***）.
设，则
所以在上单调递增，所以，即有. ... 分
综上：. ... 分
21.解：（1）因为椭圆过点，
且短轴的一个端点到焦点的距离为，所以，且，解得，所以，
所以椭圆的蒙日圆的方程为 ... 分
（2）由（1）知，椭圆的方程为，
设直线的方程为，联立方程，消去并整理得，，
由△，得，即，所以坐标原点到直线的距离，
所以，所以 ... 分
（3）由（1）知，椭圆的方程为，椭圆的蒙日圆方程为，
设，，则，设，，，，
则切线的方程为，切线的方程为 ... 分
将，代入切线，的方程，有，，
故直线的方程为， ... 分
将直线的方程与椭圆的方程联立得，消去并整理得，，
显然，所以，
所以，
又点，到直线的距离
，所以， ... 分
设，则，
令，则，
所以函数在，上单调递增，所以. ... 分
所以面积的最小值为． ... 分
（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，则按所做的第一题计分.
22.解：（1）由（为参数），得，即
又，代入上式化简得：，则曲线的极坐标方程为分
（2）联立，解得或（舍去），得，
联立，解得，得.故，所以的值为2. 分
23.解：（1）当时，
所以不等式等价于或或，
解得或或，
综上可得不等式的解集为. ... 分
（2）当时，
当且仅当，即时取等号，所以，
又，，均为正数，所以，
所以，当且仅当，即、时取等号，
所以的最大值为 ... 分1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
A
C
B
C
D
C
A
A
D
C
A
B