四川省绵阳南山中学2023届高三下学期高考热身考试理科数学试题（含解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2023届高三下学期高考热身考试理科数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．复数是纯虚数的充要条件是（ ）
A．且B．
C．且D．
2．已知命题，使得，则为（ ）
A．，使得B．，使得
C．，使得D．，使得
3．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届国际足联世界杯足球赛，这是世界杯第一次在阿拉伯地区举办，由于夏季炎热，2022年卡塔尔世界杯放在冬季进行，如图是卡塔尔2022年天气情况（其中曲线图表示气温，条形图表示降雨量），下列对月份说法错误的是（ ）
A．有5个月平均气温在30以上
B．有4个月平均降水量为0
C．7月份平均气温最高
D．3月份平均降水量最高
4．已知函数的大致图像如图所示，则函数的解析式应为( )
A．B．
C．D．
5．某几何体的三视图如图所示（小正方形的边长为），则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
7．圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”），当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即∠ABC）大约为15°，夏至正午时太阳高度角（即∠ADC）大约为60°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（注：）（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，直线与曲线相切，则的最小值是（ ）
A．16B．12C．8D．4
9．如图，正方形ABCD的边长为1，M、N分别为BC、CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，现有以下结论：①异面直线AC与MN所成的角为定值．②存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．③三棱锥N－ACM与B－ACD体积之比值为定值．④四面体ABCD的外接球体积为．其中说法正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①②④D．①④
10．已知，则（ ）
A．B．－1C．D．
11．双曲线的左､右焦点分别为，以的实轴为直径的圆记为，过作的切线与曲线在第一象限交于点，且，则曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．若，，，，则a，b，c，d中最大的是（ ）
A．aB．bC．cD．d
二、填空题
13．某班有7名班干部，其中4名男生，3名女生．从中选出3人参加学校组织的社会实践活动，在男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为__________．
14．已知曲线在点处的切线被圆所截弦长最短，则______．
15．一封闭圆台上、下底面半径分别为1，4，母线长为6．该圆台内有一个球，则这个球表面积的最大值为______．
16．已知函数，若存在，且，使，则的值为_______________．
三、解答题
17．移动物联网广泛应用于生产制造、公共服务、个人消费等领域．截至2022年底，我国移动物联网连接数达亿户，成为全球主要经济体中首个实现“物超人”的国家．下图是2018-2022年移动物联网连接数与年份代码的散点图，其中年份2018-2022对应的分别为1~5．
(1)根据散点图推断两个变量是否线性相关．计算样本相关系数（精确到），并推断它们的相关程度；
(2)求关于的经验回归方程，并预测2024年移动物联网连接数．
附：样本相关系数，，，
18．如图，，分别是圆台上下底面的圆心，是下底面圆的直径，，点是下底面内以为直径的圆上的一个动点（点不在上）.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）若，，求二面角的余弦值.
19．记正项数列的前项积为，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，求数列的前项和.
20．已知动圆经过点，并且与圆相切．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)动直线过点，且与轨迹分别交于，两点，点与点关于轴对称（点与点不重合），求证：直线恒过定点．
21．设函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
22．在平面直角坐标中，曲线的参数方程为（为参数）
(1)写出曲线的普通方程；
(2)若A、B是曲线上的两点且，求的最大值.
23．已知定义在上的函数的最大值为．
(1)求的值；
(2)设，求证：．
参考答案：
1．A
【分析】根据充分条件、必要条件及纯虚数的定义判断即可．
【详解】若复数是纯虚数，则，；
若，，则是纯虚数，
所以复数是纯虚数的充要条件是且．
故选：A．
2．B
【分析】根据命题的否定的定义求解.
【详解】根据命题的否定的定义，
因为命题，使得，
所以为，使得，
故选:B.
3．D
【分析】根据所给图表直接判断ABCD选项即可得解.
【详解】由图可知，5月份到9月份共5个月的平均气温都在30以上，故A正确；
由图可知，6月份到9月份共4个月的平均降水量为0，故B正确；
由图知，7月份平均气温最高，故C正确；
由图知，2月份的降水量最高，故D错误.
故选：D
4．D
【分析】本题是选择题，可采用排除法，根据函数的不关于轴对称可排除选项D，再根据函数定义域是，排除选项A，利用极限思想可排除B，即可得到所求．
【详解】解：如图，因为函数定义域是，排除A选项，
当，，排除B，
因为，所以函数为偶函数，
根据函数图象不关于轴对称可知函数不是偶函数，故可排除选项D.
故选：C．
5．A
【分析】根据三视图作出几何体的实物图，确定几何体的构成，由此可计算出几何体的体积.
【详解】原几何体的实物图如下图所示，几何体是长方体去掉一个小三棱锥，
由三视图的数据可知该几何体的体积为.
故选：A.
【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
6．C
【分析】根据平面向量的线性运算结合图像将用、表示，即可得出答案.
【详解】解：
.
故选：C.
7．D
【分析】由锐角三角函数的定义与同角三角函数的关系求解，
【详解】设表高为，则，，
而，得，，
故，
得，
故选：D
8．D
【分析】根据导数的几何意义结合已知方程求出的关系，再根据不等式中“1”的整体代换即可得出答案.
【详解】对求导得，
由得，则，即，
所以，
当且仅当时取等号．
故选：D．
9．B
【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理证明AC与MN垂直，判断①，用反证法判断②，由棱锥的体积公式判断③，确定AC是四面体ABCD的外接球，求出球体积判断④．
【详解】对于①，取AC中点O，连接OB，OD，则，且，,平面OBD，
∴AC⊥平面OBD，平面OBD，∴，
异面直线AC与BD所成的角为90°，又，
∴异面直线AC与MN所成的角为定值，故①正确；
对于②，若直线AD与直线BC垂直，∵直线AB与直线BC也垂直，而是平面内两相交直线，则直线BC⊥平面ABD，平面ABD，
∴直线BC⊥直线BD，又，是平面内两相交直线，
∴BD⊥平面ABC，平面ABC，∴，而是以OB和OD为腰长的等腰三角形，与题意不符，故②错误；
对于③，M，N分别为正方形ABCD的边BC、CD的中点，
∴与面积比为2：1，
B到面ACD的距离与M到面ACN的距离之比为2：1，
三棱锥N－ACM与B－ACD体积之比值为定值，故③正确；
对于④，外接球球心O在AC中点，由题意解得外接球半径，
∴四面体ABCD的外接球体积为，故④正确．
故选：B
10．C
【分析】应用诱导公式、商数关系可得，再由和角正切公式展开求得，最后由求值即可.
【详解】由，
所以，则，
所以，则，故，
由.
故选：C
11．A
【分析】设，求出及，由三角形面积及三角函数值得到，由双曲线定义得到，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到离心率.
【详解】设切点为，，连接，则，，
过点作⊥轴于点E，则，故，
因为，解得，
由双曲线定义得，所以，
在中，由余弦定理得，
化简得，又，
所以，方程两边同时除以得，
解得，所以离心率.
故选：A
【点睛】本题考查双曲线的几何性质及其应用，对于双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围).
12．C
【分析】先将，，，变换为：，，，，得到，构造函数，，，结合导数和作差法得到，，从而得出，，，中最大值.
【详解】因为，
，
，，所以；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；
综上：， ，即，，，中最大的是.
故选：C.
13．
【分析】设事件表示“男生甲被选中”，事件表示“女生乙被选中”，分别求得，结合条件概率的计算公式求解即可.
【详解】设事件表示“男生甲被选中”，事件表示“女生乙被选中”，
则，
所以，即男生甲被选中的情况下，女生乙也被选中的概率为.
故答案为：.
14．/
【分析】根据导数的几何意义求出切线方程，则该切线恒过定点，在圆内.由圆的一般方程确定圆心，当定点与圆心的连线与切线垂直时所截得弦长最短，利用两直线的位置关系计算即可求解.
【详解】若，则函数是一条直线，不符合题意，故.
，则，又，
所以曲线在处的切线方程为，则直线恒过定点.
，
得圆心坐标为，半径为，且定点在圆内.
因为切线被该圆所截的弦长最短，所以定点与圆心的连线与切线垂直，
则，解得.
故答案为：.
15．
【分析】将圆台补体为圆锥并作出其轴截面，分析圆锥的内切球，可判断出圆锥内切球能包含在圆台内，进而可得最大球半径与表面积.
【详解】将圆台补体为圆锥并作出其轴截面如图，圆锥顶点为，圆台上下圆圆心分别为，
根据截面性质，易得，又，
所以，，，则.
故该轴截面是边长为8的正三角形，高，
由正三角形内心也是重心，可得内切圆的半径，
又圆台高为，所以圆锥内切球半径即为内切圆的半径，
所以该圆台内切球半径最大值为.
故球表面积的最大值为．

故答案为：
16．/
【分析】根据给定条件，利用换元法结合正弦函数图象性质及给定区间，列出方程组并求解作答.
【详解】令，由，得，而，
作出函数的部分图象，如图，
于是或，由，得，
则，解得，此时，符合题意，
或，解得，不符合题意，
所以的值为．
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及同一函数的几个不同自变量值对应函数值相等问题，可以转化为直线与函数图象交点横坐标问题，结合函数图象性质求解.
17．(1)0.98，两个变量具有很强的线性相关性
(2)，2024年移动物联网连接数亿户．
【分析】（1）由散点图可判断是否线性相关，再根据已知数据计算相关系数即可；
（2）由数据计算回归方程，并由方程计算预测即可.
【详解】（1）由图可知，两个变量线性相关．
由已知条件可得：，，
所以，
，，
所以相关系数，
因此，两个变量具有很强的线性相关性．
（2）结合（1）可知，，
所以回归方程是：，
当时，有，即预测2024年移动物联网连接数为亿户．
18．（1）证明见解析； （2）.
【分析】（1）由底面，证得，再由点是下底面内以为直径的圆上的一点，得到，进而证得平面，即可证得平面平面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）由题意，分别是圆台上下底面的圆心，可得底面，
因为底面，所以，
又由点是下底面内以为直径的圆上的一个动点，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，则，，
可得，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，所以，
又由，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，所以，
所以，
因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
【点睛】利用空间向量计算二面角的常用方法：
1、法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；
2、方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到，由，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解；
（2）由（1）可得，得到，结合裂项法，即可求解.
【详解】（1）证明：由题意得，当时，可得，可得，
因为，所以，即，
即，
当时，可得，所以，解得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）解：由（1）可得，
所以，
所以
.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设动圆与圆相切的切点为，得到，根据椭圆的定义即可判断点的轨迹是以，为焦点的椭圆，再求出方程即可；
（2）根据题意可知直线的斜率显然不为0，不妨设直线的方程为，设，，则，再联立椭圆和直线的方程，消去整理得到关于的一元二次方程，根据韦达定理求得，，再利用，，三点共线得到，进一步得到直线所过的定点.
【详解】（1）设动圆与圆相切的切点为，
则，
所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设椭圆的方程为，
则，，所以，
所以椭圆的方程为，
即点的轨迹的方程为．

（2）由题意可知直线的斜率显然不为0，
不妨设直线的方程为，设，，则，
联立，消去整理得，
所以，，
因为，，三点共线，所以，
所以，
即，
所以，解得，
故直线的方程为，所以直线过定点．

21．(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导后对导函数再求导，分类讨论其零点存在的情况，再得到导函数的正负与原函数的单调性与最值判断即可.
【详解】（1）时，；又，则，
切线方程为：，即
（2），
则，又令，
①当，即时，恒成立，∴在区间上单调递增，
∴，∴，∴在区间上单调递增，
∴（不合题意）；
②当即时，在区间上单调递减，
∴，∴，∴在区间上单调递减，
∴（符合题意）；
③当，即时，由，
∴，使，且时，，
∴在上单调递增，∴（不符合题意）；
综上，的取值范围是；
【点睛】方法点睛：对于这一类函数往往是在一个周期 内讨论或半个周期内讨论 ；如果一次求导不能判断清楚导函数的符号，则需要多次求导，而且每次求导后都要研究导函数的解析式能否判断清楚导函数的符号，直至能判断清楚导函数的符号为止.
22．(1)
(2)2
【分析】（1）直接消去t可得曲线的普通方程；
（2）利用参数方程表示出，，求出，利用三角函数求最值.
【详解】（1）由曲线的参数方程为，消去t可得：.
（2）因为的半径为1，且A、B是曲线上的两点，，
所以，所以.
不妨设点对应的参数为，，则点所对应的参数为，
所以则，即点.
所以
.
∵，∴，
∴的最大值为，即当时，的最大值为2.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据绝对值三角不等式求解即可；
（2）根据柯西不等式求解即可.
【详解】（1），当且仅当时等号成立．
∴，即．
（2）依题意可知，则由柯西不等式得，
，
∴，即，当且仅当时，等号成立．