四川省绵阳南山中学2022-2023学年高三数学（理）下学期开学考试试题（2月）（PDF版附答案）

2023年2月绵阳南山中学高2020级高三下期入学考试数学试题(理工类)命题人：刘盟审题人：蔡晓军（时间：120分钟分数：150分）本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共5页．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上，并把对应的准考证号用2B铅笔涂黑．2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案；答案不能答在试题卷上．第Ⅰ卷（选择题，共60分）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．43i1．已知复数z满足zi，则z（）iA．33iB．33iC．33iD．33i2．某游泳馆统计了10天内某小区居民每日到该游泳馆锻炼的人数，整理数据，得到如下所示的折线图.则根据此折线图，下面结论正确的是（）A．这10天内，每日游泳人数的极差大于106B．这10天内，每日游泳人数的平均值大于135C．这10天内，每日游泳人数的中位数大于145D．前5天每日游泳人数的方差小于后5天每日游泳人数的方差23．已知集合Axx2x30,Bxx3,xN，则AB（）A．[1,3)B．{1,0,1,2,3}C．{0,1,2,3}D．{1,2,3}4．中国的计量单位可追溯到4000多年前的氏族社会末期，秦王统一中国后，颁布了统一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器，如图是当时的一种度量工具“斗”（无盖，不计厚度）的三视图（正视图和侧视图都是等腰梯形），若此“斗”的体积约为2000立方厘米，则其高约为（）（单位：厘米）A．9B．10C．11D．12试卷第1页，共5页 365．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P,，则cos2（）33122122A．B．C．D．333336．函数fxcosxcosx的图像大致为（）A．B．C．D．7．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.如图，若在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按“锯齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则此数列的前20项的和为（）A．350B．295C．285D．23038．已知定义在R上的函数fx是奇函数且满足fxfx，f23，则2f2022f2023f2024（）A．2B．0C．2D．3π9．将函数fxsin2x的图象向左平移个长度单位，得函数gx图象，则以下结论中正确的是（）8ππA．gx的最小正周期为B．gx的图象关于点,0对称243π3ππC．gx的图象关于直线x对称D．gx在区间,上单调递增168810．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（）A．288B．336C．368D．412试卷第2页，共5页 22xy11．如图所示，点F是椭圆M:1(ab0)的右焦点，A，C是椭圆上关于原点O对称的两点，直22ab线AF与椭圆的另一个交点为B，若AFFC,AF2BF，则椭圆M的离心率为（）135A．31B．C．D．223112．已知aln1.5，b，ccos1.25，则大小关系正确的为（）3A．abcB．bacC．bcaD．cab第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．r13．已知向量a1,2，b1,1，若cakb，且bc，则实数k_______.2x214．已知F1，F2是双曲线C：y1的两个焦点，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限3交于点M，则△MF1F2的面积为______．15．从正四面体的顶点及其棱的中点共10个点中，任取3个点，则这三个点构成的三角形为等边三角形的概率为____________．16．已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，PBPC，PAB90，ABC是边长为23的等边三角形，PBC的面积为53，则球O的体积为______．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，每个试题考生必须作答，第22-23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：（本大题共5个小题，共60分．）217．已知数列anan0，Sn为数列an的前n项和，且anan2Sn.（1）求数列an的通项公式；ban，T3a1b3a1b3a1b，求T的值.（2）记n2nn1n121nn2cosBcosAcosC18．在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足．acabbc(1)求B；(2)若b6，BD是AC边上的高，求BD的最大值．试卷第3页，共5页 19.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1平面ABC，D为线段AB的中点，CB4，AB43，A1C18，三棱锥AA1DC的体积为8．(1)证明：A1D平面B1C1D；(2)求平面A1CD与平面A1BC夹角的余弦值．220．已知抛物线C:y2px(p0)的焦点到准线的距离为1．(1)求抛物线C的标准方程；222(2)设点Pt,1是该抛物线上一定点，过点P作圆O:(x2)yr（其中0r1）的两条切线分别交抛物线C于点A,B，连接AB．探究：直线AB是否过一定点，若过，求出该定点坐标；若不经过定点，请说明理由．221．已知函数f(x)2xalnx(aR).x(1)当a1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2且x1(1,e]（e为自然对数底数，且e2.71828），求fx1fx2的取值范围．试卷第4页，共5页 （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．【选修44：坐标系与参数方程】（本题10分）33xcosx1t2222．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），曲线C2的参数方程为yty3sin2（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C1与曲线C2的极坐标方程；22(2)曲线C1与曲线C2交于A，B两点．求OAOB的值．【选修45：不等式选讲】（本题10分）23.已知函数fxx22xt（t0），若函数fx的最小值为5.(1)求t的值；141(2)若a，b，c均为正实数，且2abct，求的最小值.2abc试卷第5页，共5页 绵阳南山中学2020级高三下期入学考试参考答案1．A．2．B.3．C4．A5．C6．D7．C8．B9．D10．B11．D12．Ax11.【详解】如图，作F1为椭圆M的左焦点，连接AF1,CF1,BF1．设AFx，则BF，CF2ax，2xBF2a，因为A，C是椭圆上关于原点O对称的两点，直线AF与椭圆的另一个交点为B，AFFC12222(2ax)x4c,22c5所以AFAF1所以23x可得．故选：D(2ax)x2a,a322ππ1ππ12．A【详解】因为01.25，0，所以ccos1.25sin1.25，22322π6π11519π1π1由于1.25，故1.25，故sin1.25sin，212334122323πππ设u(x)sinxx,x(0,)，则u(x)cosx10,x(0,)，即u(x)sinxx,x(0,)单调递减，故222π1110.51.51u(x)u(0)0，即sinxx,x(0,)，故sin，即cb；aln1.5，b，令fxlnx，23331.51.5x11111x1gx1，令h(x)f(x)g(x)lnx1,x0，则h(x),x0，22xxxxxx当0x1时，h(x)0,h(x)在(0,1)递减，当x1时，h(x)0,h(x)在(1,)递增，所以h(x)h(1)0，1.511即fxgx（当且仅当x1时等号成立），∴f1.5g1.5，即ln1.5，即ab，∴abc，1.5331642π13．14．215．16．25316.【详解】解：取BC的中点D，连接PD，AD，PBPC，PDBC，PBC的面积为53，13则23PD53，解得PD5，ADBC3，PBPD2BD227，又PAB90，2222222PAPBAB4，所以PAADPD，即PAAD，又PAAB，ABADA，AB,AD平面ABC，可得PA平面ABC，将三棱锥PABC补成正三棱柱PB1C1ABC，三棱锥PABC的外接球即正三棱柱的外接球，外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，2设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，rAOAD2，则R2r248，2334πR642π642π所以R22，所求外接球的体积为V；故答案为：3332217．【详解】解：（1）由anan2Sn①，∴an1an12Sn1②；答案第1页，共5页 22②减①即得：an1anan1anan1anan1an．由an0，可得an1an1.2当n1时，a1a12a1，解得a10（舍去）或a11.所以an是首项为1，公差为1的等差数列，通项公式为ann.bann∴T3n123n42222n①（2）由（1）可知n22n23n12Tn3n123n4222②n1421n2T3n12322232n22n123n123nn②-①∴n2110223112nTn10223n1122cosBcosAcosC18.【详解】（1）解：因为，所以2bcosBccosAacosC，acabbc由正弦定理可得2sinBcosBsinCcosAsinAcosC，即2sinBcosBsinCAsinB，1因为B0,π，所以sinB0，所以cosB，则B.23B，由余弦定理22222（2）解：因为b6，bac2accosB，即6acac，322所以ac6ac2ac当且仅当ac时取等号，133333所以ac6，则SacsinBac，当且仅当ac6时取等号，所以S，ABC242ABCmax2331232又SABCACBD，所以BD2SABC2SABC232，故BD的最大值为.22AC66219.【详解】（1）证明：因为AA1平面ABC，CB平面ABC，所以AA1BC，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1C1C为平行四边形，则ACA1C18，222因为AB43，CB4，所以ABCBAC，所以CBAB，又因为ABAA1A，AA1平面ABB1A1，AB平面ABB1A1，所以CB平面ABB1A1，因为CB//C1B1，所以C1B1平面ABB1A1，1又A1D平面ABB1A1，所以C1B1A1D．S△ABCABBC83，21D为AB的中点，则S△ACDS△ABC43，因为AA1平面ABC，2答案第2页，共5页 11VAA1CDVA1ACDSACDAA143AA18，33所以AA123，所以在△A1DB1中，A1DB1D26，A1B143，222所以A1DB1DA1B1，所以A1DB1D，C1B1B1DB1，CB,BD平面BCD，所以AD平面BCD；11111111（2）因为BB1平面ABC，BCAB，以点B为坐标原点，BA、BB1、BC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则C0,0,4、D23,0,0、A143,23,0、B10,23,0，设平面DA1C的法向量为mx1,y1,z1，DA123,23,0，DC23,0,4，则mDA123x123y10，取x12，可得m2,2,3，mDC23x4z011设平面A1CB的法向量为nx2,y2,z2，BA143,23,0，BC0,0,4，nBA43x23y0122则，取x21，可得n1,2,0，nBC4z02mn6655655所以，cosm,n，所以平面DA1C与平面A1CB夹角的余弦值为.mn11555552220．【详解】（1）因为抛物线C:y2px(p0)的焦点到准线的距离是1，所以p1，标准方程为y2x．1122（2）当y1时，x，所以P,1，设A2a,2a,B2b,2b，2212则直线AB为y2ax2a，即xaby2ab0．ab1222因为直线PA:xaya0与圆O:(x2)yr相切，2a2r522222所以1，整理得r1ar4ar40．1a4222222252同理，直线PB与圆O:(x2)yr相切，可得r1br4br40．422252所以可得a,b是方程r1xr4xr40的两个根，4答案第3页，共5页 522r452所以4r4，代入xaby2ab0，化简得xyrx4y80，ab2,ab22r1r12xy50x2113若直线过定点，则须满足2，解得所以直线AB恒过定点,．x4y80y11366221．【详解】（1）解：当a1时f(x)2xlnx定义域为0,，x21152x又2，212xx248f(x)20222xxxx所以fx在0,上单调递增，即fx的单调递增区间为0,，无单调递减区间.222a2xax2（2）解：由题知，fx2xalnx，函数fx的定义域为0,，fx222，xxxx当a0时，对任意的x0，f¢(x)>0恒成立，故fx在0,上单调递增，没有极值点；2当0a4时，a160，fx0且fx不恒为零，故fx在0,上单调递增，没有极值点；22当a4时，令fx0，解得xaa16，xaa16，则x1x20，1244当x0,x2时，f¢(x)>0；当xx2,x1时，fx0；当xx1,时，f¢(x)>0，aa2162aa16此时函数fx的单调递增区间为0,、,，4422aa16aa16单调递减区间为,.44a综上，当a4时，fx有两极值点x1、x2，且x1x2，x1x21，2221x111所以fx1fx22x1alnx12x2alnx24x1aln4x14x1lnx1，x1x2x1x2x1x111设x1t，ht4tt4ttlnt，其中t1,e，2111141tlnt所以ht412412lntt2，又因为t1,e，可知ht0，所以ht在ttttt881,e上单调递减．∴h1hthe，即ht0，所以fx1fx2的取值范围为,0.ee答案第4页，共5页 x1t,22．(1)解：由题意得：由C1：（t为参数），消去t得：yt,xy10故C的极坐标方程为cossin10133xcos,2222由C2：（为参数），消去得：xy3x0,故C2的极坐标方程为3cos3ysin,2cossin102542(2)设A1,，B2,．联立103cos932215222215所以12故OAOB1222(x2)2(xt),x223.【详解】（1）因为t0，所以fxx22xt(x2)2(xt),2xt，(x2)2(xt),xt3x2t2,x2即fxx2t2,2xt，则f(x)在(,t)内单调递减，在(t,)内单调递增，3x22t,xt所以f(x)minf(t)t2，由题意，得t25，解得t3.（2）由（1）知，2abc3，2141114111212abc2abc2abc32abc32abc121633314116(121)，当且仅当a、b、c时取等号，所以的最小值为.338242abc3答案第5页，共5页