绵阳南山中学实验学校2023届高三下学期（补习班）2月月考数学（理）试卷(含答案)

这是一份绵阳南山中学实验学校2023届高三下学期（补习班）2月月考数学（理）试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2、在复平面内,复数,对应的点分别是,则复数的虚部为( )
A.2B.-2C.D.
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
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
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，E是的中点，F是AB的中点，则( )
A.，AC与EF是共面直线
B.，AC与EF是共面直线
C.，AC与EF是异面直线
D.，AC与EF是异面直线
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.192B.448C.-192D.-488
7、若函数在上是增函数,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
8、中国空间站(China Space Statin)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
9、在平面直角坐标系xOy中，，，若圆上存在点P，使得，则a的取值范围是( )
A.B.C.D.
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D,已知射线AB,AC为湿地两边夹角为的公路（长度均超过4千米）,在两条公路AB,AC上分别设立游客接送点E,F,且千米,若要求观景台D与两接送点所成角与互补且观景台D在EF的右侧,并在观景台D与接送点E,F之间建造两条观光线路DE与DF,则观光线路之和最长是( )
A.B.4C.D.5
11、已知双曲线()的左､右焦点分别为,,P为双曲线上的一点,I为的内心,且,则C的离心率为( )
A.B.C.D.2
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.
二、填空题
13、已知正六边形ABCDEF的边长为2,则_________.
14、设随机变量, ,若,则___________．
15、已知抛物线,点M为直线上一动点,过点M作直线MA,MB与C分别切于点A,B则___________.
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
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？
18、已知数列的前n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n项和.
19、已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形,侧棱平面ABCD,点M在棱DP上,且,点N是在棱PC上的动点（不为端点）.（如图所示）
（1）若N是棱PC中点,
（i）画出的重心G（保留作图痕迹）,指出点G与线段AN的关系,并说明理由;
（ii）求证：平面AMN;
（2）若四边形ABCD是正方形,且,当点N在何处时,直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值.
20、设圆的圆心为A,点,点M为圆上动点,线段MB的垂直平分线与线段MA交于点E,设点E的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）设直线与曲线C交于P,Q两点,点P关于x轴的对称点为（与Q不重合）,直线与x轴交于点H,求面积的范围.
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.
22、在平面直角坐标系xOy中,曲线的参数方程为（为参数且）,以坐标原点O为极点,x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A的极坐标为,射线与的交点为M（异于极点）,与的交点为N（异于极点）,若,求的值．
23、函数．
（1）求函数的最小值;
（2）若（1）中的最小值为k,且实数a,b,c满足．求证：．
参考答案
1、答案：A
解析：,,即;
由对数函数定义域知：;.
故选：A.
2、答案：A
解析：由题可知,
则,
所以复数的虚部为2．
故选：A.
3、答案：C
解析：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、答案：B
解析：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、答案：D
解析：连结BE，CE，如图，
易知BC是圆O的直径，所以，又因为E是的中点，故，
所以在等腰中，，则，
因为AB是圆柱的母线，所以面，又BE，面BCE，故，，
所以在中，，
在中，由F是AB的中点得，故，所以，
可以看到，面，面，由异面直线的定义可知，AC与EF是异面直线.
故选：D.
6、答案：B
解析：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、答案：A
解析：因为,所以有且,,
因为函数在上是增函数,
所以,.
故选：A.
8、答案：B
解析：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、答案：A
解析：设，所以，即，
又点Р在圆C上，所以，解得，即a的取值范围是.
故选：A.
10、答案：B
解析：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、答案：D
解析：如下图示,延长IP到A且,延长到B且,
所以,即,
故I是的重心,即,
又,,
所以,而I是的内心,则,
由,则,故,即.
故选：D.
12、答案：D
解析：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.
13、答案：-6
解析:由题意,作图如下:
在正六边形ABCDEF QUOTE ABCDEF ABCDEF中,易知,,，
QUOTE ∠EDF=30∘ ∠EDF=30∘ QUOTE AB=ED AB=ED则与 QUOTE DF DF的夹角为,
即,在 QUOTE △DFC △DFC中,,
,
故答案为：-6.
14、答案：
解析：因为,
所以
解得,所以
所以
故答案为：.
15、答案：0
解析：由,得,则,
设,,,所以,
得切线MA的方程为,即,
切线MB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、答案：①③④
解析：在正方体中,取,的中点E,F,
连,EF,,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.
17、答案：（1）分布列见解析,
（2）应选择方案2
解析：（1）X为正常工作的设备数,由题意可知.
所以,
,
,
,
从而X的分布列为：
由,则;
（2）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0.9,由（1）可知计算机网络断掉的概率为0.001,不断掉的概率为0.999,
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0.8,
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、答案：（1）证明见解析,,
（2）,
解析：（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、答案：（1）(i)作图见解析;(ii)证明见解析;
（2）点N在线段PC靠近P的三等分处时, 正弦值取最大值为.
解析：（1）（i）设AC与BD交点为O,连接PO与AN交于点G,
因为O为AC中点,N为PC中点,
所以PO与AN交点G为重心,
所以,
又因为PO为的BD边的中线,
所以点G也为的重心,即重心G在AN上.
（ii）连接DG并延长交PB于点H,连接MG,
因为G为重心,所以,
又因为,
所以,
又因为平面AMN,平面AMN,
所以平面AMN;
（2）因为四边形ABCD为正方形,所以,
平面ABCD,AB,平面ABCD,所以,
所以以A为坐标原点,建立如图所示坐标系,
所以,,,
,,
设,则
设平面AMN的法向量为,
,化简得,
取则,
设直线PA与平面AMN所成角为,
所以,
所以当,时,即点N在线段PC靠近P的三等分点处时,
直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值为.
20、答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意可得,半径,又线段MB的垂直平分线与线段MA交于点E,
所以,则有.
所以E点轨迹是以A,B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t增大而变小,故;
所以.
21、答案：（1）答案见解析;
（2）.
解析：（1）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）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、答案：（1）是圆心为,半径为的右半圆,;
（2）．
解析：（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）．
23、答案：（1）当时,的最小值为3
（2）证明见解析
解析：（1）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）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）.
X
0
1
2
3
P
0.001
0.027
0.243
0.729