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四川省绵阳市南山中学实验学校2024届高三上学期1月月考数学（理）试题
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注意事项:
1.答题前，考生务必把自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上.
2.做选择题时，必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案标号.
3.所有题目必须在答题卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案无效.
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. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】的元素用来表示，再利用集合间的基本关系选择正确答案.
【详解】因为，所以．
故选：A.
2. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的性质、复数的除法运算可得答案.
【详解】，
所以的虚部为.
故选：C.
3. 某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为（ ）
A. 400，32B. 400，36C. 480，32D. 480，36
【答案】A
【解析】
【分析】根据图（1）及分层抽样可得样本容量及抽取的四居室户主人数，再结合图（2）可得抽取的户主对四居室满意的人数.
【详解】由图（1）得该小区户主总人数为人，
所以样本容量为人，其中四居室户主有人，
由图（2）得抽取的户主中对四居室满意的有人，
故选：A.
4. 如图，在中，，则（ ）
A. 9B. 18C. 6D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】由可得，则，代入化简即可得出答案.
【详解】由可得：，
所以，所以，
，
因为，
所以.
故选：D.
5. 的展开式中的系数为，则实数（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式的展开式公式展开，再与前面的项相乘求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为，
所以．
令，解得，
．令，解得．
由题意，可知，
所以．
故选：D．
6. 已知圆和圆，其中，则使得两圆相交的一个充分不必要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得两圆相交的充要条件，求得的取值范围，再由选项即可得到结果.
【详解】因为圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，且，
使得两圆相交的充要条件为，且，
解得，由选项可得，
所以其一个充分不必要条件可以是.
故选：B
7. 已知椭圆M：，点在其上，直线l交椭圆于A，B两点，的重心是坐标原点，则直线l的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将代入椭圆方程求出，设，利用点差法得到，结合的重心是坐标原点，得到，求出直线l的斜率.
【详解】将代入椭圆方程得，，
令，则，解得，即，
设，则，，
故，
又，两式相减得，，
变形得到，即，
故，，解得.
故选：B
8. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度，得到函数，若满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据图象求解出的解析式，然后根据图象的平移变换求解出的解析式，由已知条件分析出的图象关于直线对称，即可根据求解出的值.
【详解】法一：由图可知，，图象过点，，，.
的图象过点，，
，，
，，
由，得的图象关于直线对称，
所以，
，
，又，
所以，
故选：.
法二：，
故图象对称轴可表示为，
图象的一条对称轴为，
当时，可知的左侧图象离最近的对称轴为，
故的最小值为，
故选：.
【点睛】方法点睛：根据正、余弦型函数（）的对称轴、对称中心求解参数的方法：
（1）已知正、余弦型函数的对称轴，则必有，由此求解出参数；
（2）已知正、余弦型函数对称中心，则必有，由此求解出参数.
9. 定义在上的偶函数，记，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由偶函数的性质求出的值，即可得的解析式，进而可得在上的单调性，再根据对数函数的性质即可得解．
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，
所以，即，解得，
所以，
当时，为增函数，
因为，
，，
,
所以，
所以，即.
故选：B.
10. 第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地，，分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能，两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由，，三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ）
A 150种B. 300种C. 720种D. 1008种
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数与排列数的计数方法，结合分类分步两个基本原理求解即可得的答案.
【详解】首先电子竞技和冲浪两个项目仅能两地举办，且各自承办其中一项有种安排；
再次5个表演项目分别由三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有种，
故总数为种不同的安排方法.
故选：B.
11. 已知定义在上的函数是奇函数，且满足，，数列满足，且，为的前项和，，则（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】通过函数的奇偶性以及关系式，推出函数的周期，数列满足，且，求出数列的通项公式，然后求解即可．
【详解】函数是奇函数
，
，
是以3为周期的周期函数.
数列满足，且，
，且，，
两式相减可得，从而得，
，，
（1）.
故选：.
【点睛】本题考查数列与函数相结合，函数的周期性以及数列的递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力．
12. 已知双曲线的右顶点、右焦点分别为A，，过点A的直线与的一条渐近线交于点，直线与的一个交点为B，若，且，则的离心率为( )
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量数量积等式推出l⊥x轴，求出点Q坐标，进而得点B坐标，再代入双曲线方程求解即得.
【详解】由已知得，设，
由，得，
所以轴，即，
不妨设点在第一象限，则.
设，由，得，
，
，即，
点在双曲线上，
，
整理得，，
解得，或(负值舍去).故选C.
故选：C
【点睛】求解双曲线离心率的问题，根据条件建立关于a，b，c的齐次式，结合b2=c2-a2转化为a，c的齐次式，再转化为关于e的方程，解之即可得e.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若实数满足约束条件则的最大值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】依题意可画出可行域，并根据目标函数的几何意义求出其最大值为.
【详解】根据题意，画出可行域如下图中阴影部分所示：
易知目标函数可化为，若要求目标函数的最大值，
即求出在轴上的最大截距即可，
易知当（图中虚线所示）平移到过点时，截距最大，
显然，则，所以的最大值为.
故答案为：4
14. 已知角均在第一象限，终边上有一点，且，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据终边上点的坐标可得，然后再利用余弦两角和公式，从而求解.
【详解】根据终边上点的坐标可得，得：
化简得：
所以：.
故答案为：.
15. 下列四个命题中为真命题的是_________.（写出所有真命题的序号）
①若随机变量服从二项分布，则其方差；
②若随机变量服从正态分布，且，则；
③已知一组数据的方差是3，则的方差也是3；
④对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4；
【答案】①③
【解析】
【分析】对于①，利用二项分布的方差公式分析判断，对于②，利用正态分布的性质分析判断，对于③，利用方差的性质分析判断，对于④，将样本中心点代入回归方程求解判断.
【详解】对于①，因为随机变量服从二项分布，所以，所以①正确，
对于②，因为随机变量服从正态分布，且，所以，
所以，
所以，所以②错误，
对于③，因为数据的方差是3，所以由方差的性质可知的方差不变，也是3，所以③正确，
对于④，因为线性回归方程为，样本点的中心为，所以，解得，所以④错误，
故答案为：①③
16. 已知曲线C，直线,点，，以曲线C上任意一点M为圆心、MF为半径的圆与直线l相切，过点的直线与曲线C交于A，B两点，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先由动点的轨迹得出曲线轨迹方程，通过选设直线方程与抛物线方程联立得出韦达定理，接着验证过定点的两直线的斜率之和为零，得出两直线关于轴对称，从而将求的正切值转化为求的正切值，再结合表达式运用基本不等式，函数单调性即得.
【详解】
如图，依题意，曲线C上任意一点M到定点的距离等于点到定直线的距离，故点M的轨迹是抛物线，其轨迹方程为：.
设直线AB的方程为，由消去得：，不妨设，，则必有且，，分别记直线的斜率为，则 ，
所以．（两直线的斜率之和为0．则两直线关于x轴对称）
设，则，当且仅当时等号成立，所以，（利用基本不等式求出的范围）
则，不妨设记，则，因在上为减函数且恒为正数，故在上为增函数，则有故的最大值为．
故答案为：.
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. 已知数列的前n项和为，，且．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）已知等差数列满足，其前9项和为63．令，设数列的前n项和为，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，再结合当时，求出即可；
（2）用基本量法求出，利用裂项相消法求出，适当放缩即可证明.
【小问1详解】
证明：，
数列是以1为首项，为公差的等差数列
可得
当时，
当时，也满足上式，
【小问2详解】
证明：
18. 杭州第19届亚运会后，多所高校掀起了体育运动的热潮．为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10所高校进行研究，得到数据绘制成如下的折线图：
（1）若“艺术体操”参与人数超过35人的学校可以作为“基地校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记可作为“基地校”的学校个数为，求的分布列和数学期望；
（2）现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，某同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作及每轮测试互不影响．如果该同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）23轮.
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.
（2）先求得一轮测试该同学“优秀”的概率，然后根据二项分布的知识列不等式，从而求得正确答案.
【小问1详解】
参加“艺术体操”人数在35人以上的学校共5所，所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
所以的分布列为：
所以；
【小问2详解】
由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，
则该同学在n轮测试中获“优秀”次数X服从二项分布，即满足，
由，
所以理论上至少要进行23轮测试．
19. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，为其外接圆的圆心，，．
（1）求的大小；
（2）若，求边长的最值．
【答案】19.
20. 最大值:；最小值：
【解析】
【分析】（1）结合题意对分别对，进行化简，从而求解.
（2）根据正弦定理并结合（1）中的结果，求解得出最值.
【小问1详解】
延长交外接圆于点，如下图所示
则
所以：，
由，
得：，
解之得：，因为：，所以：.
故答案为：
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
所以：，
因为：，所以：，
所以：，
所以：边长的最大值为，最小值为.
故答案为：最大值：；最小值：.
20. 已知函数，.
（1）若的最大值是0，求的值；
（2）若对于定义域内任意，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
【解析】
【分析】（1）根据函数单调性求出函数最大值，最大值为0进而求出参数的值.
（2）根据题意分离参数，得恒成立，求出最小值即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由题定义域为，
，
若，则在上单调递增，无最大值，
若，，
时，，函数在上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
所以时，取得最大值.
【小问2详解】
对于定义域内任意，恒成立，
即恒成立，
设，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
，
所以在上有唯一零点，即，
所以，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
所以由得，
所以，
当时，，，则在上单调减，
当时，，，则在上单调增，
所以，
恒成立，
即的最小值，则，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：第一问利用导数研究函数单调性，根据单调性求出函数最值，根据最大值为0进而求出参数的值；第二问根据题意首先分离参数，利用导数解决恒成立问题，其中利用函数同构式，是解题关键.
21. 已知抛物线，其焦点为，定点，过的直线与抛物线相交于，两点，当的斜率为1时，的面积为2.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若抛物线在，点处的切线分别为，，且，相交于点，求距离的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的方程，联立方程，求出两点的坐标，再根据的面积即可得解；
（2）设，，，切点，再根据导数的几何意义分，和三种情况讨论求出切线方程，即可得切线分别为，，进而可求得点的轨迹方程，从而可得出答案.
【小问1详解】
过且斜率为1的直线为：，
代入拋物线方程可知，解得或，
则不妨令点M，N分别为，，
∴，∴，，
∴抛物线方程为：；
【小问2详解】
设，，，切点，
由题意可知：对于抛物线，当时，；，；时，，
显然时，；时，，
若，则点处的切线为，即，
∵，∴，即，
同理，若，点处的切线为，
时，，则在顶点处的切线为，符合上述表达式，
∴点处的切线为；点处的切线为，
在这两条切线上，∴，
则的直线方程为，
∵在上，∴，即在定直线上，
∴长的最小值即为点到直线的距离，
此时.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 在直角坐标系中，点的坐标是，曲线的参数坐标方程（为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中曲线的极坐标方程为，与交于，两点．
（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出它是什么曲线？
（2）过点作垂直于的直线交于，两点，求的值．
【答案】（1），焦点为，顶点为的抛物线（顶点除外）.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式，可得曲线的直角坐标方程；
（2）将曲线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义求出、同理得到，即可得解.
【小问1详解】
因为曲线的极坐标方程为，
所以，又，所以，则，
所以，即，
因为，即，所以，
所以曲线的直角坐标方程为，
曲线可以由抛物线向下平移个单位得到，
所以曲线为焦点为，顶点为抛物线（顶点除外）.
【小问2详解】
将代入得，
设，对应的参数分别为，，，
所以，
过点作垂直于的直线的参数方程为（为参数，），
将代入得，
设，对应的参数分别为，，，
所以，
所以.
23. 已知函数
（1）若，求不等式的解集；
（2）对于任意的正实数，且，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
（2）根据题意，化简得到，结合基本不等式求得的最大值，再由绝对值的三角不等式求得，列出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，不等式，即为不等式为，
当时，可得，解得，所以；
当时，可得成立，所以；
当时，可得的，解得，所以．
综上得不等式的解集为．
【小问2详解】
解：因为为正实数，且，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最大值，
又因为，当时取到等号，
要使恒成立，只需，解得或，
即实数的取值范围为
0
1
2
3
P
注意事项:
1.答题前，考生务必把自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上.
2.做选择题时，必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案标号.
3.所有题目必须在答题卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案无效.
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. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】的元素用来表示，再利用集合间的基本关系选择正确答案.
【详解】因为，所以．
故选：A.
2. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的性质、复数的除法运算可得答案.
【详解】，
所以的虚部为.
故选：C.
3. 某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为（ ）
A. 400，32B. 400，36C. 480，32D. 480，36
【答案】A
【解析】
【分析】根据图（1）及分层抽样可得样本容量及抽取的四居室户主人数，再结合图（2）可得抽取的户主对四居室满意的人数.
【详解】由图（1）得该小区户主总人数为人，
所以样本容量为人，其中四居室户主有人，
由图（2）得抽取的户主中对四居室满意的有人，
故选：A.
4. 如图，在中，，则（ ）
A. 9B. 18C. 6D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】由可得，则，代入化简即可得出答案.
【详解】由可得：，
所以，所以，
，
因为，
所以.
故选：D.
5. 的展开式中的系数为，则实数（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式的展开式公式展开，再与前面的项相乘求解即可.
【详解】的展开式的通项公式为，
所以．
令，解得，
．令，解得．
由题意，可知，
所以．
故选：D．
6. 已知圆和圆，其中，则使得两圆相交的一个充分不必要条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得两圆相交的充要条件，求得的取值范围，再由选项即可得到结果.
【详解】因为圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径为，且，
使得两圆相交的充要条件为，且，
解得，由选项可得，
所以其一个充分不必要条件可以是.
故选：B
7. 已知椭圆M：，点在其上，直线l交椭圆于A，B两点，的重心是坐标原点，则直线l的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将代入椭圆方程求出，设，利用点差法得到，结合的重心是坐标原点，得到，求出直线l的斜率.
【详解】将代入椭圆方程得，，
令，则，解得，即，
设，则，，
故，
又，两式相减得，，
变形得到，即，
故，，解得.
故选：B
8. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度，得到函数，若满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据图象求解出的解析式，然后根据图象的平移变换求解出的解析式，由已知条件分析出的图象关于直线对称，即可根据求解出的值.
【详解】法一：由图可知，，图象过点，，，.
的图象过点，，
，，
，，
由，得的图象关于直线对称，
所以，
，
，又，
所以，
故选：.
法二：，
故图象对称轴可表示为，
图象的一条对称轴为，
当时，可知的左侧图象离最近的对称轴为，
故的最小值为，
故选：.
【点睛】方法点睛：根据正、余弦型函数（）的对称轴、对称中心求解参数的方法：
（1）已知正、余弦型函数的对称轴，则必有，由此求解出参数；
（2）已知正、余弦型函数对称中心，则必有，由此求解出参数.
9. 定义在上的偶函数，记，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由偶函数的性质求出的值，即可得的解析式，进而可得在上的单调性，再根据对数函数的性质即可得解．
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，
所以，即，解得，
所以，
当时，为增函数，
因为，
，，
,
所以，
所以，即.
故选：B.
10. 第33届夏季奥运会预计在2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目．现有三个场地，，分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能，两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由，，三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ）
A 150种B. 300种C. 720种D. 1008种
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合数与排列数的计数方法，结合分类分步两个基本原理求解即可得的答案.
【详解】首先电子竞技和冲浪两个项目仅能两地举办，且各自承办其中一项有种安排；
再次5个表演项目分别由三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有种，
故总数为种不同的安排方法.
故选：B.
11. 已知定义在上的函数是奇函数，且满足，，数列满足，且，为的前项和，，则（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】通过函数的奇偶性以及关系式，推出函数的周期，数列满足，且，求出数列的通项公式，然后求解即可．
【详解】函数是奇函数
，
，
是以3为周期的周期函数.
数列满足，且，
，且，，
两式相减可得，从而得，
，，
（1）.
故选：.
【点睛】本题考查数列与函数相结合，函数的周期性以及数列的递推关系式的应用，考查转化思想以及计算能力．
12. 已知双曲线的右顶点、右焦点分别为A，，过点A的直线与的一条渐近线交于点，直线与的一个交点为B，若，且，则的离心率为( )
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量数量积等式推出l⊥x轴，求出点Q坐标，进而得点B坐标，再代入双曲线方程求解即得.
【详解】由已知得，设，
由，得，
所以轴，即，
不妨设点在第一象限，则.
设，由，得，
，
，即，
点在双曲线上，
，
整理得，，
解得，或(负值舍去).故选C.
故选：C
【点睛】求解双曲线离心率的问题，根据条件建立关于a，b，c的齐次式，结合b2=c2-a2转化为a，c的齐次式，再转化为关于e的方程，解之即可得e.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若实数满足约束条件则的最大值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】依题意可画出可行域，并根据目标函数的几何意义求出其最大值为.
【详解】根据题意，画出可行域如下图中阴影部分所示：
易知目标函数可化为，若要求目标函数的最大值，
即求出在轴上的最大截距即可，
易知当（图中虚线所示）平移到过点时，截距最大，
显然，则，所以的最大值为.
故答案为：4
14. 已知角均在第一象限，终边上有一点，且，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据终边上点的坐标可得，然后再利用余弦两角和公式，从而求解.
【详解】根据终边上点的坐标可得，得：
化简得：
所以：.
故答案为：.
15. 下列四个命题中为真命题的是_________.（写出所有真命题的序号）
①若随机变量服从二项分布，则其方差；
②若随机变量服从正态分布，且，则；
③已知一组数据的方差是3，则的方差也是3；
④对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4；
【答案】①③
【解析】
【分析】对于①，利用二项分布的方差公式分析判断，对于②，利用正态分布的性质分析判断，对于③，利用方差的性质分析判断，对于④，将样本中心点代入回归方程求解判断.
【详解】对于①，因为随机变量服从二项分布，所以，所以①正确，
对于②，因为随机变量服从正态分布，且，所以，
所以，
所以，所以②错误，
对于③，因为数据的方差是3，所以由方差的性质可知的方差不变，也是3，所以③正确，
对于④，因为线性回归方程为，样本点的中心为，所以，解得，所以④错误，
故答案为：①③
16. 已知曲线C，直线,点，，以曲线C上任意一点M为圆心、MF为半径的圆与直线l相切，过点的直线与曲线C交于A，B两点，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先由动点的轨迹得出曲线轨迹方程，通过选设直线方程与抛物线方程联立得出韦达定理，接着验证过定点的两直线的斜率之和为零，得出两直线关于轴对称，从而将求的正切值转化为求的正切值，再结合表达式运用基本不等式，函数单调性即得.
【详解】
如图，依题意，曲线C上任意一点M到定点的距离等于点到定直线的距离，故点M的轨迹是抛物线，其轨迹方程为：.
设直线AB的方程为，由消去得：，不妨设，，则必有且，，分别记直线的斜率为，则 ，
所以．（两直线的斜率之和为0．则两直线关于x轴对称）
设，则，当且仅当时等号成立，所以，（利用基本不等式求出的范围）
则，不妨设记，则，因在上为减函数且恒为正数，故在上为增函数，则有故的最大值为．
故答案为：.
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. 已知数列的前n项和为，，且．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）已知等差数列满足，其前9项和为63．令，设数列的前n项和为，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，再结合当时，求出即可；
（2）用基本量法求出，利用裂项相消法求出，适当放缩即可证明.
【小问1详解】
证明：，
数列是以1为首项，为公差的等差数列
可得
当时，
当时，也满足上式，
【小问2详解】
证明：
18. 杭州第19届亚运会后，多所高校掀起了体育运动的热潮．为了深入了解学生在“艺术体操”活动中的参与情况，随机选取了10所高校进行研究，得到数据绘制成如下的折线图：
（1）若“艺术体操”参与人数超过35人的学校可以作为“基地校”，现在从这10所学校中随机选出3所，记可作为“基地校”的学校个数为，求的分布列和数学期望；
（2）现有一个“艺术体操”集训班，对“支撑、手倒立、手翻”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试．规定：在一轮测试中，这3个动作中至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”．在集训测试中，某同学3个动作中每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作及每轮测试互不影响．如果该同学在集训测试中要想获得“优秀”的次数的平均值达到8次，那么理论上至少要进行多少轮测试？
【答案】（1）分布列见解析，；
（2）23轮.
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.
（2）先求得一轮测试该同学“优秀”的概率，然后根据二项分布的知识列不等式，从而求得正确答案.
【小问1详解】
参加“艺术体操”人数在35人以上的学校共5所，所有可能取值为0，1，2，3，
则，
，
所以的分布列为：
所以；
【小问2详解】
由已知该同学在一轮测试中为“优秀”的概率为，
则该同学在n轮测试中获“优秀”次数X服从二项分布，即满足，
由，
所以理论上至少要进行23轮测试．
19. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，为其外接圆的圆心，，．
（1）求的大小；
（2）若，求边长的最值．
【答案】19.
20. 最大值:；最小值：
【解析】
【分析】（1）结合题意对分别对，进行化简，从而求解.
（2）根据正弦定理并结合（1）中的结果，求解得出最值.
【小问1详解】
延长交外接圆于点，如下图所示
则
所以：，
由，
得：，
解之得：，因为：，所以：.
故答案为：
【小问2详解】
在中，由正弦定理得，
所以：，
因为：，所以：，
所以：，
所以：边长的最大值为，最小值为.
故答案为：最大值：；最小值：.
20. 已知函数，.
（1）若的最大值是0，求的值；
（2）若对于定义域内任意，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
【解析】
【分析】（1）根据函数单调性求出函数最大值，最大值为0进而求出参数的值.
（2）根据题意分离参数，得恒成立，求出最小值即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由题定义域为，
，
若，则在上单调递增，无最大值，
若，，
时，，函数在上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
所以时，取得最大值.
【小问2详解】
对于定义域内任意，恒成立，
即恒成立，
设，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
，
所以在上有唯一零点，即，
所以，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
所以由得，
所以，
当时，，，则在上单调减，
当时，，，则在上单调增，
所以，
恒成立，
即的最小值，则，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：第一问利用导数研究函数单调性，根据单调性求出函数最值，根据最大值为0进而求出参数的值；第二问根据题意首先分离参数，利用导数解决恒成立问题，其中利用函数同构式，是解题关键.
21. 已知抛物线，其焦点为，定点，过的直线与抛物线相交于，两点，当的斜率为1时，的面积为2.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若抛物线在，点处的切线分别为，，且，相交于点，求距离的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的方程，联立方程，求出两点的坐标，再根据的面积即可得解；
（2）设，，，切点，再根据导数的几何意义分，和三种情况讨论求出切线方程，即可得切线分别为，，进而可求得点的轨迹方程，从而可得出答案.
【小问1详解】
过且斜率为1的直线为：，
代入拋物线方程可知，解得或，
则不妨令点M，N分别为，，
∴，∴，，
∴抛物线方程为：；
【小问2详解】
设，，，切点，
由题意可知：对于抛物线，当时，；，；时，，
显然时，；时，，
若，则点处的切线为，即，
∵，∴，即，
同理，若，点处的切线为，
时，，则在顶点处的切线为，符合上述表达式，
∴点处的切线为；点处的切线为，
在这两条切线上，∴，
则的直线方程为，
∵在上，∴，即在定直线上，
∴长的最小值即为点到直线的距离，
此时.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 在直角坐标系中，点的坐标是，曲线的参数坐标方程（为参数，）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中曲线的极坐标方程为，与交于，两点．
（1）将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并指出它是什么曲线？
（2）过点作垂直于的直线交于，两点，求的值．
【答案】（1），焦点为，顶点为的抛物线（顶点除外）.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式，可得曲线的直角坐标方程；
（2）将曲线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线参数方程中参数的几何意义求出、同理得到，即可得解.
【小问1详解】
因为曲线的极坐标方程为，
所以，又，所以，则，
所以，即，
因为，即，所以，
所以曲线的直角坐标方程为，
曲线可以由抛物线向下平移个单位得到，
所以曲线为焦点为，顶点为抛物线（顶点除外）.
【小问2详解】
将代入得，
设，对应的参数分别为，，，
所以，
过点作垂直于的直线的参数方程为（为参数，），
将代入得，
设，对应的参数分别为，，，
所以，
所以.
23. 已知函数
（1）若，求不等式的解集；
（2）对于任意的正实数，且，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解；
（2）根据题意，化简得到，结合基本不等式求得的最大值，再由绝对值的三角不等式求得，列出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，不等式，即为不等式为，
当时，可得，解得，所以；
当时，可得成立，所以；
当时，可得的，解得，所以．
综上得不等式的解集为．
【小问2详解】
解：因为为正实数，且，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最大值，
又因为，当时取到等号，
要使恒成立，只需，解得或，
即实数的取值范围为
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