四川省绵阳南山中学2022-2023学年高三上学期12月二诊热身考试数学（文）试题.docx

1、绵阳南山中学2020级绵阳二诊热身考试数学试题（文史类）命题人：尹冰审题人：文红萍一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有项是符合题目要求的1集合Ax|x23x40，Bx|1x5，则集合（）A1，5）B（1，5）C（1，4D（1，4）2下列函数中为偶函数的是ABCD3下表是关于某设备的使用年限x(单位：年)和所支出的维修费用y(单位：万元)的统计表234563.44.25.15.56.8由上表可得线性回归方程，若规定：维修费用不超过10万元，一旦大于10万元时，该设备必须报废.据此模型预测，该设备使用年限的最大值约为（）A7B8C9D104若P，Q分别为直线3x4

2、y120与6x8y50上任意一点，则|PQ|的最小值为()A B C D 5若直线过点，则该直线在x轴与y轴上的截距之和的最小值为（）A1B2C3D46设，则ABCD7在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（）ABCD8设是定义域为R的奇函数，且.若，则（）ABCD9已知圆C的方程为，点P在直线上，线段AB为圆C的直径，则的最小值为（）ABCD310在平面直角坐标系xOy中，点P在曲线上，则点P到直线的距离的最小值为（）AB1CD11已知抛物线：的焦点为，过点的直线交于，两点，的重心为点，则点到直线的距离的最小值为（）A2BCD12已知函数（）有三个不同的零点，则实数的取值范围是（

3、）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分13复数，则复数z的实部与虚部之和是_.14函数的图象如图，则的值为_15平面直角坐标系中，双曲线的渐近线与抛物线交于点.若的垂心为的焦点，则的离心率为_16第24届冬奥会，是中国历史上第一次举办的冬季奥运会，国家体育场(鸟巢)成为北京冬奥会开、闭幕式的场馆国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17设是各项都为正的单调递增数列，已知，且满足关系式：，（1）

4、求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和18某中学高三共男生800人，女生1200人.现学校某兴趣小组为研究学生日均消费水平是否与性别有关，采用分层抽样的方式从高三年级抽取男女生若干人.记录其日均消费，得到如图所示男生日均消费的茎叶图和女生日均消费的频率分布直方图.将所抽取女生的日均消费分为以下五组：，规定日均消费不超过25元的人为“节俭之星”.（1）请完成下面的列联表；“节俭之星”非“节俭之星”总计男生女生总计根据以上的列联表，能否有90%的把握认为学生是否为“节俭之星”与性别有关？（2）现已知学校某小组有6名“节俭之星”，其中男生2人，女生4人.现从中选取2人在学校做勤俭节约宣讲活动报告，

5、求选取的2人中至少有一名男生的概率.附：，其中.19在中，角、所对的边长分别为、，.（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由20在平面直角坐标系xOy中，椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切（1）求椭圆C的方程；（2）是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为的重心，求点B到直线MN距离的取值范围21已知函数（1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值；（2）若函数有两个极值点，求证：二选一：第2223题为选考题，只选一题作答，计入总分.两题都作答，阅卷默认第一题22

6、在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程，曲线C的极坐标方程为（1）写出直线和曲线C的直角坐标方程；（2）已知点，若直线与曲C线交于P、Q两点，PQ中点为M，求的值23设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1（1）证明：ab+bc+ca0；（2）用maxa，b，c表示a，b，c中的最大值，证明：maxa，b，c1B【分析】求出集合A，再根据补集和交集的运算即可得出答案.【详解】解：因为集合Ax|x23x40x|x1或x4，又Bx|1x5，所以（1，4），则集合（1，5）.故选：B.2B【详解】根据偶函数的定义，A选项为奇函数;B选项为偶函数；C选项定

7、义域为不具有奇偶性；D选项既不是奇函数，也不是偶函数.故选：B.3D【分析】求出样本中心点，将样本中心点代入回归直线方程求出，再令，解不等式即可求解.【详解】由已知表格，得， 因为回归直线恒过样本点的中心，所以，解得，所以回归直线的方程为，由，得，解得，由于，所以据此模型预报，该设备使用年限的最大值为故选：4C【解析】先判定两直线平行，再求出两平行线之间的距离即得解.【详解】因为，所以两直线平行，将直线3x4y120化为6x8y240，由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，即，所以|PQ|的最小值为.故选：C.【点睛】本题主要考查平行直线的判定和两平行线之间的距离的求法，意在考查

8、学生对这些知识的理解掌握水平.5D【分析】先由直线方程求出截距分别为和，结合直线过，可得，由基本不等式“1”的妙用即可求解【详解】因为直线，当时，当时，所以该直线在x轴与y轴上的截距分别为b，a，又直线过点，所以，即，所以，当且仅当时等号成立所以直线在x轴与y轴上的截距之和的最小值为4.故选：D6B【详解】分析：求出，得到的范围，进而可得结果详解：.,即又即故选B.点睛：本题主要考查对数的运算和不等式，属于中档题7B【分析】设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，分别求出对应的区域面积，根据几何概型的的概率公式即可解出【详解】如图所示：

9、设从区间中随机取出的数分别为，则实验的所有结果构成区域为，其面积为设事件表示两数之和大于，则构成的区域为，即图中的阴影部分，其面积为，所以故选：B.【点睛】本题主要考查利用线性规划解决几何概型中的面积问题，解题关键是准确求出事件对应的区域面积，即可顺利解出8C【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得的值.【详解】由题意可得：，而，故.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.9B【分析】将转化为，利用圆心到直线的距离求得的最小值.【详解】因为为的中点，所以，从而，可知的最小值为点到直线的距离，所以.故选

10、：B.10C【分析】将问题转化为计算曲线上的点到直线的最短距离，由导数的几何意义求得即可.【详解】设直线 与曲线 相切于点 ，所以 ，则 ，因为 解得 ，即则，故曲线 与直线 的最短距离为点 到直线的距离，所以故选：C11C【分析】由题意可得，且可设：，联立方程由韦达定理得，可求，由是的重心，写出的坐标，应用点线距离公式及二次函数的性质即可求距离的最小值.【详解】由题意，抛物线为，可令直线为，若，联立直线与抛物线得且，则，又的重心为点，即，则到直线的距离，当时，.故选：C.【点睛】关键点点睛：求抛物线方程，设直线方程并联立方程，应用韦达定理求，写出重心的坐标，由点线距离公式、二次函数性质求距离

11、最值.12C【分析】由，得，令，问题转化为“若图象与图象有三个交点，求的取值范围”.利用导数研究的单调性与极值，作出的图象，数形结合可得结果.【详解】令，显然，所以，令（），则问题转化为“若图象与图象有三个交点，求的取值范围”.，令，解得，当或时，在，单调递增，当时，在单调递减，在处取极小值，作出的简图，由图可知，要使直线与曲线有三个交点，则，故实数的取值范围是.故选：C.13【分析】先化简求得再计算实部和虚部的和即可.【详解】，故实部和虚部之和为.故答案为：14【分析】根据图象可确定最小正周期，由此可得，由此可求得结果.【详解】由图象可知：最小正周期，.故答案为：.15【详解】设 所在的直线

12、方程为 ,则 所在的直线方程为,解方程组 得： ，所以点 的坐标为 ,抛物线的焦点 的坐标为: .因为是 的垂心，所以 ,所以， .所以， .考点：1、双曲线的标准方程与几何性质；2、抛物线的标准方程与几何性质.16【分析】分别设出内外椭圆的方程，求出、点的坐标，得到直线与的方程，分别与内椭圆联立，根据得到的一元二次方程中的，表示出与，根据，即可得到离心率的值.【详解】设内层椭圆方程为，由于内外椭圆离心率相同，由题意可设外层椭圆方程为.所以点坐标为，点坐标为，设切线的方程为，切线的方程为，联立直线的方程与内层椭圆方程得，因为直线与椭圆相切，所以，整理可得，.同理，联立直线的方程与内层椭圆方程，

13、可推出，所以.因为，所以，则，所以.故答案为：.17（1）；（2）.【分析】(1)根据条件先得出，再由是各项为正的单调递增数列，得到，即为等差数列，得出答案.(2)根据条件可得，由裂项相消法可求和.【详解】解：（1）因为，所以，即，又是各项为正的单调递增数列，所以，所以是首项为2，公差为2的等差数列，所以，所以（2）， 所以 【点睛】关键点睛：本题考查由递推关系求数列的通项公式和利用裂项相消法求和，解答本题的关键是将变形裂成两项的差，然后再求和，属于中档题.18（1）列联表答案见解析，有90%把握认为学生是否为“节俭之星”与性别有关；（2）.【分析】（1）先由茎叶图求出抽取的男生人数，再利用分

14、层抽样的方法求出所抽取的女生人数，然后频率分布直方图和茎叶图求出所以抽取的男女生中的“节俭之星”和非“节俭之星”人数，再利用公式计算，通过临界值表得出结论；（2）利用列举法列出所有的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可【详解】（1）由茎叶图可知此次抽样男生共20人，由于采用分层抽样的方式，抽取女生人数为30人.依题意：男“节俭之星”共7人，女“节俭之星”共18人，填表如下：“节俭之星”非“节俭之星”总计男生71320女生181230总计252550从而故有90%把握认为学生是否为“节俭之星”与性别有关.（2）记2名男生分别为A1，A2，记4名女生为B1，B2，B3，B4，则从这6名“节俭之星

15、”选取2名的所有可能有：(A1，A2)(A1，B1)(A1，B2)(A1，B3)(A1，B4)(A2，B1)(A2，B2)(A2，B3)(A2，B4)(B1，B2)(B1，B3)(B1，B4)(B2，B3)(B2，B4)(B3，B4)共15种，其中至少有1名男生的情况有9种，因此，所求概率为19（1）；（2）存在，且.【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.【详解】（1）因为，则，则，故，所以，为锐角，则，因此，；（2）显

16、然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，由三角形三边关系可得，可得，故.20（1）；（2）.【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的标准方程；（2）对直线MN的斜率是否存在进行讨论：当MN的斜率不存在，直接计算出点B到直线MN距离为3；当MN的斜率存在，用点差法求出MN的斜率，表示出直线方程，利用得到直线距离公式表示出距离，根据椭圆上点的有界性求出范围.【详解】（1）设椭圆的右焦点，则以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆：，所以圆心到直线的距离，又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以，解得：，所以椭圆的标准方程为；（2）设，设的中点为D，直线OD与

17、椭圆交于A,B两点，因为O为的重心，则,所以即B到直线MN的距离是原点O到直线MN距离的3倍.当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时B在长轴的端点处.由得：,则O到直线MN距离为1，B到直线MN距离为3；当MN的斜率存在时，设，则有：两式相减得：，因为D为的中点，所以，所以，所以直线MN的方程为，即，所以原点O到直线MN距离.因为，所以，所以.因为，所以，所以，所以综上所述，.即点B到直线MN距离的取值范围.【点睛】（1）待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；（2）“中点弦”问题通常用“点差法”处理；21（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析【分析】（1）利用导数通过分类讨

18、论判断函数的单调性，从而求函数的最大值；（2）把要证结论等价转化为，结合函数的极值点再次把要证结论转化为，()，通过构造函数即可证明.【详解】（1）因为，当时，因为，所以，所以函数在上单调递增，则；当，即时，所以函数在上单调递增，则；，当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则；当，即时，函数在上单调递减，则综上，当时，；当时，；当时，.（2）要证，只需证：，若有两个极值点，即函数有两个零点，又，所以是方程的两个不同实根，即，解得，另一方面，由，得，从而可得，于是不妨设，设，则因此，要证，即证：，即当时，有，设函数，则，所以为上的增函数注意到，因此，于是，当时，有所以成立，【点睛】关键点点睛

19、：解决本题的关键是对要证明不等式合理变形，把双变量问题化为单变量问题.22（1）；（2）8【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的变换公式求解即可；（2）根据直线中参数t的几何意义，利用韦达定理即可求解.【详解】（1）因为直线，故，即直线的直角坐标方程为因为曲线：，则曲线的直角坐标方程为，即（2）设直线的参数方程为（为参数），代入曲线的直角坐标系方程得设，对应的参数分别为，则，所以M对应的参数，故23（1）证明见解析（2）证明见解析.【分析】（1）方法一：由结合不等式的性质，即可得出证明；（2）方法一：不妨设，因为，所以，则故原不等式成立【详解】（1）方法一【最优解】：通性通法，.均不为，则，方法

20、二：消元法由得，则，当且仅当时取等号，又，所以方法三：放缩法方式1：由题意知，又，故结论得证方式2：因为，所以即，当且仅当时取等号，又，所以方法四：因为，所以a，b，c必有两个负数和一个正数，不妨设则.方法五：利用函数的性质方式1：，令，二次函数对应的图像开口向下，又，所以，判别式，无根，所以，即方式2：设，则有a，b，c三个零点，若，则为R上的增函数，不可能有三个零点，所以（2）方法一【最优解】：通性通法不妨设，因为，所以，则故原不等式成立方法二：不妨设，因为，所以，且则关于x的方程有两根，其判别式，即故原不等式成立方法三：不妨设，则，关于c的方程有解，判别式，则故原不等式成立方法四：反证法假设，不妨令，则，又，矛盾，故假设不成立即，命题得证【整体点评】（1）方法一：利用三项平方和的展开公式结合非零平方为正数即可证出，证法常规，为本题的通性通法，也是最优解法；方法二：利用消元法结合一元二次函数的性质即可证出；方法三：利用放缩法证出；方法四：利用符号法则结合不等式性质即可证出；方法五：利用函数的性质证出（2）方法一：利用基本不等式直接证出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用一元二次方程根与系数的关系以及方程有解的条件即可证出；方法三：利用消元法以及一元二次方程有解的条件即可证出；方法四：利用反证法以及基本不等式即可证出