南阳名校2023年春期高三年级开学考试
理数答案
一、选择题
1-6AACAAA 7-12DAABDC
1．【答案】A，，
2．【答案】A因为，所以，
故，
3．【答案】C由题意，由余弦定理可得，
则，所以，以、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，如下图所示，
则，，，，则直线的方程为，即，所以圆半径为，圆的方程为，设，，，所以，其中且为锐角，所以，的最小值为．
4．【答案】A由图像可得每一个实心圆点的下一行均分为一个实心圆点与一个空心圆点,
每个空心圆点下一行均为实心圆点.故从第三行开始,每行的实心圆点数均为前两行之和.
即 .故第1到第12行中实心圆点的个数分别为：
.
5．【答案】A由题意，得点的坐标为，点的坐标为，
∵，两点都在抛物线上，∴，
即，即，解得或，
又，∴,
6．【答案】A，，成立，不成立，；
，，成立，不成立，；
，，成立，成立，，；
依此类推，上述程序框图是统计成绩不低于分的学生人数，从茎叶图中可知，不低于分的学生数为，故选A．
7．【答案】D∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，又平面，∴，同理可得．
由题意可知，则，．
将平面展开到一个平面内如图，则的最小值即为展开图中的长．
∵，
从而，故．
在中，由余弦定理可得，
则，即的最小值为．
8．【答案】A，故，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，所以，
则
9．【答案】A依题意如图所示：
取的中点，则是等腰梯形外接圆的圆心，
取是的外心，作平面平面，
则是四棱锥的外接球球心，且，
设四棱锥的外接球半径为，则，而，
所以，
10．【答案】B由题意知，的可能取值为2,3,4,其概率分别为，，，所以，故选B．
11．【答案】D连接AF2,BF2,记A,B中点为N，根据题意知：AF2=BF2,所以设AF2=BF2=m,并且NF2垂直AB,由于过点F1的直线斜率为，设直线的倾斜角为，所以在直角三角形F1F2N中，，根据双曲线的定义：AF1-AF2=2a,所以：AF1=2a+m,同理：BF1=m-2a;由AB=AF1-BF1,所以AB=4a,则AN=BN=2a,
故：BF1=NF1-BN=-2a因此：m= ;在直角三角形ANF2中，
，从而解得离心率 ：
12．【答案】C因为为偶函数，所以，
用代替得：，
因为为奇函数，所以，
故①，用代替得：②，
由①② 得：，所以函数的周期，
所以，即，
因为，令得：，故，
，解得：，所以时，，
因为，令，得，
其中，所以，
因为，令得：，即，因为，所以，
因为，令得：，
故，
.
二、填空题
13. 14. 15. 16.
13．【答案】设第一次摸到红球为事件,第二次摸到红球为事件,
则,,
所以.
14．【答案】设所求圆的标准方程为，
由题意得：，解得：，
故所求圆的方程为，即．
15．【答案】解：∵函数的图象关于直线对称，
，，当取最小值是，
，∵，∴，
，即的取值范围是.
16．【答案】解：求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，
令，，
在递减，在递增，显然在取得最小值，
作的图象，并作的图象，注意到，，
（原定义域，这里为方便讨论，考虑，
当时，直线与只有一个交点即只有一个零点（该零点值大于；
当时在两侧附近同号，不是极值点；
当时函数有两个不同零点（其中一个零点等于，但此时在两侧附近同号，使得不是极值点不合．
三、解答题
17．【详解】（1）①设∠BAD＝α，∠CAD＝β，
在△ABD中，由正弦定理得：，即，
在△ACD中，由正弦定理得：，即
由题意可得：，则
∵，则
∴， 又因为，
所以=，即所以AD平分∠BAC，
②由题意可得：，即
整理得：
∵，∴即证
（2）因为，即
又∵
所以，即所以，则
∴，当且仅当时等号成立所以的最大值为．
18．【详解】（1）解：随机变量的所有可能取值为、、、，
，，
，，
所以的分布列为
所以数学期望.
（2）解：记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件，
设第场甲、乙两队积分分别为、，则，、，
因两队积分相等，所以，即，则，
所以
．
19．
【详解】（1）∵分别为棱中点，
，，四边形MQBD为平行四边形，
，又平面，平面，
平面，∵N为棱AD的中点，，
又，，∵平面，平面，
平面.又，平面，
平面∥平面.
（2）由题意知两两垂直，以为原点，方向分别为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
设（），，
则，
故，，
设，则由可得， ，
则
设平面的一个法向量为，则，
取，则，
设平面MNQ的一个法向量为，则，
取，则，
由题知，
解得或（与矛盾，舍去），故，即.
20．
【详解】（1）由已知设椭圆方程为：，
代入，得，
故椭圆方程为.
（2）设直线，
由得，
，，
又，
故
，
由，得，
故或，
①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去；
②当时，直线，过定点，即直线过左焦点，
此时，符合题意.
所以的周长为定值.
21．
【详解】试题解析：(Ⅰ)由题意知：函数与相切，设切点
又有
所以
（Ⅱ）
由题意知：的两个根为
又因为是函数的零点
，
两式相减得：
，
令
由得又，得，
设函数
所以在上单调递减，所有
考点：①函数与方程；②求导运算；③运用导数解决函数问题.
22．
【详解】（1）把，代入直线l的方程得：
，
整理得：，所以l的极坐标方程是（，），
又由（为参数）得的普通方程是即，
将，代入可得其极坐标方程是即；
（2）因为：，：，
将分别代入，得，.
所以.
又，所以，当时，即时，取最大值5.
23．
【详解】（1）时，，
当或时，可得，解得，
所以，当，可得，解得，
所以，不等式的解集为；
（2），
若两个零点都在上，则，不符合题意；
也不可能存在两个零点，
所以两个零点一个在，一个在，
不妨设，则，且，
，因为，所以，
故时在区间内有两个零点，
所以，得，因为，所以.2023年春期高三年级开学考试
6.图1是某学习小组学生数学考试成绩的茎叶图，1号到16号的同学的成绩依次为A,
理数试题
A,、,A6,图2是统计茎叶图中成缋在一定范围内的学生情况的程序框图，那么该程序框图
输出的结果是()
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，只有项
乐阎
是符合题目要求的.
:69
人4色A二
1.已知集合A={x1og2x≤1}，B={xx2-3x≤0}，则B=()
81
A.[0,3]
B.[2,3]
C.(-∞，3]
D.（-o,2][3,+o)
=
9298
<16d
2.己知复数z满足z(1-i)=(1-3i),则2=().
103上2
销出了
A.5W2
B.5
C.2
D,8
4
陈柬
3.如图，在平行四边形ABCD中，AD=24B=4,∠B4D=120,动点M在以点C为圆心且与
图1
图2
BD相切的圆上，则AM.BD的最大值是〈)
Λ.10.
B.6
C.7
D.16
7.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，△PAB是边
长为2的正三角形，E,F分别是棱PD,PC上的动点，则AE+EF+BF的最小值是()
A,3-V3
B.3+V5
C.12+43
D.万+
2
4.分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦.B.曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学
A.V2+2B.√2+3
C.7+2
D.万+I
科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路，下图按照的分形规律生长成
8.已知数列{a}的前n项和为S,首项a,=1,且满足a1+a,=3.2”，则：的值为()
一个树形图，则第12行的实心圆点的个数是()
A.4093B.4094
C.4095
D.4096
9,己知四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AD1;B,∠BAD=120°，△SMD是等
边三角形，且SA=AB=2√5；若点P在四棱锥S-AB(D的外接球面上运动，记点P到平面
ABCD的距离为d,若平面SAD⊥平面ABCD,则d的最大值为()
第行
A.V13+1B.13+2
C.V15+1
D.15+2
第5行
10.已知5件产品中有2件次品，现逐-一检测，直至能确定所有次品为止，记检测的次数为5，
则Eξ=()
7
B.55个
A.3
A.89个
C.34个
D.144个
B,2
C.
D.4
5.如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a,b(a抛物线y=2x(D>0)经过C,F两点，则2=()
1.巴知双面线C:兰若=1(0>0，b0)韵左、右东点分别为，，过点片且斜率
为，的直线交双曲线于A，B两点，线段AB的垂直平分线恰过点F,则该双曲线的离心率为
()
A.6
B.5
C.6
2
D.5
2
12.己知函数f(c)的定义域为R,f(2x+2)为偶函数，f(x+1)为奇函数，且当x∈[0，]时，
f倒=a+6若④-1，则空+》()
i=1
A.11V2B.1-V5
D.2
A.
B,0
c
D.-1
理数试题
理数试题
2
