廣安市重點中學2023屆高三下學期復習教學質量檢測試題（二）數學試題試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知拋物線的焦點為，為拋物線上一點，，當周長最小時，所在直線的斜率為（）A． B． C． D．2．已知數列的前n項和為，，且對于任意，滿足，則（）A． B． C． D．3．甲在微信群中發了一個6元“拼手氣”紅包,被乙?丙?丁三人搶完,若三人均領到整數元,且每人至少領到1元,則乙獲得“最佳手氣”(即乙領到的錢數多于其他任何人)的概率是（）A． B． C． D．4．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體外接球的表面積為（）A． B． C． D．5．設，則（）A． B． C． D．6．函數的圖象大致是()A． B．C． D．7．已知集合，，則集合子集的個數為（）A． B． C． D．8．已知點P不在直線l、m上，則“過點P可以作無數個平面，使得直線l、m都與這些平面平行”是“直線l、m互相平行”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．復數滿足為虛數單位)，則的虛部為（）A． B． C． D．10．已知，是兩條不重合的直線，，是兩個不重合的平面，則下列命題中錯誤的是（）A．若，，則或B．若，，，則C．若，，，則D．若，，則11．已知平面向量，，滿足：，，則的最小值為()A．5 B．6 C．7 D．812．如圖，四邊形為平行四邊形，為中點，為的三等分點（靠近）若，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設等比數列的前項和為，若，則數列的公比是．14．已知半徑為的圓周上有一定點，在圓周上等可能地任意取一點與點連接，則所得弦長介于與之間的概率為__________．15．定義在上的奇函數滿足，并且當時，則___16．在中，，，，則__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數，）.在以為極點，軸正半軸為極軸的極坐標中，曲線：.（1）當時，求與的交點的極坐標；（2）直線與曲線交于，兩點，線段中點為，求的值.18．（12分）如圖，正方形是某城市的一個區域的示意圖，陰影部分為街道，各相鄰的兩紅綠燈之間的距離相等，處為紅綠燈路口，紅綠燈統一設置如下：先直行綠燈30秒，再左轉綠燈30秒，然后是紅燈1分鐘，右轉不受紅綠燈影響，這樣獨立的循環運行.小明上學需沿街道從處騎行到處（不考慮處的紅綠燈），出發時的兩條路線（）等可能選擇，且總是走最近路線.（1）請問小明上學的路線有多少種不同可能？（2）在保證通過紅綠燈路口用時最短的前提下，小明優先直行，求小明騎行途中恰好經過處，且全程不等紅綠燈的概率；（3）請你根據每條可能的路線中等紅綠燈的次數的均值，為小明設計一條最佳的上學路線，且應盡量避開哪條路線？19．（12分）在中，角的對邊分別為，且．（1）求角的大小；（2）若函數圖象的一條對稱軸方程為且，求的值．20．（12分）在孟德爾遺傳理論中，稱遺傳性狀依賴的特定攜帶者為遺傳因子，遺傳因子總是成對出現例如，豌豆攜帶這樣一對遺傳因子：使之開紅花，使之開白花，兩個因子的相互組合可以構成三種不同的遺傳性狀：為開紅花，和一樣不加區分為開粉色花，為開白色花．生物在繁衍后代的過程中，后代的每一對遺傳因子都包含一個父系的遺傳因子和一個母系的遺傳因子，而因為生殖細胞是由分裂過程產生的，每一個上一代的遺傳因子以的概率傳給下一代，而且各代的遺傳過程都是相互獨立的．可以把第代的遺傳設想為第次實驗的結果，每一次實驗就如同拋一枚均勻的硬幣，比如對具有性狀的父系來說，如果拋出正面就選擇因子，如果拋出反面就選擇因子，概率都是，對母系也一樣．父系?母系各自隨機選擇得到的遺傳因子再配對形成子代的遺傳性狀．假設三種遺傳性狀，(或)，在父系和母系中以同樣的比例：出現，則在隨機雜交實驗中，遺傳因子被選中的概率是，遺傳因子被選中的概率是．稱，分別為父系和母系中遺傳因子和的頻率，實際上是父系和母系中兩個遺傳因子的個數之比．基于以上常識回答以下問題：（1）如果植物的上一代父系?母系的遺傳性狀都是，后代遺傳性狀為，(或)，的概率各是多少？（2）對某一植物，經過實驗觀察發現遺傳性狀具有重大缺陷，可人工剔除，從而使得父系和母系中僅有遺傳性狀為和(或)的個體，在進行第一代雜交實驗時，假設遺傳因子被選中的概率為，被選中的概率為，．求雜交所得子代的三種遺傳性狀，(或)，所占的比例．（3）繼續對（2）中的植物進行雜交實驗，每次雜交前都需要剔除性狀為的個體假設得到的第代總體中3種遺傳性狀，(或)，所占比例分別為．設第代遺傳因子和的頻率分別為和，已知有以下公式．證明是等差數列．（4）求的通項公式，如果這種剔除某種遺傳性狀的隨機雜交實驗長期進行下去，會有什么現象發生？21．（12分）已知函數.（Ⅰ）當時，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式對任意實數恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）設函數，.（1）解不等式；（2）若對任意的實數恒成立，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

本道題繪圖發現三角形周長最小時A,P位于同一水平線上，計算點P的坐標，計算斜率，即可．【詳解】結合題意，繪制圖像要計算三角形PAF周長最小值，即計算PA+PF最小值，結合拋物線性質可知，PF=PN，所以，故當點P運動到M點處，三角形周長最小，故此時M的坐標為，所以斜率為，故選A．【點睛】本道題考查了拋物線的基本性質，難度中等．2、D【解析】

利用數列的遞推關系式判斷求解數列的通項公式，然后求解數列的和，判斷選項的正誤即可．【詳解】當時，．所以數列從第2項起為等差數列，，所以，，．，，．故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用、數列求和以及數列的通項公式的求法，考查轉化思想以及計算能力，是中檔題．3、B【解析】

將所有可能的情況全部枚舉出來,再根據古典概型的方法求解即可.【詳解】設乙,丙,丁分別領到x元,y元,z元,記為,則基本事件有,,,,,,,,,,共10個,其中符合乙獲得“最佳手氣”的有3個,故所求概率為,故選：B.【點睛】本題主要考查了枚舉法求古典概型的方法,屬于基礎題型.4、C【解析】

由三視圖可知，幾何體是一個三棱柱，三棱柱的底面是底邊為，高為的等腰三角形，側棱長為，利用正弦定理求出底面三角形外接圓的半徑，根據三棱柱的兩底面中心連線的中點就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半徑，即可求解球的表面積.【詳解】由三視圖可知，幾何體是一個三棱柱，三棱柱的底面是底邊為，高為的等腰三角形，側棱長為，如圖：由底面邊長可知，底面三角形的頂角為，由正弦定理可得，解得，三棱柱的兩底面中心連線的中點就是三棱柱的外接球的球心，所以，該幾何體外接球的表面積為：.故選：C【點睛】本題考查了多面體的內切球與外接球問題，由三視圖求幾何體的表面積，考查了學生的空間想象能力，屬于基礎題.5、D【解析】

結合指數函數及對數函數的單調性,可判斷出,,,即可選出答案.【詳解】由,即,又,即,,即,所以.故選:D.【點睛】本題考查了幾個數的大小比較,考查了指數函數與對數函數的單調性的應用,屬于基礎題.6、B【解析】

根據函數表達式,把分母設為新函數,首先計算函數定義域,然后求導,根據導函數的正負判斷函數單調性,對應函數圖像得到答案.【詳解】設，，則的定義域為.，當，，單增，當，，單減，則.則在上單增，上單減，.選B.【點睛】本題考查了函數圖像的判斷,用到了換元的思想,簡化了運算,同學們還可以用特殊值法等方法進行判斷.7、B【解析】

首先求出，再根據含有個元素的集合有個子集，計算可得.【詳解】解：，，，子集的個數為.故選：.【點睛】考查列舉法、描述法的定義，以及交集的運算，集合子集個數的計算公式，屬于基礎題．8、C【解析】

根據直線和平面平行的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【詳解】點不在直線、上，若直線、互相平行，則過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，即必要性成立，若過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，則直線、互相平行成立，反證法證明如下：若直線、互相不平行，則，異面或相交，則過點只能作一個平面同時和兩條直線平行，則與條件矛盾，即充分性成立則“過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行”是“直線、互相平行”的充要條件，故選：．【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合空間直線和平面平行的性質是解決本題的關鍵．9、C【解析】

，分子分母同乘以分母的共軛復數即可.【詳解】由已知，，故的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查學生的基本運算能力，是一道基礎題.10、D【解析】

根據線面平行和面面平行的性質，可判定A；由線面平行的判定定理，可判斷B；C中可判斷，所成的二面角為；D中有可能，即得解.【詳解】選項A：若，，根據線面平行和面面平行的性質，有或，故A正確；選項B：若，，，由線面平行的判定定理，有，故B正確；選項C：若，，，故，所成的二面角為，則，故C正確；選項D，若，，有可能，故D不正確.故選：D【點睛】本題考查了空間中的平行垂直關系判斷，考查了學生邏輯推理，空間想象能力，屬于中檔題.11、B【解析】

建立平面直角坐標系，將已知條件轉化為所設未知量的關系式，再將的最小值轉化為用該關系式表達的算式，利用基本不等式求得最小值.【詳解】建立平面直角坐標系如下圖所示，設，，且，由于，所以..所以，即..當且僅當時取得最小值，此時由得，當時，有最小值為，即，，解得.所以當且僅當時有最小值為.故選：B【點睛】本小題主要考查向量的位置關系、向量的模，考查基本不等式的運用，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.12、D【解析】

使用不同方法用表示出，結合平面向量的基本定理列出方程解出．【詳解】解：，又解得，所以故選：D【點睛】本題考查了平面向量的基本定理及其意義，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【解析】

當q=1時，.當時，，所以.14、【解析】在圓上其他位置任取一點B，設圓半徑為R，其中滿足條件AB弦長介于與之間的弧長為?2πR，則AB弦的長度大于等于半徑長度的概率P==；故答案為：．15、【解析】

根據所給表達式，結合奇函數性質，即可確定函數對稱軸及周期性，進而由的解析式求得的值.【詳解】滿足，由函數對稱性可知關于對稱，且令，代入可得，由奇函數性質可知，所以令，代入可得，所以是以4為周期的周期函數，則當時，所以，所以，故答案為：.【點睛】本題考查了函數奇偶性與對稱性的綜合應用，周期函數的判斷及應用，屬于中檔題.16、1【解析】

由已知利用余弦定理可得，即可解得的值．【詳解】解：，，，由余弦定理，可得，整理可得：，解得或（舍去）．故答案為：1．【點睛】本題主要考查余弦定理在解三角形中的應用，屬于基礎題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），；（2）【解析】

（1）依題意可知，直線的極坐標方程為（），再對分三種情況考慮；（2）利用直線參數方程參數的幾何意義，求弦長即可得到答案.【詳解】（1）依題意可知，直線的極坐標方程為（），當時，聯立解得交點，當時，經檢驗滿足兩方程，（易漏解之處忽略的情況）當時，無交點；綜上，曲線與直線的點極坐標為，，（2）把直線的參數方程代入曲線，得，可知，，所以.【點睛】本題考查直線與曲線交點的極坐標、利用參數方程參數的幾何意義求弦長，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.18、（1）6種；（2）；（3）.【解析】

（1）從4條街中選擇2條橫街即可；（2）小明途中恰好經過處，共有4條路線，即，，，，分別對4條路線進行分析計算概率；（3）分別對小明上學的6條路線進行分析求均值，均值越大的應避免.【詳解】（1）路途中可以看成必須走過2條橫街和2條豎街，即從4條街中選擇2條橫街即可,所以路線總數為條.（2）小明途中恰好經過處，共有4條路線：①當走時，全程不等紅綠燈的概率；②當走時，全程不等紅綠燈的概率；③當走時，全程不等紅綠燈的概率；④當走時，全程不等紅綠燈的概率.所以途中恰好經過處,且全程不等信號燈的概率.（3）設以下第條的路線等信號燈的次數為變量，則①第一條：，則；②第二條：，則；③另外四條路線：；；，則綜上，小明上學的最佳路線為；應盡量避開.【點睛】本題考查概率在實際生活中的綜合應用問題，考查學生邏輯推理與運算能力，是一道有一定難度的題.19、（1）（2）【解析】

（1）由已知利用三角函數恒等變換的應用，正弦定理可求，即可求的值．（2）利用三角函數恒等變換的應用，可得，根據題意，得到，解得，得到函數的解析式，進而求得的值，利用三角函數恒等變換的應用可求的值．【詳解】（1）由題意，根據正弦定理，可得，又由，所以，可得，即，又因為，則，可得，∵，∴．（2）由（1）可得，所以函數的圖象的一條對稱軸方程為，∴，得，即，∴，又，∴，∴．【點睛】本題主要考查了三角函數恒等變換的應用，正弦定理在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．20、（1），(或)，的概率分別是，，．（2）（3）答案見解析（4）答案見解析【解析】

（1）利用相互獨立事