绵阳南山中学2023年春3月月考数学（理科）试题答案选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1—5ABCCD6—10DBCAC11—12CB11题解析【详解】由，对上式求导可得，即，所以关于对称，因为，所以图像的开口向上，对称轴为，由，得，解得.故选：C.12题解析【详解】在中，因为M为中点，故，且，因为，，所以平面，故，又因为，所以平面，因此，故平面，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，即只需底面面积最大即可.因为，则，故，当且仅当时取等号.在中，，故，过点C作，取，的中点T，N，连接，，过点T作的平行线交于点O.由平面知平面.又平面，故平面.因此O为三棱锥的外接球的球心，由，因为，所以，故，即三棱锥的外接球表面积为.故选：B填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.14.5015.16.16题解析：【详解】将已知直线化为，当时，可确定直线过定点，记为M点.∵过点F做直线的垂线，垂足为Q，∴直线，即，故Q点的轨迹是以FM为直径的圆，半径，其圆心为FM的中点，记为点H，∴，∵P在抛物线上，其准线为，∴等于P到准线的距离.过P作准线的垂线，垂足为R.要使取到最小，即最小，此时R、P、Q三点共线，且三点连线后直线RQ过圆心H.如图所示，此时.故答案为：解答题：共70分.（一）必考题：60分（12分）解：（1）记恰好2名学生都是优秀的事件为，则.（2）抽到一名优秀学生的概率为，X的取值为，,,,故X的分布列为：                                18．（12分）解：（1）若选①，由及正弦定理，得，即，即，所以，因为,所以，所以，又,所以．若选②，由，得，∴，因为,所以，当时，不存在，所以，又,所以．若选③，因为的面积为，所以，即，所以，又,所以．（2）由（1）知，，∵内切圆半径为，∴，即，由余弦定理，得，即，所以，联立，得，解得，所以．19．（12分）解：（1）证明：连接，取线段的中点，连接，在Rt中，，，在中，，由余弦定理可得：，在中，，又平面，平面，又平面∴平面平面，在中，，∵平面平面平面，平面.（2）过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，平面的法向量，在平面直角坐标系中，直线的方程为，设的坐标为，则，设平面的法向量为，，所以，令，则，由已知，解之得：或9（舍去），所以点是线段的中点.（12分）解：（1）根据题意可知的定义域为，，令，得．当时，时，，时；当时，时，，时．综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）依题意，，即在上恒成立，令，则．对于，，故其必有两个零点，且两个零点的积为，则两个零点一正一负，设其正零点为，则，即，且在上单调递减，在上单调递增，故，即．令，则，当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，又，故，显然函数在上是关于的单调递增函数，则，所以实数的取值范围为．(12分)解：（1）由题意，设椭圆半焦距为c，则，即，得，设，由，所以的最大值为，将代入，有，解得，所以椭圆的标准方程为；（2）设，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合，设直线BC方程为，与椭圆方程联立得，，可得，由韦达定理可得，直线BA的方程为，令得点M纵坐标，同理可得点N纵坐标，当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得，即，，由，故，解得．（二）选考题:共10分.22.（10分）（1）（1）∵C1的参数方程为∴（x－4）2＋（y－5）2＝25（cos2t＋sin2t）＝25，即C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，把代入（x－4）2＋（y－5）2＝25，化简得：.C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2y，C1的直角坐标方程为（x－4）2＋（y－5）2＝25，∴C1与C2交点的直角坐标为（1，1），（0，2）.∴C1与C2交点的极坐标为.23.（10分）（1）由题意∵，∴，∴，当且仅当，即b＝2a时，a＋b有最小值9，由4a＋b＝ab，可求得此时a＝3，b＝6．（2）由题意及（1）得．∵满足不等式对任意的恒成立，所以，解得∴实数的取值范围为．