叙州区高2021级高三上期期末考试
理科数学
本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共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．已知集合，，则=
A． B．
C． D．
2．已知复数满足，则复数的虚部为
A． B． C． D．
3．若，则
A． B． C． D．
4．在中，“”是“为钝角三角形”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知，，，则
A． B． C． D．
6．函数在区间上的图像可能是
A． B．
C． D．
7．已知抛物线：的焦点为,是C上一点，，则
A．1 B．2 C．4 D．8
8．A，B，C，D，E，F六人站成一排，满足A，B相邻，C，D不相邻，E不站两端的不同站法的种数为
A．48 B．96 C．144 D．288
9．智能主动降噪耳机工作的原理是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪声，然后通过主动降噪芯片生成的声波来抵消噪声（如图）．已知噪声的声波曲线是，通过主动降噪芯片生成的声波曲线是（其中），则
A． B． C． D．
10．若，则的值为
A． B． C． D．
11．设为椭圆的焦点，若在椭圆上存在点，满足，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
12．设，，，则
A． B．
C． D．
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知实数，满足约束条件，则的最小值为 .
14．在的展开式中，的系数为 .（用数字作答）
15．我国古代数学著作《增删算法统宗》中有这样一道题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关；要见每朝行里数，请君仔细详推算．”其大意为：“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”则他第一天走了 里路，前四天共走了 里路．
16．2022年3月，中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于构建更高水平的全民健身公共服务体系的意见》，再次强调持续推进体育公园建设．如图，某市拟建造一个扇形体育公园，其中，千米．现需要在，OB，上分别取一点D，E，F，建造三条健走长廊DE，DF，EF，若，，则的最大值为 千米．
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．（12分）设各项为正数的数列的前n项和为，数列的前n项积为，且．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列的通项公式．
18．（12分）如图1，正方形ABCD中，E，F分别为边BC，AD的中点，将四边形EFDC沿直线EF折起，使得平面平面ABEF．如图2，点M，N分别满足，．
(1)求证：平面BMN；
(2)求平面AFM与平面BMN夹角的余弦值．
19．（12分）甲、乙两名选手争夺一场乒乓球比赛的冠军.比赛采取三局两胜制，即某选手率先获得两局胜利时比赛结束，且该选手夺得冠军.根据两人以往对战的经历，甲、乙在一局比赛中获胜的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立.
(1)求甲夺得冠军的概率；
(2)比赛开始前，工作人员买来一盒新球，共有6个.新球在一局比赛中使用后成为“旧球”，“旧球”再在一局比赛中使用后成为“废球”.每局比赛前裁判员从盒中随机取出一颗球用于比赛，且局中不换球，该局比赛后，如果这颗球成为废球，则直接丢弃，否则裁判员将其放回盒中.记甲、乙决出冠军后，盒内新球的数量为X，求随机变量X的分布列与数学期望.
20．（12分）已知焦点在x轴上，中心在原点，离心率为的椭圆经过点，动点A，B（不与点M重合）均在椭圆上，且直线与的斜率之和为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线经过定点，并求这个定点的坐标．
21．（12分）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若关于t的方程有两个不相等的实根，求证：．
（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
已知直线的参数方程为：（为参数），曲线的极坐标方程为：.
(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)已知直线和曲线交于两点，设点，求.
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数．
(1)当时，求的解集；
(2)设，若对， ，使得成立，求实数a的取值范围．叙州区2023年秋期高三期末考试
理科数学参考答案
1．A 2．D 3．A 4．C 5．B 6．A 7．A 8．B 9．C 10．D 11．A 12．D
13． 14．10 15． 192 360 16．
17．解：（1）当时，，即，则，
当时，由得：，所以，
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）可知，解得，
所以，经检验，满足，，
当时，，由（1）知，综上所述，
18．解：（1）连接AE交BN于点G，连接MG，设，
因为平面平面ABEF，
平面平面，平面CDFE，，所以平面ABEF，
因为点N是EF的中点，，所以，
又因为，所以，
所以平面ABEF，因为平面ABEF，所以，
又，，所以，
因为，NB，平面BMN，所以平面BMN．
（2）因为平面平面ABEF，平面平面，，
所以平面，
因为平面，所以，所以FA，FE，FD两两垂直，
所以分别以FA，FE，FD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示
所以，，，所以，，
设平面AFM的法向量为，由，令，得，
由（1）知平面BMN的法向量为，
设平面AFM与平面BMN的夹角为，所以，
所以平面AFM与平面BMN夹角的余弦值为．
19．解：（1）记事件“甲在第i局比赛中获胜”，，事件“甲在第i局比赛中未胜”.
显然，，.记事件“甲夺得冠军”，
则.
（2）设甲乙决出冠军共进行了Y局比赛，易知或.
则，故.
记“第i局比赛后抽到新球”，“第i局比赛后抽到旧球”.
因为每个求最多使用两次，故X的取值为：3，4，5.由题意知比赛前盒内有6颗新球.
比赛1局后，盒内必为5颗新球1颗旧球，此时，.
若发生，则比赛2局后，盒内有4颗新球，2颗旧球，
此时，.
若发生，则比赛2局后，盒内有5颗新球，故下次必取得新球.即.
于是
.
故X的分布列为
X 3 4 5
P
故X的数学期望.
20．（1）解：设椭圆，由离心率为，得，
又因为，所以．由在椭圆上可得，解得，．
所以椭圆的方程为．
（2）当直线与x轴垂直时，设，则．
由题意得：，即．所以直线的方程为．
当直线不与x轴垂直时，可设直线为，，，
将代入得，所以，．
由已知可得①，将和代入①，
并整理得②，将，代入②，
并整理得，可得，因为直线不经过点，
所以，故．所以直线的方程为，经过定点．
综上所述，直线经过定点．
21．解：（1）因为，定义域为，所以．
①当时，令，解得
即当时，单调递增：当时，单调递减；
②当时在单调递增；
③当时令，解得，
即当时，单调递减；当时，单调递增；
综上：当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增．
（2）方程可化为，即当时
令，则原问题即：当时，有两不等实根，求证：
由（1）知：当时，在上单调递增，在上单调递减．
不妨设当时，令则
在上单调递减，在上单调递增，．
所以所以解得，且当时取等 ①
当时，令，则．
在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，
整理得解得，当时取等 ②
由①+②得：即原不等式得证.
22．（1）由直线参数方程得：，即直线的普通方程为：；
由得：，
，即曲线的直角坐标方程为：.
（2）将参数方程代入曲线直角坐标方程整理得：；
设对应的参数分别为，则，，
.
23．（1）当时， ，
无解；，无解；，解得 ，
所以的解集为；
（2）因为 时，，即，
因为在上单调递增，所以时，，
因为对， ，使得成立，等价于，所以，
因为，所以，解得或，
所以实数a的取值范围为 ；
综上，的解集为，实数a的取值范围为.
