宜宾四中2023年秋期高三期末考试
理科数学
第Ⅰ卷 选择题
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. 已知全集，，则集合等于（ ）
A. B. C. D.
2 若，则（ ）
A. B. C. D.
3. 若x，y满足 则x + 2y的最大值为
A. 1 B. 3
C. 5 D. 9
4. 单位时间内通过道路上指定断面的车辆数被称为“道路容量”，与道路设施、交通服务、环境、气候等诸多条件相关.假设某条道路一小时通过的车辆数满足关系，其中为安全距离，为车速.当安全距离取时，该道路一小时“道路容量”的最大值约为（ ）
A. 135 B. 149
C. 165 D. 195
5. 已知函数的图象在处的切线斜率为，则该切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
6. 新冠防疫期间，某街道需要大量志愿者协助开展防疫工作.某学校有3名男教师、3名女教师申请成为志愿者，若安排这6名志愿者到3个社区协助防疫工作，每个社区男女教师各1名，则不同的安排方式种数是（ ）
A. 18 B. 36
C. 48 D. 72
7. 函数的图象大致为（ ）
A B.
C. D.
8. 已知直线与圆相交于，两点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
9. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. 543 B. 546 C. 1013 D. 1022
10. 函数的部分图象如图，O为坐标原点，M点是该图象与x轴的一个交点，N点是该图象的一个最高点，且，，则A与分别为（ ）
A. B. C. D.
11. 已知，是双曲线：的左，右焦点，过点倾斜角为30°的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，.若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
12. 在中，，若，，，且，，则有（ ）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数，若，则的值为______．
14. 若为离散型随机变量，且，则其方差________．
15. 记为正项等比数列的前n项和，若，则的值为___________.
16. 已知三棱柱，面，为内一点（含边界），且为边长为2的等边三角形，，、分别为、的中点，下列命题正确的有______．
①若为的中点时，则过、、三点的平面截三棱柱表面的图形为等腰梯形；
②若为的中点时，三棱锥的体积；
③若为的中点时，；
④若与平面所成的角与的二面角相等，则满足条件的的轨迹是椭圆的一部分．
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. 为进一步提升学生学习数学的热情，学校举行了数学学科知识竞赛．为了解学生对数学竞赛的喜爱程度是否与性别有关，对高中部200名学生进行了问卷调查，得到如下列联表：
喜欢数学竞赛 不喜欢数学竞赛 合计
男生 70
女生 30
合计
已知在这200名学生中随机抽取1人，抽到喜欢数学竞赛的概率为0.6．
（1）将列联表补充完整，并判断是否有90%的把握认为喜欢数学竞赛与性别有关？
（2）从上述不喜欢数学竞赛的学生中用分层抽样的方法抽取8名学生，再在这8人中抽取3人调查其喜欢的活动类型，用表示3人中女生的人数，求的分布列及数学期望．
参考公式及数据：
0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001
0.46 0.71 1.32 2.07 271 3.84 5.024 6.635 7.879 10.828
18. 设中角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）若，，求b；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
19. 在如图所示的多面体中，是边长为3的正方形，，，，四点共面，面，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
20. 已知椭圆C：经过点，其长半轴长为2.
（1）求椭圆C的方程：
（2）设经过点直线与椭圆C相交于D，E两点，点E关于x轴的对称点为F，直线DF与x轴相交于点G，求的面积的取值范围.
21. 已知函数.
（1）若曲线在处切线的斜率为，判断函数的单调性；
（2）若函数有两个零点、，证明，并指出的取值范围.
（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.
在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数），过点且倾斜角为的直线与交于两点．
（1）求的取值范围；
（2）求中点的轨迹的参数方程．
23. 设函数．
（1）画出的图象；
（2）若，求的最小值．宜宾四中2023年秋期高三期末考试
理科数学
第Ⅰ卷 选择题
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. 已知全集，，则集合等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用补集的定义即可求解.
【详解】解：因为全集，，
由补集的定义可知集合．
故选：D．
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合复数的除法运算即可.
【详解】由题意知，
，
故选：B
3. 若x，y满足 则x + 2y的最大值为
A. 1 B. 3
C. 5 D. 9
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：如图，画出可行域，
表示斜率为的一组平行线，当过点时，目标函数取得最大值，故选D.
【名师点睛】本题主要考查简单的线性规划．解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义.求目标函数的最值的一般步骤为：一画、二移、三求．常见的目标函数类型有：（1）截距型：形如.求这类目标函数的最值时常将函数转化为直线的斜截式：，通过求直线的截距的最值间接求出的最值；（2）距离型：形如；（3）斜率型：形如，而本题属于截距形式.
4. 单位时间内通过道路上指定断面的车辆数被称为“道路容量”，与道路设施、交通服务、环境、气候等诸多条件相关.假设某条道路一小时通过的车辆数满足关系，其中为安全距离，为车速.当安全距离取时，该道路一小时“道路容量”的最大值约为（ ）
A. 135 B. 149
C. 165 D. 195
【答案】B
【解析】
【分析】把给定函数变形，利用基本不等式即可得解.
【详解】由题意得，，当且仅当，即时取“=”，
所以该道路一小时“道路容量”的最大值约为149.
故选：B
5. 已知函数的图象在处的切线斜率为，则该切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据题意得到，从而得到切点为，再利用点斜式求切线方程即可.
【详解】由题可知，，所以，
故，所以切点，
所以切线方程为，
即.
故选：D
【点睛】本题主要考查导数的几何意义，属于简单题.
6. 新冠防疫期间，某街道需要大量志愿者协助开展防疫工作.某学校有3名男教师、3名女教师申请成为志愿者，若安排这6名志愿者到3个社区协助防疫工作，每个社区男女教师各1名，则不同的安排方式种数是（ ）
A. 18 B. 36
C. 48 D. 72
【答案】B
【解析】
【分析】分步完成，先安排男老师，再安排女老师即可．
【详解】先安排男教师、再安排女教师，各有中安排方式，
故不同的安排方式共有种.
故选：B．
7. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先记，化简整理，由函数解析式，判定奇偶性，再判断时，，进而可得出结果.
【详解】记，
则，
因此函数是偶函数；故排除BC；
当时，，，因此；排除D；
故选：A.
【点睛】本题主要考查判定函数图像的识别，熟记函数的性质即可，属于常考题型.
8. 已知直线与圆相交于，两点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立直线与圆的方程求A、B的坐标，再由向量数量积的坐标表示即可求.
【详解】由题意，联立，有，解得，，
∴若，则，则.
故选：C.
9. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. 543 B. 546 C. 1013 D. 1022
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据求得数列的通项公式，再根据求和方法得到，进而可得的通项公式，最后根据分组求和方法得到结果.
【详解】∵，∴，
两式相减得：，即，，
又当时，有，可得：，
∴数列是首项为1，公比为的等比数列，
∴，，∴，
∴.
故选：A.
10. 函数部分图象如图，O为坐标原点，M点是该图象与x轴的一个交点，N点是该图象的一个最高点，且，，则A与分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设的中点是，根据为直角三角形得出，是等边形，求出关系，即可求得A与的值.
【详解】设的中点是，如图所示：
因为，则为直角三角形，
所以阿，是等边三角形；
所以，
，解得，
所以，
故选：A.
11. 已知，是双曲线：的左，右焦点，过点倾斜角为30°的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，.若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，据双曲线的定义可用表示，作，构造直角三角形可计算得，并用勾股定理列出了，进而可求.
【详解】设，则，
从而，进而.
过作，则.如图：
在中，，；
在中，，
即，所以.
故选：A
【点睛】（1）焦点三角形为条件求圆锥曲线的离心率，常利用圆锥曲线的定义；
（2）求圆锥曲线的离心率，常利用有关三角形建立关于的齐次等式，再化为的等式可求；
（3）此题的关键是作得直角三角形，即可求出边长，又可用来建立的齐次等式.
12. 在中，，若，，，且，，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出，，，即得的大小；求出，即得的大小.
【详解】解：因为，
所以，
整理得，即，
由为三角形内角得，，
因为，
所以，，
又
，
所以，
所以，
所以，
因为，，，
所以，，
则，所以A正确，B错误；
，D错误；
又，
所以，C错误．
故选：A．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是通过三角恒等变换，求出，，三角恒等变换关键在于“三看（看角看名看式）”“三变（变角变名变式）”.
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知函数，若，则的值为______．
【答案】；
【解析】
【分析】根据函数的解析式，分类讨论，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，函数，
当时，由，可得，解得或（舍去）；
当时，由，可得，即，解得（舍去），
综上可得，实数的值为.
故答案为：.
14. 若为离散型随机变量，且，则其方差________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项分布的方差的计算公式，准确计算，即可求解.
【详解】由题意，随机变量为离散型随机变量，且，
根据二项分布的方差的计算公式，可得.
故答案为：
15. 记为正项等比数列的前n项和，若，则的值为___________.
【答案】.
【解析】
【分析】由，列出方程组求得的值，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】设正项的等比数列的公比为，
因为，所以，解得或(舍)，
则，所以.
故答案为：.
16. 已知三棱柱，面，为内的一点（含边界），且为边长为2的等边三角形，，、分别为、的中点，下列命题正确的有______．
①若为的中点时，则过、、三点的平面截三棱柱表面的图形为等腰梯形；
②若为的中点时，三棱锥的体积；
③若为的中点时，；
④若与平面所成的角与的二面角相等，则满足条件的的轨迹是椭圆的一部分．
【答案】①②
【解析】
【分析】对于①，取的中点，连结，，,进而得,根据几何关系得即可判断；对于②，过点作，垂足为，进而可证明平面，再结合等体积法求解即可；对于③，设的中点为，可得，再根据即可判断；对于④，过点作平面，垂足为，连结，过作与点，连结，过点作于点，连结，所以即为二面角的平面角，所以即为与平面所成的角，进而有，再结合抛物线的定义即可得判断.
【详解】解：对于①，取的中点，连结，，，如图（1）所示，
则为的中位线，所以，
因为，所以，
故梯形即为过，，三点的截面，
在中，，
在中，，
所以，故梯形为等腰梯形，故选项①正确；
对于②，过点作，垂足为，如图（1）所示，
因为平面，平面，所以，
又，所以平面，
所以到平面的距离即为，
所以，
则，故选项②正确；
对于③，设的中点为，如图（2）所示，
则为的中位线，所以，
因为，平面，则与不平行，故选项③错误；
对于④，过点作平面，垂足为，连结，
过作与点，连结，
过点作于点，连结，
因为四边形为矩形，所以，
四边形为矩形，所以，
因，，且，所以平面，
又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
因为平面，所以即为与平面所成的角，
所以，因为，，
所以，则有，
所以点到定点的距离等于点到定直线的距离，
所以点的轨迹为抛物线（为焦点，为准线），故选项④错误．
故正确的是①②．
故答案为：①②．
【点睛】本题考查二面角，线面角，几何体的截面图形，等体积法求体积等，考查空间想象能力，数学运算能力，推理论证能力，是中档题.本题解题的关键在于理解二面角的平面角，线面角等基本概念，根据已知条件，结合等体积法，线面平行的判定，线面垂直的判定与性质定理等进行推理论证求解.
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. 为进一步提升学生学习数学的热情，学校举行了数学学科知识竞赛．为了解学生对数学竞赛的喜爱程度是否与性别有关，对高中部200名学生进行了问卷调查，得到如下列联表：
喜欢数学竞赛 不喜欢数学竞赛 合计
男生 70
女生 30
合计
已知在这200名学生中随机抽取1人，抽到喜欢数学竞赛的概率为0.6．
（1）将列联表补充完整，并判断是否有90%的把握认为喜欢数学竞赛与性别有关？
（2）从上述不喜欢数学竞赛的学生中用分层抽样的方法抽取8名学生，再在这8人中抽取3人调查其喜欢的活动类型，用表示3人中女生的人数，求的分布列及数学期望．
参考公式及数据：
0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.01 0005 0.001
0.46 0.71 1.32 2.07 2.71 3.84 5.024 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）填表见解析；没有；（2）分布列见解析；期望为．
【解析】
【分析】(1)由给定概率求出数学竞赛的人数，完善列联表，计算K2的观测值并回答问题；
(2)利用分层抽样算出8人中男女生人数，写出女生人数的所有可能值，计算出取每个值时的概率而得解.
【详解】（1）由200名学生中抽取一人抽到喜欢数学竞赛的概率为0.6，可得喜欢数学竞赛的总人数为，
所以
喜欢数学竞赛 不喜欢数学竞赛 合计
男生 70 50 120
女生 50 30 80
合计 120 80 200
，
没有90%的把握认为喜欢数学竞赛与性别有关；
（2）由题意可知抽取不喜欢数学竞赛的男生有5人，女生有3人，
的可能取值为0，1，2，3，
；
；
；
；
所以X的分布列为：
0 1 2 3
．
18. 设中角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）若，，求b；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可求b.
（2）利用内角和为及倍角公式可将三角函数式转化关于的二次函数，结合的范围及二次函数的性质可求相应的范围.
详解】（1）∵，
∴，
∴，∴．
（2）∵
．
又∵为锐角三角形，，∴且
∴，故，
∴的取值范围是．
【点睛】思路点睛：三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道两角及一边，用正弦定理，知道两边及一边所对的角，可以用余弦定理，也可以用正弦定理（结合要求解的目标确定方法），而范围问题，可以根据题设条件的特征转化为一元函数的最值问题，也可以利用基本不等式来求范围.
19. 在如图所示的多面体中，是边长为3的正方形，，，，四点共面，面，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）在线段上取点，使得，可得是平行四边形，由勾股定理得，即可由线面垂直的判定定理得出结论；
（2）先证，，两两相互垂直，再以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ，利用向量法求解.
【详解】（1）因为面，面，
平面平面，
所以.
在线段上取点，使得，从而，
又，所以是平行四边形.
所以，又，
于是，即，
所以.
因为是正方形，则，而，
所以平面.
（2）因为，，
即，
所以，从而，，两两相互垂直.
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，
由可取.
设平面的法向量为，
由可取.
所以，
所以二面角余弦值为.
【点睛】方法点睛：向量法求二面角的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
20. 已知椭圆C：经过点，其长半轴长为2.
（1）求椭圆C的方程：
（2）设经过点的直线与椭圆C相交于D，E两点，点E关于x轴的对称点为F，直线DF与x轴相交于点G，求的面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）依题意可得，再由椭圆过点，代入椭圆方程，即可求出，即可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再表示出的方程，从而求出点坐标，即可得到，令，再根据对勾函数的性质求出面积的取值范围；
【小问1详解】
解：由已知得，∴椭圆C的方程为
∵椭圆经过点，
∴，解得
∴椭圆C的方程为
【小问2详解】
解：由题意知，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，，，
由，消去得，
∴，，，
∵为点关于轴的对称点，
∴，直线的方程为，
即
令，则
∴，
∴的面积
，
令，则，
∴，又函数在上单调递增，
所以，
∴，
∴的面积的取值范围是
21. 已知函数.
（1）若曲线在处切线的斜率为，判断函数的单调性；
（2）若函数有两个零点、，证明，并指出的取值范围.
【答案】（1）为上的增函数；（2）证明见解析，的取值范围是.
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导数，结合题意求出的值，从而求出函数的单调区间；
（2）通过讨论的范围，求出函数的单调区间，从而判断函数的零点的个数，利用单调性证明不等式后，即可确定满足条件的的取值范围，然后构造函数，利用导数分析得出为的减函数，可得出，再由以及结合函数在区间上的单调性可证得结论成立.
【详解】（1），，
则，得，
此时，由得.
则时，，为增函数；时，，为增函数，且，所以为上的增函数；
（2）①当时，由得或，
若，由（1）知，为上的增函数，且，
由，，所以只有一个零点，不符合题意；
若，则当时，，为增函数；
当时，，为减函数；时，，为增函数.
而，故最多只有一个零点，不符合题意；
若时，则当时，，为增函数；
当时，，为减函数；当时，，为增函数，
则，故最多只有一个零点，不符合题意；
②当时，由得.
由得，为减函数，由得，为增函数，
则.
先证明：当时，.
构造函数，则当时，，
所以，函数在区间上单调递增，则，即.
当且时，，
则，
又，所以，函数在区间和上各有一个零点，
所以当时，始终有两个零点、，
不妨令，，构造函数，
所以，
由于时，，又，则恒成立，
所以为的减函数，
则，即，故有.
又、是的两个零点，则，所以，
由于函数在区间上单调递减，所以，，所以，
所求的取值范围是.
【点睛】利用导数证明函数不等式，可从不等式的结构特点出发，构造函数，借助导数确定函数的性质，借助单调性或最值实现转化，在证明（或）的极值点偏移的问题时，一般利用对称性构造函数，通过利用导数分析函数的单调性实现转化.
（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.
在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数），过点且倾斜角为的直线与交于两点．
（1）求的取值范围；
（2）求中点的轨迹的参数方程．
【答案】（1）
（2）为参数，
【解析】
【详解】分析：（1）由圆与直线相交，圆心到直线距离可得．
（2）联立方程，由根与系数的关系求解
详解：（1）的直角坐标方程为．
当时，与交于两点．
当时，记，则的方程为．与交于两点当且仅当，解得或，即或．
综上，的取值范围是．
（2）的参数方程为为参数， ．
设，，对应的参数分别为，，，则，且，满足．
于是，．又点的坐标满足
所以点的轨迹的参数方程是 为参数， ．
点睛：本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的参数方程，考查求点的轨迹方程，属于中档题．
23. 设函数．
（1）画出的图象；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）答案见解析
（2）5
【解析】
【分析】（1）根据绝对值的定义，可得分段函数的解析式，进而作出函数的图象；
（2）由不等式，可得，解得，再由绝对值的三角不等式，求得当且仅当，且时，成立，即可求解的最小值.
【小问1详解】
（1）由题意，根据绝对值的定义，可得分段函数，
所以的图象如图所示：
【小问2详解】
因为，所以，
设，则由图象知
已知，解得
当时，函数的斜率为，要使恒成立，
则且，即的最小值为.
