湖北省宜昌市第一中学2024−2025学年高三下学期4月宜荆荆恩四校联考 数学试卷（含解析）

这是一份湖北省宜昌市第一中学2024−2025学年高三下学期4月宜荆荆恩四校联考 数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．5
2．已知命题，，命题，，则（ ）
A．和都是真命题B．和都是真命题
C．和都是真命题D．和都是真命题
3．已知均为单位向量.若，则与夹角的大小是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3000米，1500米和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有（ ）
A．32种B．24种C．18种D．12种
6．已知函数，，在公共定义域内，下列结论正确的是（ ）
A．恒成立B．恒成立
C．恒成立D．恒成立
7．已知随机变量X，Y均服从两点分布，若，，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．设是函数的一个零点.记，其中表示不超过的最大整数，设数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线的焦点为，圆，圆上存在动点，过作圆的切线，也与抛物线相切于点，抛物线上任意一点到直线与直线的距离分别为．若点的坐标为，则（ ）
A．
B．
C．的最小值为
D．圆上的点到直线的最大距离为
11．已知正方体的棱长为，点P满足，其中x，y，，下列正确的是（ ）
A．当时，则直线与所成角的正切值范围是
B．当，时，则的最小值为
C．当时，线段AP的长度最小值为
D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．记为等差数列的前项和，若，，则 .
13．已知椭圆的左右焦点分别为为，过的直线与交于两点.若，，则椭圆的离心率为 .
14．已知是定义在上的单调递减函数，且对，均有，若不等式在恒成立，则实数的最大值是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．2025宜昌马拉松比赛于2025年4月13日在宜昌城区举行，主管部门为提升服务质量，随机采访了120名参赛人员，得到下表：
(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异？
(2)用频率估计概率，现随机采访1名女性参赛人员与1名男性参赛人员，设表示这2人中对该部门服务质量非常满意的人数，求X的分布列和数学期望.
附：，.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且.
(1)求的标准方程；
(2)过的直线交双曲线于两点（两点均位于轴下方，在左，在右），线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求.
17．如图所示，在中，，AD平分，且.

(1)若，求的长度；
(2)求的取值范围；
(3)若，求为何值时，最短.
18．如图，已知四边形为直角梯形，，，，以所在直线为轴将四边形旋转到四边形，连接，且四点共面.
(1)证明：多面体是三棱台；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若，二面角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
19．定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.已知函数.
(1)当时
（i）判断的奇偶性，并求在的极值；
（ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：；
(2)当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题设，则.
故选C.
2．【答案】B
【详解】对于命题，不妨取，则，则命题为假命题，
对于命题，不妨取，由，则命题为真命题，因此，和都是真命题.
故选B.
3．【答案】A
【详解】如图所示，

△为边长为1的正三角形，则与夹角即为.
故选A.
4．【答案】D
【详解】当时，函数单调递增，所以，
要使得函数的值域为，
则当时，，解得，所以实数的取值范围是
故选D.
5．【答案】B
【详解】按照跳高项目安排人数，可以分以下两类：
第一类，跳高项目安排1人，共种安排方法，
第二类，跳高项目安排2人，共种安排方法，
由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法.
故选B.
6．【答案】C
【详解】令，，
则恒成立，
故在上单调递增，而，故当时，；
当时，，故A、B均错误；
由于与在均为单调递增函数，且有公共的零点，
故恒成立.
故选C.
7．【答案】A
【详解】因为随机变量X，Y均服从两点分布，且，，
所以，，
所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：A.
8．【答案】D
【详解】，则函数在上为增函数，
因为，
，
由零点存在定理可得，则，
当为正奇数时，设，则，则，
当为正偶数时，设，则，则，
所以，
.
故选D.
9．【答案】ACD
【详解】由，且，
则，故A正确；
由，故B错误；
由，故C正确；
由，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】BCD
【详解】由圆，得圆心，
又点的坐标为，所以．
因为直线为圆的切线，所以，所以，
所以直线的方程为，即．
联立得方程组，
消去并整理，得．
因为直线与抛物线相切，所以，解得（舍去），
所以抛物线的方程为，所以，
当时，方程为，解得，
所以，解得，所以切点，
所以，故A错误，B正确．
设点到直线的距离为．因为，所以．
因为点到直线的距离，所以，故C正确．
因为，所以直线的方程为，即．
因为圆心到直线的距离为，
所以圆上的点到直线的最大距离为，故D正确．
故选BCD．
11．【答案】ACD
【详解】对A，当时，点在线段上动，如图所示，
由于，可知即为直线与所成角，
连接，设，
则在中，，
，故A正确；
对于B，当，时，点在线段上动，
故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上，
由图可知，线段的长度即为的最小值，
在中，，故B错误；
对于C，当时，点在内部及边界上动，
则线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由得线段AP的长度最小值为，故C正确；
对于D，当时，记点的轨迹为平面，
故平面截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示：
当点分别为对应棱的中点时，连结，
可得平面平行于平面，且为正六边形，此时该截面是最大截面，
由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，则面积为，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】8
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
13．【答案】
【详解】如图，
由已知可设，则，
由椭圆的定义有，故．
，故点A为椭圆的上顶点或下顶点.
在中，由余弦定理推论得．
在中，设，
故，得，
故．
14．【答案】
【详解】记，
用y替换中的x得，且，
，由函数单调性知，
则，
又由得，
所以
或，
又函数在定义域上单调递减，所以满足题设条件，
所以，即，，
令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故.
故实数的最大值是
15．【答案】(1)能
(2)分布列见解析，数学期望为
【详解】（1）完善二联表为：
零假设：不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价无差异，
则，
故依据小概率值的独立性检验，能认为不同性别的参赛人员对该部门服务质量的评价有差异.
（2）由于女性对服务非常满意的概率为，男性对服务非常满意的概率为，
故可能取值为，
，，
故的分布列为：
故.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，且，所以焦点，即，
又，由，解得，所以双曲线.
（2）由题知直线斜率不为，设过的直线为，
由，消得到，
则，且
设，则由韦达定理有，
因为，所以，
即点和点到直线的距离相等，
则有，解得，
所以，
故.
17．【答案】(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为，由正弦定理得：，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为AD平分，所以，
因为，所以，所以，
因为，，所以，得，所以；
（2）因为，设，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以；
（3）由余弦定理得，
因为，所以，因为，所以，
所以，
方法一：
令，则，
所以（其中），
所以当时，取得最小值4，
即当时，取得最小值4，此时，
所以，
因为，所以，所以，
由（2）知，所以，即当时，最短.
方法二：
，
当且仅当，即时，故此时，即.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为四边形为直角梯形，所以，
因为平面平面，所以平面，
同理可得平面，
因为平面，
所以平面平面①
又在梯形中，延长交于点，
平面平面，
同理平面，
又平面平面
故直线相交于点，②
故由①②可知：多面体是三棱台；
（2）方法一：
设，则，
又∵，∴，
由，得．
又∵，面ABCD，∴面ABCD，
过点D作交AB于点G，故两两互相垂直.
分别以为轴、轴、轴建系.
则，，，，
故，，
设平面的一个法向量为，
由，得，
设直线与平面所成角为，则
又因为平面平面，故直线与平面所成角的正弦值为.
方法二：设，则，
又∵，∴，
由，得．
又∵，面ABCD，∴面ABCD，
过点D作交AB于点M，连接EM，
因为面ABCD，所以，又因为面DEM，，
则面DEM，又面ABE，∴面面ABE．
过点D作交EM于点N，连接AN．
∴面ABE ，故就是直线AD与面ABE所成的线面角．
∵，又，，∴，
又，∴，即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为.
（3）取的中点，连接，
因为，所以，即为等腰三角形，
故，同理，，
故就是二面角的平面角，
故，
解得，故，即
又因为，故为正三角形，
分别以为轴、轴、轴建系，其中G为AB中点，面ABCD，
则，，，，
设平面的一个法向量为，由，得，
平面的一个法向量为，由，得，
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
19．【答案】(1)（i）偶函数，极小值为，无极大值；（ii）证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）（i）当时，，
因为，故是偶函数，
由，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在的极小值为，无极大值.

（ii）由（i）得，令，则，
对满足方程的有，所以，
设是的任意正实根，则，
则存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角，
因为，
所以在第二或第四象限变化时，变化如下，
所以满足的正根都为函数的极值点，
由题可知为方程的全部正实根，
且满足，，
所以，
因为，，，
则，由，可得，
故得证.
（2）由题意得，
当时，，
设对应的切点为，，
对应的切点为，，
由于，所以，，
由余弦函数的周期性，只要考虑的情形，
又结合余弦函数的图象，只需考虑，情形，
则，
，
其中，得到，
又，，
即，，
当时，，，
令（），
则，，
在上单调递减，又，所以，
所以，此时，则，
故得证.
满意度
性别
合计
女性
男性
比较满意
r
s
50
非常满意
t
40
70
合计
60
l
120
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
满意度
性别
合计
女性
男性
比较满意
30
20
50
非常满意
30
40
70
合计
60
60
120
0
1
2
（为奇数）
0
+
（为偶数）
+
0