精品解析：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

恩施高中 荆州中学 龙泉中学 宜昌一中 2025届高三4月联考 数学试卷 命题学校：宜昌一中 命题教师：曾凡兵 审题教师：裴伟 钟卫华 王健 考试时间：2025年 4月24 日下午 试卷满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 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、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 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:本题共3小题，每小题5分，共15分 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:本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 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： 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 （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：，. 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 恩施高中 荆州中学 龙泉中学 宜昌一中 2025届高三4月联考 数学试卷 命题学校：宜昌一中 命题教师：曾凡兵 审题教师：裴伟 钟卫华 王健 考试时间：2025年 4月24 日下午 试卷满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由复数模的性质即可求解. 【详解】由题设，则. 故选：C. 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 【答案】B 【解析】 【分析】利用特值法即可判断两个命题的真假，从而得到答案. 【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. 已知均为单位向量.若，则与夹角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可知用有向线段表示则可以构成封闭的三角形，再根据三个向量均为单位向量可知该三角形为等边三角形，由此即可求出与夹角的大小. 【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. 已知，函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数与对数函数性质结合题意列式计算即可. 【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. 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 【答案】B 【解析】 【分析】按照跳高项目安排人数，分成两种情况讨论即可. 【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. 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 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，，根据其导数判断单调性，再根据即可判断AB；根据与在的单调性和公共零点即可判断CD. 【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. 已知随机变量X，Y均服从两点分布，若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】列举法即可求解. 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】判断的正负，再根据单调性和零点存在性定理可判断的范围，再分n为奇数和偶数讨论的取值即可. 【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. 【点睛】关键点点睛，本题的关键是求出零点的范围，将奇数设为，偶数设为求解. 二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由余弦的和差角公式可判断AB，由正切与正余弦关系可判断C，由和化积公式可判断D. 【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. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可得圆心，结合点的坐标，可求得，进而利用相切可求得线的方程，与抛物线方程联立方程，利用，可求得和切点的坐标，进而可得焦点的坐标，计算可判断AB；设点到直线的距离为，根据，利用点到直线的距离求得即可判断C；求得直线的方程，求得圆心到直线的距离可得圆上的点到直线的最大距离判断D. 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，当时，点在线段上动，即为直线与所成角；对于选项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即可求解；对于选项C，当时，点在内部及边界上动，线段AP的长度最小值即点A到平面的距离，由等体积法即可求解；对于选项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. 【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. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 记为等差数列的前项和，若，，则__________. 【答案】8 【解析】 【分析】利用等差数列前项和公式和通项公式根据题意联立可得即可求出. 【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得， 则. 故答案为：. 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆定义和几何关系用a表示出，求出A点位置；在中，由余弦定理推论求出，再结合几何关系和余弦二倍角公式即可求出离心率． 【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． 故答案为：． 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】记，由和得，再由单调性可得，从而可求的表达式，参变分离即可求得答案. 【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 故答案为：2e. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是令，得到，进而求出函数解析式. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 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： 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 （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：，. 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】（1）能 （2）的分布列为： 0 1 2 数学期望为 【解析】 【分析】（1）完善列联表，根据公式求出，与表格里面的2.706比较即可； （2）利用样本的频率作为概率，再结合独立事件概率计算方法即可求出分布列和方差. 【小问1详解】 完善二联表为： 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 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. 【小问2详解】 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： 0 1 2 故. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，再利用点在双曲线上和间的关系，建立方程组，求出，即可求解； （2）设直线方程为，联立双曲线方程得到，根据条件得到点和点到直线的距离相等，从而可求出，再利用弦长公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，且，所以焦点，即， 又，由，解得，所以双曲线. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）已知条件结合正弦定理得，在和分别利用正弦定理表示出，再由可得，从而可以求解； （2）设，由即可求解； （3）由余弦定理和三角形面积公式可用∠BAC表示出.方法一：令，则，由辅助角公式即可求解；方法二：利用和三角恒等变换公式，再结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 因为，设， 所以， 因为，， 所以， 因为，所以，所以， 因为，所以，所以； 【小问3详解】 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. 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． 【答案】（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） （3） 【解析】 【分析】（1）证明平面∥平面及AD、EF、BC三线交于一点即可； （2）方法一：设，证明面ABCD，过点D作交AB于点G，以分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解；方法二：过点D作交AB于点M，连接EM，证明面面ABE，过点D作交EM于点N，连接AN，得就是直线AD与面ABE所成的线面角． （3）取的中点，连接，证明是二面角的平面角，由余弦定理求出AP长度，判断△BDE的形状，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 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：. 【答案】（1）（i）偶函数，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， （为奇数） 0 + （为偶数） + 0 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. 【解析】 【分析】（1）（i）由奇偶性的定义，结合求导确定函数单调性即可求解；（ii）由题可得极值点为第二或第四象限角，然后结合正切函数的性质讨论两极值点的差的范围即可. （2）利用导数几何意义得，，由余弦函数的性质，只需考虑，情形，在此条件下构造函数利用导数确定单调性，从而得出缩小的范围，再由不等式的性质证明结论即可. 【小问1详解】 （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）略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $