2023届四川省宜宾市叙州区第一中学校高三上学期期末考试数学（文）试题（解析版）

2023届四川省宜宾市叙州区第一中学校高三上学期期末考试数学（文）试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合补集的定义即可求解.

【详解】解：因为，，

所以，

故选：C.

2．i为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的乘方和除法运算即可求解.

【详解】解：，

故选：B.

3．如图，茎叶图记录了甲、乙两个家庭连续9个月的月用电量（单位：度），根据茎叶图，下列说法正确的是（    ）

A．甲家庭用电量的中位数为33

B．乙家庭用电量的极差为46

C．甲家庭用电量的方差小于乙家庭用电量的方差

D．甲家庭用电量的平均值高于乙家庭用电量的平均值

【答案】C

【分析】根据给定茎叶图，逐项分析计算，再判断作答.

【详解】对于A，由茎叶图知，甲家庭用电量的中位数为32，A不正确；

对于B，由茎叶图知，乙家庭用电量的极差56-11=45，B不正确；

对于C，甲家庭用电量的平均数，

乙家庭用电量的平均数，

甲家庭用电量的方差

，

乙家庭用电量的方差

，

显然，即甲家庭用电量的方差小于乙家庭用电量的方差，C正确；

对于D，由C选项的计算知，甲家庭用电量的平均值低于乙家庭用电量的平均值，D不正确.

故选：C

4．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二倍角的余弦公式、弦化切可求得的值.

【详解】.

故选：C.

5．新冠肺炎疫情是新中国成立以来在我国发生的传播速度最快、感染范围最广、防控难度最大的一次重大突发公共卫生事件.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律，其中指数增长率，据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数扩大到原来的10倍需要的时间约为（）（    ）

A．4天 B．6天 C．8天 D．10天

【答案】B

【解析】设所需时间为，可得，解出即可.

【详解】设所需时间为，

则，则，

，

.

故选：B.

6．已知为整数，且，设平面向量与的夹角为，则的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】依题意可得，再根据向量夹角的坐标表示得到不等式，再用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：因为平面向量与的夹角为，且，所以，即，所以，因为为整数，且，，所以共有种可能，又因为，，所以或，①当时，由，即，所以或或或，满足题意；

②当时，由，即，所以或，满足题意；

故或或或或或共种情况符合题意，所以的概率为；

故选：D

7．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则（    ）

A．乙可以知道其他两人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩

C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩

【答案】D

【分析】根据所给信息进行推理．

【详解】甲、乙、丙、丁四位同学中有2位优秀，2位良好，

因为甲看乙、丙的成绩后仍不知道自己的成绩，

可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，

乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，

故选：D．

8．设是定义域为R的奇函数，且.若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得的值.

【详解】由题意可得：，

而，

故.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.

9．已知圆C的方程为，点P在直线上，线段AB为圆C的直径，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】将转化为，利用圆心到直线的距离求得的最小值.

【详解】因为为的中点，

所以，

从而，

可知的最小值为点到直线的距离，

，

所以.

故选：B.

10．在中，，则以A，B为焦点且过点C的双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，求出，，即得解.

【详解】解：设，则，，

所以，

故，

因此，

所以双曲线的离心率.

故选：D.

11．已知球是直三棱柱的外接球，若，，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三棱柱中各棱的数量关系知其底面为直角三角形，将其补全为长方体，根据长方体与外接球直径的关系即可求半径，进而求球的体积；

【详解】由，，可得△为直角三角形，

由题意，所在的长方体中，过同一顶点的三条棱的长分别为：1，1，，

设外接球的半径为，则，所以，

所以球的体积，

故选：A．

【点睛】本题考查了棱柱的外接球问题，根据三棱柱棱长的数量关系确定底面三角形形状，结合其所在长方体与外接球直径关系求球体的半径，应用球体的体积公式求体积；

12．已知函数，若存在，使，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，得，变形后得，构造函数，由导数可得在上单调递增，在上单调递减，，，从而得，即，构造函数，再利用求出其最小值，进而可求出实数的取值范围

【详解】解：由，得，即，

所以，所以，即，

令，则（），

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

因为，所以，，

则只需即可，即，

所以，

因为，所以，

令，则，

当，则，当时，，

所以在上递减，在上递增，

所以，

所以，得，

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查不等式能成立问题，解题的关键是由，得，构造函数，由导数可得在上单调递增，在上单调递减，从而将问题转化为，即，再利用导数求出的最小值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题

二、填空题

13．若则的最小值是___________.

【答案】

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】作出可行域如图所示：

作出直线经过时，取得最小值3.

故答案为：3

14．已知等比数列的前项和为，且，，则_________.

【答案】64

【分析】根据等比数列前项和公式列出方程组，解出首项公比，根据通项公式求出.

【详解】设等比数列公比为，首项为，由已知，可得

，解得，

所以，

故答案为：64.

15．若函数在区间上是单调增函数，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【分析】利用复合函数单调性的原则进行计算即可.

【详解】由函数在区间上是单调增函数，只需

函数在上是单调增函数，且当时恒成立，所以满足解得．

故答案为：

16．若指数函数（且）与五次函数的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【分析】依题意方程有两个不同的解，两边取对数可得，从而可转化为与在图象上有两个不同的交点，利用导数说明函数的单调性，即可求出的最值，从而得到，即可求出参数的取值范围；

【详解】解：指数函数（且）与五次函数的图象恰好有两个不同的交点，等价于方程有两个不同的解．对方程两边同时取对数，得，即．因为，所以，从而可转化为与在图象上有两个不同的交点，．当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在处取到极大值，也是最大值，且最大值为．又因为当时，；当时，，所以．解得，即．

故答案为：

三、解答题

17．某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生400人．为了了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取按性别分层抽样，随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在450~950分之间．将分数不低于750分的学生称为“高分选手”．根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示．

(1)求a的值，并估计该校学生分数的众数、平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)若样本中属于“高分选手”的女生有10人，完成下列2×2列联表，并判断是否有97.5%的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关．

参考公式：，其中．

【答案】(1)见解析

(2)填表见解析；有

【分析】（1）由频率和为1可得a值,由直方图中众数、平均数和中位数的计算公式进行计算即可；

（2）由题意得到2×2列联表，然后计算的观测值，然后与题目中表格的数据进行比较即可得到结论.

【详解】（1），解得．

众数估计值为600分．

平均数估计值为（分）

分数分布在450~650分之间时，频率为，

故中位数估计值为650分．

（2）由题意可知，样本中男生有40人，女生有60人，属于“高分选手”的有25人，其中女生10人．

因此，得到2×2列联表如下：

因此，的观测值，

所以有的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关．

18．锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求角C的值；

(2)若，D为AB的中点，求中线CD的范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化简可得出，结合角为锐角可求得结果；

（2）由余弦定理可得出，利用平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算可得出，利用正弦定理结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围，可得出的取值范围，即可得解

【详解】（1）由，

，

，，，．

（2），，，

由余弦定理有：，，

所以，，

由正弦定理，，，，

，

，因为为锐角三角形，所以且，

则，,则，．

19．如图，在三棱柱中，，，.

（1）证明：平面平面；

（2）求四棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取的中点，连，，证明与底面垂直，得面面垂直，再由棱柱上下底面平行得证结论；

（2）由棱柱、棱锥体积得，计算三棱锥体积可得结论．

【详解】（1）如图，取的中点，连，，

因为，，

所以，，

又因为，所以，

在中，由，满足，

所以，且，，平面，

所以平面，

又平面，所以平面平面，

又平面平面，所以平面平面.

（2）由（1）可知平面，，

所以四棱锥的体积.

20．已知椭圆的中心在原点，左焦点、右焦点都在轴上，点是椭圆上的动点，的面积的最大值为，在轴上方使成立的点只有一个．

（1）求椭圆的方程；

（2）过点的两直线，分别与椭圆交于点，和点，，且，比较与的大小．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）根据已知设椭圆的方程为，由已知分析得，解得，即得椭圆的方程为.（2）先证明直线的斜率为0或不存在时，.再证明若的斜率存在且不为0时，.

【详解】（1）根据已知设椭圆的方程为，.

在轴上方使成立的点只有一个，

∴在轴上方使成立的点是椭圆的短轴的端点.

当点是短轴的端点时，由已知得，

解得.

∴椭圆的方程为.

（2）.

若直线的斜率为0或不存在时，且或且.

由，

得.

若的斜率存在且不为0时，设：，

由得，

设，，则，，

于是 .

同理可得.

∴.

∴.

综上.

【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆的弦长的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.

21．已知函数

（1）当时，求在点处的切线方程；

（2）当时，是否存在两个极值点，若存在，求实数的最小整数值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）4

【分析】（1）求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出切线方程．

（2）求函数的导数，结合极值与导数之间的关系，转化为有两个不同的根，构造函数转化为函数与轴的交点问题，利用数形结合进行求解即可．

【详解】（1）函数导数

当时，

即在点（1，）处的切线斜率，

则对应的切线方程为即．

（2）当时，若存在两个极值点，

则有两个不同的解，

即有两个根，

即有两个不同的根，

设

当时，

所以在上单调递增，不符合题意．

当时，

所以在上单调递减，在上单调递增

要使函数与轴有两个不同的交点，必须

，得

设，则，

即在（1，+∞）上为减函数，

存在使得.

即当时，

此时有最小正整数，使得函数与轴有两个不同的交点.

即当时，是存在两个极值点，此时最小的的整数值为4

【点睛】本题利用数形结合思想和函数与方程思想，先将函数的零点问题转化为函数的图像的交点问题，利用数形结合思想，通过直函数图像与轴的交点个数来确定参数的取值范围．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为．

（1）求曲线的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；

（2）若射线与曲线交于点（不同于极点），与直线交于点，求的最大值．

【答案】（1），直线：；（2）．

【分析】（1）曲线的参数方程消去参数得曲线的普通方程，由，，能求出曲线的极坐标方程以及直线l的直角坐标方程．

（2）设，，，，则，由此能求出的最大值．

【详解】解：（1）曲线的参数方程为为参数），

消去参数得曲线的普通方程为，即，

由，，得曲线的极坐标方程为，

即．

因为直线的极坐标方程为，所以，所以，所以

（2）设，，，，

则，

所以

，

由，得，所以，

所以的最大值为．

【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式可轻松自如进行极坐标方程与直角坐标方程的互化，属于中档题．

23．已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）时利用分段函数表示，再求不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，再将不等式转化为化为，即可求得的取值范围．

【详解】（1）当时，，

即=，

不等式即为或或，

即有或或，

则为或，

所以不等式的解集为{ 或}；

（2）

若恒成立，则

即或

解得： 或

∴实数的取值范围是.

【点睛】（1）在解时，常用零点分段法将绝对值函数转化成分段函数的形式来求解；

（2）在解决型的不等式恒成立问题时，可利用绝对值三角不等式对不等式进行化简．