浙江省嘉兴市高三上学期期末检测数学试题

嘉兴市2023~2024学年第一学期期末检测高三数学试题卷本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟．考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置．2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.己知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式求出集合B，根据集合的交集运算，即可求得答案.【详解】解不等式，即，则，而，故，故选：A2.已知，则（）A. B. C. D.5【答案】D【解析】【分析】利用复数除法法则计算出，进而得到.【详解】，故.故选：D3.已知单位向量，的夹角为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可得，，，结合数量积的运算律分析求解.【详解】由题意可知：，，，所以.故选：B.4.己知直线与圆：相交于A，B两点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求得圆心为到直线距离，求出弦长，计算即可得出结果.【详解】因为圆心为到直线的距离为：，所以=所以,即.故选：B5.卫生纸是人们生活中的必需品，随处可见．卫生纸形状各异，有单张四方型的，也有卷成滚筒形状的．某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为40mm，卫生纸厚度为0.1mm．若未使用时直径为90mm，使用一段时间后直径为60mm，则这个卷筒卫生纸大约己经使用了（）A.25.7m B.30.6m C.35.3m D.40.4m【答案】C【解析】【分析】依题意，可以把绕在盘上的卫生纸长度，近似看成是半径成等差数列的圆周长，然后分别计算各圆的周长，再借助等差数列前项和公式求总和即可.【详解】未使用时，可认为外层卫生纸的长度为：，可认为每层纸的长度为等差数列，使用到现在，相当于等差数列的项数为：，且.由等差数列的求和公式得：故选：C6.己知函数的图象关于点对称，则下列函数是奇函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由平移规律，再结合条件，即可求解.【详解】函数的图象关于点对称，所以函数的图象向右平移1个单位，向下平移一个单位后函数的图象关于点对称，即可得.故选：D7.设是等比数列，则“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”（）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【答案】C【解析】【分析】根据严格递增数列定义可判断必要性，分类讨论可判断充分性.【详解】若是严格递增数列，显然，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”必要条件；对任意的正整数n都成立，所以中不可能同时含正项和负项，，即，或，即，当时，有，即，是严格递增数列，当时，有，即，是严格递增数列，所以“对于任意的正整数n，都有”是“是严格递增数列”充分条件故选：C8.己知正实数满足，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由等式想到构造函数和，分别考查两函数的单调性和最值情况以及函数值大小关系，得到函数与的图象，由图可得，，再结合先放缩成，即，构造函数，判断其单调性得到其值域，从而得到，即得.【详解】因，由可得：，则．由化简得：，分别设函数，．由，，则当时，，当时，，则在上递减,在上递增，故.又，则当时，，当时，，则在上递减；在上递增，故．由，则时，；时，；时，．函数与的图象如图．令．由于，则，，排除C，D；由于，，则．令，其在R上单调递增．由于，则，则有，即得．综上，.故选：A．【点睛】关键点点睛：本题主要考查构造函数利用其单调性等性质比较参数大小的问题,属于难度较大题.解决的关键在于结合题设条件，构造相应的函数，通过研究函数的图象性质，如单调性，最值，值域以及两函数的函数值大小关系，得到自变量（参数）的范围.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列说法正确的是（）A.样本数据4，4，5，5，6，7，9的75%分位数为6B.若随机变量满足，则C.若随机变量服从两点分布，，则D.若随机变量X服从正态分布，且，则【答案】BCD【解析】【分析】根据百分位数公式，即可判断A；根据期望和方差公式，即可判断BC；根据正态分布的对称性，即可求给定区间的概率.【详解】A.样本共7个数据，，所以第75%分位数是第6个数据，为7，故A错误；B.，故B正确；C.由条件可知，，，，故C正确；D.由条件可知，正态分布函数的图象关于直线对称，，所以，故D正确.故选：BCD10.已知函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则（）A.函数的最小正周期为B.函数在单调递减C.函数在的值域为D.将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于y轴对称【答案】AB【解析】【分析】利用辅助角公式将函数化简，再根据函数的最小正周期求出，即可得到函数的解析式，可判断A；根据正弦函数单调性通过解不等式可判断B；根据的范围和正弦函数的性质直接求解可判断C；由函数图象的平移变换，结合正弦函数的性质可判断D.【详解】解：，函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，函数的最小正周期是，∴，∴，，故A正确；由，解得，所以的一个单调减区间为，而，∴在上单调递减，故B正确；当时，有，则，所以，∴，故C错误；将的图象向右平移个单位长度得到关于原点对称，故D错误.故选：AB11.己知正方体的边长为1，点P满足，其中，，则（）A.当时，存在点P，使得平面B.当时，不存在点P，使得平面C.当，满足时，点到平面的距离的最小值为D.当，满足时，三棱锥的体积的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．对于A，当时，取，则点P与A重合，得，可得，则，即可判断A；对于B，当时，取，则点P与B重合，得，可证得，，从而平面，即可判断B；对于C，由条件，利用向量法求出点到平面的距离的表达式，进而可判断C；对于D，由条件可设，则，利用向量法得出点到平面的距离的表达式，结合三角函数的性质求出最小值，进而得三棱锥的体积的最小值，即可判断D.【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则,对于A，当时，取，则点P与A重合，得，∴，∴，∴,∵平面,平面,∴平面，故A正确；对于B，当时，取，则点P与B重合，得，∵，∴，，∴，，又∵,平面，∴平面，故B错误；对于C，由及，得，则，∴，设平面的法向量为，由，令，则，，∴点到平面的距离为，∵，∴当时，，故C正确；对于D，为正三角形，，则，由，，，可得，则可设，则，则，，，设平面的法向量为，由，令，则，，∴点到平面的距离为，∵，∴，∴当，即时，取最大值，从而，∴三棱锥的体积的最小值为，故D正确.故选：ACD.12.己知点是抛物线：上一点，过点P作抛物线：的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，H为线段MN的中点，F为的焦点，则（）A.若，则直线MN经过点F B.直线轴C.点H的轨迹方程为 D.【答案】ABD【解析】【分析】利用导数几何意义，先表示出切线方程，联立方程组，得直线MN的方程为，解得，从而得，可判定A、B；再由点，可得轨迹方程，判定C；由向量坐标运算得，，判定D.【详解】已知抛物线的方程，求经过抛物线上一点的切线的方程由，可得或，不妨设，则，则，由导数的几何意义知过点的切线的斜率为，故所求切线方程为，化简得即又在抛物线上，，所以切线方程为(可验证对,此方程也适用)所以设，设过点M的切线为，过点N的切线为，这两条切线交于点，则，从而直线MN的方程为．若，则直线MN经过点，A正确．设过点M的切线为，过点N的切线为，联立，解得，即，从而，即，由于点H为M，N中点，则，而轴，B正确．点，由于，，从而点H的轨迹方程为，C错误．由于，，，则．又，则，同理可得，从而，D正确．故选：ABD.点睛】思路点睛，借助导数的几何意义，求出经过抛物线上一点的切线的方程为：，然后结合条件逐项分析即得.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中，常数项为______（用数字作答）．【答案】15【解析】【分析】求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求出的值，代入通项公式中可求得常数项.【详解】展开式的通项为，令，得，所以常数项为.故答案为：15.14.已知，则______．【答案】##【解析】【分析】以为整体，利用诱导公式以及倍角公式运算求解.【详解】由题意可得：，即.故答案为：.15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P，Q在C上且满足，，则C的离心率为______．【答案】##【解析】【分析】设出，利用椭圆定义求出各边长，利用勾股定理得到方程，求出，得到，故为等腰直角三角形，，求出离心率.【详解】设，则，所以，因为，由勾股定理得，即，解得，故，，故点为椭圆上顶点，所以为等腰直角三角形，故，即，所以，离心率.故答案为：16.己知圆锥的母线长与底面圆的直径均为．现有一个半径为1的小球在内可向各个方向自由移动，则圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为______．【答案】【解析】【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解．【详解】因为圆锥的母线长与底面圆的直径均为．小球的半径为1在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环，可知扇环的半径为，，扇环所在扇形的圆心角为，所以扇环其面积为；在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其半径为其面积为．综上，圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，．（1）若，求的面积；（2）若为钝角三角形，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到和，利用三角形面积公式求出答案；（2）由三角形三边关系求出，利用计算出，从而得到答案.【小问1详解】由及正弦定理，则．当时，，，由余弦定理，，从而，此时的面积．【小问2详解】由于，，由三角形三边关系可得，即，解得．由于C为的最大内角，故，即，解得．由于，则．18.己知是公差为2的等差数列，数列满足，，．（1）求数列和的通项公式；（2）记数列的前n项积为，若，求m．【答案】（1），（2）3【解析】【分析】（1）由条件取求得继而写出通项，再代入等式，推理得到等比数列，即得其通项；（2）由（1）中的结论易得的通项，求出，代入方程求解即得.【小问1详解】在中，令，得，把，代入解得：，所以；把代入，化简得：，即是公比为3的等比数列，所以．【小问2详解】，，由可得：，即，解得或，因，则.19.等边三角形的边长为3，O，P分别是边AB和AC上的点，且，如图1．将沿OP折起到的位置，连结，．点Q满足，且点Q到平面的距离为，如图2．（1）求证：∥平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）坐标法：由题意可得平面，则以O为原点如图建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可；几何法：取OB中点S和线段靠近点B的三等分点T，连结ST，SP，TO，可证得四边形为平行四边形，则∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）坐标法：利用空间向量求解即可；几何法：延长BC，OP交于点R，连结，作，连结BD，可得为二面角的平面角，在中求解即可.【小问1详解】证法1（坐标法）：因为，点Q到平面的距离为，所以点到平面的距离为1，因为，所以平面，因为平面，所以，，在中，，所以，所以，所以，所以以O为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，又平面的法向量可取，由于，直线平面，所以∥平面．证法2（几何法）：取OB中点S和线段靠近点B的三等分点T，连结ST，SP，TO，因为，，所以∥，，所以∥，所以四边形为平行四边形，所以∥，又平面，平面，所以∥平面．【小问2详解】解法1（坐标法）：平面的法向量，设平面的法向量，，，由，令，则，，即．设平面与平面夹角大小为，则，即平面与平面夹角的余弦值．解法2（几何法）：延长BC，OP交于点R，连结，作，连结BD．因为，，，平面，所以平面，因为平面，所以．又，，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，记为，在直角中，，，则，所以，因为，所以，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．20.某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2分为止，且多得2分的一方胜出．现甲乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次抢到的概率都为．若甲、乙正确回答每道题的概率分别为和，每道题回答是否正确相互独立．（1）求第1题答完甲得1分的概率；（2）求第2题答完比赛结束的概率；（3）假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）分甲抢到并答对和乙抢到答错两种情况求解；（2）甲得了2分，或乙得了2分两种情况求解；（3）分四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，列方程求解.【小问1详解】记“答完1题甲得1分”为事件A，则，第1题答完甲得1分的概率为．【小问2详解】第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分．记“答完1题乙得1分为事件B，”则．记“第2题答完比赛结束”为事件C，．【小问3详解】记甲最终胜出的概率为．答完2题，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，与初始状态（即比赛前）的情况相同，从而，即，解得，即甲最终胜出的概率为．21.已知，分别是双线的左，右顶点，，点到其中一条渐近线的距离为．（1）求双曲线C的方程：（2）过点的直线l与C交于M，N两点（异于，两点），直线OP与直线交于点Q．若直线与的斜率分别为，，试问是否为定值？若是，求出此定值；否不是，请说明理由．【答案】（1）（2）是定值3，理由见解析【解析】【分析】（1）由点到直线距离公式得到方程，求出，结合，得到双曲线方程；（2）设出直线的方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出点Q的坐标，计算出.【小问1详解】由题意知．点到直线的距离为，解得，从而双曲线C的方