《2024届镇海中学高三1月期末考试数学含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届镇海中学高三1月期末考试数学含答案.pdf（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1镇海中学镇海中学 2 2023023 学年第一学期期末考试学年第一学期期末考试高三数学试题高三数学试题说明：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共 150 分.考试时间 120 分钟，本次考试不得使用计算器，请考生将所有题目都做在答题卷上.一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1.2560,13,Ax xxBxx 则AB（）A.13xx B.13xx C.23xxD.23xx2函数3()29xf xx的零点所在区间为（）A.0,
2、1B.1,2C.(2,3)D.3,43设函数 11xafxba（0a，1a），则函数 fx的单调性（）A与a有关，且与b有关B与a无关，且与b有关C与a有关，且与b无关D与a无关，且与b无关4已知等差数列 na，则 k=2 是111aa10kaa成立的（）条件A充要B充分不必要C必要不充分D既不充分也不必要5.已知直线 a，m，n，l，且 m，n 为异面直线，m 平面，n 平面若 l 满足lm，ln，则下列说法中正确的是（）A./lB.lC.若a，则/alD.6.已知21,ee 是单位向量，且它们的夹角是60.若12122,aee bee，且|ab，则（）A2B2C2 或3D3 或27函数 5
3、sincosexxf xxx在2,2上的图象大致为（）AB2CD8.设实数,x y满足3,32xy，不等式3322(23)(3)8123kxyxyxy恒成立，则实数k的最大值为（）A.12B.24C.2 3D.4 3二二、选择题选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合有多项符合题目要求。全部选对的得题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。分。9.已知复数12,z z，则下列结论正确的有（）A.2211zzB.1212zzzzC.1212z
4、zzzD.1212zzzz10.已知 f x，g x的定义域为R，且 1f xgxa（0a），11gxgx，若2f x为奇函数，则（）A.g x关于 x=1 对称B.g x为奇函数C.02fD.f x为偶函数11.已知O为坐标原点，曲线22222:3xyayxy，0a，00,P xy为曲线上动点，则（）A.曲线关于y轴对称B.曲线的图象具有 3 条对称轴C.09,16yaa D.OP的最大值为3a三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分。分。12.在ABC中，角,A B C的对边分别为a，b，c，已知sin2sin22caBAsincosa
5、AC 则角B=13.镇海中学举办大观红楼知识竞赛，该比赛为擂台赛，挑战者向守擂者提出挑战，两人轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜，挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是12，每次答题互相独立，则挑战者最终获胜的概率为.14在四面体PABC中，,60BPPCBAC，若2BC，则四面体PABC体积的最大值是，它的外接球表面积的最小值为.3四、解答题：本题共四、解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15（13 分）在ABCV中，内 角 A，B，C 的 对 边 分 别 为 a，b，c
6、，向 量(,),(sinsin,mba c nBCrrsinsin)AB，且mnrr（1）求 A；（2）若ABCV的外接圆半径为 2，且1coscos6BC ，求ABCV的面积16.（15 分）已知 Tn为正项数列an的前 n 项的乘积，且 a13，21nnnTa，数列 nb满足nnbkan.（1）求数列an的通项公式；（2）若数列 nb为递增数列，求实数 k 的取值范围；17.（15 分）某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费 10 元，现有以下两种方案.方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为1p；方案二：每次抽卡抽中新皮肤的概率为2p，若连续99次未抽中，则第100
7、次必中新皮肤.已知2101pp，玩家按照一、二两种方案进行抽卡，首次抽中新皮肤时的累计花费为,X Y（元）.（1）求,X Y的分布列；（2）求E X；（3）若1220.02pp，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案.：1000.990.37.18.（17 分）已知椭圆C：22221xyab（0a，0b）的左、右焦点分别为1F、2F，离心率为12，经过点1F且倾斜角为02的直线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），2ABF的周长为84（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面12AF F）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面
8、（平面12BFF）互相垂直1若3，求三棱锥12ABFF的体积，2若3，异面直线1AF和2BF所成角的余弦值；3是否存在02，使得2ABF折叠后的周长为与折叠前的周长之比为1516？若存在，求tan的值；若不存在，请说明理由19.（17 分）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线:C yf x上的曲线段AB，其弧长为s，当动点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线Al也随着转动到B点的切线Bl，记这两条切线之间的夹角为（它等于Bl的倾斜角与Al的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度
9、越大，因此可以定义Ks为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，即s越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义3022lim1syKsy（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率.（其中,y y分别表示 yf x在点A处的一阶、二阶导数）（1）求单位圆上圆心角为60o的圆弧的平均曲率；（2）求椭圆2214xy在13,2处的曲率；（3）定义 32 21yyy为曲线 yf x的“柯西曲率”.已知在曲线 ln2f xxxx上存在两点 11,P xf x和22,Q xf x,且,P Q处的“柯西曲率”相同，求3312xx的取值5范围.答案：C B D B C D C B9.BC10.ACD11
10、.ABC12.6013.1/314.3 163311.【解析】将x用x替换代入方程，方程不变，故曲线关于y轴对称，A 正确；令cosxr，sinyr，代入整理可得sin3ra，其中220rxy，为点,x y所在终边对应的角度，且0,2，因为0r，故24 50,3333UU，因为曲线关于y轴对称，故4 5,33对应的图象关于32轴（即y轴对称）对称，注意到sin3ra关于的周期为23，故曲线也关于6和56（即3xy ）对称，故 B 选项正确；2209sin3 sinsin34sin,416ayaa，C 正确；sin3aOPra，D 错误；综上，选 ABC.C 另解：22222422433230
11、xyayxyxyay xyay，该方程关于2x有解，由实根分布可知09,16yaa.D 另解：322223222222222282 383388yxyaaxyyxya xy，解得22aOxPy.15.解：（1）由已知mn，即(sinsin)()(sinsin)0cBCbaAB，由正弦定理得()()()0c bcba ab，即2220bccab，6整理得222bcabc，即2221cos22bcaAbc，又(0,)A，故3A；（2）因为3A，所以23BC，则1cos()2BC，即1coscossinsin2BCBC，又1coscos6BC ，所以111sinsin263BC 因为ABC的外接圆半
12、径2R，所以由正弦定理可得21sinsin2243bcbcBCRRR，所以163bc，所以111634 3sin22323ABCSbcA16.1(1)31206nnnnabbk（）由恒成立得17.【解析】（1）1*10111,10kkP XkppN，1*10229921,101,1000kkppP YkpkN.（2）1111110101kkE Xkppp；（3）110500E Xp；9919999222212101011000 1990 11000990 0.37633.7kkE Ykppppp，因为 E XE Y，故选择方案二.18.解：（1）由椭圆的定义知：12122,2AFAFa BFB
13、Fa，所以2ABF的周长48La，所以2a，7又椭圆离心率为12，所以12ca，所以1c，2223bac，由题意，椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为22143xy；（2）由直线l：031yx与22143xy，联立求得0,3A，（因为点A在x轴上方）以及83,355B，0011112161 13|2,|,|sin120|sin6053 25AFBFVBFFFAF由22152A FB FA B ，22|8AFBFAB，故12ABA B ，O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则10,1,0F，0 03A,，383,055B，20,1,
14、0F，10,1,3F A，23133,055BF 记异面直线1AF和2BF所成角为，则21121213coscos,28F A BFF A BFF A BF ；设折叠前11,A x y，22,B xy，折叠后A，B在新图形中对应点记为A，B，11,0A x y，22,0,Bxy，将直线l方程与椭圆方程联立221143myxxy，得2234690mymy，8122634myym，122934y ym，在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）；2221212A Bxxyy ，221212AyBxxy，所以222221212121212
15、ABA Bxxyyxxyy ，（i）又122222212121212212y yxxyyxxyy，所以2222211121211124xxyyxxyyy y，（ii）由（i）（ii）可得22121212124xxyyy y，因为22221212121xxyymyy212124y y，所以222263613434mmmm22118434m，即2222111814434434mmm，所以222121211834434mmm，解得22845m，因为02，所以13 35tan14m9另解：设1133|,|2cos2cosAFBF由三余弦定理可知，2coscosABF，在三角形 ABF1 中，由余弦定理
16、22222211111|(|)2|2|(cos)A BABA BAFBFAFBF联立解出2283 35cos,tan731419.【解析】（1）313Ks.（2）214xy，122144xxy ，132222211144164xxxy ，故332xy，32xy，故32216 749314K.（3）ln1fxx，1fxx，故 3332 22 22 21ln3 3lnyyyxxss，其中3sx，令331122,tx tx，则1122lnlntttt，则1lnln1tttt，其中211ttt（不妨21tt）令 lnp xxx吗，1lnpxxp x 在10,e递减，在1,e递增，故21110ett；令 12lnlnln11tth ttttt，则 2211ln011th tttt，（自行补证21ln11tttt）则 h t在1,递增，又 1limln21th t，lim0th t，故12lnln21,0tt，故3312122,1exxtt.