数学-2024届镇海中学高三1月期末考试

镇海中学2023学年第一学期期末考试高三数学试题说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ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、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。21.A{xx5x60},B{x1x3},则AB（）A.{x1x3}B.{x1x3}C.{x2x3}D.{x2x3}2．函数f(x)2xx39的零点所在区间为（）A.0,1B.1,2C.(2,3)D.3,4a13．设函数fxb（a0，a1），则函数fx的单调性（）ax1A．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an，则k=2是a1a11aka10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lm，ln，则下列说法中正确的是（）A.l//B.lC.若a，则a//lD.6.已知e1,e2是单位向量，且它们的夹角是60.若ae12e2,be1e2，且|a||b|，则（）A．2B．2C．2或3D．3或25sinx7．函数fxxcosx在2,2上的图象大致为（）exA．B．1C．D．38.设实数x,y满足x,y3，不等式k(2x3)(y3)8x3y312x23y2恒成立，则实数2k的最大值为（）A.12B.24C.23D.43二、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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。已知复数，则下列结论正确的有（）9.z1,z222A.z1z1B.z1z2z1z2C.z1z2z1z2D.z1z2z1z210.已知fx，gx的定义域为R，且fxg1xa（a0），g1xg1x，若fx2为奇函数，则（）A.gx关于x=1对称B.gx为奇函数C.f20D.fx为偶函数已知为坐标原点，曲线22222，，为曲线上动11.O:xyay3xya0Px0,y0点，则（）A.曲线关于y轴对称B.曲线的图象具有3条对称轴9的最大值为C.y0a,aD.OP3a16三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。c12.在ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知asin2Bsin2AasinAcosC．则2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1，每次答题互相独立，则挑战者最终获胜的概率为.214．在四面体PABC中，BPPC,BAC60，若BC2，则四面体PABC体积的最大值是，它的外接球表面积的最小值为.2四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）在VABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量rrrrm(ba,c),n(sinBsinC,sinAsinB)，且m∥n．1（1）求A；（2）若VABC的外接圆半径为2，且cosBcosC，求VABC的面积．6（分）已知为正项数列的前项的乘积，且＝，2n1，数列满16.15Tn{an}na13Tnan{bn}足bnkann.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若数列{bn}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；方案二：每次抽卡抽.p1中新皮肤的概率为，若连续次未抽中，则第次必中新皮肤已知，玩p299100.0p2p11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；（）若，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案3p12p20.02.：0.991000.37.x2y218.（17分）已知椭圆C：1（a0，b0）的左、右焦点a2b21分别为F1、F2，离心率为，经过点F1且倾斜角为0的直22△线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），ABF2的周长为8．3（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AF1F2）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面BF1F2）互相垂直．1若，求三棱锥ABFF的体积，3122若，异面直线AF1和BF2所成角的余弦值；33△是否存在0，使得ABF2折叠后的周长为与折叠215前的周长之比为？若存在，求tan的值；若不存在，请16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:yfx上的曲线段»AB，其弧长为s，当动点从A沿曲线段»运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线ABBAlAB，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与lBlBlA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越大，因此可以定义K为曲线段»AB的平均曲率；显然当B越s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yKlim（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率.（其中y',y''分别表示s0s31y22yf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；2x21（2）求椭圆y1在3,处的曲率；4222y（）定义为曲线的“柯西曲率”已知在曲线上3y3yfx.fxxlnx2x1y存在两点和且处的“柯西曲率”相同，求33的取值Px1,fx1Qx2,fx2,P,Qx1x24范围.答案：CBDBCDCB9.BC10.ACD11.ABC31612.60°13.1/314.3311.【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xrcos，yrsin，代入整理可得rasin3，其中rx2y20，为点x,y所在终边对应的角度，且0,2π，π2π4π5π因为r0，故0,U,πU,，33334π5π3π因为曲线关于y轴对称，故,对应的图象关于轴（即y轴对称）对称，3322π注意到rasin3关于的周期为，3π5πx故曲线也关于和（即y）对称，663故B选项正确；a922，正确；y0asin3sinsin34sina,C416OPrasin3a，D错误；综上，选ABC.2C另解：x2y2ay3x2y2x42y23ayx2y4ay30，该方程关于x2有解，9由实根分布可知y0a,a.16322228y23xy3222a2222a22D另解：xy8y3xyaxy2，883解得OPx2y2a.15.解：（1）由已知m∥n，即c(sinBsinC)(ba)(sinAsinB)0，由正弦定理得c(bc)(ba)(ab)0，即bcc2a2b20，5b2c2a21π整理得b2c2a2bc，即cosA，又A(0,π)，故A；2bc23π2π1（2）因为A，所以BC，则cos(BC)，33211111即cosBcosCsinBsinC，又cosBcosC，所以sinBsinC．26263因为ABC的外接圆半径R2，bcbc116所以由正弦定理可得sinBsinC，所以bc，2R2R4R2331116343所以SbcsinA．ABC2232316.n(1)an31（2）由bb0恒成立得kn1n617.【解析】k1k*k1p10p,N1k*22（）10，1PXk1p1p1,NPYk10.10991p2,k1000（）k110；2EX10k1p1p1k1p110（3）EX500；p199k1991099，EY10k1p2p210001p29901p210009900.37633.7k1p2因为EXEY，故选择方案二.18.解：（1）由椭圆的定义知：AF1AF22a,BF1BF22a，△所以ABF2的周长L4a8，所以a2，61c1又椭圆离心率为，所以，所以c1，b2a2c23，2a2由题意，椭圆的焦点在x轴上，x2y2所以椭圆的标准方程为1；43（2）①x2y2由直线l：y03x1与1，4383联立求得A0,3，（因为点A在x轴上方）以及B,3，556113|AF|2,|BF|,V|BF||FF|sin1200|AF|sin6001153211215151②由AFBFAB，AFBF|AB|8，故ABAB，222222O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,,38F10,1,0，A003，B3,,0，F20,1,0，55313F1A0,1,3，BF23,,0．55FABF2113记异面直线AF1和BF2所成角为，则coscosF1A,BF2；F1ABF228②设折叠前Ax1,y1，Bx2,y2，折叠后A，B在新图形中对应点记为A，B，Ax1,y1,0，Bx2,0,y2，myx122将直线l方程与椭圆方程联立x2y2，得3m4y6my90，14376m9yy，yy，123m24123m24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）；222，22，ABx1x2y1y2ABx1x2y1y22221所以ABABxxyyxxy2y2，（i）1212121222y1y21又，222222x1x2y1y2x1x2y1y2所以22222，（）x1x1y1y2x1x2y1y14y1y2ii221由（i）（ii）可得xxyy2yy，12124122因为22221，x1x2y1y21my1y22y1y242226m36118所以1m，2223m43m443m4221m118即144，3m2443m2421212m118228所以，解得m，3m2443m24451335因为0，所