2024屆浙江省嘉興市高三上學期期末檢測考試數(shù)學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1浙江省嘉興市2024屆高三上學期期末檢測考試數(shù)學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解不等式，即，則，而，故，故選：A2.已知，則（）A. B. C. D.5【答案】D【解析】，故.故選：D3.已知單位向量，的夾角為，則（）A B. C. D.【答案】B【解析】由題意可知：，，，所以.故選：B.4.已知直線與圓：相交于A，B兩點，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為圓心為到直線的距離為：，所以=所以,即.故選：B5.衛(wèi)生紙是人們生活中的必需品，隨處可見．衛(wèi)生紙形狀各異，有單張四方型的，也有卷成滾筒形狀的．某款卷筒衛(wèi)生紙繞在圓柱形空心紙筒上，紙筒直徑為40mm，衛(wèi)生紙厚度為0.1mm．若未使用時直徑為90mm，使用一段時間后直徑為60mm，則這個卷筒衛(wèi)生紙大約已經(jīng)使用了（）A.25.7m B.30.6m C.35.3m D.40.4m【答案】C【解析】未使用時，可認為外層衛(wèi)生紙的長度為：，可認為每層紙的長度為等差數(shù)列，使用到現(xiàn)在，相當于等差數(shù)列的項數(shù)為：，且.由等差數(shù)列的求和公式得：故選：C6.已知函數(shù)的圖象關于點對稱，則下列函數(shù)是奇函數(shù)的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】函數(shù)的圖象關于點對稱，所以函數(shù)的圖象向右平移1個單位，向下平移一個單位后函數(shù)的圖象關于點對稱，即可得.故選：D7.設是等比數(shù)列，則“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】若是嚴格遞增數(shù)列，顯然，所以“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”必要條件；對任意的正整數(shù)n都成立，所以中不可能同時含正項和負項，，即，或，即，當時，有，即，是嚴格遞增數(shù)列，當時，有，即，是嚴格遞增數(shù)列，所以“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”充分條件故選：C8.已知正實數(shù)滿足，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因，由可得：，則．由化簡得：，分別設函數(shù)，．由，，則當時，，當時，，則在上遞減,在上遞增，故.又，則當時，，當時，，則在上遞減；在上遞增，故．由，則時，；時，；時，．函數(shù)與的圖象如圖．令．由于，則，，排除C，D；由于，，則．令，其在R上單調(diào)遞增．由于，則，則有，即得．綜上，.故選：A．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.下列說法正確的是（）A.樣本數(shù)據(jù)4，4，5，5，6，7，9的75%分位數(shù)為6B.若隨機變量滿足，則C.若隨機變量服從兩點分布，，則D.若隨機變量X服從正態(tài)分布，且，則【答案】BCD【解析】A.樣本共7個數(shù)據(jù)，，所以第75%分位數(shù)是第6個數(shù)據(jù)，為7，故A錯誤；B.，故B正確；C.由條件可知，，，，故C正確；D.由條件可知，正態(tài)分布函數(shù)的圖象關于直線對稱，，所以，故D正確.故選：BCD10.已知函數(shù)的圖象的兩條相鄰對稱軸之間的距離為，則（）A.函數(shù)的最小正周期為B.函數(shù)在單調(diào)遞減C.函數(shù)在的值域為D.將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，所得函數(shù)圖象關于y軸對稱【答案】AB【解析】，函數(shù)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，函數(shù)的最小正周期是，∴，∴，，故A正確；由，解得，所以的一個單調(diào)減區(qū)間為，而，∴在上單調(diào)遞減，故B正確；當時，有，則，所以，∴，故C錯誤；將的圖象向右平移個單位長度得到關于原點對稱，故D錯誤.故選：AB11.已知正方體的邊長為1，點P滿足，其中，，則（）A.當時，存在點P，使得平面B.當時，不存在點P，使得平面C.當，滿足時，點到平面的距離的最小值為D.當，滿足時，三棱錐的體積的最小值為【答案】ACD【解析】以為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則,對于A，當時，取，則點P與A重合，得，∴，∴，∴,∵平面,平面,∴平面，故A正確；對于B，當時，取，則點P與B重合，得，∵，∴，，∴，，又∵,平面，∴平面，故B錯誤；對于C，由及，得，則，∴，設平面的法向量為，由，令，則，，∴點到平面的距離為，∵，∴當時，，故C正確；對于D，為正三角形，，則，由，，，可得，則可設，則，則，，，設平面的法向量為，由，令，則，，∴點到平面的距離為，∵，∴，∴當，即時，取最大值，從而，∴三棱錐的體積的最小值為，故D正確.故選：ACD.12.已知點是拋物線：上一點，過點P作拋物線：的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N，H為線段MN的中點，F(xiàn)為的焦點，則（）A.若，則直線MN經(jīng)過點F B.直線軸C.點H的軌跡方程為 D.【答案】ABD【解析】已知拋物線的方程，求經(jīng)過拋物線上一點的切線的方程由，可得或，不妨設，則，則，由導數(shù)的幾何意義知過點的切線的斜率為，故所求切線方程為，化簡得即又在拋物線上，，所以切線方程為(可驗證對,此方程也適用)所以設，設過點M的切線為，過點N的切線為，這兩條切線交于點，則，從而直線MN的方程為．若，則直線MN經(jīng)過點，A正確．設過點M的切線為，過點N的切線為，聯(lián)立，解得，即，從而，即，由于點H為M，N中點，則，而軸，B正確．點，由于，，從而點H的軌跡方程為，C錯誤．由于，，，則．又，則，同理可得，從而，D正確．故選：ABD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.的展開式中，常數(shù)項為______（用數(shù)字作答）．【答案】15【解析】展開式的通項為，令，得，所以常數(shù)項為.故答案為：15.14.已知，則______．【答案】【解析】由題意可得：，即.故答案為：.15.已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P，Q在C上且滿足，，則C的離心率為______．【答案】【解析】設，則，所以，因為，由勾股定理得，即，解得，故，，故點為橢圓上頂點，所以為等腰直角三角形，故，即，所以，離心率.故答案為：16.已知圓錐的母線長與底面圓的直徑均為．現(xiàn)有一個半徑為1的小球在內(nèi)可向各個方向自由移動，則圓錐內(nèi)壁上（含底面）小球能接觸到的區(qū)域面積為______．【答案】【解析】因為圓錐的母線長與底面圓的直徑均為．小球的半徑為1在圓錐內(nèi)壁側面，小球接觸到的區(qū)域展開后是一個扇環(huán)，可知扇環(huán)的半徑為，，扇環(huán)所在扇形的圓心角為，所以扇環(huán)其面積為；在圓錐底面，小球接觸到的區(qū)域是一個圓，其半徑為其面積為．綜上，圓錐內(nèi)壁上（含底面）小球能接觸到的區(qū)域面積為．故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，．（1）若，求的面積；（2）若為鈍角三角形，求a的取值范圍．解：（1）由及正弦定理，則．當時，，，由余弦定理，，從而，此時的面積．（2）由于，，由三角形三邊關系可得，即，解得．由于C為的最大內(nèi)角，故，即，解得．由于，則．18.已知是公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列滿足，，．（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）記數(shù)列的前n項積為，若，求m．解：（1）在中，令，得，把，代入解得：，所以；把代入，化簡得：，即是公比為3的等比數(shù)列，所以．（2），，由可得：，即，解得或，因，則.19.等邊三角形的邊長為3，O，P分別是邊AB和AC上的點，且，如圖1．將沿OP折起到的位置，連結，．點Q滿足，且點Q到平面的距離為，如圖2．（1）求證：∥平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值．證明：（1）證法1（坐標法）：因為，點Q到平面的距離為，所以點到平面的距離為1，因為，所以平面，因為平面，所以，，在中，，所以，所以，所以，所以以O為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，所以，又平面的法向量可取，由于，直線平面，所以∥平面．證法2（幾何法）：取OB中點S和線段靠近點B的三等分點T，連結ST，SP，TO，因為，，所以∥，，所以∥，所以四邊形為平行四邊形，所以∥，又平面，平面，所以∥平面．解：（2）解法1（坐標法）：平面的法向量，設平面的法向量，，，由，令，則，，即．設平面與平面夾角大小，則，即平面與平面夾角的余弦值．解法2（幾何法）：延長BC，OP交于點R，連結，作，連結BD．因，，，平面，所以平面，因為平面，所以．又，，平面，所以平面，因為平面，所以，所以為二面角的平面角，記為，在直角中，，，則，所以，因為，所以，所以，即平面與平面夾角的余弦值為．20.某校舉行知識競賽，規(guī)則如下：選手每兩人一組，同一組的兩人以搶答的方式答題，搶到并回答正確得1分，答錯則對方得1分，比賽進行到一方比另一方多2分為止，且多得2分的一方勝出．現(xiàn)甲乙兩人分在同一組，兩人都參與每一次搶題，每次搶到的概率都為．若甲、乙正確回答每道題的概率分別為和，每道題回答是否正確相互獨立．（1）求第1題答完甲得1分的概率；（2）求第2題答完比賽結束的概率；（3）假設準備的問題數(shù)足夠多，求甲最終勝出的概率．解：（1）記“答完1題甲得1分”為事件A，則，第1題答完甲得1分的概率為．（2）第2題答完比賽結束，甲得了2分，或乙得了2分．記“答完1題乙得1分為事件B，”則．記“第2題答完比賽結束”為事件C，．（3）記甲最終勝出的概率為．答完2題，有四種情況：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，與初始狀態(tài)（即比賽前）的情況相同，從而，即，解得，即甲最終勝出的概率為．21.已知，分別是雙曲線的左，右頂點，，點到其中一條漸近線的距離為．（1）求雙曲線C的方程：（2）過點的直線l與C交于M，N兩點（異于，兩點），直線OP與直線交于點Q．若直線與的斜率分別為，，試問是否為定值？若是，求出此定值；否不是，請說明理由．解：（1）由題意知．點到直線的距離為，解得，從而雙曲線C的方程為；（2）設，，直線的方程為，聯(lián)立，則，從而，解得且，此時．直線OP的方程為，直線的方程為，聯(lián)立解得，．由于.即．22.已知函數(shù)．（1）若時，在其定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍；（2）若，時，函數(shù)有兩個極值點，，求證：．解：（1）當時，，．令，顯然不是該方程的解，故，令，，當以及時，；當時，；在遞減，在遞減，在單調(diào)遞增．當時，；當時，．由于函數(shù)在其定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，即方程有解，從而或，當時，令，則，當時，，在上單調(diào)遞減，當時，，在上單調(diào)遞增，故，即，取等號，此時在上單調(diào)遞增，不符合題意，故或；證明：（2）時，，．因為函數(shù)有兩個極值點，即有兩解，即函數(shù)的圖象與直線有兩個交點，令，得．當，；當，，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，所以．設的圖象與x軸的交點為，，則函數(shù)的圖象在點P處的切線為．又，，，所以，函數(shù)的圖象在Q處的切線為．設直線與直線，交點的橫坐標分別為，，則，，所以，由于，故，即．浙江省嘉興市2024屆高三上學期期末檢測考試數(shù)學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解不等式，即，則，而，故，故選：A2.已知，則（）A. B. C. D.5【答案】D【解析】，故.故選：D3.已知單位向量，的夾角為，則（）A B. C. D.【答案】B【解析】由題意可知：，，，所以.故選：B.4.已知直線與圓：相交于A，B兩點，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為圓心為到直線的距離為：，所以=所以,即.故選：B5.衛(wèi)生紙是人們生活中的必需品，隨處可見．衛(wèi)生紙形狀各異，有單張四方型的，也有卷成滾筒形狀的．某款卷筒衛(wèi)生紙繞在圓柱形空心紙筒上，紙筒直徑為40mm，衛(wèi)生紙厚度為0.1mm．若未使用時直徑為90mm，使用一段時間后直徑為60mm，則這個卷筒衛(wèi)生紙大約已經(jīng)使用了（）A.25.7m B.30.6m C.35.3m D.40.4m【答案】C【解析】未使用時，可認為外層衛(wèi)生紙的長度為：，可認為每層紙的長度為等差數(shù)列，使用到現(xiàn)在，相當于等差數(shù)列的項數(shù)為：，且.由等差數(shù)列的求和公式得：故選：C6.已知函數(shù)的圖象關于點對稱，則下列函數(shù)是奇函數(shù)的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】函數(shù)的圖象關于點對稱，所以函數(shù)的圖象向右平移1個單位，向下平移一個單位后函數(shù)的圖象關于點對稱，即可得.故選：D7.設是等比數(shù)列，則“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】若是嚴格遞增數(shù)列，顯然，所以“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”必要條件；對任意的正整數(shù)n都成立，所以中不可能同時含正項和負項，，即，或，即，當時，有，即，是嚴格遞增數(shù)列，當時，有，即，是嚴格遞增數(shù)列，所以“對于任意的正整數(shù)n，都有”是“是嚴格遞增數(shù)列”充分條件故選：C8.已知正實數(shù)滿足，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因，由可得：，則．由化簡得：，分別設函數(shù)，．由，，則當時，，當時，，則在上遞減,在上遞增，故.又，則當時，，當時，，則在上遞減；在上遞增，故．由，則時，；時，；時，．函數(shù)與的圖象如圖．令．由于，則，，排除C，D；由于，，則．令，其在R上單調(diào)遞增．由于，則，則有，即得．綜上，.故選：A．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.下列說法正確的是（）A.樣本數(shù)據(jù)4，4，5，5，6，7，9的75%分位數(shù)為6B.若隨機變量滿足，則C.若隨機變量服從兩點分布，，則D.若隨機變量X服從正態(tài)分布，且，則【答案】BCD【解析】A.樣本共7個數(shù)據(jù)，，所以第75%分位數(shù)是第6個數(shù)據(jù)，為7，故A錯誤；B.，故B正確；C.由條件可知，，，，故C正確；D.由條件可知，正態(tài)分布函數(shù)的圖象關于直線對稱，，所以，故D正確.故選：BCD10.已知函數(shù)的圖象的兩條相鄰對稱軸之間的距離為，則（）A.函數(shù)的最小正周期為B.函數(shù)在單調(diào)遞減C.函數(shù)在的值域為D.將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，所得函數(shù)圖象關于y軸對稱【答案】AB【解析】，函數(shù)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，函數(shù)的最小正周期是，∴，∴，，故A正確；由，解得，所以的一個單調(diào)減區(qū)間為，而，∴在上單調(diào)遞減，故B正確；當時，有，則，所以，∴，故C錯誤；將的圖象向右平移個單位長度得到關于原點對稱，故D錯誤.故選：AB11.已知正方體的邊長為1，點P滿足，其中，，則（）A.當時，存在點P，使得平面B.當時，不存在點P，使得平面C.當，滿足時，點到平面的距離的最小值為D.當，滿足時，三棱錐的體積的最小值為【答案】ACD【解析】以為坐標原點，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則,對于A，當時，取，則點P與A重合，得，∴，∴，∴,∵平面,平面,∴平面，故A正確；對于B，當時，取，則點P與B重合，得，∵，∴，，∴，，又∵,平面，∴平面，故B錯誤；對于C，由及，得，則，∴，設平面的法向量為，由，令，則，，∴點到平面的距離為，∵，∴當時，，故C正確；對于D，為正三角形，，則，由，，，可得，則可設，則，則，，，設平面的法向量為，由，令，則，，∴點到平面的距離為，∵，∴，∴當，即時，取最大值，從而，∴三棱錐的體積的最小值為，故D正確.故選：ACD.12.已知點是拋物線：上一點，過點P作拋物線：的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N，H為線段MN的中點，F(xiàn)為的焦點，則（）A.若，則直線MN經(jīng)過點F B.直線軸C.點H的軌跡方程為 D.【答案】ABD【解析】已知拋物線的方程，求經(jīng)過拋物線上一點的切線的方程由，可得或，不妨設，則，則，由導數(shù)的幾何意義知過點的切線的斜率為，故所求切線方程為，化簡得即又在拋物線上，，所以切線方程為(可驗證對,此方程也適用)所以設，設過點M的切線為，過點N的切線為，這兩條切線交于點，則，從而直線MN的方程為．若，則直線MN經(jīng)過點，A正確．設過點M的切線為，過點N的切線為，聯(lián)立，解得，即，從而，即，由于點H為M，N中點，則，而軸，B正確．點，由于，，從而點H的軌跡方程為，C錯誤．由于，，，則．又，則，同理可得，從而，D正確．故選：ABD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.的展開式中，常數(shù)項為______（用數(shù)字作答）．【答案】15【解析】展開式的通項為，令，得，所以常數(shù)項為.故答案為：15.14.已知，則______．【答案】【解析】由題意可得：，即.故答案為：.15.已知橢圓的左、右焦點分別為，，點P，Q在C上且滿足，，則C的離心率為______．【答案】【解析】設，則，所以，因為，由勾股定理得，即，解得，故，，故點為橢圓上頂點，所以為等腰直角三角形，故，即，所以，離心率.故答案為：16.已知圓錐的母線長與底面圓的直徑均為．現(xiàn)有一個半徑為1的小球在內(nèi)可向各個方向自由移動，則圓錐內(nèi)壁上（含底面）小球能接觸到的區(qū)域面積為______．【答案】【解析】因為圓錐的母線長與底面圓的直徑均為．小球的半徑為1在圓錐內(nèi)壁側面，小球接觸到的區(qū)域展開后是一個扇環(huán)，可知扇環(huán)的半徑為，，扇環(huán)所在扇形的圓心角為，所以扇環(huán)其面積為；在圓錐底面，小球接觸到的區(qū)域是一個圓，其半徑為其面積為．綜上，圓錐內(nèi)壁上（含底面）小球能接觸到的區(qū)域面積為．故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其中，．（1）若，求的面積；（2）若為鈍角三角形，求a的取值范圍．解：（1）由及正弦定理，則．當時，，，由余弦定理，，從而，此時的面積．（2）由于，，由三角形三邊關系可得，即，解得．由于C為的最大內(nèi)角，故，即，解得．由于，則．18.已知是公差為2的等差數(shù)列，數(shù)列滿足，，．（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）記數(shù)列的前n項積為，若，求m．解：（1）在中，令，得，把，代入解得：，所以；把代入，化簡得：，即是公比為3的等比數(shù)列，所以．（2），，由可得：，即，解得或，因，則.19.等邊三角形的邊長為3，O，P分別是邊AB和AC上的點，且，如圖1．將沿OP折起到的位置，連結，．點Q滿足，且點Q到平面的距離為，如圖2．（1）求證：∥平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值．證明：（1）證法1（坐標法）：因為，點Q到平面的距離為，所以點到平面的距離為1，因為，所以平面，因為平面，所以，，在中，，所以，所以，所以，所以以O為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，所以，又平面的法向量可取，由于，直線平面，所以∥平面．證法2（幾何法）：取OB中點S和線段靠近點B的三等分點T，連結ST，SP，TO，因為，，所以∥，，所以∥，所以四邊形為平行四邊形，所以∥，又平面，平面，所以∥平面．解：（2）解法1（坐標法）：平面的法向量，設平面的法向量，，，由，令，則，，即．設平面與平面夾角大小，則，即平面與平面夾角的余弦值．解法2（幾何法）：延長BC，OP交于點R，連結，作，連結BD．因，，，平面，所以平面，因為平面，所以．又，，平面，所以平面，因為平面，所以，所以為二面角的平面角，記為，在直角中，，，則，所以，因為，所以，所以，即平面與平面夾角的余弦值為．20.某校舉行知識競賽，規(guī)則如下：選手每兩人一組，同一組的兩人以搶答的方式答題，搶到并回答正確得1分，答