九省联考模式镇海中学2023-2024学年高三上学期期末考试数学(1)_2024年3月_013月合集_2024届新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

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。 1. A{x x2 5x60},B{x1x3},则AB（ ） A.{x 1x3} B.{x 1x3} C.{x 2x3} D.{x 2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1 3．设函数 f x b（a0，a1），则函数 f x的单调性（ ） ax 1 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a ，则k=2是a a a a 成立的（ ）条件 n 1 11 k 10 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//l D.            6.已知e,e 是单位向量，且它们的夹角是60.若ae 2e ,b e e ，且|a||b|，则 1 2 1 2 1 2 （ ） A．2 B．2 C．2或3 D．3或2 5sinx 7．函数 f x xcosx 在2,2上的图象大致为（ ） ex A． B． 1 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}C． D． 3 8.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 2 k的最大值为（ ） A. 12 B. 24 C. 2 3 D. 4 3 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。 9.已知复数z ,z ，则下列结论正确的有（ ） 1 2 A.z2 z2 B.z z z z C. z z  z  z D. z z  z  z 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 10.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 0 D. f  x  为偶函数 11.已知O为坐标原点，曲线:  x2  y22 ay  3x2 y2，a0 ，Px ,y 为曲线上动 0 0 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  C. y  a, a D. OP 的最大值为 3a 0   16   三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 c 12. 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 1 答对问题的概率都是 ，每次答题互相独立，则挑战者最终获胜的概率为 . 2 14．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 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}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 m r (ba,c),n r (sinBsinC, sinAsinB)，且 m r ∥n r． 1 （1）求A；（2）若 VABC 的外接圆半径为2，且 cosBcosC  ，求 VABC 的面积． 6 16. （15分）已知T 为正项数列{a }的前n项的乘积，且a ＝3，T2 an1，数列{b }满 n n 1 n n n 足b ka n. n n （1）求数列{a }的通项公式； n （2）若数列{b }为递增数列，求实数k的取值范围； n 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p ；方案二：每次抽卡抽 1 中新皮肤的概率为 p ，若连续99次未抽中，则第100次必中新皮肤.已知0 p  p 1，玩 2 2 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； （3）若 p 2p 0.02，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案. 1 2 ：0.99100 0.37. x2 y2 18. （17分）已知椭圆C：  1（a0，b0）的左、右焦点 a2 b2   分别为F、F ，离心率为 1 ，经过点F且倾斜角为0 的直 1 2 2 1  2  线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），△ABF 的周长为 2 8． 3 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}（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AFF ）与 1 2 y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面BFF ）互相垂直． 1 2  1 若 ，求三棱锥ABFF 的体积， 3 1 2  2 若 ，异面直线AF和BF 所成角的余弦值； 3 1 2   3 是否存在0 ，使得△ABF 折叠后的周长为与折叠  2  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 » AB运动到B点时，A点的切线l 也随着转动到B点的切线 A l ，记这两条切线之间的夹角为（它等于l 的倾斜角与l B B A 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 s  1 y2 3 2 y 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； x2  1 （2）求椭圆  y2 1在  3,  处的曲率； 4  2 2 2 y （3）定义y 为曲线 y f x的“柯西曲率”.已知在曲线 f x xlnx2x上 1 y3 存在两点P  x, f x 和Q  x , f x  ,且P,Q处的“柯西曲率”相同，求3 x  3 x 的取值 1 1 2 2 1 2 4 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}范围. 答案： CBDBCDCB 9.BC 10. ACD 11.ABC 3 16 12.60° 13.1/3 14. 3 3 11.【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  4π 5π 因为r 0，故  0, U ,π U ,  ，  3  3   3 3  4π 5π 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，  3 3  2 2π 注意到r asin3关于的周期为 ， 3 π 5π x 故曲线也关于 和 （即 y ）对称， 6 6 3 故B选项正确； y asin3sin a sin2  34sin2    a, 9  ，C正确； 0 4   16   OP r asin3a，D错误； 综上，选ABC. C另解： x2  y22 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y  a, a . 0   16    8y2 2  3x2 y22 3 D另解： x2  y22  a 8y2 3x2 y22  a   a  x2  y2  3 2， 8 8 3 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， 5 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}b2c2a2 1 π 整理得b2 c2 a2 bc，即cosA  ，又A(0,π)，故A ； 2bc 2 3 π 2π 1 （2）因为 A ，所以BC  ，则cos(BC) ， 3 3 2 1 1 1 1 1 即cosBcosCsinBsinC  ，又cosBcosC  ，所以sinBsinC    ． 2 6 2 6 3 因为ABC的外接圆半径R  2， b c bc 1 16 所以由正弦定理可得sinBsinC     ，所以bc  ， 2R 2R 4R2 3 3 1 1 16 3 4 3 所以S  bcsinA    ． ABC 2 2 3 2 3 16. (1)a 3n n 1 （2）由b b 0恒成立得k  n1 n 6 17. 【解析】 （1）PX k1 p  1 k 0 1 p , k N*，PY k    1 p 2  1 k 0 1 p 2 , 1 k 0 N* . 1 1 10   1 p 99 ,k 1000 2 （2）EX10  k1 p k1 p  10 ； 1 1 p k1 1 10 （3）EX 500； p 1 EY10 99 k1 p k1 p 10001 p 99  10 9901 p 99 10009900.37633.7， 2 2 2 p 2 k1 2 因为EXEY，故选择方案二. 18. 解：（1）由椭圆的定义知： AF  AF 2a, BF  BF 2a， 1 2 1 2 所以△ABF 的周长L4a8，所以a2， 2 6 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}1 c 1 又椭圆离心率为 ，所以  ，所以c1，b2 a2c2 3， 2 a 2 由题意，椭圆的焦点在x轴上， x2 y2 所以椭圆的标准方程为  1； 4 3 （2）① x2 y2 由直线l：y0 3x1与  1， 4 3    8 3  联立求得A 0, 3 ，（因为点A在x轴上方）以及B , 3，  5 5  6 11 3 | AF |2,|BF | ,V  |BF ||FF |sin1200 | AF |sin600  1 1 5 32 1 1 2 1 5 15 1 ②由 AF  BF  AB  ， AF  BF |AB|8，故 AB  AB  ， 2 2 2 2 2 2 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 3 8  F 0,1,0，A  0,0, 3  ，B 3, ,0，F 0,1,0， 1 5 5  2      3 13  FA 0,1, 3 ，BF  3, ,0． 1 2  5 5    记异面直线AF和BF 所成角为，则cos cos  F  A  ,  B  F    F  1  A  B  F  2  13 ； 1 2 1 2 FA BF 28 1 2 ②设折叠前Ax ,y ，Bx ,y ，折叠后A，B在新图形中对应点记为A，B，Ax,y ,0， 1 1 2 2 1 1 Bx ,0,y ， 2 2 my x1 将直线l方程与椭圆方程联立  x2 y2 ，得  3m24  y26my90，   1  4 3 7 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}6m 9 y  y  ，y y  ， 1 2 3m2 4 1 2 3m2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）； AB  x x 2  y2  y 2 ， AB  x x 2y  y 2 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 所以 AB  AB  x x 2y y 2  x x 2 y2 y2  ，（i） 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2y y 1 1 2  又 ， x x 2y y 2  x x 2 y2 y2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 所以 x x 2 y  y 2   x x2  y2  y2 4 y y，（ii） 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 由（i）（ii）可得 x x 2y y 2  2y y ， 1 2 1 2 4 1 2 2 因为x 1 x 2 2y 1 y 2 2   1m2y 1 y 2 2     1 4 2y 1 y 2    ， 所以  1m2     6m   2  36      1  18   2 ， 3m2 4 3m2 4 4 3m2 4  1m  2 1 18  2 即144     ， 3m24 4 3m24 1212m2 1 18 28 所以   ，解得m2  ， 3m24 4 3m24 45  1 3 35 因为0 ，所以tan  ． 2 m 14 8 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}3 3 另解：设| AF | ,|BF | 1 2cos 1 2cos 由三余弦定理可知，cosABF cos2，在三角形ABF1中，由余弦定理  1 | A'B'|2(| AB| )2  2 联立解出  | A'B'|2| AF |2 |BF |2 2| AF ||BF |(cos2) 1 1 1 1 28 3 35 cos2 ,tan 73 14 19. 【解析】 π  （1）K   3 1. s π 3 1 1 3    x2 x x2 2 1 x2 2 x2 x2 2 （2）y 1 ，y 1  ，y 1   1  ， 4 4 4  4 4  16 4  3 2 16 7 故y  ，y 2，故K   . x 3 2 x 3 3 49  32 1   4 1 2 2 y 2 2 2 2 （3）fxlnx1，fx ，故y   ，其中s 3 x， x 1 y3 xlnx3 3 3slns3 tlnt t 令t  3 x ,t  3 x ，则t lnt t lnt ，则lnt  ，其中t  2 1（不妨t t ） 1 1 2 2 1 1 2 2 1 t1 t 2 1 1  1 1  1 令 px xlnx吗，px1lnx px在 0,  递减，在  , 递增，故1t  t 0；  e e  2 e 1 tlnt 1  2t1 令htlnt t lnt1 ，则ht lnt 0， 1 2 t1 t12  t1  2t1 （自行补证lnt  t 1） t1 则ht在1,递增，又limhtln21， limht0，故lnt t ln21,0， t1 t 1 2 2  故3 x  3 x t t  ,1. 1 2 1 2 e  9 {#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}