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=}#}