浙江省嘉兴市2023-2024学年高三上学期期末检测数学试题卷

这是一份浙江省嘉兴市2023-2024学年高三上学期期末检测数学试题卷，共11页。试卷主要包含了1），7mB．30等内容，欢迎下载使用。

本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟．
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置．
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效．
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．己知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则：22-i （ ）
A．B．C．D．5
3．已知单位向量，的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
4．己知直线与圆：相交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
5．卫生纸是人们生活中的必需品，随处可见．卫生纸形状各异，有单张四方型的，也有卷成滚筒形状的．某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为40mm，卫生纸厚度为0.1mm．若未使用时直径为90mm，使用一段时间后直径为60mm，则这个卷筒卫生纸大约己使用了（ ）
A．25.7mB．30.6mC．35.3mD．40.4m
6．己知函数的图象关于点对称，则下列函数是奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知是等比数列，则“对任意正整数n，”是“数列是递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．己知正实数a，b，c满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．样本数据4，4，5，5，6，7，9的75%分位数为6
B．若随机变量满足，则
C．若随机变量服从两点分布，，则
D．若随机变量X服从正态分布，且，则
10．已知函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在单调递减
C．函数在的值域为
D．将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于y轴对称
11．己知正方体的边长为1，点P满足，其中，，则（ ）
A．当时，存在点P，使得平面
B．当时，不存在点P，使得平面
C．当，满足时，点到平面的距离的最小值为
D．当，满足时，三棱锥，的体积的最小值为
12．己知点是抛物线：上一点，过点P作抛物线：的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，H为线段MN的中点，F为的焦点，则（ ）
A．若，则直线MN经过点FB．直线轴
C．点H的轨迹方程为 D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．的展开式中，常数项为______（用数字作答）．
14．已知，则______．
15．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P，Q在C上且满足，，则C的离心率为______．
16．己知圆锥的母线长与底面圆的直径均为．现有一个半径为1的小球在内可向各个方向自由移动，则圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本题满分10分）
在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，．
（1）若，求的面积；
（2）若为钝角三角形，求a的取值范围．
18．（本题满分12分）
己知是公差为2的等差数列，数列满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记数列的前n项积为，若，求m．
19．（本题满分12分）
等边三角形的边长为3，O，P分别是边AB和AC上的点，且，如图1．将沿OP折起到的位置，连结，．点Q满足，且点Q到平面的距离为，如图2．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
20．（本题满分12分）
某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2分为止，且多得2分的一方胜出．现甲乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次抢到的概率都为．若甲、乙正确回答每道题的概率分别为和，每道题回答是否正确相互独立．
（1）求第1题答完甲得1分的概率；
（2）求第2题答完比赛结束的概率；
（3）假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率．
21（本题满分12分）
已知，分别是双线的左，右顶点，，点到其中一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线C的方程：
（2）过点的直线1与C交于M，N两点（异于，两点），直线OP与直线交于点Q．若直线与的斜率分别为，，试问是否为定值？若是，求出此定值；否不是，请说明理由．
22．（本题满分12分）
已知函数．
（1）若时，在其定义域内不是单调函数，求a的取值范围；
（2）若，时，函数有两个极值点，，求证：．
嘉兴市2023~2024学年第一学期期末检测
数学卷参考答案（2024.1）
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．
1-4 ADBB5-8 CDCA
8．答案A
【解析】由于，则．由于，构造函数，．
由于，则在递减，在递增，
又，则在递减，在递增，．
，则时，；时，；时，．函数与的图像如图所示．令．由于，则，，排除CD．
由于，，则．
令，其在R上单调递增．由于，则，，即．
综上，，故选择A．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．BCD10．AB11．ACD12．ABD
12．答案ABD
【解析】设过点M的切线为片，过点N的切线为，这两条切线交于点，则，从而直线MN的方程为．若，则直线MN经过点，A正确．
设过点M的切线为，过点N的切线为，联立，解得，即，从而，即，从而轴，B正确．
由于点H为M，N中点，则，由于，，从而点H的轨迹方程为，C错误．
由于，，，则．
又，则．同理可得，从而，D正确．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．1514．15．16．
16．答案
【解析】在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个扇环，其面积为；在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其面积为．
综上，圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本题满分10分）
【解析】（1）由及正弦定理，则．
当时，，，由余弦定理，，从而，此时的面积．
（2）由于，，则，解得．
由于C为的最大内角，，即，解得．由于，则．
18．（本题满分12分）
【解析】（1）令，，得，所以，代入原式得，所以．
（2），，由，得，即，可解得．
19．（本题满分12分）
【解析】证法1（坐标法）：
因为，点Q到平面的距离为，所以点到平面的距离为1，则平面．以O为原点如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，又平面的法向量，由于，直线平面，所以平面．
证法2（几何法）：
取OB中点S和线段靠近点B的三等分点T，连结ST，SP，TO，，，
所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，从而平面．
（其他方法酌情给分）
（2）解法1（坐标法）：
平面的法向量，设平面的法向量，
，，由，得，令，
，，即．
设平面与平面夹角大小为，所以，即平面与平面夹角的余弦值．
解法2（几何法）：
延长BC，OP交于点R，连结，作，连结BD．
由于平面，则．又，，从而直线平面，，所以为二面角的平面角，记为，在直角中，，，所以，又，则，：，即平面与平面夹角的余弦值为．
20．（本题满分12分）
【解析（1）记“答完1题甲得1分”为事件A，则，第1题答完甲得1分的概率为．
（2）第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分．记“答完1题乙得1分为事件B，”则．记“第2题答完比赛结束”为事件C，．
（3）记甲最终胜出的概率为．答完2题，有四种情况：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，与初始状态（即比赛前）的情况相同，从而，即，解得，即甲最终胜出的概率为．
21．（本题满分12分）
【解析】（1）由题意知．点到直线的距离为，解得，从而双曲线C的方程为．
（2）设，，直线l的方程为，联立，
则，从而，
解得且，此时．
直线OP的方程为，直线的方程为，
联立解得，．由于
，即．
22．（本题满分12分）
【解析】（1）当，，．
令，得，令，，在递减，在递减，在单调递增．当时，；当时，．由于函数在其定义域内不是单调函数，即方程有解，从而或．
（2），．
因为函数有两个极值点，即有两解，函数的图象与直线有两个交点，令，得．当，；当，，，所以．
设的图象与x轴的交点为，，则函数的图象在点P处的切线为．又，，，所以．函数的图象在Q处的切线为．
设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，则，，
所以，即证．
扫码加微信，进微信交流群
关注公众号，持续拥有资料