浙江省宁波市慈溪市2024届高三上学期期末测试数学试题（教师版）

慈溪市2023学年第一学期期末测试卷高三数学学科试卷说明：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卡上．第Ⅰ卷（选择题，共60分）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.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简集合，与集合对比，结合子集的定义即可得答案．【详解】集合,，，,，．故选：B．2.设为虚数单位，若复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算，结合共轭复数的定义求解即得.【详解】依题意，，则，所以的虚部为3.故选：D3.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】由向量共线的坐标表示求解即可.【详解】向量，，由得，，解得.故选：A.4.已知函数，若，则（）A.3 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先由已知条件求出，确定函数解析式，再求对应的函数值.【详解】因为，.又，所以.所以故选：C5.图①中的“马头墙”是我国江南传统民居建筑的重要特色之一，它的顶部称之为垛．每只垛的结构如图②，可近似看成由一个正三棱柱和两个完全相同的正四面体构成的几何体．已知，，，现计划覆以小青瓦，覆盖面为“前”“后”两面，“前面”如图③阴影部分，则小青瓦所要覆盖的面积为（）图①图②图③A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】小青瓦所要覆盖的面由两个矩形及四个正三角形组成，分别求解即可.【详解】由题意，，且，则，则正四面体的一个面为边长为的正三角形，其面积为；又，则正三棱柱的一个侧面为长为，宽为的矩形，其面积为；所以小青瓦所要覆盖的面积为个正三角形与个矩形的面积和，则.故选：A.6.已知函数的定义域为，且，，则（）A.2024 B. C. D.0【答案】D【解析】【分析】根据表达式得出规律，即可求出的值.【详解】由题意，在中，定义域为，，当时，，解得：，当时，，即当时，，解得：，当时，，解得：，当时，，解得：，……函数值周期性变化，周期为3，∵，可得：，故选：D.7.已知四边形ABCD的四个顶点在抛物线上，则“A，B，C，D四点共圆”是“直线AC与BD倾斜角互补”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【答案】C【解析】【分析】表示出过A，B，C，D四点的二次曲线系方程，由方程表示圆证明直线AC与BD倾斜角互补，由直线AC与BD倾斜角互补证明方程表示圆.【详解】设直线AB的方程为，CD的方程为，又四边形ABCD的四个顶点在抛物线上，过A，B，C，D四点的二次曲线系为，即，充分性：若A，B，C，D四点共圆，则曲线系方程表示圆，有，，可得，即直线AC与BD倾斜角互补，充分性成立.必要性：当直线AC与BD倾斜角互补，有，则，若取，曲线系方程为，这种形式方程表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹，而A，B，C，D四点都在曲线上，所以曲线表示圆，也即A，B，C，D四点共圆.必要性成立.所以“A，B，C，D四点共圆”是“直线AC与BD倾斜角互补”的充要条件.故选：C.8.已知数列满足，，令．若数列是公比为2的等比数列，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】数列是公比为2的等比数列，可得，则有，累加法结合等比数列求和公式，计算.【详解】，数列是公比为2的等比数列，则，即，.故选：B【点睛】关键点睛：本题关键点是利用数列的通项得到，用累加法即可计算.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.某电商平台为了对某一产品进行合理定价，采用不同的单价在平台试销，得到的数据如下表所示：单价x/元88.599.510销量y/万件8985807868根据以上数据得到与具有较强的线性关系，若用最小二乘估计得到经验回归方程为，则（）A.相关系数 B.点一定在经验回归直线上C. D.时，对应销量的残差为【答案】BC【解析】【分析】根据平均数计算样本中心，即可判断B，根据负相关即可判断A，根据样本中心在直线上即可求解C，根据残差的计算即可判断D.【详解】由表中数据可得，所以样本中心为，故在经验回归直线上，B正确，由可得与具负相关，故A错误，将代入可得，解得，C正确，当时，，所以残差为，D错误，故选：BC10.已知为直线上的一点，动点与两个定点，的距离之比为2，则（）A.动点的轨迹方程为 B.C.的最小值为 D.的最大角为【答案】ACD【解析】【分析】由动点的轨迹求出方程验证选项A；由圆上的点到直线的最小距离验证选项B；由三点共线求距离之和的最小值验证选项C；由直线与圆的位置关系求的最大值验证选项D.【详解】设，依题意有，化简得，所以动点的轨迹方程为，A选项正确；方程表示圆心为半径为2的圆，圆心到直线的距离，所以的最小值为，B选项错误；，当三点共线时，有最小值，最小值为点到直线的距离，C选项正确；的最大时，与圆相切，此时，，，D选项正确；故选：ACD11.对于任意实数，表示为不超过的极大整数，如，，（）A.若时，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】ABD【解析】【分析】设出的整数部分和小数部分，化简各式子，即可得出大小关系，进而得出结论.【详解】由题意，对于任意实数，表示为不超过的极大整数，设，其中分别是的整数部分，分别是的小数部分，A项，，故，则，故A正确；B项，，，，∴，B正确；C项，，，，∴，故C错误；D项，，∴，故D正确；故选：ABD.12.已知直三棱柱，，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，则（）A.存在正实数，，，使得截面为等边三角形B.存在正实数，，，使得截面为平行四边形C.当，时，截面为五边形D.当，，时，截面为梯形【答案】AC【解析】【分析】分类讨论不同的位置，即可得出结论.【详解】由题意，在直三棱柱中，，，，，，平面EFG与直三棱柱相交形成的截面为，A项，当时，截面为等边三角形，此时，且，A正确；B项，当时，点在三棱锥内部，为三角形，当时，不为平行四边形，当时，不为平行四边形，当时，不为平行四边形，当有两个大于时，不为平行四边形,当有三个大于时，截面为,∴不存在正实数，，，使得截面为平行四边形，B错误；C项，当，时，，解得：（舍）或，当时，，在三棱柱外，在三棱柱内，截面为五边形,故C错误；D项，当，，时，截面为四边形,易知与相交，假设，因为平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以（矛盾），故四边形不是梯形，故D错误.故选：AC.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在的展开式中，常数项为______．（用数字作答）【答案】252【解析】【分析】直接用二项展开式的通项公式求解.【详解】设展开式的第项为常数项，则.由.所以展开式的常数项为：.故答案为：14.若，，且，则的最小值为_______．【答案】【解析】【分析】利用方程求出与的关系，结合基本不等式即可得出的最小值.【详解】由题意，，，，∴，∴，解得：（舍）或当且仅当时等号成立，此时，故答案为：.15.若函数有两个零点，则正整数的最小值为_______．（其中是自然对数的底数，参考数据：，）【答案】18【解析】【分析】根据零点转化为有两个交点，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合图像求解.【详解】令，显然不是函数的零点，所以，记，则，故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递减，当时，单调递增，且恒成立，且，故作出的大致图象如下：要使有两个零点，则的图象有两个交点，所以，或，由于，故正整数的最小值18，故答案为：1816.已知双曲线的左顶点为，右焦点为F，P为双曲线右支上的点，若双曲线的离心率为2，且，则_______．【答案】【解析】【分析】根据离心率写出双曲线方程，与直线联立求出点坐标，进而可求出直线的斜率，则可求.【详解】由已知，由于离心率确定，的具体大小并不会影响题目中的角度，故不妨取，则，双曲线方程，不妨取在第一象限，如图：设，且则直线，与联立消去得，则，所以，代入可得，所以，即，所以.故答案为：.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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．（1）求；（2）若，BC边上的中线，求的面积．【答案】17.18.【解析】【分析】（1）根据三角形内角和，先把换成，再用两角和与差的三角函数公式展开化简，可得结论；（2）借助余弦定理和三角形面积公式求解.【小问1详解】因为，即，所以，又因为，所以，所以．【小问2详解】方法1：因为，所以，即，所以①；由余弦定理得，②；所以由①②得，所以．方法2：由余弦定理得：，因为，所以①；又②；所以由①②得，所以．18.已知等差数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，且，若对任意恒成立，求实数的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列求和公式列方程组求解；（2）利用错位相减法求出，然后观察可得答案.【小问1详解】设等差数列公差为，则，解得，所以；【小问2详解】由（1）知，所以①，②，由①－②相减得：，故，明显，所以，所以，所以.19.如图，在四棱锥中，，，，．（1）求证：；（2）若四棱锥的体积为12，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明平面即可得出结论；（2）利用体积求出三棱锥的高，建立空间直角坐标系并表达出各点坐标，求出平面与平面的法向量，即可求出平面与平面的夹角的余弦值．【小问1详解】四棱锥中，连接,因为，，所以，又因为，，所以，所以，即．因为，平面，所以平面，所以，由，平面，所以平面，平面，所以．【小问2详解】由题意及（1）得，在四棱锥中，因为，所以．建立以为原点，所在直线分别为轴的空间直角坐标系，，，，，设平面PBC的一个法向量为，则，即，取，设平面PCD的一个法向量为，则，即，取，所以，所以平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为．20.已知A，B分别为椭圆的左右顶点，点，在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率不为零的直线与椭圆交于C，D两点，若直线AC与BD相交于点，求证：点在定直线上．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设出椭圆方程，由两点在椭圆上，代入坐标解方程组可得；（2）先由对称性猜测点横坐标为常数.再设两点坐标，得方程，联立解交点的横坐标，利用韦达定理得到与及其关系，代回点坐标，化简整理可证.【小问1详解】由题意知，，解得，所以椭圆方程为；【小问2详解】由椭圆对称性及点在轴上，故若点在定直线上，则该定直线关于轴对称.设直线的方程为，，，由得，，所以，．则有，又，则直线AC方程为，直线BD方程为，由得，．又因为，，所以，所以点定直线上..【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21.某城市的青少年网络协会为了调查该城市中学生的手机成瘾情况，对该城市中学生中随机抽出的200名学生进行调查，调查中使用了两个问题．问题1：你的学号是不是奇数？问题2：你是否沉迷手机？调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋中摸取一个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做．由于问题的答案只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题也是别人不知道的，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案．（1）如果在200名学生中，共有80名回答了“是”，请你估计该城市沉迷手机的中学生所占的百分比．（2）某学生进入高中后沉迷手机，学习成绩一落千丈，经过班主任老师和家长的劝说后，该学生开始不玩手机．已知该学生第一天没有玩手机，若该学生前一天没有玩手机，后面一天继续不玩手机的概率是0.8；若该学生前一天玩手机，后面一天继续玩手机的概率是0.5．（i）求该学生第三天不玩手机概率P；（ii）设该学生第n天不玩手机的概率为，求．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）利用条件概率公式和全概率公式计算即可；（2）（i）根据全概率公式计算即可；（ii）由题意可得，再利用构造法结合等比数列的通项即可得解.【小问1详解】设“回答问题1”记为事件，“回答问题2”记为事件，回答“是”记为事件，则，，，因为，所以，即该城市沉迷手机的中学生所占；【小问2详解】（ⅰ）；（ⅱ）由题意知，第天不玩手机的概率是，第天玩手机的概率