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文档简介
届宁波市九校高三数学上学期期末联考试卷2024.01注意事项:1.答卷前,务必将自己的姓名,考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.3.请保持答题卡的整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合要求的.)1.已知集合,,则(
)A. B. C. D.2.已知复数,则的虚部为(
)A. B. C. D.3.与双曲线有共同的渐近线,且经过点的双曲线方程为(
)A. B. C. D.4.若数列为等比数列,则“”是“”的(
)A.充要条件 B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件 D.必要不充分条件5.体育课上,罗老师让8名身高各不相同的同学排队,要求排成前后两排,每排4人,且每排同学从左到右身高依次递增,则不同排法的种数为(
)A.60 B.70 C.80 D.906.若向量满足,且,则在上的投影向量为(
)A. B. C. D.7.已知,则(
)A. B. C. D.8.在四面体中,,,且,则该四面体的外接球表面积为(
)A. B. C. D.二、选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,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.数据6,2,3,4,5,7,8,9,1,10的第70百分位数是8.5B.若随机变量,则C.设为两个随机事件,,若,则事件A与事件相互独立D.根据分类变量与的成对样本数据,计算得到,依据的卡方独立性检验,可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.0510.已知,则(
)A. B.C. D.11.抛物线:的焦点为,过作倾斜角为的动直线交抛物线于两点(在第一象限),且,设关于轴的对称点为,则下列说法一定正确的是(
)A. B.C. D.12.已知,,,,则(
)A. B. C. D.第Ⅱ卷三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.)13.小周和小王进行一对一篮球比赛,该比赛采取三局两胜制(有一方先胜两局即获胜,比赛结束).假设小周每一局获胜的概率为,小王每一局获胜的概率为,且每一局比赛相互独立,则小王在比赛中获胜的概率为.14.若点直线上的动点,过与圆相切的两条直线的夹角为,则的最大值为.15.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,且在上单调递增,则的取值范围是.16.在棱长为1的正方体中,分别是棱的中点,分别是线段上的动点,则的最小值为.四、解答题(本大题共6小题,第17题10分,第18-22每小题12分,共70分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤.)17.已知等差数列的前项和为,且.(1)求数列的通项公式;(2)若,令,求数列的前项和.18.如图,在三棱锥中,,,平面,平面平面,是的中点.(1)求证:;(2)求平面与平面的夹角.19.某企业对2023年上半年的月利润情况进行调查统计,得到数据如下:月份123456净利润(万元)510265096195根据以上数据,绘制了散点图.(1)根据散点图判断,与(均为大于零的常数)哪一个更适宜作为描述与关系的回归方程类型?(给出判断即可,不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果求出关于的回归方程;(3)已知该企业的产品合格率为,现随机抽取9件产品进行检测,则这9件产品中合格的件数最有可能是多少?参考数据:3.5063.673.4917.509.4912.95519.01其中.参考公式:用最小二乘法求经验回归直线方程的系数公式为,,.20.在中,已知.(1)求的长;(2)若的平分线交点,求的最大值.21.已知点和直线:,动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数.(1)求动点的轨迹的方程;(2)已知,过点作直线交于,两点,若,求的斜率的值.22.我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函数,其一般形式为,幂指函数在求导时可以将函数“指数化"再求导.例如,对于幂指函数,.(1)已知,求曲线在处的切线方程;(2)若且,.研究的单调性;(3)已知均大于0,且,讨论和大小关系.1.D【分析】解一元二次不等式求集合A,由对数函数定义域求集合B,再由集合的交补运算求结果.【详解】由题设,,所以,故,即为.故选:D2.C【分析】应用复数的乘方、除法运算化简,即可得虚部.【详解】,故虚部为.故选:C3.D【分析】设所求双曲线方程为,代入已知点坐标求解.【详解】由题意设所求双曲线方程为,又双曲线过点,∴,即,∴双曲线方程为,即,故选:D.4.C【分析】利用等比数列性质,结合基本不等式及不等式性质,由充分、必要性定义判断充分、必要性.【详解】若数列的公比为,由,故,则,所以,当且仅当,即时取等号,故充分性成立;由,故,若,则,故必要性不成立;故选:C5.B【分析】只需确定从8人中任抽4人放在第一排的方法数即可得答案.【详解】从8人中任抽4人放在第一排有种,且仅有一种排法,其余4人放在第二排只有一种排法,所以不同排法的种数为种.故选:B6.D【分析】由向量数量积的运算律可得,再由投影向量的定义求在上的投影向量.【详解】由,则,由在上的投影向量.故选:D7.A【分析】根据已知条件,结合二倍角公式,弦化切,即可求解.【详解】,则.故选:A.8.B【分析】根据题设条件作出四面体的高,通过相关条件推理计算分别求出,最后在直角梯形,利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.【详解】如图,作平面,连接,易得因,平面,所以平面,平面,故,由题可得,,则.不妨设,则有①,在中,由余弦定理,,在中,②,将两式相减化简即得:,.取线段中点,过点作平面,其中点为外接球的球心,设外接球半径为,由余弦定理求得,在直角梯形中,,由计算可得:,则该四面体的外接球表面积为.故选:B.【点睛】方法点睛:本题主要考查四面体的外接球的表面积,属于中档题.求解多面体的外接球的主要方法有:(1)构造模型法:即寻找适合题意的长方体,正方体,圆柱等几何体,借助于这些几何体迅速求得外接球半径;(2)建立直角梯形或直角三角形法:即先找到底面多边形的外心,作出外接球球心,借助于题设中的条件得到多面体的高,构成直角梯形或直角三角形来求解.9.BCD【分析】根据百分位数的定义可判定A,利用正态分布的对称性可判定B,利用条件概率及相互独立事件的定义可判定C,利用独立性检验的意义可判定D.【详解】对于A,因为,又将数据从小到大排列,第7个数为7,第8个数为8,所以第70百分位数为7.5,故A错误;对于B,根据正态分布的性质可知为,,故B正确;对于C,根据条件概率可知,由相互独立事件的判定可知C正确;对于D,根据独立性检验的意义可知,故可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05,故D正确.故选:BCD.10.ABD【分析】利用赋值法,结合导数的求导法则逐一判断即可.【详解】A:在已知等式中,令,则有,所以本选项正确;B:在已知等式中,令,则有,所以本选项正确;C:因为,所以项的系数,D:对已知等式,两边同时求导,得,在该式中,令,则有,所以本选项正确,故选:ABD11.ACD【分析】根据给定条件,利用抛物线的定义,结合倾斜角的意义及直角三角形锐角三角函数、三角形面积公式逐项判断即得.【详解】抛物线:的焦点为,准线方程为,设,过作轴于,过作于,显然,由抛物线定义得,,而,则,因此,A正确;显然,同理,则,B错误;又,则点到直线的距离,因此,C正确;显然,则,又,因此,D正确.故选:ACD12.ABC【分析】构造函数,则有、,可得C、D,构造函数,结合函数性质可得,构造函数及,可得.【详解】令,则,当时,,当时,,故在、上单调递减,在上单调递增,当时,,当时,,,有,故,又,,故,故有,故,即C正确,,即,故D错误,令,则,令,则,当时,,当时,,故在上单调递增,在上单调递减,有,故恒成立,即恒成立,故在上单调递减,又,故当时,,当,,即当时,,当时,,令,即,此时,故该方程有两个不相等的实根,设两根为、,且,则有,由,且,故有,由,故,即,故A正确;令,有,则,当时,,当,,故在上单调递增,在上单调递减,有,又,故,令,则,由,故,即,故在上单调递增,又,故恒成立,即,由,即有,又,即有,有,,又在上单调递减,故,即,故B正确.故选:ABC.【点睛】关键点睛:本题关键在于构造函数,结合函数性质,从而得到、、、的大小关系,即可得C、D,构造函数与函数,从而得到、与的关系.13.【分析】应用独立事件乘法及互斥事件加法求小王在比赛中获胜的概率.【详解】由题设,小王在比赛中获胜情况:小王在前2局都胜,小王在前2局胜一局且第3局胜,所以小王在比赛中获胜的概率为.故答案为:14.##【分析】根据题设可得直线与圆是相离关系,且,则,有,结合点线距离求得,再由,即可求其最大值.【详解】由题意,直线与圆是相离关系,且,则,如下图,,且,所以,令,则,所以.故答案为:15.【分析】根据图象平移得,将问题化为在上递增,结合正弦函数性质求参数的取值范围.【详解】由题设,又,则,即在上递增,又,所以或且,故或且,则.故答案为:16.##【分析】根据给定条件,确定点的位置,再把展开放置于同一平面内,借助三点共线,结合余弦定理求解即得.【详解】在棱长为1的正方体中,连接,连接,由平面,平面,得,由分别是棱的中点,得,而,则,又平面,于是平面,又平面,连接,显然平面,因此,则有,当且仅当点与重合,即为线段的中点时取等号,又平面,把展开放置于同一平面内,连接,于是的最小值,即为线段长,连接,依题意,,在中,,,而,,,则,在中,由余弦定理得,的最小值为.故答案为:【点睛】关键点睛:涉及空间图形中几条线段和最小的问题,把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内,再利用两点之间线段最短解决是关键.17.(1);(2).【分析】(1)根据等差数列前n项和、通项公式列方程求基本量,即可得通项公式;(2)写出的通项公式,应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和.【详解】(1)设等差数列的首项为,公差为,由题设有,解得,即;(2)由(1)及已知得,则①,②,②①,得,所以.18.(1)证明见解析;(2).【分析】(1)作,垂足为,根据面面垂直性质得平面,再由线面垂直性质得、,最后由线面垂直的判定及性质证结论;(2)法一:构建空间直角坐标系,应用向量法求面面角的大小;法二:取中点,中点,连结,,,由面面角的定义找到其平面角,再根据已知条件求平面角的大小.【详解】(1)作,垂足为,因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,平面,所以,又平面,平面,所以,因为,面,所以平面,由平面,所以.(2)(向量法)如图,以为原点,及垂直面向上为轴正方向,建立空间直角坐标系.所以,所以,,易知平面的一个法向量,设平面的法向量为,则,令,所以,则,所以平面与平面的夹角为.(几何法)取中点,中点,连结,,,因为平面,平面,所以,又,所以,由(1)知,平面,平面,所以,在直角和直角中,,所以是等腰三角形,所以,综上,即为二面角的平面角,,,,则,所以为等腰直角三角形,故,所以平面与平面的夹角为.19.(1)(2)(3)8件或9件【分析】(1)根据散点图的趋势即可求解,(2)利用最小二乘法即可求解方程,(3)根据二项分布求解概率,即可根据不等式求解最值.【详解】(1)由于散点图呈现在曲线附近,所以选择(2)两边取对数,得,设,,建立关于的回归方程,则,,所以关于的回归方程为,所以.(3)设抽到的产品中有件合格品,则,所以,,即,,解得,所以最有可能是8件或9件.20.(1)(2)【分析】(1)根据条件及正弦的和角公式得到,再利用正弦定理即可求出结果;(2)设,利用及条件得出,再利用余弦定理得,从而得到,即可求出结果.【详解】(1)由题意得,,得到,所以,由正弦定理,得到,又,所以.(2)设,因为,所以,又,所以,由余弦定理,,所以当时,取到最大值.21.(1)(2)【分析】(1)设,用坐标表示出已知关系化简即得;(2)设,直线方程为代入椭圆方程后应用韦达定理得,再由向量运算的坐标表示得出的关系,结合越来可求得值.【详解】(1)设,由题意得,化简得:.(2)设:,与联立得,,因为,则定点在椭圆内,则该直线与椭圆必有两交点,所以因为,所以,即,所以③,由①③得,将④⑤代入②,得,化简得,,解得.【点睛】关键点睛:本题第二问的关键是采用设线法,联立椭圆方程得到韦达定理式,再根据向量关系式,从而解出,最后得到关于的方程,解出即可.22.(1)(2)答案见解析(3)答
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