2024届宁波市九校高三数学上学期期末联考试卷附答案解析

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