【新模式】浙江省温州市第五十一中学2024届高三上学期期末数学试题和解析

第1页/共26页温州第五十一中学高三期末适应性考试用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，x2x(x2)<1xy=ln(1x)}，则图中阴影部分表示的集合为()A.{x|x≥1}B.{x|1≤x<2}C.{x|0<x≤1}D.{x|x≤0}2.为了得到y=sin(5x一)的图象，只要将函数y=sin5x的图象()A.向右平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向左平移个单位长度3.定义np1n为n个正数p1,p2,p3,...,pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a10等于()A.85B.90C.95D.1004.已知函数对任意的xER有f(x)+f(一x)=0，且当x>0时，f(x)=ln(x+1)，则函数f(x)的图象大致为()第2页/共26页A.B.CD.5.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S=p(p-a)(p-b)(p-c)求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a=6，b+c=8，则此三角形面积的最大值为()6.著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为θ1。C，空气温度为θ0。C，则t分钟后物体的温度θ（单位：。C）满足：θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt．若常数k=0.05，空气温度为30。C，某物体的温度从90。C下降到50。C，大约需要的时间为参考数据：ln3~1.1）A.16分钟B.18分钟C.20分钟D.22分钟7.在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（d1，单位：m）与制动距离（d2，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d1，d2与v的函数关系的是()第3页/共26页A.d12C.d128.已知函数f(x)=asin2x+bcos2x(ab士0)的图象关于直线x=对称，若存在x1,x2,…,xn，满足f(x1)-f(x2)+f(x2)-f(x3)+…+f(xn-1)-f(xn)=24b，其中n>2,neN+，则n的最小值为A.6B.7C.8D.99.设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是()A.若|z2|＝|z3|，则z2=±z3B.若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 C.若z2=z3，则|z1z2|＝|z1z3|D.若z1z2＝|z1|2，则z1＝z210.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图第4页/共26页表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：()A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形B.图2中阴影部分的面积为h2C.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π:43D.由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为33A.△ABF2的周长为定值8B.△ABF2的面积最大值为2C.AF12+AF22的最小值为8D.存在直线l使得△ABF2的重心为,12.已知p：x＞a是q：2＜x＜3的必要不充分条件，则实数a的取值范围是.13.将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为结果用分数表示）14.汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有n个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一第5页/共26页个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将n个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为p(n)，则p(3)=.p(i)=.15.全民健身创精彩，健康成长蟩未来.为此某校每年定期开展体育艺术节活动，活动期间举办乒乓球比赛.假设甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为p（0<p<1）.（1）若比赛采用五局三胜制，且p=0.5，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；（2）若比赛有两种赛制，五局三胜制和三局两胜制，且p>，试分析哪种赛制下甲获胜的概率更大？并说明理由.16.在四棱锥P一ABCD中，PA」平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别在棱PD，BC上且CF=BC.（1）证明：CE∥平面PAF；（2）若AD=AP，求直线CD与平面PAF所成角的正弦值.17.某数学建模小组研究挡雨棚（图1将它抽象为柱体（图2底面ABC与A1B1C1全等且所在平面平行，‘ABC与ΔA1B1C1各边表示挡雨棚支架，支架AA1、BB1、CC1垂直于平面ABC.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即经AOB=挡雨棚有效遮挡的区域为矩形AA1O1O（O、O1分别在CA、1A1延长线上）.第6页/共26页米，AA1=2米，小组成员对曲线段BC有两种假设，分别为：①其为直线段且经ACB=；②其为以O为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米 π 6<θ<，求有效遮挡区域高OA的最大值.18.已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A(x0,y0)在抛物线上，其中y0>0，弦OA的中点为M，以M为端点的射线MF与抛物线交于点B.（1）若F恰好是AOB的重心，求y0；(a(aa22)a12)11122la22)l,l=**且l≤6．定义变换Qk为“对于数阵的每一行，若其中有k或-k，则将这一行中每个数都乘以-1；若其中没有k且没有-k，则这一行中所有数均保持不变”(k=e1,e2,…,el).Qs(A0)表第7页/共26页数阵Al中四个数的和为Ts(A0).(1(12)的所有可能取值的和；（3）对任意确定的一个数阵A0，证明：Ts(A0)的所有可能取值的和不超过-4.数学用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，={xy=ln(1-x)}，则图中阴影部分表示的集合为()A.{x|x≥1}B.{x|1≤x<2}C.{x|0<x≤1}D.{x|x≤0}【答案】D【解析】【分析】先求出集合A，B，再由图可知阴影部分表示(ðUA)（B，从而可求得答案第8页/共26页22故选：D.2.为了得到y=sin(5x一)的图象，只要将函数y=sin5x的图象()A.向右平移个单位长度B.向左平移个单位长度C.向右平移个单位长度D.向左平移个单位长度【答案】A【解析】【分析】先将5x一写成5(x一)的形式，根据函数的图像“左加右减”的原则，比较前后变化即得平移变换的方向与长度.【详解】因y=sin(5x一)=sin[5(x一)]，将函数y=sin5x的图象向右平移个单位长度即得函数y=sin[5(x)]=sin(5x)的图像.故选：A.3.定义np1n为n个正数p1,p2,p3,...,pn的“均倒数”，若已知数列{an}的前n项的“均倒数”为，则a10等于()A.85B.90C.95D.100【答案】C【解析】【分析】根据题中定义，结合数列前n项的和与第n项的关系进行求解即可.【详解】因为数列{an}的前n项的“均倒数”为，所以nna+a+a+a+...+a牵a+a+a+..,第9页/共26页2392，故选：C4.已知函数对任意的xER有f(x)+f(一x)=0，且当x>0时，f(x)=ln(x+1)，则函数f(x)的图象大致为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由f(x)+f(一x)=0得f(一x)=一f(x)，得到函数是奇函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关系即可得到结论.【详解】由f(x)+f(一x)=0得f(一x)=一f(x)，则函数是奇函数，排除A、C：当x>0时，f(x)=ln(x+1)对应的图象为D，故选：D.5.中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式S=p形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a=6，b+c=8，则此三角形面积的最大值为()【答案】A第10页/共26页【解析】=p(p-a)(p-b)(p-c)，利用基本不等式的性质即可得出.2-7=7当且仅当b=c=4时取等号.:S<3，即三角形面积的最大值为3.故选：A.6.著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初始温度为θ1。C，空气温度为θ0。C，则t分钟后物体的温度θ（单位：。C）满足：θ=θ0+(θ1-θ0)e-kt．若常数k=0.05，空气温度为30。C，某物体的温度从90。C下降到50。C，大约需要的时间为参考数据：ln3~1.1）A.16分钟B.18分钟C.20分钟D.22分钟【答案】D【解析】【分析】由已知条件得出θ0=30，θ1=90，θ=50，代入等式θ=θ0+(θ1-θ0)e-0.05t，求出t即可得出结论.所以，-0.05t=ln=-ln3，:t=20ln3~22.故选：D.7.在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（d1，单位：m）与制动距离（d2，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的初速度v（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d1，d2与v的函数关系的是()第11页/共26页A.d1C.d1【答案】B【解析】【分析】设d1(v)=f(v)，d2(v)=g(v)，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.作出散点图，如图1.第12页/共26页由图1可得，d1与v呈现线性关系，可选择用d1=av.d2(v)作出散点图，如图2.由图2可得，d2与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d2=βv2.故选：B.8.已知函数f(x)=asin2x+bcos2x(ab士0)的图象关于直线x=对称，若存在x1,x2,…,xn，满足f(x1)-f(x2)+f(x2)-f(x3)+…+f(xn-1)-f(xn)=24b，其中n>2,ne*+，则n的最小值为A.6B.7C.8D.9【答案】B【解析】【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得a=b，计算出f(x)的值域为-2b,2b，根据题意第13页/共26页可得f(xn-1)-f(xn)<2b-(-2b)=4b，因此当且仅当f(x1)-f(x2)=f(x2)-f(x3)=…=f(xn-1)-f(xn)=4b时，n的最小值为7.【详解】由f(x)=asin2x+bcos2x(ab丰0；又因为f(x)的图象关于直线x=对称，所以需满足2根+Q=+kπ,keZ， 若要求满足f(x1)-f(x2)+f(x2)-f(x3)+…+f(xn-1)-f(xn)=24b的n的最小值，只需满足f(xn-1)-f(xn)取最大值即可，而f(xn-1)-f(xn)<2b-(-2b)=4b，所以当且仅当f(x1)-f(x2)=f(x2)-f(x3)=…=f(xn-1)-f(xn)=4b时满足题意，即f(x1)-f(x2)+f(x2)-f(x3)+…+f(xn-1)-f(xn)=24b=6根4b；故选：B9.设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是()A.若|z2|＝|z3|，则z2=±z3B.若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 C.若z2=z3，则|z1z2|＝|z1z3|D.若z1z2＝|z1|2，则z1＝z2【答案】BC【解析】【分析】根据复数的模的定义，共轭复数的定义，复数的乘法判断各选项，错误的选项可以举反例.第14页/共26页C：若z2=z3，则z2=z3，有z1z22-z1z32=(z1z2)(z1z2)-(z1z3)(z1z3)，又z10，则z1z22-z1z32=0，故z1z2=z1z3，故C正确；222故选：BC.10.“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：()A.若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形B.图2中阴影部分的面积为h2C.“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π:4D.由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为【答案】BCD【解析】3【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；第15页/共26页根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部分的面积相等，故B正确；由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它们，那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖来说，使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是π:4，故C正确；由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；3而正四棱锥体的体积为V倒棱锥=3r3所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积V1=r-r=r，8牟盒方盖333从而得到整个牟合方盖的体积为8根3r=3r3故选：BCD.A.△ABF2的周长为定值8B.△ABF2的面积最大值为2C.AF12+AF22的最小值为8D.存在直线l使得△ABF2的重心为,【答案】ACD【解析】【分析】利用椭圆的定义可判断A，根据基本不等式结合椭圆的定义可判断C，设直线l的方程为x=my-1，联立椭圆方程利用韦达定理法，可表示出△ABF2的面积，△ABF2的重心进而判断BD.确；第16页/共26页可得(3m2+4)y2-6my-9=0， 所以△ABF2的面积为S=F1F2y1-y2=，22-1，6m23m2所以△ABF2的重心为1-,，所以当直线l的方程为故选：ACD. 16x=2y-1时△ABF2的重心为,，故D正确.12.已知p：x＞a是q：2＜x＜3的必要不充分条件，则实数a的取值范围是.第17页/共26页【解析】【分析】根据充分性和必要性，求得参数a的取值范围，即可求得结果.【详解】因为p：x＞a是q：2＜x＜3的必要不充分条件，13.将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为结果用分数表示）【答案】【解析】【分析】根据排列组合相关知识直接计算求解.所以甲、乙两人安排在同一天的概率为=.故答案为：14.汉诺塔（又称河内塔）问题是源于印度一个古老传说的益智玩具.如图所示目标柱起始柱辅助柱的汉诺塔模型，有三根高度相同的柱子和一些大小及颜色各不相同的圆盘，三根柱子分别为起始柱、辅助柱及目标柱.已知起始柱上套有n个圆盘，较大的圆盘都在较小的圆盘下面.现把圆盘从起始柱全部移到目标柱上，规则如下：每次只能移动一个圆盘，且每次移动后，每根柱上较大的圆盘不能放在较小的圆盘上面.规定一个圆盘从任一根柱上移动到另一根柱上为一次移动.若将n个圆盘从起始柱移动到目标柱上最少需要移动的次数记为p(n)，则p(3)=.p(i)=.第18页/共26页【答案】①.7②.2n+1-n-2【解析】则可求出p(n)，进而可求得答案.)个圆盘时，求p(n)分三步：第一步，先将上面的n-1个圆盘移到辅助柱，至少需要p(n-1)次；第二步，将起始柱上最大的一个圆盘移动到目标柱子，需1次；第三步，将辅助柱上的n-1个圆盘移动到目标柱至少需要p(n-1)次，，所以数列{p(n)+1}是以2为公比，2为首项的等比数列，nn1n+1-n-2，15.全民健身创精彩，健康成长蟩未来.为此某校每年定期开展体育艺术节活动，活动期间举办乒乓球比赛.假设甲乙两人进行一场比赛，在每一局比赛中，都不会出现平局，甲获胜的概率为p（0<p<1）.（1）若比赛采用五局三胜制，且p=0.5，则求甲在第一局失利的情况下，反败为胜的概率；（2）若比赛有两种赛制，五局三胜制和三局两胜制，且p>，试分析哪种赛制下甲获胜的概率更大？并说明理由.第19页/共26页（2）采用5局3胜制下甲获胜的概率更大，理由见解析【解析】【分析】（1）设A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，由条件概率求解即可；（2）由独立事件的乘法公式分别求出在五局三胜制中甲获胜的概率和在三局两胜制中甲获胜的概率，作差法即可判断哪种赛制下甲获胜的概率更大.【小问1详解】设A表示甲在第一局失利，B表示甲获得了比赛胜利，【小问2详解】在五局三胜制中甲获胜的概率为：p1+Cp2(1-p)p+Cp2(1-p)2p=p3(6p2-15p+10).在三局两胜制中甲获胜的概率为：p2+Cp2(1-p)=3p2-2p3.于是p1-p2=p3(6p2-15p+10)-(3p2-2p3).2p3-5p2+4p-1)=3p2(p-1)2(2p-1)当p>时，p1-p2>0，故采用5局3胜制下甲获胜的概率更大.16.在四棱锥P-ABCD中，PA」平面ABCD，底面ABCD是正方形，E，F分别在棱PD，BC上且CF=BC.（1）证明：CE∥平面PAF；（2）若AD=AP，求直线CD与平面PAF所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析第20页/共26页【解析】【分析】（1）在棱PA上取点G，使得PG=PA，连接EG，FG，即可证明四边形FGEC为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；（2）以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】证明：如图，在棱PA上取点G，使得PG=PA，连接EG，FG，BC，得CF//AD且CF=AD，所以GE//CF且GE=CF，所以四边形FGEC为平行四边形，所以CE//GF，又CE平面PAF，GF平面PAF，所以CE//平面PAF.【小问2详解】第21页/共26页以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设平面PAF的法向量为=(x,y,z)，则则即直线CD与平面PAF所成角的正弦值为.17.某数学建模小组研究挡雨棚（图1将它抽象为柱体（图2底面ABC与A1B1C1全等且所在平面平行，ΔABC与ΔA1B1C1各边表示挡雨棚支架，支架AA1、BB1、CC1垂直于平面ABC.雨滴下落方向与外墙（所在平面）所成角为（即经AOB=挡雨棚有效遮挡的区域为矩形AA1O1O（O、O1分别在CA、1A1延长线上）.米，AA1=2米，小组成员对曲线段BC有两种假设，分别为：①其为直线段且经ACB=；②其为以O为圆心的圆弧.请分别计算这两种假设下挡雨板的面积（精确到0.1平方米第22页/共26页<θ<，求有效遮挡区域高OA的最大值.【答案】（1）①1.2平方米②1.9平方米（2）0.3米【解析】【分析】（1）分别按照直线段与圆弧计算BC的长，代入面积公式即可得解；（2）根据正弦定理求出OA，再由三角恒等变换求最大值即可得解.【小问1详解】①其为直线段且经ACB=时，AC=0.3米，所以在RtΔACB中，AC=BCcos，即BC=2AC=0.6（米）.②其为以O为圆心的圆弧时，此时圆的半径为OA+AC=1.8（米【小问2详解】OAAB θ<，即有效遮挡区域高OA的最大值为0.3米.18.已知O为坐标原点，F为抛物线C：y2=4x的焦点，点A(x0,y0)在抛物线上，其中y0>0，弦OA的中点为M，以M为端点的射线MF与抛物线交于点B.第23页/共26页（1）若F恰好是‘AOB的重心，求y0；【解析】【分析】(1)设出点B坐标，利用点A，B在抛物线C上并借助三角形重心坐标公式即可得解；(2)根据三角形面积关系及面积定理得出=2一1，再设出直线MF方程，并与抛物线方程联立，用y0表示出y1计算即可作答.【详解】（1）依题意，抛物线C：y2=4x的焦点F(1,0)，设B(x1,y1)，22y02222（2）因M为弦OA的中点，即M(,)，且S‘AOB=2S‘MOB，2显然直线MF斜率不为0，则设直线MF：x=x2y+1，第24页/共26页|||-22|||-22则y1|ly200消去x得y2-y-4