浙江省宁波市余姚市2024届高三上学期期末数学试题（学生及教师版）

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高三数学试题卷
说明：本试卷分为第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. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得集合后，与集合进行交运算即可.
【详解】令，
解得，
所以，
又，
故，
故选：B.
2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先化简复数，再求.
【详解】由题意可知，，
所以.
故选：C
3. 已知非零向量，满足，且，则与夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量，则数量积为零，将已知和公式代入求解.
【详解】设与的夹角为
因为，
所以
所以，因为，
所以.
故选：A
4. 已知点，在直线：上运动，且，点在圆上，则的面积的最大值为（ ）
A. B. 5C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】找到动点到直线距离的最大值，再求面积即可.
【详解】设圆心到直线的距离为，到直线的距离为，易得，
易知当最大时，，此时面积也最大，.
故选：B
5. 命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先转化为存在量词命题的否定，求参数的取值范围，再求其真子集，即可判断选项.
【详解】若命题“，”为假命题，
则命题的否定“，”为真命题，
即，恒成立，
，，当，取得最大值，
所以，选项中只有是的真子集，
所以命题“，”为假命题的一个充分不必要条件为.
故选：D
6. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象.若在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平移变换得到，且，结合函数零点个数得到不等式，求出实数的取值范围.
【详解】，
由题意得，故当时，，
显然当，即为的一个零点，
要想在上恰有三个不同的零点，
若，解得，
若，无解，
若，无解.
故选：A
7. 人口问题是当今世界各国普遍关注的问题.认识人口数量的变化规律，可以为制定一系列相关政策提供依据.早在1798年，英国经济学家马尔萨斯（，1766—1834）就提出了人口增长模型.已知1650年世界人口为5亿，当时这段时间的人口的年增长率为0.3%.根据模型预测________年世界人口是1650年的2倍.（参考数据：，）
A. 1878B. 1881C. 1891D. 1993
【答案】B
【解析】
【分析】依据题意列出方程，结合给定的近似值计算即可.
【详解】设年后世界人口是1650年的2倍，由题意得，
解得，
故在1881年世界人口是1650年的2倍.
故选：B
8. 已知为双曲线：的一个焦点，C上的A，B两点关于原点对称，且，，则C的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用双曲线的定义求出，结合余弦定理可求离心率.
【详解】不妨设分别为双曲线的左右焦点，连接，
因为A，B两点关于原点对称，所以为平行四边形，所以，
因为，，
所以.
因为，所以；
在中，由余弦定理可得，
因为，所以，即.
故选：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. 下列结论正确的有（ ）
A. 相关系数越接近1，变量，相关性越强
B. 若随机变量，满足，则
C. 相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差
D. 设随机变量服从二项分布，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合相关系数，方差的性质，相关指数的定义，二项分布概率计算公式计算，逐个判断即可.
【详解】对于A：由相关系数的定义可知，相关系数越接近，变量正相关性越强；相关系数越接近，变量负相关性越强，故A正确.
对于B：由随机变量，满足，则，故B错误.
对于C：由相关指数的定义可知，相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差，故C正确.
对于D：，故D正确.
故选：ACD
10. 设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（ ）
A. 是奇函数
B.
C. 的最小值是
D. 方程在区间内恰有个实数解
【答案】AB
【解析】
【分析】根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于选项A，因为函数的定义域为，又，所以，
又，得到，所以是奇函数，故选项A正确，
对于选项B，因为，所以，得到的周期为，
所以，故选项B正确，
对于选项C，当时，，又是奇函数，
所以当时，，所以选项C错误，
对于选项D， 当时，，则，得到，
因为，所以函数关于直线对称，所以在上的图像如图所示，
由图知，在有4个交点，又的周期为，且在区间上共有506个周期，
所以方程在区间内恰有个实数解，故选项D错误，
故选：AB.
11. 在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有
A. P为中点时，的值最小
B. 不存在点P，使得平面平面
C. P与端点C重合时，三棱锥的外接球半径为
D. P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的周长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A,利用侧面展开图可以确定点的位置；对于B，存在点,利用条件可得，显然不成立；对C，构造长方体即可；对于D,画出截面，求周长即可.
【详解】
对于A,由侧面展开图,
当与交于点时，的值最小，
此时,故P不为中点，故A错误；
对于B,若存在点，使得平面平面，
由平面平面，平面平面，可知,显然不成立，
若点与重合，则平面平面，显然也不成立，故B错误；
对于D,P与端点C重合时，三棱锥即是三棱锥,
三棱锥的外接球即是以为长、宽、高的长方体的外接球，
此时外接球半径为，故C正确；
对于D，连接,
由三角形中位线性质和正方体的性质知，
,
所以过D，P，Q三点的截面为梯形,
,
故周长为，故D正确，
故选：BCD.
12. 已知O为坐标原点，F为抛物线：的焦点，过点F且倾斜角为的直线交C于A、B两点（其中点A在第一象限），过线段的中点P作垂直于抛物线准线的直线，与准线交于点N，则下列说法正确的是（ ）
A. C的准线方程为B.
C. 三角形的面积D.
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，直接求出准线方程即可；B选项，求出的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，得到，进而求出，，故，从而推出；C选项，求出点到直线的距离，求出三角形的面积；D选项，求出，由焦半径公式得到，得到.
【详解】A选项，准线方程为，A错误；
B选项，焦点坐标为，故直线，即，
联立得，，
设，则，
所以，即，所以，
又，所以，
所以，故，
因为，所以，
所以，B正确；
C选项，点到直线的距离为，
故三角形的面积为，C错误；
D选项，由B选项可得，
则由焦半径公式可知，
故，D正确.
故选：BD
【点睛】结论点睛：抛物线的相关结论，
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
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. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由正态分布求出参数后再利用二项式定理计算即可.
【详解】由题意得随机变量服从正态分布，且，由，所以，
即求的常数项，由二项式定理得常数项为.
故答案为：
14. 已知函数的图象在处的切线方程为，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出a、b，即可求解.
【详解】代入得，，
即，，即，则，，
所以.
故答案为：.
15. 已知，求__________.
【答案】8
【解析】
【分析】利用函数的单调性解方程，得到，的值，问题即可解决.
【详解】设，则在上增函数，且，所以只有一解：；
同理：方程只有一解：.
所以：.
故答案为：
16. 已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.
【详解】令球半径为，则，解得，由平面与直线成角，
得平面截球所得小圆半径，因此，
由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点为弦中点，如图，依题意，，，
，显然，于是，
所以.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及平面截球所得截面，利用截面小圆的性质，可从线面垂直关系求解，也可借助勾股定理建立数量关系求解.
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，，.
（1）求A；
（2）已知M为直线上一点，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用给定条件直接求角即可.
（2）利用余弦定理求出关键边长，再求面积即可.
【小问1详解】
在中，，，则，
∵，
即，
又，则；
【小问2详解】
因为，，所以，所以，
在中，，
解得（负值舍去），
所以
18. 已知数列满足，，，
（1）令，求证：数列等比数列；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列定义证明.
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
∵，即
∴数列是以首项为，公比为等比数列.
【小问2详解】
由（1）可知：
∴①
②
故①-②
19. 如图所示，在多面体中，四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为，平面，，，点P是棱上的任意一点.
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，即可得出线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
因为，所以四点共面.
因为平面，平面，
所以，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，而平面，
所以.
【小问2详解】
由题意，，，互相垂直，
以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
则，，，
设平面的法向量为，
所以由，得，
令，可得，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线CN和平面AMN所成角的正弦值为.
20. 杭州亚运会男子乒乓球团体赛采用世界乒乓球男子团体锦标赛（斯韦思林杯）的比赛方法，即每队派出三名队员参赛，采用五场三胜制.比赛之前，双方队长应抽签决定A、B、C和X、Y、Z的选择，并向裁判提交每个运动员分配到一个字母的队伍名单.现行的比赛顺序是第一场A对X；第二场B对Y；第三场C对Z；第四场A对Y；第五场B对X.每场比赛为三局两胜制.当一个队已经赢得三场个人比赛时，该次比赛应结束.
已知在某次团队赛中，甲队A、B、C三位选手在每场比赛中获胜的概率均为如下表所示，且每场比赛之间相互独立
（1）求最多比赛四场结束且甲队获胜的概率；
（2）由于赛场氛围紧张，在教练点拨、自我反思和心理调控等因素影响下，从第二场开始，每场比赛获胜的概率会发生改变，改变规律为：若前一场获胜，则该场获胜的概率比原先获胜的概率增加0.2；若前一场失利，则该场获胜的概率比原先获胜的概率减少0.2.求已知A第一场获胜的条件下甲队最终以3：1赢得比赛的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设事件表示甲队第场比赛获胜,最多比赛四场结束且甲队获胜，对应如下应事件，利用独立事件和互斥事件的概率计算即可得出结果；
（2）事件表示第一场甲获胜，则事件A表示甲以3：1获胜，即求条件概率，由，计算即可得出结果.
【小问1详解】
设事件表示甲队第场比赛获胜
【小问2详解】
设事件表示第一场甲获胜，事件A表示甲以3：1获胜，则
.
所以A第一场获胜的条件下甲队最终以3：1赢得比赛的概率为.
21. 已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若在内恒成立，求整数的最大值.
【答案】（1）上单调递减，在上单调递增.
（2）
【解析】
【分析】（1）求得函数的定义域为，求得，分别解不等式、可得出函数的单调递减区间和递增区间；
（2）分析可知不等式在时恒成立，利用导数求出函数在时的最小值，构造，利用导数研究其单调性，求得时，即可求得整数的最大值.
【小问1详解】
函数的定义域为，
当时，，，
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由可得：，
记，，
①若，即，，则在上单调递增，
又时，，不合题意；
②若，即，令，则，令，则，
则在上单调递减，在上单调递增，
，
令，
，
则令，解得：，令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，，
故整数的最大值为.
【点睛】方法点睛：
若证明恒成立，只要证明即可；
若证明恒成立，只要证明即可.
22. 在平面直角坐标系中，，是椭圆：的左、右焦点，是C的左顶点，过点A且斜率为的直线交直线上一点M，已知为等腰三角形，.
（1）求C的方程；
（2）在直线上任取一点，直线：与直线交于点Q，与椭圆C交于D，E两点，若对任意，恒成立，求m的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知直接求出，根据已知得为等腰三角形，得到到的距离为，解出进而求得曲线方程；
（2）分为和两种情况求解，当时，恒成立，时将OP的方程为与联立求出点Q，将直线与椭圆联立组成方程组，整理之后根据中点坐标公式求出点Q坐标，进而列出关于的方程求解.
【小问1详解】
依题意因左顶点为，所以，因为，
所以，
过作轴，由几何关系知，
，所以，
化简得，所以，
得椭圆.
【小问2详解】
①当时，恒成立；
当时，由题意知直线OP的方程为，
联立方程组，解得，即点的横坐标为，
再联立方程组，整理得，
设，，则且，
因为点是的中点，可得，即，
该式对任意且恒成立，所以，
综上可得，实数的值为.
场次
第一场
第二场
第三场
第四场
第五场
获胜概率
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