2023-2024学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市高三（上）期末数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|x2−2x−3≤0}，B={x|3x−1≤1}，则A∩B=( )
A. [1,3]B. (1,3]C. [−1,1]D. [−1,1)
2.已知复数z满足z=−z−i(i为虚数单位)，且|z|= 2，则z2=( )
A. 2iB. −2iC. 2+ 2iD. 2− 2i
3.已知随机变量X1，X2分别满足二项分布X1～B(n1,13)，X2～B(n2,13)，则“n1>n2”是“D(X1)>D(X2)”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
4.若0 3f(π6)D. f(π6)> 3f(π3)
7.已知数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，an+1=an+bn，bn+1=an−bn，则an=( )
A. 2n−1B. 2n−12C. 2n+12D. 22n−1+(−1)n4
8.已知四面体ABCD，△ABC是边长为6的正三角形，DA=DB=2 3，二面角D−AB−C的大小为23π，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A. 40πB. 52πC. 72πD. 84π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面向量a=( 3,1)，b=(x,−3)，则下列命题正确的是( )
A. 若a/​/b，则x=−3 3B. 若a⊥b，则x= 3
C. 若|a+b|= 7，则x=0D. 若=5π6，则x=− 3
10.已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为菱形且∠DAB=π3，A1A= 32AB，∠A1AB=∠A1AD，O为A1C1的中点，P为线段AB1上的动点，则下列命题正确的是( )
A. {OA,BD,AB1}可作为一组空间向量的基底
B. {OA,OD,AB}可作为一组空间向量的基底
C. 直线OP/​/平面C1BD
D. 向量CP在平面AB1D1上的投影向量为OP
11.已知函数f(x)=cs2x，g(x)=sin(2x+π3)，则( )
A. 将函数y=f(x)的图象右移π12个单位可得到函数y=g(x)的图象
B. 将函数y=f(x)的图象右移π6个单位可得到函数y=g(x)的图象
C. 函数y=f(x)与y=g(x)的图象关于直线x=π24对称
D. 函数y=f(x)与y=g(x)的图象关于点(7π24,0)对称
12.已知数据x129n2，必有n1>n2，
故“n1>n2”是“D(X1)>D(X2)”充要条件．
故选：C．
根据二项分布方差的计算的公式求出D(X1)和D(X2)，进而由充分必要条件的定义判断即可．
本题考查二项分布的性质，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意，可得1x+11−2x=[2x+(1−2x)](1x+11−2x)=3+1−2xx+2x1−2x，
由00，
因此g(x)在R上单调递增，所以lg(π6)6x4，
所以(x1+x2+x3+x4)+(x4+x5+x6+x7)>8x4，所以x1−+x2−>2x4，故A正确，B错误；
s12−s12=[x12+x22+x32+x424−(x1+x2+x3+x44)2]−[x42+x42+x62+x724−(x4+x5+x6+x74)2]=14[(x12+x22+x32)−(x52+x62+x72)+4(x−22−x−12)]=14[(x12+x22+x32)−(x52+x62+x72)+4(x2−+x1−)(x2−−x1−)]>14[(x12+x22+x32)−(x52+x62+x72)+8x4(x−2−x−1)]=14[k=14(xk−x4)2−k=47(xk−x4)2]，故C正确，D错误．
故选：AC．
根据平均数的大小列出不等式变形即可判断AB，根据方差公式作差后变形，利用x1−+x2−>2x4，即可判断CD．
本题考查了平均数和方差的计算，属于中档题．
13.【答案】0°
【解析】解：因为直线y= 3平行于x轴，所以直线的倾斜角为0°．
故答案为：0°．
由直线平行于x轴，可得直线的倾斜角的大小．
本题考查直线的倾斜角的求法，属于基础题．
14.【答案】7
【解析】解：二项式(1+2x)n的展开式Tr+1=Cnr⋅2r⋅xr(r=0,1,…,n)，
含x2的项的系数为Cn2⋅22=84，
解得n=7．
故答案为：7．
直接利用二项式的展开式和组合数求出结果．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
15.【答案】310
【解析】解：因为∠BCD=70°，∠BDC=30°，CD=108米，
所以∠CBD=180°−∠BCD−∠BDC=80°，
在△BCD中，由正弦定理CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，可得BC=CDsin∠BDCsin∠CBD=108×sin30°sin80∘，
因为在点C测得塔顶A的仰角为80°，可得∠ACB=80°，
在△ABC中，因为tan∠ACB=ABBC，可得AB=tan∠ACB⋅BC=tan80°×108×sin30°sin80∘=54cs80∘≈540.174≈310，
则塔高AB为310米．
故答案为：310．
由题意利用三角形的内角和定理可求∠CBD的值，在△BCD中，由正弦定理可得BC=108×sin30°sin80∘，在△ABC中可得AB=tan∠ACB⋅BC，即可计算求解．
本题主要考查了三角形的内角和定理，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
16.【答案】 62
【解析】解：联立x2a2−y2b2=1x2+y2=a2+13c2，取x>0，y>0，解得x=2 33ay= 33b，即P(2 33a, 33b)，
设点P关于双曲线C的渐近线y=−bax的对称点为点Q，则Q恰好在y轴负半轴上，且|OQ|=|OP|= a2+13c2，
所以Q(0,− a2+13c2)，
因为点P与点Q关于渐近线y=−bax对称，
所以直线PQ的斜率为ab，
所以 33b+ a2+13c22 33a=ab，即 33(b+ 4a2+b2)2 33a=ab，
化简得a2=2b2，
所以离心率e=ca= 1+b2a2= 1+12= 62．
故答案为： 62．
联立双曲线与圆的方程，求出点P的坐标，再取渐近线为y=−bax，求出点Q的坐标，利用kPQ⋅(−ba)=−1，化简运算即可．
本题考查双曲线的方程与几何性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)因为a=4，b=8，角C为锐角，△ABC的面积为4 7=12absinC=12×4×8×sinC，
所以sinC= 74，csC= 1−sin2C=34，
所以c= a2+b2−2abcsC= 42+82−2×4×8×34=4 2；
(Ⅱ)因为CD为AB上的中线，
所以BD=12c=2 2，
在△ABC中，由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=16+32−642×4×4 2=− 24，
在△BCD中，由余弦定理可得CD= BC2+BD2−2BC⋅BD⋅csB= 42+(2 2)2−2×4×2 2×(− 24)=4 2，
所以∠BDC=BD2+CD2−BC22CD⋅BD=(2 2)2+(4 2)2−422×4 2×2 2=34，即∠BDC的余弦值是34．
【解析】(Ⅰ)由题意利用三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式可求csC的值，进而利用余弦定理可求c的值；
(Ⅱ)由题意可求BD=2 2，在△ABC中，由余弦定理可得csB的值，在△BCD中由余弦定理可得CD的值，进而可求∠BDC的余弦值．
本题主要考查了三角形的面积公式，同角三角函数基本关系式以及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)已知Sn为公差为2的等差数列{an}的前n项和，若数列{Snan}为等差数列，
则2⋅S2a2=S1a1+S3a3，得2⋅2a1+2a1+2=1+3a1+6a1+4，解得a1=2，
故an=2+(n−1)×2=2n；
(Ⅱ)由(Ⅰ)得Sn=n(2+2n)2=n2+n，
故S2n=4n+2n，
故数列{S2n}的前n项和=4(1−4n)1−4+2(1−2n)1−2=4n+13+2n+1−103．
【解析】(Ⅰ)利用等差数列的性质和通项公式即可求解；
(Ⅱ)利用分组求和即可求解．
本题考查了等差数列的通项公式和分组求和，属于中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：由BA⊥AC，BA⊥AA1，AC∩AA1=A，得BA⊥平面ACC1A1，
又A1C⊂平面ACC1A1，故BA⊥A1C，
由CD=1，AC=2，AA1=4且四边形ACC1A1为矩形，得AD⊥A1C，
BA∩AD=A，故A ​1C⊥平面BDA，
所以平面BDA⊥平面ECA1．
(Ⅱ)解：以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
点A1(0,0,4)，B(2,0,0)，B(2,0,4)，C(0,2,0)，D(0,2,1)，设点E(2,0,t)，
则A1C=(0,2,−4)，A1E=(2,0,t−4)，
设平面ECA1的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅A1C=2y−4z=0n⋅A1E=2z+(t−4)z=0，取y=2，可得平面ECA1的法向量n=(4−t,4,2)，
由A1B1=(2,0,0)得点B1到平面ECA1的距离d=|A1B1⋅n||n|=|8−2t| (4−t)2+20=47，解得t=83，
由BD=(−2,2,1)，n=(43,4,2)，得直线BD与平面ECA1所成的角的正弦值为|cs|=|BD⋅n||BD|⋅|n|=1121．
【解析】(Ⅰ)由线面垂直的证明可得BA⊥平面ACC1A1，从而可得BA⊥A1C，推出AD⊥A1C，即可证得平面BDA⊥平面ECA1；
(Ⅱ)以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式求解即可．
本题主要考查面面垂直的证明，线面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)如图，

设直线PF1与椭圆的另一个交点为Q′，由椭圆的对称性得Q，Q′关于原点对称，
设点P(x1,y1)，Q′(x2,y2)，由题F1(−1,0)，
所以当k=1时，直线PF1的方程为y=x+1，
联立直线y=x+1与椭圆x2+2y2−2=0的方程，消去y得3x2+4x=0，
所以x1+x2=−43，x1x2=0，则|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2=43，
所以|PF1|+|QF2|=|PF1|+|Q′F1|= 1+k2|x1−x2|= 2|x1−x2|=43 2；
(Ⅱ)如图，

由题可设直线PF1的方程为x=yk−1，
联立直线x=yk−1与椭圆x2+2y2−2=0，消去x得(1k2+2)y2−2yk−1=0，
所以y1+y2=2k1k2+2=21k+2k，
所以S1−S2=S△F1F2P−S△F1F2Q=S△F1F2P−S△F1F2Q′=12|F1F2|⋅y1−12|F1F2|⋅(−y2)
=12×2×(y1+y2)=y1+y2=21k+2k≤ 22，当且仅当1k=2k即k= 22时等号成立，
所以S1−S2最大值为 22．
【解析】(Ⅰ)由椭圆的性质可得|PF1|+|QF2|=|PF1|+|Q′F1|，再利用弦长公式即可求解；
(Ⅱ)利用已知条件将S1−S2表示出来，再利用基本不等式即可求解．
本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的综合运用，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)零假设为H0：元宵节的降水与中秋节的降水无关，
则χ2=200×(19×90−50×41)269×131×60×140=200×340269×131×60×140≈0.30，
G(ea2+2)=1ea2+2−a2−2−a