2024-2025学年浙江省宁波市高三上册期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市高三上册期末数学检测试题（附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第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卷上．
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. ，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】求解一元二次不等式，得集合A，再求交集.
【详解】由，可得，
所以，则.
故选：C
2. 函数的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据零点存在性定理进行求解.
【详解】由已知，可知为增函数，
且，
，
根据零点存在定理，函数在有零点，且零点是唯一的.
故选：B
3. 设函数，则函数的单调性（ ）
A. 与有关，且与有关B. 与无关，且与有关
C. 与有关，且与无关D. 与无关，且与无关
【正确答案】D
【分析】
通过对进行讨论，再用复合函数的求单调性的方法，可知该函数的单调性与是否有关.
【详解】函数，
当时，单调递减.
当时，单调递减.
则且，，的单调性都为单调递减.
所以函数的单调性与无关.
故选：D
4. 已知等差数列，则是成立的（ ）条件
A. 充要B. 充分不必要C. 必要不充分D. 既不充分也不必要
【正确答案】B
【分析】正面证明得到充分性成立，举反例否定必要性即可.
【详解】当时，由等差数列下标和性质得显然成立，故充分性成立，设首项为，公差为，当时，无论取何值，一定成立，无法推出，可得必要性不成立，即则是成立的充分不必要条件.
故选:B
5. 已知直线a，m，n，l，且m，n为异面直线，平面，平面．若l满足，，则下列说法中正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D.
【正确答案】C
【分析】由线面平行的判定定理和线面垂直的性质定理可判定选项A、C，其它易证.
【详解】若，因为平面，，
所以，同理，过m上一点做直线n的平行线，则，
设由m和确定的平面为，则，
而，，同上可知，故，选项C正确；
有可能，所以选项A错误；
由上可知，且，所以，或，选项B错误；
如上图，不一定成立，选项D错误.
故选：C
6. 已知是单位向量，且它们的夹角是.若，且，则（ ）
A. 2B. C. 2或D. 3或
【正确答案】D
【分析】根据条件将两边平方，然后利用数量积的运算律计算即可.
【详解】，即，
解得或.
故选：D.
7. 函数在上的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.
【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，
当时，，故排除A，只有C满足条件.
故选：C
8. 设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A. 12B. 24C. D.
【正确答案】B
【分析】令，不等式变形为，求出的最小值，从而得到实数的最大值.
【详解】，，变形为，
令，
则转化为
，即，
其中

当且仅当，即时取等号，可知.
故选：B
思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数，，则下列结论正确的有（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】BC
【分析】根据复数的运算性质以及模的运算公式对应各个选项逐个判断即可求解．
【详解】设，，其中.
对于选项A: ，所以与不一定相等，故选项A错误；
对于选项B: 因为，
所以，
因为，
所以,故选项B正确；
对于选项C: 因为,
所有
因为，
所以,故选项C正确；
对于选项D:因为，所以
，而与不一定相等,故选项D错误；
故选：BC.
10. 已知，的定义域为R，且（），，若为奇函数，则（ ）
A. 关于对称B. 为奇函数
C. D. 为偶函数
【正确答案】ACD
【分析】根据函数奇偶性，对称性定义一一判断即可.
【详解】因为的定义域为R，且，
所以关于对称，故A正确；
但不能确定为奇函数，故B错误；
根据题意，是定义域为的奇函数，
所以，令，得，故C正确；
因为，则，
结合，则，所以，
即为偶函数，故D正确.
故选：ACD
11. 已知为坐标原点，曲线：，，为曲线上动点，则（ ）
A. 曲线关于y轴对称B. 曲线的图象具有3条对称轴
C. D. 的最大值为
【正确答案】ABC
【分析】对于选项A:将用替换代入方程计算，即可判断；对于选项B:令，，代入整理可得，利用周期性与对称性即可判断；对于选项C:代入，借助三角恒等变换公式化简计算即可；对于选项D:借助三角函数的性质并表示出.
【详解】对于选项A:将用替换代入方程，方程不变，故曲线关于y轴对称，A正确；
对于选项B:由
，
令，，
代入整理可得，
其中，为点所在终边对应的角度，且，
因为，故，
因为曲线关于y轴对称，
故对应的图象关于轴（即y轴对称）对称，
注意到关于的周期为，
故曲线也关于和（即）对称，
故B选项正确；
对于选项C:，C正确；
对于选项D:，D错误；
故选：ABC．
C另解：，
该方程关于有解，令，则在上有根，
由，
则， 或，
解得；或
综上：．
D另解：
，
解得．
关键点点睛：解题的关键在于将曲线进行换元，令，，代入整理得，借助三角函数的相关性质探讨即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，角的对边分别为，已知．则角______.
【正确答案】
【分析】利用正弦定理及二倍角公式化简计算即可.
【详解】由正弦定理及二倍角公式得：
，
因为在中，，
，
即，
即，
因在中，,
所以，所以.
故答案为.
13. 镇海中学举办大观红楼知识竞赛，该比赛为擂台赛，挑战者向守擂者提出挑战，两人轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜，挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，每次答题互相独立，则挑战者最终获胜的概率为______.
【正确答案】
【分析】设为挑战者获胜的概率，根据条件概率和独立事件的概率公式列式求解.
【详解】在一轮答题中，挑战者获胜的概率为，守擂者获胜的概率为，
所以在一轮中若有胜者，则挑战者获胜的概率为，所以挑战者最终获胜的概率为.
故答案为.
14. 在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是__________，它的外接球表面积的最小值为__________.
【正确答案】 ①. ②.
【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解.
【详解】由余弦定理可得,
故，所以，
当且仅当时取等号，故，
故面积的最大值为，
，
由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，
故，
由正弦定理可得：，为外接圆的半径，
设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，
故外接球的表面积为,
故,

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角的对边分别为，向量，且．
（1）求；
（2）若的外接圆半径为2，且，求的面积．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）结合题意表示出，利用正弦定理将角化边，借助余弦定理化简即可;
（2）结合第（1）问及余弦的和角公式，得到，利用正弦定理化简得，求出的面积即可.
【小问1详解】
由已知，即，
由正弦定理得，即，
整理得，即，
又，故；
【小问2详解】
因为，所以，则，
即，又，所以．
因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以，
所以．
16. 已知为正项数列的前n项的乘积，且，，数列满足．
（1）求数列通项公式；
（2）若数列为递增数列，求实数k的取值范围；
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）根据，可得，两式相除可得，两边取对数并构造常数列，即可求得答案.
（2）由（1）的结论，求出，再根据单调数列的意义列式求解即得.
【小问1详解】
由为正项数列的前n项的乘积，得，由，得，
于是，即，两边取对数得，
即，整理得，
因此数列是常数列，即，于是，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
由数列为递增数列，得，
即，而数列是递减数列，，当且仅当时等号，
所以实数k的取值范围是.
17. 某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费10元，现有以下两种方案．方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为；方案二：每次抽卡抽中新皮肤的概率为，若连续99次未抽中，则第100次必中新皮肤．已知，玩家按照一、二两种方案进行抽卡，首次抽中新皮肤时的累计花费为X，Y（元）．
（1）求X，Y的分布列；
（2）求；
（3）若，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案．（参考数据：．）
【正确答案】（1），，
（2）
（3）选择方案二
【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式求出，
（2）结合错位相减法可求期望，
（3）由已知条件依次求得，，根据数学期望即可给出选择方案.
【小问1详解】
可取值，可取值，
当时，摸球次数为，没有抽中新皮肤的概率为，
故，，
．
【小问2详解】
令，
则，故，
整理得到，
所以，
若玩家按方案一抽卡，花费元时抽到皮肤，则抽取次数为，
而，其中，.
则
，
因为玩家按方案一抽卡次数无限制，
且当时，，，
所以.
【小问3详解】
，即，
由（2）可得故；
若玩家按方案二抽卡，则可取值，
且，其中，
，
故，
因为，故选择方案二．
18. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为（）的直线l与椭圆交于A、B两点（其中点A在x轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，将平面xOy沿x轴折叠，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
①若，求三棱锥的体积，
②若，异面直线和所成角的余弦值；
③是否存在（），使得折叠后的周长为与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）
（2）①；②；③存在，
【分析】（1）由椭圆定义求得，结合离心率求得，再求出后即得椭圆标准方程；
（2）①求得点坐标，确定折叠后新坐标，然后由体积公式计算体积；②建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角；③建立解析中所示空间直角坐标系，设折叠前，，折叠后A，B在新图形中对应点记为，，，由三角形周长求得，设方程为，代入椭圆方程应用韦达定理得，，用坐标表示变形后代入，求出值，从而可得结论．
【小问1详解】
由椭圆的定义知：，，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率，所以，所以，，
由题意，椭圆的焦点在x轴上，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
①由直线l：与，
由得或，
所以（因为点A在x轴上方）以及，
，，
②O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则

，，，，
，．
记异面直线和所成角为，则；
③设折叠前，，折叠后A，B在新图形中对应点记为，，，
折叠前周长是8，则折叠后周长是，
由，，故，
设方程为，
由，得，
，，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负半轴为z轴）；

，，
所以，（ⅰ）
又，
所以，（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）可得，
因为，
所以，
即，
所以，解得，
因为，所以．
19. 在几何学常常需要考虑曲线弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：上的曲线段，其弧长为，当动点从A沿曲线段运动到B点时，A点的切线也随着转动到B点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当B越接近A，即越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线C在点A处的曲率．（其中y＇，y＇＇分别表示在点A处的一阶、二阶导数）
（1）求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
（2）求椭圆在处的曲率；
（3）定义为曲线的“柯西曲率”．已知在曲线上存在两点和，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求的取值范围．
【正确答案】（1）1 （2）
（3）
分析】（1）依据所给定义求解即可.
（2）直接利用定义求解即可.
（3）合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
，，，
故，，故．
【小问3详解】
，，故，其中，
令，，则，则，其中（不妨）
令，在递减，在递增，故；
令，
，令，
则，当时，恒成立，故在上单调递增，
可得，即，
故有，
则在递增，
又，，故，
故．
关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限方法求得关键函数值域，最终即可求解．