2024-2025学年浙江省绍兴市高三（上）期中数学试卷（选考）（含答案）

这是一份2024-2025学年浙江省绍兴市高三（上）期中数学试卷（选考）（含答案），共8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−x−6<0}，B={−2,0,1,3}，则A∩B=( )
A. {0,1}B. {−2,0,1}C. {0,1,3}D. {−2,0,1,3}
2.若1z−1=1−i，则z=( )
A. 32−12iB. 32+12iC. 12−32iD. 12+32i
3.若sin(α+β)=12,sin(α−β)=13，则tanαtanβ为( )
A. 5B. −1C. 6D. 16
4.已知平面向量a=(−1,2)，b=(2,0)，则a在b方向上的投影为( )
A. −2B. −1C. (−2,0)D. (−1,0)
5.如图，圆柱的底面直径为3，母线长为4，AB，CD分别为该圆柱的上、下底面的直径，且AB⊥CD，则三棱锥A−BCD的体积是( )
A. 24
B. 18
C. 12
D. 6
6.已知直线l与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，过点O作l的垂线，垂足为E(2,1)，则p=( )
A. 52B. 32C. 54D. 34
7.已知函数F(x)=x2f(x)，且x=0是F(x)的极小值点，则f(x)可以是( )
A. sinxB. ln(x+1)C. exD. x−1
8.摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里可从高处俯瞰四周景色.如图，某摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，均匀设置有48个座舱(按顺时针依次编号为1至48号)，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30min.甲、乙两户家庭去坐摩天轮，甲家庭先坐上了1号座舱，乙家庭坐上了k号座舱，若从乙家庭坐进座舱开始计时，10min内(含10min)出现了两户家庭的座舱离地面高度一样的情况，则k的最小值是( )
A. 16B. 17C. 18D. 19
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.随着农业现代化的持续推进，中国农业连年丰收，农民收入持续增加，农村活力不断增强，乡村全面振兴的美好蓝图变成现实.某地农科院为研究新品种大豆，在面积相等的100块试验田上种植一种新品种大豆，得到各块试验田的亩产量(单位：kg)，并整理得下表：
则100块试验田的亩产量数据中( )
A. 中位数低于180kgB. 极差不高于60kg
C. 不低于190kg的比例超过15%D. 第75百分位数介于190kg至200kg之间
10.下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是( )
A. y=sinx与y=−sinxB. y=x3与y=x3−x
C. y=2x与y=3⋅2xD. y=lgx与y=lg(3x)
11.在正三棱锥P−ABC中，PA⊥PB，PA=1，Q是底面△ABC内(含边界)一点，则下列说法正确的是( )
A. 点Q到该三棱锥三个侧面的距离之和为定值
B. 顶点A，B，C到直线PQ的距离的平方和为定值
C. 直线PQ与该三棱锥三个侧面所成角的正弦值的和有最大值 3
D. 直线PQ与该三棱锥四个面所成角的正弦值的平方和有最大值32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在二项式(2x− x)6的展开式中，常数项为______．
13.若曲线y=elnx在点(e,e)处的切线与圆(x−a)2+y2=1相切，则a= ______．
14.已知数列{an}中，ai(i=1,2,⋯,n)等可能取−1，0或1，数列{bn}满足b1=0，bn+1=bn+an，则b5=0的概率是______．
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.(本小题13分)
记△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3bsinA=a(csB+1)．
(1)求B；
(2)设CD是△ABC的中线，若CD=2 3，CD=2 3,a=2，求b．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex−ax−1．
(1)当a=2时，求f(x)在区间[0,1]上的值域；
(2)若存在x0>1，当x∈(0,x0)时，f(x)<0，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，AB=2 3，PB=2 6，PC=6，∠BAD=60°．
(1)证明：PA=PD；
(2)若二面角P−AD−B的余弦值为−13，求直线BC与平面PAB所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，短轴端点和长轴端点间的距离为 7．
(1)求C的方程；
(2)过左焦点的直线交C于A，B两点，点P在C上．
(i)若△PAB的重心G为坐标原点，求直线AB的方程；
(ii)若△PAB的重心G在x轴上，求G的横坐标的取值范围．
19.(本小题17分)
n维向量是平面向量和空间向量的推广，对n维向量mn=(x1,x2,⋯,xn)(xi∈{0,1}，i=1，2，…，n))，记f(mn)=1+x1+x1x2+⋯+x1x2⋯xn，设集合D(mn)={mn|f(mn)为偶数}．
(1)求D(m2)，D(m3)；
(2)(i)求D(mn)中元素的个数；
(ii)记g(mn)=i=1nxi，求使得mn∈D(mn) g(mn)≤2025成立的最大正整数n．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.D
5.D
6.C
7.C
8.B
9.BC
10.ACD
11.ABC
12.60
13.± 2
14.1981
15.解：(1)记△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3bsinA=a(csB+1)，
因为 3bsinA=a(csB+1)，由正弦定理asinA=bsinB=2R得 3sinBsinA=sinA(csB+1)，
又因为sinA>0，即 3sinB−csB=1，即sin(B−π6)=12，
又因为−π6(2)在△BCD中，由余弦定理csB=BD2+BC2−CD22BC⋅BD=12，
可得BD2−2BD−8=0，解得BD=4，即c=8，
在△ABC中，由余弦定理可知b2=a2+c2−2accsB=52，解得b=2 13．
16.解：(1)由于f(x)=ex−2x−1，因此f′(x)=ex−2，
因此当x>ln2时，f′(x)>0，当x因此f(x)在[ln2,1]上递增，在[0,ln2)上递减，
由于f(0)=0，f(1)=e−3，f(ln2)=1−2ln2，且e−3<0，
因此f(x)的值域是[1−2ln2,0]．
(2)由于f′(x)=ex−a，
①如果a≤1，当x>0时，f′(x)>0，因此f(x)在(0,+∞)上递增，
因此f(x)>f(0)=0，不符合题意．
②如果a>1，当x>lna时，f′(x)>0；当x因此f(x)在[lna,+∞)上递增，在(0,lna)上递减，
要存在x0>1，当x∈(0,x0)，f(x)<0，
那么只需f(1)=e−a−1<0，所以a∈(e−1,+∞)．
17.解：(1)证明：取AD中点E，连接PE，BE，
因为AB=AD=2 3，∠BAD=60°，所以△ABD是正三角形，
因为E为AD中点，所以AD⊥BE，
又因为BC2+PB2=(2 3)2+(2 6)2=36=PC2，所以PB⊥BC，
因为DE/​/BC，所以AD⊥PB，又BE∩PB=B，
所以AD⊥平面PBE，
所以AD⊥PE，又因为E为AD中点，
所以PA=PD．
(2)因为AD⊥BE，AD⊥PE，
所以∠PEB是二面角P−AD−B的平面角，即cs∠PEB=−13，
在△PEB中，由余弦定理cs∠PEB=BE2+PE2−PB22BE⋅PE=9+PE2−246⋅PE=−13，
解得PE=3，
所以PE⋅|cs∠PEB|=3×13=1，PE⋅sin∠PEB=3×2 23=2 2，
如图，以点E为坐标原点，EA，EB所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，

A( 3,0,0),B(0,3,0),C(−2 3,3,0)，P(0,−1,2 2)，
所以BC=(−2 3,0,0)，BC=(−2 3,0,0),AB=(− 3,3,0)，PA=( 3,1,−2 2)，
设平面ABP的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅ABm⋅AP，即− 3x+3y=0 3x+y−2 2z=0，
令x= 3，则y=1,z= 2，
所以m=( 3,1, 2)，
所以|cs|=|m⋅BC|m||BC||=|−62 3× 6|= 22，
所以直线BC与平面PAB所成角的正弦值为 22．
18.解：(1)由题，e=ca=12，即a2−b2a2=14，又a2+b2=7，
解得：a=2，b= 3，
所以C的方程：x24+y23=1；
(2)(i)设直线AB的方程为x=my−1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x3,y3)，
联立x=my−1x24+y23=1，化简得(3m2+4)y2−6my−9=0，
则y1+y2=6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
因为△PAB的重心为原点，所以y1+y2+y3=0，
所以y3=−6m3m2+4，又x3=−(x1+x2)=−m(y1+y2)+2=83m2+4，
代入x24+y23=1，可得：12m2+16(3m2+4)2=1，
解得：m=0，
所以直线AB的方程是x=−1；
(ii)设G(t,0)，由(i)可知y3=−6m3m2+4，x3=3t−(x1+x2)=3t+83m2+4，
代入x24+y23=1，可得：(3t+83m2+4)24+12m2(3m2+4)2=1，
即3t2+163m2+4t−4m23m2+4=0，
化简得：m2=−4(3t2+4t)9t2−4≥0，
所以(3t+4)t(3t+2)(3t−2)≤0，且t≠±23，
所以，t∈[−43,−23)∪[0,23)．
19.解：(1)∵f(m2)=1+x1+x1x2，
∴当m2=(0,0)时，f(m2)=1；
当m2=(0,1)时，f(m2)=1；
当m2=(1,0)时，f(m2)=2；
当m2=(1,1)时，f(m2)=3，
D(m2)={(1,0)}，
∵f(m3)=1+x1+x1x2+x1x2x3，
∴当m3=(0,0,0)时，f(m3)=1；当m3=(0,0,1)时，f(m3)=1；当m3=(0,1,0)时，f(m3)=1；当m3=(1,0,0)时，f(m3)=2；
当m3=(0,1,1)时，f(m3)=1；当m3=(1,0,1)时，f(m3)=2；当m3=(1,1,0)时，f(m3)=3；当m3=(1,1,1)时，f(m3)=4，
∴D(m3)={(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1)}；
(2)(i)设D(mn)中元素的个数为an，
∵f(mn)=1+x1+x1x2+…+x1x2…xn=1+x1(1+x2+…+x2…xn)，xi∈{0,1}，
∴f(mn)为偶数时，x1=1，且an=2n−1−an−1，
∴an=2n−1−an−1=2n−1−2n−2+an−2=2n−1−2n−2+2n−3−an−3=…=2n−1−2n−2+2n−3−2n−4+…+(−1)n−3⋅22+(−1)n−2⋅2+(−1)n−1⋅1=(−1)n−1[1−(−2)n]1−(−2)=2n+(−1)n+13，
∴D(mn)中的元素个数为2n+(−1)n+13．
(ii)①当mn=(x1,x2,⋯,xn)=(1,0,∗,∗,⋯,∗)时，
mn=(1,0,∗,∗,…,∗)∈D(mn) g(mn)=2n−2+(n−2)×2n−3=n⋅2n−3；1
②当mn=(x1,x2,⋯,xn)=(1,1,1,0,∗∗,⋯,∗)时，
mn=(1,1,1,0,∗,∗…,∗)∈D(mn) g(mn)=3×2n−4+(n−4)×2n−5=(n+2)⋅2n−5；
③当mn=(x1,x2,⋯,xn)=(1,1,1,1,1,0,∗∗,⋯∗)时，
mn=(1,1,1,1,1,0,∗,∗,…,∗)∈D(mn) g(mn)=5×2n−6+(n−6)×2n−7=(n+4)⋅2n−7；
要使得mn∈D(mn) g(mn)≤2025成立，其必要条件是当mn=(x1,x2,⋯,xn)=(1,0,∗,∗,⋯,∗)时，
mn=(1,0,∗,∗,…,∗)∈D(mn) g(mn)=2n−2+(n−2)×2n−3=n⋅2n−3≤2025，
令bn=n⋅2n−3，则bn+1−bn=(n+1)⋅2n−2−n⋅2n−3=(n+2)⋅2n−3>0，
∴数列{bn}为递增数列，又b10=10×27=1280，b11=11×28=2816，
∴mn=(1,0,∗,∗…,∗)∈D(mn) g(mn)=2n−2+(n−2)×2n−3=n⋅2n−3≤2025的解为n≤10；
当n=10时，mn∈D(mn) g(mn)=10×27+12×25+14×23+16×2+9×1=1817≤2025，即充分性成立；
∴使得mn∈D(mn) g(mn)≤2025成立的最大正整数n=10． 亩产量
[150,160)
[160,170)
[170,180)
[180,190)
[190,200)
[200,210]
频数
5
10
25
40
15
5