2024-2025学年浙江省宁波市高三上册1月期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年浙江省宁波市高三上册1月期末数学检测试题（附解析），共24页。试卷主要包含了请保持答题卡的整洁， 已知，则， 下列说法正确的是，05等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，务必将自己的姓名，考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.请保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】解一元二次不等式求集合A，由对数函数定义域求集合B，再由集合的交补运算求结果.
【详解】由题设，B={x|x>0}，
所以，
故，即为.
故选：D
2. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】应用复数的乘方、除法运算化简，即可得虚部.
【详解】，故虚部为.
故选：C
3. 与双曲线有共同的渐近线，且经过点的双曲线方程为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】设所求双曲线方程为，代入已知点坐标求解．
【详解】由题意设所求双曲线方程为，又双曲线过点，
∴，即，
∴双曲线方程为，即，
故选：D．
4. 若数列为等比数列，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件
【正确答案】C
【分析】利用等比数列性质，结合基本不等式及不等式性质，由充分、必要性定义判断充分、必要性.
【详解】若数列的公比为，
由，故，则，
所以，当且仅当，即时取等号，故充分性成立；
由，故，若，则，故必要性不成立；
故选：C
5. 体育课上，罗老师让8名身高各不相同的同学排队，要求排成前后两排，每排4人，且每排同学从左到右身高依次递增，则不同排法的种数为（ ）
A. 60B. 70C. 80D. 90
【正确答案】B
【分析】只需确定从8人中任抽4人放在第一排的方法数即可得答案.
【详解】从8人中任抽4人放在第一排有种，且仅有一种排法，其余4人放在第二排只有一种排法，
所以不同排法的种数为种.
故选：B
6. 若向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由向量数量积运算律可得，再由投影向量的定义求在上的投影向量.
【详解】由，则，
由在上的投影向量.
故选：D
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据已知条件，结合二倍角公式，弦化切，即可求解．
【详解】，
则．
故选：A．
8. 在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题设条件作出四面体的高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.
求解多面体的外接球的主要方法有：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的第70百分位数是8.5
B. 若随机变量，则
C. 设为两个随机事件，，若，则事件A与事件相互独立
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的卡方独立性检验，可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05
【正确答案】BCD
【分析】根据百分位数的定义可判定A，利用正态分布的对称性可判定B，利用条件概率及相互独立事件的定义可判定C，利用独立性检验的意义可判定D.
【详解】对于A，因为，
又将数据从小到大排列，第7个数为7，第8个数为8，
所以第70百分位数为7.5，故A错误；
对于B，根据正态分布的性质可知为，
，故B正确；
对于C，根据条件概率可知，
由相互独立事件的判定可知C正确；
对于D，根据独立性检验的意义可知，
故可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ABD
【分析】利用赋值法，结合导数的求导法则逐一判断即可.
【详解】A：在已知等式中，令，则有，所以本选项正确；
B：已知等式中，令，则有，所以本选项正确；
C：因为，
所以项的系数，
D：对已知等式，两边同时求导，得，在该式中，令，则有，所以本选项正确，
故选：ABD
11. 抛物线：的焦点为，过作倾斜角为的动直线交抛物线于两点（在第一象限），且，设关于轴的对称点为，则下列说法一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】ACD
【分析】根据给定条件，利用抛物线的定义，结合倾斜角的意义及直角三角形锐角三角函数、三角形面积公式逐项判断即得.
【详解】抛物线：的焦点为，准线方程为，设，
过作轴于，过作于，显然，
由抛物线定义得，，
而，则，因此，A正确；
显然，同理，则，B错误；
又，则点到直线的距离，
因此，C正确；
显然，则，又，
因此，D正确.
故选：ACD
12. 已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】ABC
【分析】构造函数，则有、，可得C、D，构造函数，结合函数性质可得，构造函数及，可得.
【详解】令，则，
当时，f′x0，
故在、上单调递减，在1,+∞上单调递增，
当时，，当时，，
，有，故，
又，，
故，故有，
故，即C正确，，即，故D错误，
令，则，
令，
则，
当时，，
当时，，
故在上单调递增，在1,+∞上单调递减，
有，故恒成立，即恒成立，
故Fx在上单调递减，
又，
故当时，，当x∈1,+∞，，
即当时，，当x∈1,+∞时，，
令，即，此时，
故该方程有两个不相等的实根，设两根为、，且，则有，
由，且，故有，
由，故，即，故A正确；
令，有，
则，
当x∈0,1时，，当x∈1,+∞，，
故在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
有，又，故，
令，
则，
由，故，即，
故在0,1上单调递增，又，故恒成立，
即，由，即有，
又，即有，有，，
又在1,+∞上单调递减，故，即，故B正确.
故选：ABC.
关键点睛：本题关键在于构造函数，结合函数性质，从而得到、、、的大小关系，即可得C、D，构造函数与函数，从而得到、与的关系.
第Ⅱ卷
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 小周和小王进行一对一篮球比赛，该比赛采取三局两胜制（有一方先胜两局即获胜，比赛结束）.假设小周每一局获胜的概率为，小王每一局获胜的概率为，且每一局比赛相互独立，则小王在比赛中获胜的概率为_________.
【正确答案】
【分析】应用独立事件乘法及互斥事件加法求小王在比赛中获胜的概率.
【详解】由题设，小王在比赛中获胜情况：小王在前2局都胜，小王在前2局胜一局且第3局胜，
所以小王在比赛中获胜的概率为.
故
14. 若点直线上的动点，过与圆相切的两条直线的夹角为，则的最大值为_________.
【正确答案】##
【分析】根据题设可得直线与圆是相离关系，且，则，有，结合点线距离求得，再由，即可求其最大值.
【详解】由题意，直线与圆是相离关系，且，则，
如下图，，且，
所以，
令，则，
所以.
故
15. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且在上单调递增，则的取值范围是_________.
【正确答案】
【分析】根据图象平移得，将问题化为在上递增，结合正弦函数性质求参数的取值范围.
【详解】由题设，又，
则，即在上递增，
又，所以或且，
故或且，则.
故
16. 在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，分别是线段上的动点，则的最小值为_________.
【正确答案】##
【分析】根据给定条件，确定点的位置，再把展开放置于同一平面内，借助三点共线，结合余弦定理求解即得.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，连接，

由平面，平面，得，
由分别是棱的中点，得，而，则，
又平面，于是平面，又平面，
连接，显然平面，因此，则有，
当且仅当点与重合，即为线段的中点时取等号，
又平面，把展开放置于同一平面内，连接，
于是的最小值，即为线段长，

连接，依题意，，在中，，
，而，
，，
则，
在中，由余弦定理得，
的最小值为.
故
关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
四、解答题（本大题共6小题，第17题10分，第18-22每小题12分，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）
17. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前项和.
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）根据等差数列前n项和、通项公式列方程求基本量，即可得通项公式；
（2）写出的通项公式，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和.
【小问1详解】
设等差数列的首项为，公差为，
由题设有，解得，即；
【小问2详解】
由（1）及已知得，
则①，
②，
②①，得
，
所以.
18. 如图，在三棱锥中，，，平面，平面平面，是的中点.
（1）求证：;
（2）求平面与平面的夹角.
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）.
【分析】（1）作，垂足为，根据面面垂直性质得平面，再由线面垂直性质得、，最后由线面垂直的判定及性质证结论；
（2）法一：构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的大小；法二：取中点，中点，连结，，，由面面角的定义找到其平面角，再根据已知条件求平面角的大小.
【小问1详解】
作，垂足为，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
又平面，平面，所以，
因为，面，所以平面，
由平面，所以.
【小问2详解】
（向量法）如图，以为原点，及垂直面向上为轴正方向，建立空间直角坐标系.

所以，所以，，
易知平面的一个法向量，
设平面的法向量为，则,
令，所以，则，
所以平面与平面夹角为.
（几何法）取中点，中点，连结，，，

因为平面，平面，所以，
又，所以，
由（1）知，平面，平面，所以，
在直角和直角中，，
所以是等腰三角形，所以，
综上，即为二面角的平面角，
，，，则，
所以为等腰直角三角形，故，
所以平面与平面的夹角为.
19. 某企业对2023年上半年的月利润情况进行调查统计，得到数据如下：
根据以上数据，绘制了散点图.
（1）根据散点图判断，与（均为大于零的常数）哪一个更适宜作为描述与关系的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）的判断结果求出关于的回归方程；
（3）已知该企业的产品合格率为，现随机抽取9件产品进行检测，则这9件产品中合格的件数最有可能是多少？
参考数据：
其中.
参考公式：用最小二乘法求经验回归直线方程的系数公式为，
，.
【正确答案】（1）
（2）
（3）8件或9件
【分析】（1）根据散点图的趋势即可求解，
（2）利用最小二乘法即可求解方程，
（3）根据二项分布求解概率，即可根据不等式求解最值.
【小问1详解】
由于散点图呈现在曲线附近，所以选择
【小问2详解】
两边取对数，得，
设，，建立关于的回归方程，
则，
，
所以关于的回归方程为，所以.
【小问3详解】
设抽到的产品中有件合格品，则，
所以，
，即，
，
解得，
所以最有可能是8件或9件.
20. 在中，已知.
（1）求的长；
（2）若的平分线交点，求的最大值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据条件及正弦的和角公式得到，再利用正弦定理即可求出结果；
（2）设，利用及条件得出，
再利用余弦定理得，从而得到，即可求出结果.
【小问1详解】
由题意得，，得到，
所以，
由正弦定理，得到，又，
所以.
【小问2详解】
设，因为，
所以，又，所以，
由余弦定理，，
所以
当时，取到最大值.
21. 已知点和直线:，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知，过点作直线交于，两点，若，求的斜率的值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）设Px,y，用坐标表示出已知关系化简即得；
（2）设，直线方程为代入椭圆方程后应用韦达定理得，再由向量运算的坐标表示得出的关系，结合越来可求得值．
【小问1详解】
设Px,y，由题意得，
化简得:.
【小问2详解】
设：，
与联立得，，因为，则定点在椭圆内，则该直线与椭圆必有两交点，
所以
因为，所以，即，
所以③，
由①③得，
将④⑤代入②，得，
化简得，，解得.
关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到韦达定理式，再根据向量关系式，从而解出，最后得到关于的方程，解出即可.
22. 我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函数，其一般形式为，幂指函数在求导时可以将函数“指数化"再求导.例如，对于幂指函数，.
（1）已知，求曲线在处的切线方程；
（2）若且，.研究的单调性；
（3）已知均大于0，且，讨论和大小关系.
【正确答案】（1）
（2）答案见解析 （3）答案见解析
【分析】（1）利用“指数化"，即可结合复合函数的求导法则即可求解，
（2）利用“指数化"，即可结合复合函数的求导法则求导，构造函数，即可求解，
（3）根据的单调性，即可令求解.
【小问1详解】
，
则，
所以，又因为，所以切线方程为.
【小问2详解】
，，
，
令，令，
，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递增.
小问3详解】
由（2）知，令，得，
由（2）知在上单调递增.
所以在上单调递增，
当时，，即.
当时，
方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
月份
1
2
3
4
5
6
净利润（万元）
5
10
26
50
96
195







3.50
63.67
3.49
1750
9.49
12.95
519.01