浙江省宁波市镇海区2023-2024学年高三上学期期末考试数学试题（PDF版含答案）

镇海区 2023 学年第一学期期末考试
高三数学试题
说明：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. A {x x2 5x 6 0},B {x 1 x 3},则 A B （ ）
A.{x 1 x 3} B.{x 1 x 3} C.{x 2 x 3} D.{x 2 x 3}
2．函数 f (x) 2x x3 9的零点所在区间为（ ）
A. 0,1 B. 1,2 C. (2,3) D. 3,4
3．设函数 f x a 1 x b（a 0， a 1），则函数 f x 的单调性（ ）a 1
A．与 a有关，且与b有关 B．与 a无关，且与b有关
C．与 a有关，且与b无关 D．与 a无关，且与b无关
4．已知等差数列 an ，则 k=2是a1 a11 ak a10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
5. 已知直线 a，m，n，l，且 m，n为异面直线，m 平面 ，n 平面 ．若 l满足 l m，
l n，则下列说法中正确的是（ ）
A. l / / B. l C. 若 a，则 a / /l D.

6.已知 e1,e

2 是单位向量，且它们的夹角是60 .若 a e1 2e2 ,b e1 e2 ，且 | a | | b |，则
（ ）
A．2 B． 2 C．2或 3 D．3或 2
7．函数 f x 5sin x x x cosx 在 2 , 2 上的图象大致为（ ）e
A． B．
1
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C． D．
3
8.设实数 x, y满足 x , y 3，不等式 k(2x 3)(y 3) 8x3 y3 12x2 3y2恒成立，则实数
2
k的最大值为（ ）
A. 12 B. 24 C. 2 3 D. 4 3
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 z1, z2，则下列结论正确的有（ ）
A. z21 z
2
1 B. z1 z2 z1 z2 C. z1z2 z1 z2 D. z1 z2 z1 z2
10.已知 f x ，g x 的定义域为 R，且 f x g 1 x a（a 0），g 1 x g 1 x ，
若 f x 2 为奇函数，则（ ）
A. g x 关于 x=1对称 B. g x 为奇函数 C. f 2 0 D. f x 为偶函数
2
11.已知O为坐标原点，曲线 : x2 y2 ay 3x2 y2 ， a 0 ， P x0 , y0 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. y a, 9 a 0 D. OP 的最大值为 3a 16
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
c
12. 在 ABC中，角 A,B,C 的对边分别为 a，b，c，已知 asin 2B sin 2A asin AcosC．则
2
角 B =
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
1
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 .
2
14．在四面体 P ABC中，BP PC, BAC 60 ，若 BC 2，则四面体 P ABC体积的最
大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
2
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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 ．（ 13 分 ） 在 VABC 中 ， 内 角 A， B ， C 的 对 边 分 别 为 a， b， c， 向 量
r r
m (b a,c),n (sin B sinC, sin A sin B)，且mr∥nr．
（1 1）求 A；（2）若VABC的外接圆半径为 2，且 cosB cosC ，求VABC的面积．
6
16. 2 n 1（15 分）已知 Tn为正项数列{an}的前 n项的乘积，且 a1＝3，Tn an ，数列{bn}满
足bn kan n .
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若数列{bn}为递增数列，求实数 k的取值范围；
17. （15分）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 p1；方案二：每次抽卡抽
中新皮肤的概率为 p2 ，若连续 99次未抽中，则第100次必中新皮肤.已知 0 p2 p1 1，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 E X ；
（3）若 p1 2p2 0.02，根据花费的均值从游戏策划角度选择收益较高的方案.
0.99100： 0.37 .
2 2
18. x y（17分）已知椭圆C： 2 2 1（ a 0，b 0）的左、右焦点a b
分别为 F1、F
1
2，离心率为 ，经过点 F1且倾斜角为 0 2 的直 2
线 l与椭圆交于A、B两点（其中点A在 x轴上方），△ABF2 的周长为
8．
3
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（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 AF1F2 ）与
y轴负半轴和 x轴所确定的半平面（平面 BF1F2）互相垂直．

1 若 ，求三棱锥 A BF1F2 的体积，3

2 若 ，异面直线 AF1和 BF2所成角的余弦值；3

3 是否存在 0

，使得△ABF2 折叠后的周长为与折叠
2
15
前的周长之比为 ？若存在，求 tan 的值；若不存在，请
16
说明理由．
19.（17 分）在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，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 : y f x 上的曲线段 AB，其弧长为 s，当动点从 A沿曲线段
AB运动到 B点时， A点的切线 lA 也随着转动到 B点的切线
lB ，记这两条切线之间的夹角为 （它等于 lB 的倾斜角与 lA
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 K 为曲线段 AB的平均曲率；显然当 B越
s
接近 A ，即 s 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
y
K lim （若极限存在）为曲线C在点 A处的曲率.（其中 y ', y ''分别表示
s 0 s 3 1 y 2 2
y f x 在点 A处的一阶、二阶导数）
（1）求单位圆上圆心角为 60o的圆弧的平均曲率；
2
（2 x）求椭圆 y2 1 在 3,
1
处的曲率；4 2
2 2 y
（3）定义 y 3 为曲线 y f x 的“柯西曲率”.已知在曲线 f x x ln x 2x上 1 y
存在两点 P x1, f x1 和Q x2 , f x2 ,且 P,Q处的“柯西曲率”相同，求 3 x 31 x2 的取值
4
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范围.
答案：
C B D B C D C B
9. BC 10. ACD 11.ABC
3 16
12.60° 13.1/3 14.
3 3
11.【解析】
将 x用 x替换代入方程，方程不变，故曲线关于 y轴对称，A正确；
令 x r cos ， y r sin ，代入整理可得 r a sin 3 ，
其中 r x2 y2 0， 为点 x, y 所在终边对应的角度，且 0,2π ，
r 0 0, π U 2π , π U 4π , 5π 因为 ，故 3 3
，
3 3
y 4π , 5π 3π因为曲线关于 轴对称，故 对应的图象关于 轴（即 y轴对称）对称， 3 3 2
注意到 r a sin 3 2π关于 的周期为 ，
3
π 5π x
故曲线也关于 和 （即 y ）对称，
6 6 3
故 B选项正确；
y a sin 3 sin a sin2 3 4sin2 a, 9 0 ，C正确；4 16
OP r a sin 3 a，D错误；
综上，选 ABC.
2
C另解： x2 y2 ay 3x2 y2 x4 2y2 3ay x2 y4 ay3 0，该方程关于 x2 有解，
9
由实根分布可知 y0 a, a

. 16
3
2
a a 8y
2 2 3x2 y2 2 2 3
D另解： x2 y2 8y2 3x2 y2 a x2 y2 2 ，
8 8 3
解得 OP x2 y2 a .

15. 解：（1）由已知m∥n，即 c(sinB sinC) (b a)(sin A sinB) 0，
由正弦定理得 c(b c) (b a)(a b) 0，即bc c2 a2 b2 0，
5
{#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}
2 2 2 π
整理得b2 c2 a2 bc，即 cos A
b c a 1
，又 A (0, π)，故 A ；
2bc 2 3
A π 2π cos(B C) 1（2）因为 ，所以 B C ，则 ，
3 3 2
即 cosB cosC sin B sinC 1 1 1 1 1 ，又 cos B cosC ，所以 sin B sinC ．
2 6 2 6 3
因为 ABC的外接圆半径 R 2，
b c bc 1 16
所以由正弦定理可得 sin B sinC
2R 2R 4R2
，所以bc ，
3 3
1
所以 S ABC bcsin A
1 16 3 4 3
．
2 2 3 2 3
16.
(1)an 3
n
（2）由b 1n 1 bn 0恒成立得k 6
17. 【解析】
k k
k k 1 p
1
10 *
1 P X 2
p2 , N
（ ） k 1 p 1101 p1, N*， P Y k
10 .
10
1 p
99
2 ,k 1000

（2） E X 10 k 1 p k 1 101 p1 ；
k 1 p1
10
（3） E X 500；
p1
99
E Y 10 k 1 p k 12 p2 1000 1 p 99 102 990 1 p 99 1000 990 0.37 633.7，
k 1 p
2
2
因为 E X E Y ，故选择方案二.
18. 解：（1）由椭圆的定义知： AF1 AF2 2a, BF1 BF2 2a，
所以△ABF2 的周长 L 4a 8，所以 a 2，
6
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1 c 1
又椭圆离心率为 2 ，所以 ，所以 c 1，b
2 a2 c2a 2 3
，
由题意，椭圆的焦点在 x轴上，
x2 y2
所以椭圆的标准方程为 1；
4 3
（2）①
x2 y2
由直线 l： y 0 3 x 1 与 1，
4 3
联立求得 A 0, 3 8 3 ，（因为点A在 x轴上方）以及 B , 3 ，
5 5
| AF1 | 2,| BF1 |
6
,V 1 1 | BF1 || F1F2 | sin120
0 | AF1 | sin 60
0 3
5 3 2 5
15 1
②由 A F2 B F2 A B ， AF2 BF2 | AB | 8，故 AB A B ，2 2
O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
F 0, 1,0 3 8A 0 0 3 B 3, ,0 1 ， , , ， ， F2 0,1,0 ，
5 5

F1A 0,1, 3 BF 3 13， 2 3, ,0 ．
5 5

F1A BF 2 13
记异面直线 AF1和 BF2所成角为 ，则 cos cos F1A,BF2 ；F A BF 281 2
②设折叠前 A x1, y1 ，B x2 , y2 ，折叠后A，B在新图形中对应点记为 A ，B ，A x1, y1, 0 ，
B x2 , 0, y2 ，
my x 1
将直线 l
2 2
方程与椭圆方程联立 x2 y2 ，得 3m 4 y 6my 9 0，
1 4 3
7
{#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}
y 6m 91 y2 2 ， y1y2 ，3m 4 3m2 4
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）；
A B x1 x
2
2 y
2
1 y
2
2 ， AB x1 x2
2 y1 y
2
2 ，
AB A B 1所以 x 2 2 2 2 21 x2 y1 y2 x1 x2 y1 y2 ，（i）2
2y1y2 1
又 x x 2 y y 2 x x 2 2 2 2，1 2 1 2 1 2 y1 y2
所以 x1 x1
2 y1 y
2
2 x1 x
2
2 y
2 y21 1 4 y1y2，（ii）
2 2 1
由（i）（ii）可得 x1 x2 y1 y2 2y1y4 2，
2
因为 x1 x2
2 y y 2 21 2 1 m y y 2 1 1 2 2y1y2 ，
4
1 m2 6m
2

36 2

1 18
所以 2 2
2
，
3m 4 3m 4 4 3m 4


2 2
即144 1 m 1 18 2
，
3m 4 4 3m2 4
12 12m2 1 18
2
28
所以 2 2 ，解得m ，3m 4 4 3m 4 45
因为0

tan 1 3 35，所以 ．
2 m 14
8
{#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}
另解：设 | AF1 |
3
,| BF | 3
2 cos 1 2 cos
由三余弦定理可知， cos ABF cos2 ，在三角形 ABF1中，由余弦定理

| A 'B ' |2 (| AB |
1
)2
2 联立解出
| A 'B ' |
2 | AF |2 | BF |21 1 2 | AF1 || BF1 | ( cos
2 )
cos2 28 3 35 , tan
73 14
19. 【解析】
π
（1 ） K 3 .
s π
1
3
1 1 3
x2 x x2

2
2 y 1 x
2 2 x2 x2 2
（ ） 1 ， y 1 ， y 1 1 ，
4 4 4 4 4 16 4
3 2 16 7
故 y ， y 2，故 K .
x 3 2 x 3 3 3 2 49
1 4
1 2 2 y 3 f x y 2 2 2 2（ ） f x ln x 1， ，故 ，其中 s 3 x，
x 1 y 3 x ln x 3 3 3 s ln s 3
令 t 3 3 t ln t t21 x1 ,t2 x2 ，则 t1 ln t1 t2 ln t2，则 ln t1 ，其中 t 1（不妨 t tt 1 t 2 1
）
1
p x x ln x p x 1 ln x p x 0, 1 1 1令 吗， 在 e
递减，在 , e
递增，故1 t2 t1 0；
e
2 t 1
令 h t ln t t t ln t 11 2 ln t 1 ，则 h t 2 lnt 0，t 1 t 1 t 1
2 t 1
（自行补证 ln t t 1 ）
t 1
则 h t 在 1, 递增，又 limh t ln 2 1， lim h t 0，故 ln t t ln 2 1,0 ，
t 1 t 1 2
故 3 x 3 x t t 2 1 2 1 2 ,1 .
e
9
{#{QQABBQCAogAAABBAAQgCUwE4CAIQkBGAACoOAEAIoAAAyANABAA=}#}