江西省上高二中2024届高三下学期数学周练卷 2.23（含答案）

2024届高三年级数学周练卷 2.23
单项选择题（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）
抛物线的焦点坐标为（　　）
B. C. D.
2．在等比数列{an}中，，，且前x项和Sx=121，（　　）
A. B. C.6 D.
3．已知表示两条不同直线，表示平面，则（ ）
A.若，则m∥n B.若，则m⊥n
C.若，则 D.若，则
4．有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法
A.72 B.96 C.108 D.144
5．在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为CD，BC的中点.若AB＝λAM＋μAN，则λ＋μ等于(　　)
A.15 B.25 C.35 D.45
6．函数的图像为椭圆C：x轴上方的部分，若，，成等比数列，则点(s，t)轨迹是（ ）
A.线段（不包含端点） B.椭圆一部分
C.双曲线一部分 D.线段（不包含端点）和双曲线一部分
7．已知，，则（ ）
A.3 B. C. D.2
8．双曲线C：的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为，点
P(x1，y1)是C的右支上异于顶点的一点，过F2作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足是M，，若C上一点T满足，则T到C的两条渐近线距离之和为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分）
9．已知复数z1，z2是关于x的方程的两根，则（ ）
A. B. C. D.
10．如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ）
A B C D
11．设a为常数，，，则（ ）
A. B.恒成立
C. D. 满足条件的不止一个
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．集合，若A中元素至多有1个，则a的取值范围为 _______________．
13．已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成角的余弦值为_______时，圆锥的体积最大，最大值为 ．(前空2分后空3分)
14．函数的最小值为___________．
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．（12分）某校举行围棋友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束．
（1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望．
16.（12分）在中，．
（1）若，求；
（2）为边上一点，且，求的面积．
17．（12分）数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n（1＋an）2，a1，a2，a5依次成等比数列(公比不等于1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝（－1）n＋1nanan＋1，{bn}的前n项和为Tn，求Tn.
18．（12分）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的
平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直．
(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM∥平面ADE；
(2)若∠BAD＝60°，AB＝2，直线CF与平面BCE所成角的
正弦值为15)10，求点F到平面BCE的距离．
19．（14分）已知抛物线E：的焦点为F，若△ABC的三个顶点都在抛物线E上，且满足，则称该三角形为“核心三角形”.
(1)设核心三角形ABC的一边AB所在直线的斜率为2，求直线AB的方程；
(2)已知△ABC是“核心三角形”，证明：△ABC三个顶点的横坐标都小于2.
20.（15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：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．
2024届高三年级数学周练卷参考答案
一、单项选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B B A D A A A
二、多项选择题
题号 9 10 11
答案 ACD AD ABC
三、填空题
题号 12 13 14
答案 ，
四、解答题
15.（1）甲3局全胜的概率为, 乙3局全胜的概率为，
进行3局比赛决出冠亚军的概率为··············6分
（2）的可能取值为1，2，
，，
故的分布列为：
1 2
故．··············12分
16.【详解】（1）在中，由正弦定理及题设得
，故， 解得，
又，所以.··············6分
（2）设，则．
在中，由余弦定理得，，
即，①
在等腰中，有，②
联立①②，解得或（舍去）．
所以为等边三角形，所以，
所以．
解法二：（1）同解法一．
（2）设，则
因为，
所以，
由余弦定理得，得，
所以，解得或（舍去）．
所以为等边三角形，所以，
所以．··············12分
解：(1)因为Sn＝n（1＋an）2，
则当n＝1时，a1＝S1＝1＋a12，所以a1＝1，
当n≥2时，Sn－1＝（n－1）（1＋an－1）2，
所以an＝n（1＋an）2－（n－1）（1＋an－1）2
(n－2)an－(n－1)an－1＋1＝0，
所以(n－1)an＋1－nan＋1＝0，
所以(n－1)an＋1＋(n－1)an－1－2(n－1)an＝0，
所以an＋1＋an－1－2an＝0，即an＋1＋an－1＝2an，
所以数列{an}为等差数列，记其公差为d，
则a2＝1＋d，a5＝1＋4d，
因为a1，a2，a5依次成等比数列，
所以(1＋d)2＝1＋4d，
解得d＝2或d＝0(舍去)，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.··············6分
(2)由题意可得bn＝（－1）n＋1nanan＋1＝（－1）n＋1n（2n－1）（2n＋1）
＝（－1）n＋14\a\vs4\al\co1(\f(112n＋1)，
所以Tn＝14\a\vs4\al\co1(1＋\f(13))－14\a\vs4\al\co1(\f(115)＋…＋（－1）n＋14\a\vs4\al\co1(\f(112n＋1)
＝141＋\f(（－1）n＋12n＋1)).··············12分
18.解：(1)证明：由题意知，四边形BDEF为矩形，所以BF∥DE，
又BF 平面ADE，DE 平面ADE，
所以BF∥平面ADE，
同理可证BC∥平面ADE，
又BC∩BF＝B，BC，BF 平面BCF，
所以平面BCF∥平面ADE，
因为M为线段BF上的一个动点，
所以CM 平面BCF，
所以CM∥平面ADE. ·············5分
(2)因为平面ABCD⊥平面BDEF，平面ABCD∩平面BDEF＝BD，DE⊥DB，DE 平面BDEF，
所以DE⊥平面ABCD.
又底面ABCD为菱形，且∠BAD＝60°，AB＝2，
所以△ABD为等边三角形，且AB＝BD＝2，
设BF＝a，
取AB的中点为G，连接DG，以D为原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(3，1，0)，C(0，2，0)，E(0，0，a)，F(3，1，a)，
则＝(3，－1，a)，＝(－3，1，0)，＝(0，－2，a)．
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则－\r(3)x＋y＝0，－2y＋az＝0，)
取x＝1，则y＝3，z＝3)a，即n＝\a\vs4\al\co1(1，\r(3)，\f(2\r(3)a)).
设直线CF与平面BCE所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝\a\vs4\al\co1(\r(3)－\r(3)＋a·\f(2\r(3a))4＋a2a2)＝15)10，
化简可得a4－13a2＋12＝0，解得a＝23或a＝1(负值舍去)．
设点F到平面BCE的距离为d，
当a＝23时，n＝(1，3，1)，＝(0，0，23)，
则d＝＝3)|\r(1＋3＋1)＝15)5；
当a＝1时，n＝(1，3，23)，＝(0，0，1)，
则d＝＝3)|\r(1＋3＋12)＝3)2.
故点F到平面BCE的距离为15)5或3)2.··············12分
19. 解：
·············7分
··············14分
20.【解】（1）．·············3分
（2），，，
故，，故．··············7分
（3），，
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．··············15分