浙江省嘉兴市2023-2024学年高三上学期期末检测数学试题
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．（2024高三上·嘉兴期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·嘉兴期末）已知，则：22-i （ ）
A． B． C． D．5
3．（2024高三上·嘉兴期末）已知单位向量，的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·嘉兴期末）已知直线与圆：相交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·嘉兴期末）卫生纸是人们生活中的必需品，随处可见．卫生纸形状各异，有单张四方型的，也有卷成滚筒形状的．某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为40mm，卫生纸厚度为0.1mm．若未使用时直径为90mm，使用一段时间后直径为60mm，则这个卷筒卫生纸大约己使用了（ ）
A．25.7m B．30.6m C．35.3m D．40.4m
6．（2024高三上·嘉兴期末）已知函数的图象关于点对称，则下列函数是奇函数的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·嘉兴期末）已知是等比数列，则“对任意正整数n，”是“数列是递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（2024高三上·嘉兴期末）已知正实数a，b，c满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·嘉兴期末）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据4，4，5，5，6，7，9的75%分位数为6
B．若随机变量满足，则
C．若随机变量服从两点分布，，则
D．若随机变量X服从正态分布，且，则
10．（2024高三上·嘉兴期末）已知函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在单调递减
C．函数在的值域为
D．将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于y轴对称
11．（2024高三上·嘉兴期末）已知正方体的边长为1，点P满足，其中，，则（ ）
A．当时，存在点P，使得平面
B．当时，不存在点P，使得平面
C．当，满足时，点到平面的距离的最小值为
D．当，满足时，三棱锥，的体积的最小值为
12．（2024高三上·嘉兴期末）已知点是抛物线：上一点，过点P作抛物线：的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，H为线段MN的中点，F为的焦点，则（ ）
A．若，则直线MN经过点F B．直线轴
C．点H的轨迹方程为 D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高三上·嘉兴期末）的展开式中，常数项为 （用数字作答）．
14．（2024高三上·嘉兴期末）已知，则 ．
15．（2024高三上·嘉兴期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P，Q在C上且满足，，则C的离心率为 ．
16．（2024高三上·嘉兴期末）已知圆锥的母线长与底面圆的直径均为．现有一个半径为1的小球在内可向各个方向自由移动，则圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2024高三上·嘉兴期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，．
（1）若，求的面积；
（2）若为钝角三角形，求a的取值范围．
18．（2024高三上·嘉兴期末）已知是公差为2的等差数列，数列满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记数列的前n项积为，若，求m．
19．（2024高三上·嘉兴期末）等边三角形的边长为3，O，P分别是边AB和AC上的点，且，如图1．将沿OP折起到的位置，连结，．点Q满足，且点Q到平面的距离为，如图2．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
20．（2024高三上·嘉兴期末）某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2分为止，且多得2分的一方胜出．现甲乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次抢到的概率都为．若甲、乙正确回答每道题的概率分别为和，每道题回答是否正确相互独立．
（1）求第1题答完甲得1分的概率；
（2）求第2题答完比赛结束的概率；
（3）假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率．
21．（2024高三上·嘉兴期末）已知，分别是双线的左，右顶点，，点到其中一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线C的方程：
（2）过点的直线1与C交于M，N两点（异于，两点），直线OP与直线交于点Q．若直线与的斜率分别为，，试问是否为定值？若是，求出此定值；否不是，请说明理由．
22．（2024高三上·嘉兴期末）已知函数．
（1）若时，在其定义域内不是单调函数，求a的取值范围；
（2）若，时，函数有两个极值点，，求证：．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解不等式：可得：则
又，故.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查含绝对值不等式的解法及交集的运算，根据的解集为：解出B集合中的不等式，得到B集合，再根据交集的运算进行求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：则，
故
故答案为：D.
【分析】本题主要考查复数的计算及共轭复数的概念，根据复数的计算求得再根据共轭复数的概念求得，然后代入计算即可求解.
3．【答案】B
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：
=
故答案为：B.
【分析】本题主要考查主要考查单位向量及向量的数量积计算.根据单位向量的模长为1及平面向量的数量积运算即可求解.
4．【答案】B
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：根据 圆： ，可得圆心O的坐标为，圆O的半径为1，
则圆心O到直线，的距离为：则
且，即故
故答案为：B.
【分析】本题主要考查圆的垂径定理、点到直线的距离公式，根据题意可求得圆心O到直线l的距离d，再根据即可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意可得 未使用时卷筒卫生纸的直径为90mm，则半径为45mm，
纸筒直径为40mm ，则纸筒半径为20mm，则卷纸的总厚度为45-20=25mm，
又卫生纸厚度为0.1mm ，则未使用的卫生纸有层， 使用一段时间后直径为60mm ，
这时纸筒的加卷纸的半径为30mm，此时卫生卷纸的总厚度为10mm，
则还有层还未使用，因为每一圈卷纸的周长构成等差数列，
根据等差数列的求和公式可得：
则卫生纸使用了：
故答案为：C.
【分析】本题主要考查了等差数列的实际运用即等差数列的前n项和公式，根据题意可求得为使用的卷纸有总共250层，当使用一段时间后还有100层，又因为每一圈卫生纸的周长构成等差数列，根据等差数列的求和公式进行求解即可.
6．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为 函数的图象关于点对称 ，
故将函数的图像向右平移一个单位，再向下平移一个单位可得函数，
即的图像关于点（0，0）对称，即函数为奇函数.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查函数的平移及函数的奇偶性，根据奇函的图像关于原点对称，故只要将 函数的图象的对称点变为原点即可，故将函数的图像向右平移一个单位，再向下平移一个单位可得函数即可得到答案.
7．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：必要性：若数列是严格的递增数列，故对任意正整数n，都有，是数列为递增数列的必要条件；
充分性：因为等比数列对任意正整数n，都有，所以数列中不可能同时含有正项和负项，
故即或即
①当时有：，即，故数列是严格的递增数列；
②当时，有：，即，故数列是严格的递增数列，
所以对任意正整数n，”是“数列是递增数列”的充分条件，
综上所述：对任意正整数n，”是“数列是递增数列”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】本题主要充要条件的判定、等比数列通项公式得运用，根据严格递增数列的定义即可判定必要性，然后再利用等比数列的通项公式得到的取值范围，分①，②两种情况进行讨论即可证明充分性.
8．【答案】A
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为a，，为正实数，且则即
由，化简可得：
故可构造函数： ， ，
对函数求导得：
令可得：令可得
故在上递减，在上单调递增，
故又对函数求导得：
令得：令得
故在上递减，在上单调递增，
故，又
则当时，即
当x=1时，当时
则函数与的图像如下图：
令，由图像可得：或，
由上知故即可排除C，D选项，
因为所以即
令其在R上单调递增，又则，
故即可得：，综上所述可得：.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查了利用导数确定函数的单调性及求函数的最大最小值、作差法比较大小，根据题意得到：再对题目中的第一个等式变形后，再根据等式可构造函数： ， ，然后分别求导分析其单调性，求出最值画出函数图象，根据函数图象即可判定CD选项，再对题目中第二个等式变形，构造函数，分析其单调性即可求解.
【知识点】正态分布的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A选项：样本数据共有7个，故第75%分位数是第6个数据，为7，故A选项错误；
对于B选项：故B选项正确；
对于C选项：因为 随机变量服从两点分布，，则
则故故C选项正确；
对于D选项：根据条件可得，正态分布函数的图象关于直线x=2对称， 且 ，故，故D选项正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题主要考查百分位公式、期望方差公式、正态分布的对称性，根据百分位数公式即可判定A选项；根据期望和方公式即可判定BC选项；根据正态分布的对称性即可判定D选项.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由辅助角公式可得：
其中则
又函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
则函数的周期为：又由周期公式可得：解得：
故由上可A选项正确，
对于B选项：令解得：
则函数的一个减区间为：而
所以 函数在单调递减 ，即B选项正确；
对于C选项：当时，则
所以则
即函数在的值域为，故C选项错误；
对于D选项： 将函数的图象向右平移个单位长得：
其图像关于原点对称，故D选项错误.
故答案为：AB.
【分析】本题主要考查三角函数的图象及性质、辅助角公式，利用辅助角公式对函数化简，然后利用周期公式可求得从而得到即可判定A选项；由正弦函数的单调性解出不等式即可判定B选项；根据x的范围得再根据正弦函数的的性质即可判定C选项；由函数的平移变换及正弦函数的性质即可判定D选项.
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：如下图：根据正方体的性质，可以以点D为原点，以DA，AC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
对于A选项：当时，可取即点P与点A重合，得则故
所以，且 平面，平面，则 平面 ，故A选项正确；
对于B选项： 当时 ，取，则此时点P与点B重合，得
因为，
则
故即，且平面，故平面，则B选项错误；
对于C选项：由即
则，则，
故，
设平面的法向量为由
令则故点到平面的距离为
因为所以当时，故C选项正确，
对于D选项：为等边三角形，则
由，，，可得
故可设则
设平面的法向量为由
令则故
则点P到平面的距离为：
又则所以当，即时有最大值1，
则 故三棱锥，的体积的最小值为故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题主要考查立体机中的线面平行的判定、线面垂直的判定、点到平面的距离、三棱锥的体积，根据根据正方体的性质，可以以点D为原点，以DA，AC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，对于A选项当时，可取即点P与点A重合，通过平行向量的判定可证得，进而根据线面平行的判定可证明A选项，对于B选项： 当时 ，取，则此时点P与点B重合，得结合向量的数量积运算及线面垂直的判定即可判定B选项，对于C选项：结合题干条件及选项条件表示出点P的坐标，求出平面的法向量，然后运用得到距离的表达式在结合的取值范围进行求解即可，对于D选项：根据题意求得，根据的取值范围及选项中的条件可得然后运用三角函数进行换元，最后利用三角函数的单调性即可求解.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；抛物线的应用
【解析】【解答】解： 抛物线： 的焦点为，设点M，N的坐标分别为，
则可设过点M的切线方程为：过点N的切线方程为：
根据题意可得这两条切线相交于点，则
从而直线MN的方程为：若，则直线M经过点，故A选项正确，联立经过点M、N的切线方程解得：即则
故，又M、N的中点H为，
故 直线轴所以B选项正确，
对于C选项：由B选项知点H为，又 ，
从而点M的轨迹方程为：故C选项错误，
对于D选项：
则
又则
同理可得：从而，故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题主要考查抛物线的基本性质、运用向量解决夹角、轨迹方程，设点M，N的坐标分别为根据题意写出过点M、N的切线方程，再利用两条切线的公共点P，可得直线MN的方程，将代入检验即可判定A选项，联立过点M、N的切线方程可解得从而得到则然后再根据点P即中点坐标公式即可求解B选项，利用中点坐标公式及抛物线的方程可得再结合即可求得点H的轨迹方程，写出，然后运用向量的夹角公式即可求解.
13．【答案】15
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：的展开通项公式为
则当，即时为常数项，故常数项为：
故答案为：15.
【分析】本题主要考查二项式的展开式，利用二项式的展开式即可求解.
14．【答案】
【知识点】三角函数中的恒等变换应用
【解析】【解答】解：因为，
所以
故答案为：.
【分析】本题主要考查诱导公式及倍角公式的运用，根据利用诱导公式化简再运用倍角公式进行求值即可.
15．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为，所以可设则
又根据椭圆的定义可得：
又因为，则根据勾股定理可得：
即又解得：
则即则
则椭圆C的离心率为：.
故答案为：.
【分析】本题主要考查向量的性质、椭圆的定义、勾股定理，根据题意设则利用椭圆的定义求得，然后再利用勾股定理进行求解即可.
16．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：在圆锥 内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个圆环，其面积为：
在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其面积为
综上则圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为
故答案为：.
【分析】本题主要考查立体图形的截面，根据题意可得在圆锥 内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个圆环，利用圆环的面积公式即可求得其面积，在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，利用圆的面积求其面积，再求和即可求解.
17．【答案】（1）解：由及正弦定理，则．
当时，，，由余弦定理，，
从而，此时的面积
（2）解：由于，，则，解得．
由于C为的最大内角，，
即，解得．
由于，则
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题主要考查正弦定理、余弦定理的运用.
（1）根据题意及正弦定理可得，从而求得b，c的值，运用余弦定理求得的值，再利用同角三角函数的关系求得然后代入三角的面积公式即可求解；
（2）根据大角对大边及a，b，c的关系求得，再运用余弦定理解得关于a的一元二次不等式，解出a的取值范围即可求解.
18．【答案】（1）解：令，，得，
所以，代入原式得，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以
（2）解：，，由，得，即，可解得
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【分析】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及基本性质.
（1）根据已知条件取n=1，求得，即可得到数列的通项公式，再将其代入原等式即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）中的结论得到数列的通项公式，进而求得，然后代入方程即可求解.
19．【答案】（1）证明：证法1（坐标法）：
因为，点Q到平面的距离为，所以点到平面的距离为1，
则平面．以O为原点如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，又平面的法向量，
由于，直线平面，所以平面．
证法2（几何法）：
取OB中点S和线段靠近点B的三等分点T，连结ST，SP，TO，，
，
所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，从而平面
（2）解：解法1（坐标法）：
平面的法向量，设平面的法向量，
，，
由，得，令，
，，即．
设平面与平面夹角大小为，所以，
即平面与平面夹角的余弦值．
解法2（几何法）：
延长BC，OP交于点R，连结，作，连结BD．
由于平面，则．又，，从而直线平面，，
所以为二面角的平面角，记为，
在直角中，，，所以，
又，则，，
即平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题主要考查线面平行的判定、二面角的求法.
（1）根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求得平面的法向量然后利用，即可求证；
（2）由（1）知平面的法向量求出平面的法向量，设平面与平面夹角大小为，根据，即可求得答案.
20．【答案】（1）解：记“答完1题甲得1分”为事件A，则，第1题答完甲得1分的概率为
（2）解：第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分．记“答完1题乙得1分为事件B，”则．记“第2题答完比赛结束”为事件C，
（3）解：记甲最终胜出的概率为．答完2题，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，与初始状态（即比赛前）的情况相同，从而，即，解得，即甲最终胜出的概率为
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】本题主要考查古典概型、相互独立事件的概率公式等基础知识.
（1）根据题意利用相互独立事件概率乘法公式即可求得甲得1分的概率公式；
（2）第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分，记“答完1题乙得1分为事件B，”记“第2题答完比赛结束”为事件C，然后利用古典概型、相互独立事件的概率公式进行求解即可；
（3）记甲最终胜出的概率为．答完2题，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，与初始状态（即比赛前）的情况相同，据此即可求解.
21．【答案】（1）解：由题意知．点到直线的距离为，
解得，从而双曲线C的方程为
（2）解：设，，直线l的方程为，联立，
则，从而，
解得且，此时．
直线OP的方程为，直线的方程为，
联立解得，．由于
，即
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题主要考查双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的定值问题.
（1）根据题意及利用点到直线的距离公式解出a，b即可求解.
（2）设，直线l的方程为，然后联立直线l与双曲线的方程消去y并化简得到关于x的一元二次方程，然后根据韦达定理得到：关于k的表达式，然后利用斜率公式表达出，将代入其中化简即可求解.
22．【答案】（1）解：当，，．
令，得，令，，在递减，在递减，在单调递增．当时，；当时，．由于函数在其定义域内不是单调函数，即方程有解，从而或
（2）证明：因为，所以：，．
因为函数有两个极值点，即有两解，函数的图象与直线有两个交点，令，得．当，；当，，，所以．
设的图象与x轴的交点为，，则函数的图象在点P处的切线为．又，，，所以．函数的图象在Q处的切线为．
设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，则，，
所以，即证
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题主要考查利用导数判定函数单调性、利用导数解决极值问题等知识.
（1）将代入函数求出其导函数，令，得，令，对求导，然后判定其导函数的正负，从而求得函数的单调区间，找到的极值，根据函数在其定义域内不是单调函数，即方程有解即可求解；
（2）将代入原函数化简其解析式，再求导，得到，根据函数有两个极值点，即有两解，再构造函数，求其导函数并判定导数的正负，进而求得的单调区间和极值，进而得到m的取值范围，设的图象与x轴的交点为，，再通过导函数写出在店P出的切线方程及点Q处的切线方程，设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，得到，关于m的表达式，再李不等式的性质进行证明即可.
1 / 1浙江省嘉兴市2023-2024学年高三上学期期末检测数学试题
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．（2024高三上·嘉兴期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解不等式：可得：则
又，故.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查含绝对值不等式的解法及交集的运算，根据的解集为：解出B集合中的不等式，得到B集合，再根据交集的运算进行求解即可.
2．（2024高三上·嘉兴期末）已知，则：22-i （ ）
A． B． C． D．5
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：则，
故
故答案为：D.
【分析】本题主要考查复数的计算及共轭复数的概念，根据复数的计算求得再根据共轭复数的概念求得，然后代入计算即可求解.
3．（2024高三上·嘉兴期末）已知单位向量，的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：
=
故答案为：B.
【分析】本题主要考查主要考查单位向量及向量的数量积计算.根据单位向量的模长为1及平面向量的数量积运算即可求解.
4．（2024高三上·嘉兴期末）已知直线与圆：相交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：根据 圆： ，可得圆心O的坐标为，圆O的半径为1，
则圆心O到直线，的距离为：则
且，即故
故答案为：B.
【分析】本题主要考查圆的垂径定理、点到直线的距离公式，根据题意可求得圆心O到直线l的距离d，再根据即可求出答案.
5．（2024高三上·嘉兴期末）卫生纸是人们生活中的必需品，随处可见．卫生纸形状各异，有单张四方型的，也有卷成滚筒形状的．某款卷筒卫生纸绕在圆柱形空心纸筒上，纸筒直径为40mm，卫生纸厚度为0.1mm．若未使用时直径为90mm，使用一段时间后直径为60mm，则这个卷筒卫生纸大约己使用了（ ）
A．25.7m B．30.6m C．35.3m D．40.4m
【答案】C
【知识点】等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：根据题意可得 未使用时卷筒卫生纸的直径为90mm，则半径为45mm，
纸筒直径为40mm ，则纸筒半径为20mm，则卷纸的总厚度为45-20=25mm，
又卫生纸厚度为0.1mm ，则未使用的卫生纸有层， 使用一段时间后直径为60mm ，
这时纸筒的加卷纸的半径为30mm，此时卫生卷纸的总厚度为10mm，
则还有层还未使用，因为每一圈卷纸的周长构成等差数列，
根据等差数列的求和公式可得：
则卫生纸使用了：
故答案为：C.
【分析】本题主要考查了等差数列的实际运用即等差数列的前n项和公式，根据题意可求得为使用的卷纸有总共250层，当使用一段时间后还有100层，又因为每一圈卫生纸的周长构成等差数列，根据等差数列的求和公式进行求解即可.
6．（2024高三上·嘉兴期末）已知函数的图象关于点对称，则下列函数是奇函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为 函数的图象关于点对称 ，
故将函数的图像向右平移一个单位，再向下平移一个单位可得函数，
即的图像关于点（0，0）对称，即函数为奇函数.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查函数的平移及函数的奇偶性，根据奇函的图像关于原点对称，故只要将 函数的图象的对称点变为原点即可，故将函数的图像向右平移一个单位，再向下平移一个单位可得函数即可得到答案.
7．（2024高三上·嘉兴期末）已知是等比数列，则“对任意正整数n，”是“数列是递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；等比数列的通项公式；等比数列的性质
【解析】【解答】解：必要性：若数列是严格的递增数列，故对任意正整数n，都有，是数列为递增数列的必要条件；
充分性：因为等比数列对任意正整数n，都有，所以数列中不可能同时含有正项和负项，
故即或即
①当时有：，即，故数列是严格的递增数列；
②当时，有：，即，故数列是严格的递增数列，
所以对任意正整数n，”是“数列是递增数列”的充分条件，
综上所述：对任意正整数n，”是“数列是递增数列”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】本题主要充要条件的判定、等比数列通项公式得运用，根据严格递增数列的定义即可判定必要性，然后再利用等比数列的通项公式得到的取值范围，分①，②两种情况进行讨论即可证明充分性.
8．（2024高三上·嘉兴期末）已知正实数a，b，c满足，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：因为a，，为正实数，且则即
由，化简可得：
故可构造函数： ， ，
对函数求导得：
令可得：令可得
故在上递减，在上单调递增，
故又对函数求导得：
令得：令得
故在上递减，在上单调递增，
故，又
则当时，即
当x=1时，当时
则函数与的图像如下图：
令，由图像可得：或，
由上知故即可排除C，D选项，
因为所以即
令其在R上单调递增，又则，
故即可得：，综上所述可得：.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查了利用导数确定函数的单调性及求函数的最大最小值、作差法比较大小，根据题意得到：再对题目中的第一个等式变形后，再根据等式可构造函数： ， ，然后分别求导分析其单调性，求出最值画出函数图象，根据函数图象即可判定CD选项，再对题目中第二个等式变形，构造函数，分析其单调性即可求解.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高三上·嘉兴期末）下列说法正确的是（ ）
A．样本数据4，4，5，5，6，7，9的75%分位数为6
B．若随机变量满足，则
C．若随机变量服从两点分布，，则
D．若随机变量X服从正态分布，且，则
【知识点】正态分布的期望与方差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A选项：样本数据共有7个，故第75%分位数是第6个数据，为7，故A选项错误；
对于B选项：故B选项正确；
对于C选项：因为 随机变量服从两点分布，，则
则故故C选项正确；
对于D选项：根据条件可得，正态分布函数的图象关于直线x=2对称， 且 ，故，故D选项正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题主要考查百分位公式、期望方差公式、正态分布的对称性，根据百分位数公式即可判定A选项；根据期望和方公式即可判定BC选项；根据正态分布的对称性即可判定D选项.
10．（2024高三上·嘉兴期末）已知函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数在单调递减
C．函数在的值域为
D．将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象关于y轴对称
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由辅助角公式可得：
其中则
又函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
则函数的周期为：又由周期公式可得：解得：
故由上可A选项正确，
对于B选项：令解得：
则函数的一个减区间为：而
所以 函数在单调递减 ，即B选项正确；
对于C选项：当时，则
所以则
即函数在的值域为，故C选项错误；
对于D选项： 将函数的图象向右平移个单位长得：
其图像关于原点对称，故D选项错误.
故答案为：AB.
【分析】本题主要考查三角函数的图象及性质、辅助角公式，利用辅助角公式对函数化简，然后利用周期公式可求得从而得到即可判定A选项；由正弦函数的单调性解出不等式即可判定B选项；根据x的范围得再根据正弦函数的的性质即可判定C选项；由函数的平移变换及正弦函数的性质即可判定D选项.
11．（2024高三上·嘉兴期末）已知正方体的边长为1，点P满足，其中，，则（ ）
A．当时，存在点P，使得平面
B．当时，不存在点P，使得平面
C．当，满足时，点到平面的距离的最小值为
D．当，满足时，三棱锥，的体积的最小值为
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：如下图：根据正方体的性质，可以以点D为原点，以DA，AC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
对于A选项：当时，可取即点P与点A重合，得则故
所以，且 平面，平面，则 平面 ，故A选项正确；
对于B选项： 当时 ，取，则此时点P与点B重合，得
因为，
则
故即，且平面，故平面，则B选项错误；
对于C选项：由即
则，则，
故，
设平面的法向量为由
令则故点到平面的距离为
因为所以当时，故C选项正确，
对于D选项：为等边三角形，则
由，，，可得
故可设则
设平面的法向量为由
令则故
则点P到平面的距离为：
又则所以当，即时有最大值1，
则 故三棱锥，的体积的最小值为故D选项正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题主要考查立体机中的线面平行的判定、线面垂直的判定、点到平面的距离、三棱锥的体积，根据根据正方体的性质，可以以点D为原点，以DA，AC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，对于A选项当时，可取即点P与点A重合，通过平行向量的判定可证得，进而根据线面平行的判定可证明A选项，对于B选项： 当时 ，取，则此时点P与点B重合，得结合向量的数量积运算及线面垂直的判定即可判定B选项，对于C选项：结合题干条件及选项条件表示出点P的坐标，求出平面的法向量，然后运用得到距离的表达式在结合的取值范围进行求解即可，对于D选项：根据题意求得，根据的取值范围及选项中的条件可得然后运用三角函数进行换元，最后利用三角函数的单调性即可求解.
12．（2024高三上·嘉兴期末）已知点是抛物线：上一点，过点P作抛物线：的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，H为线段MN的中点，F为的焦点，则（ ）
A．若，则直线MN经过点F B．直线轴
C．点H的轨迹方程为 D．
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；抛物线的应用
【解析】【解答】解： 抛物线： 的焦点为，设点M，N的坐标分别为，
则可设过点M的切线方程为：过点N的切线方程为：
根据题意可得这两条切线相交于点，则
从而直线MN的方程为：若，则直线M经过点，故A选项正确，联立经过点M、N的切线方程解得：即则
故，又M、N的中点H为，
故 直线轴所以B选项正确，
对于C选项：由B选项知点H为，又 ，
从而点M的轨迹方程为：故C选项错误，
对于D选项：
则
又则
同理可得：从而，故D选项正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题主要考查抛物线的基本性质、运用向量解决夹角、轨迹方程，设点M，N的坐标分别为根据题意写出过点M、N的切线方程，再利用两条切线的公共点P，可得直线MN的方程，将代入检验即可判定A选项，联立过点M、N的切线方程可解得从而得到则然后再根据点P即中点坐标公式即可求解B选项，利用中点坐标公式及抛物线的方程可得再结合即可求得点H的轨迹方程，写出，然后运用向量的夹角公式即可求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024高三上·嘉兴期末）的展开式中，常数项为 （用数字作答）．
【答案】15
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：的展开通项公式为
则当，即时为常数项，故常数项为：
故答案为：15.
【分析】本题主要考查二项式的展开式，利用二项式的展开式即可求解.
14．（2024高三上·嘉兴期末）已知，则 ．
【答案】
【知识点】三角函数中的恒等变换应用
【解析】【解答】解：因为，
所以
故答案为：.
【分析】本题主要考查诱导公式及倍角公式的运用，根据利用诱导公式化简再运用倍角公式进行求值即可.
15．（2024高三上·嘉兴期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P，Q在C上且满足，，则C的离心率为 ．
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为，所以可设则
又根据椭圆的定义可得：
又因为，则根据勾股定理可得：
即又解得：
则即则
则椭圆C的离心率为：.
故答案为：.
【分析】本题主要考查向量的性质、椭圆的定义、勾股定理，根据题意设则利用椭圆的定义求得，然后再利用勾股定理进行求解即可.
16．（2024高三上·嘉兴期末）已知圆锥的母线长与底面圆的直径均为．现有一个半径为1的小球在内可向各个方向自由移动，则圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为 ．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；球的体积和表面积
【解析】【解答】解：在圆锥 内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个圆环，其面积为：
在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，其面积为
综上则圆锥内壁上（含底面）小球能接触到的区域面积为
故答案为：.
【分析】本题主要考查立体图形的截面，根据题意可得在圆锥 内壁侧面，小球接触到的区域展开后是一个圆环，利用圆环的面积公式即可求得其面积，在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，利用圆的面积求其面积，再求和即可求解.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（2024高三上·嘉兴期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，．
（1）若，求的面积；
（2）若为钝角三角形，求a的取值范围．
【答案】（1）解：由及正弦定理，则．
当时，，，由余弦定理，，
从而，此时的面积
（2）解：由于，，则，解得．
由于C为的最大内角，，
即，解得．
由于，则
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题主要考查正弦定理、余弦定理的运用.
（1）根据题意及正弦定理可得，从而求得b，c的值，运用余弦定理求得的值，再利用同角三角函数的关系求得然后代入三角的面积公式即可求解；
（2）根据大角对大边及a，b，c的关系求得，再运用余弦定理解得关于a的一元二次不等式，解出a的取值范围即可求解.
18．（2024高三上·嘉兴期末）已知是公差为2的等差数列，数列满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记数列的前n项积为，若，求m．
【答案】（1）解：令，，得，
所以，代入原式得，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以
（2）解：，，由，得，即，可解得
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【分析】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及基本性质.
（1）根据已知条件取n=1，求得，即可得到数列的通项公式，再将其代入原等式即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）中的结论得到数列的通项公式，进而求得，然后代入方程即可求解.
19．（2024高三上·嘉兴期末）等边三角形的边长为3，O，P分别是边AB和AC上的点，且，如图1．将沿OP折起到的位置，连结，．点Q满足，且点Q到平面的距离为，如图2．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：证法1（坐标法）：
因为，点Q到平面的距离为，所以点到平面的距离为1，
则平面．以O为原点如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，又平面的法向量，
由于，直线平面，所以平面．
证法2（几何法）：
取OB中点S和线段靠近点B的三等分点T，连结ST，SP，TO，，
，
所以，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，从而平面
（2）解：解法1（坐标法）：
平面的法向量，设平面的法向量，
，，
由，得，令，
，，即．
设平面与平面夹角大小为，所以，
即平面与平面夹角的余弦值．
解法2（几何法）：
延长BC，OP交于点R，连结，作，连结BD．
由于平面，则．又，，从而直线平面，，
所以为二面角的平面角，记为，
在直角中，，，所以，
又，则，，
即平面与平面夹角的余弦值为
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】本题主要考查线面平行的判定、二面角的求法.
（1）根据题意建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求得平面的法向量然后利用，即可求证；
（2）由（1）知平面的法向量求出平面的法向量，设平面与平面夹角大小为，根据，即可求得答案.
20．（2024高三上·嘉兴期末）某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2分为止，且多得2分的一方胜出．现甲乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次抢到的概率都为．若甲、乙正确回答每道题的概率分别为和，每道题回答是否正确相互独立．
（1）求第1题答完甲得1分的概率；
（2）求第2题答完比赛结束的概率；
（3）假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率．
【答案】（1）解：记“答完1题甲得1分”为事件A，则，第1题答完甲得1分的概率为
（2）解：第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分．记“答完1题乙得1分为事件B，”则．记“第2题答完比赛结束”为事件C，
（3）解：记甲最终胜出的概率为．答完2题，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，与初始状态（即比赛前）的情况相同，从而，即，解得，即甲最终胜出的概率为
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】本题主要考查古典概型、相互独立事件的概率公式等基础知识.
（1）根据题意利用相互独立事件概率乘法公式即可求得甲得1分的概率公式；
（2）第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分，记“答完1题乙得1分为事件B，”记“第2题答完比赛结束”为事件C，然后利用古典概型、相互独立事件的概率公式进行求解即可；
（3）记甲最终胜出的概率为．答完2题，有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，与初始状态（即比赛前）的情况相同，据此即可求解.
21．（2024高三上·嘉兴期末）已知，分别是双线的左，右顶点，，点到其中一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线C的方程：
（2）过点的直线1与C交于M，N两点（异于，两点），直线OP与直线交于点Q．若直线与的斜率分别为，，试问是否为定值？若是，求出此定值；否不是，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意知．点到直线的距离为，
解得，从而双曲线C的方程为
（2）解：设，，直线l的方程为，联立，
则，从而，
解得且，此时．
直线OP的方程为，直线的方程为，
联立解得，．由于
，即
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】本题主要考查双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的定值问题.
（1）根据题意及利用点到直线的距离公式解出a，b即可求解.
（2）设，直线l的方程为，然后联立直线l与双曲线的方程消去y并化简得到关于x的一元二次方程，然后根据韦达定理得到：关于k的表达式，然后利用斜率公式表达出，将代入其中化简即可求解.
22．（2024高三上·嘉兴期末）已知函数．
（1）若时，在其定义域内不是单调函数，求a的取值范围；
（2）若，时，函数有两个极值点，，求证：．
【答案】（1）解：当，，．
令，得，令，，在递减，在递减，在单调递增．当时，；当时，．由于函数在其定义域内不是单调函数，即方程有解，从而或
（2）证明：因为，所以：，．
因为函数有两个极值点，即有两解，函数的图象与直线有两个交点，令，得．当，；当，，，所以．
设的图象与x轴的交点为，，则函数的图象在点P处的切线为．又，，，所以．函数的图象在Q处的切线为．
设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，则，，
所以，即证
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】本题主要考查利用导数判定函数单调性、利用导数解决极值问题等知识.
（1）将代入函数求出其导函数，令，得，令，对求导，然后判定其导函数的正负，从而求得函数的单调区间，找到的极值，根据函数在其定义域内不是单调函数，即方程有解即可求解；
（2）将代入原函数化简其解析式，再求导，得到，根据函数有两个极值点，即有两解，再构造函数，求其导函数并判定导数的正负，进而求得的单调区间和极值，进而得到m的取值范围，设的图象与x轴的交点为，，再通过导函数写出在店P出的切线方程及点Q处的切线方程，设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，得到，关于m的表达式，再李不等式的性质进行证明即可.
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