浙江省宁波市余姚市2023-2024学年高三上学期数学1月期末试卷
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·余姚期末）已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高三上·余姚期末）已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B．2 C．1 D．
3．（2024高三上·余姚期末）已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·余姚期末）已知点，在直线：上运动，且，点在圆上，则的面积的最大值为（ ）
A． B．5 C．2 D．1
5．（2024高三上·余姚期末）命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·余姚期末）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象.若在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高三上·余姚期末）人口问题是当今世界各国普遍关注的问题.认识人口数量的变化规律，可以为制定一系列相关政策提供依据.早在1798年，英国经济学家马尔萨斯（T.R.Malthus，1766—1834）就提出了人口增长模型.已知1650年世界人口为5亿，当时这段时间的人口的年增长率为0.3%.根据模型预测（ ）年世界人口是1650年的2倍.（参考数据：，）
A．1878 B．1881 C．1891 D．1993
8．（2024高三上·余姚期末）已知为双曲线：的一个焦点，C上的A，B两点关于原点对称，且，，则C的离心率是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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·余姚期末）下列结论正确的有（ ）
A．相关系数越接近1，变量，相关性越强
B．若随机变量，满足，则
C．相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差
D．设随机变量服从二项分布，则
10．（2024高三上·余姚期末）设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（ ）
A．是奇函数
B．
C．的最小值是
D．方程在区间内恰有1012个实数解
11．（2024高三上·余姚期末）在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．P为中点时，的值最小
B．不存在点P，使得平面平面
C．P与端点C重合时，三棱锥的外接球半径为
D．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的周长为
12．（2024高三上·余姚期末）已知O为坐标原点，F为抛物线：的焦点，过点F且倾斜角为的直线交C于A、B两点（其中点A在第一象限），过线段的中点P作垂直于抛物线准线的直线，与准线交于点N，则下列说法正确的是（ ）
A．C的准线方程为 B．
C．三角形的面积 D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2024高三上·余姚期末）已知随机变量，且，则的展开式中常数项为 .
14．（2024高三上·余姚期末）已知函数的图象在处的切线方程为，则 .
15．（2024高三上·余姚期末）已知，求 .
16．（2024高三上·余姚期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 .
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·余姚期末）在中，，.
（1）求A；
（2）已知M为直线上一点，，，求的面积.
18．（2024高三上·余姚期末）已知数列满足，，，
（1）令，求证：数列为等比数列；
（2）若，求数列的前项和.
19．（2024高三上·余姚期末）如图所示，在多面体中，四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为，平面，，，点P是棱上的任意一点.
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
20．（2024高三上·余姚期末）杭州亚运会男子乒乓球团体赛采用世界乒乓球男子团体锦标赛（斯韦思林杯）的比赛方法，即每队派出三名队员参赛，采用五场三胜制.比赛之前，双方队长应抽签决定A、B、C和X、Y、Z的选择，并向裁判提交每个运动员分配到一个字母的队伍名单。现行的比赛顺序是第一场A对X；第二场B对Y；第三场C对Z；第四场A对Y；第五场B对X.每场比赛为三局两胜制.当一个队已经赢得三场个人比赛时，该次比赛应结束。
已知在某次团队赛中，甲队A、B、C三位选手在每场比赛中获胜的概率均为如下表所示，且每场比赛之间相互独立
场次 第一场 第二场 第三场 第四场 第五场
获胜概率
（1）求最多比赛四场结束且甲队获胜的概率；
（2）由于赛场氛围紧张，在教练点拨、自我反思和心理调控等因素影响下，从第二场开始，每场比赛获胜的概率会发生改变，改变规律为：若前一场获胜，则该场获胜的概率比原先获胜的概率增加0.2；若前一场失利，则该场获胜的概率比原先获胜的概率减少0.2.求已知A第一场获胜的条件下甲队最终以3：1赢得比赛的概率.
21．（2024高三上·余姚期末）已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若在内恒成立，求整数的最大值.
22．（2024高三上·余姚期末）在平面直角坐标系中，，是椭圆：的左、右焦点，是C的左顶点，过点A且斜率为的直线交直线上一点M，已知为等腰三角形，.
（1）求C的方程；
（2）在直线上任取一点，直线：与直线交于点Q，与椭圆C交于D，E两点，若对任意，恒成立，求m的值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：要使有意义，则，解得，
所以，
又因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先求集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数满足，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算求得复数，再求即可.
3．【答案】A
【知识点】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：设向量与的夹角为，因为，，
所以，
所以，又因为，所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用向量，数量积为零计算求夹角即可.
4．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设圆心到直线的距离为，到直线的距离为，
易知圆心为，半径为，圆心到直线的距离，
当最大时，面积最大，，.
故答案为：B.
【分析】设圆心到直线的距离为，到直线的距离为，找到动点到直线距离的最大值，再求面积即可.
5．【答案】D
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题意可知，命题的否定“，”为真命题，即，恒成立，
令，则，，当，函数有最大值，最大值为，
所以，所以命题“，”为假命题的一个充分不必要条件为.
故答案为：D.
【分析】由题意可知，命题的否定为真命题，分离参数求参数的取值范围，再根据子集关系判断即可.
6．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，
即 ，
因为，所以，
显然当，即为的一个零点，
要想在上恰有三个不同的零点，
则，或，或，
解得.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数图象的平移变换得到，由得到，结合函数零点个数列不等式，即可求实数的取值范围.
7．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：设年后世界人口是1650年世界人口的2倍，由题意得，
解得，故在1881年世界人口是1650年的2倍.
故答案为：B.
【分析】设年后世界人口是1650年世界人口的2倍，由题意列出方程，结合给定的近似值求解即可.
8．【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】解：设双曲线的左右焦点分别为，连接，如图所示：
因为两点关于原点对称，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，所以.
因为，所以；
在中，由余弦定理可得：，
因为，所以，即.
故答案为：D.
【分析】设双曲线的左右焦点分别为，连接，利用双曲线的定义求出，再结合余弦定理即可求双曲线的离心率.
9．【答案】A,C,D
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：A、由相关系数的性质可知：相关系数越接近，变量正相关性越强；相关系数越接近，变量负相关性越强，故A正确；
B、由随机变量，满足，则，故B错误；
C、由相关指数的定义可知：相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件，结合相关系数，方差的性质，相关指数的定义，二项分布概率计算公式逐项判断即可.
10．【答案】A,B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，因为满足，所以，
又因为，所以，即函数是奇函数，故A正确；
B、因为，令，所以，
即函数是以为周期的周期函数，所以，故B正确；
C、当时，，又是奇函数，所以当时，，故C错误；
D、当时，，则，得到，
因为，所以函数关于直线对称，所以在上的图象如图所示：
由图可知：在有4个交点，又因为函数的周期为，且在区间上共有506个周期，
所以方程在区间内恰有个实数解，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据已知条件，逐项分析判断即可.
11．【答案】B,C,D
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解： A、由侧面展开图可知：
当与交于点时，的值最小，此时，故不是中点，故A错误；
B、若存在点，使得平面平面，
由平面平面，平面平面，可知，显然不成立，
若点与重合，则平面平面，显然也不成立，故B正确；
C、与端点重合时，三棱锥即是三棱锥，
三棱锥的外接球即是以为长、宽、高的长方体的外接球，此时外接球半径为，故C正确；
D、连接，
由三角形中位线性质和正方体的性质知，，所以过D，P，Q三点的截面为梯形，
，故周长为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用侧面展开图可以确定点的位置即可判断A；存在点，利用条件可得，显然不成立即可判断B；构造长方体即可即可判断C；画出截面，求周长即可判断D.
12．【答案】B,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、因为抛物线的方程：，所以准线方程为，故A错误；
B、焦点坐标为，故直线，即，
联立直线与抛物线方程，整理可得，
设，则，
所以，即，所以，
又，所以，
所以，故，
因为，所以，所以，故B正确；
C、点到直线的距离为，
故三角形的面积为，故C错误；
D、由B选项可得，则由焦半径公式可知，故，故D正确
故答案为：BD.
【分析】直接求出准线方程即可判断A；求出的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，得到，进而求出，，故，从而推出即可判断B；求出点到直线的距离，求出三角形的面积即可判断C；求出，由焦半径公式得到，得到即可判断D.
13．【答案】
【知识点】二项式定理；正态分布定义；二项展开式
【解析】【解答】解：因为随机变量服从正态分布，且，，所以，
则二项式的常数项为：.
故答案为：.
【分析】由正态分布求参数，再利用二项式定理计算即可.
14．【答案】1
【知识点】导数的几何意义；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数的导函数为，
因为在点处的切线方程为，
所以，即，，即，
所以，，即.
故答案为：.
【分析】根据导数的几何意义求出a、b即可求解.
15．【答案】8
【知识点】函数单调性的性质；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：设函数，易知函数在上单调递增，且，
所以只有一解；
同理：方程只有一解，所以.
故答案为：.
【分析】利用函数的单调性解方程，得到，的值从而可求的值.
16．【答案】
【知识点】球面距离及相关计算；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：记球的半径为，则，解得，由平面与直线成角，
得平面截球所得小圆半径，因此，
由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点为弦中点，如图所示，
依题意，，，
，显然，则，
所以.
故答案为：.
【分析】记球的半径为，根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可求解.
17．【答案】（1）解：在中，，，则，
因为，
即，
又，则；
（2）解：因为，，所以，所以，
在中，
解得（负值舍去），
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用三角形内角和定理结合两角和差的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理求边长，再根据三角形面积公式求面积即可.
18．【答案】（1）证明：因为，
所以数列是以首项为，公比为等比数列；
（2）解：由（1）可知：，
所以①
②
故①-②
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用等比数列定义证明即可；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法求和即可.
19．【答案】（1）证明：因为，所以四点共面.
因为平面，平面，
所以，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，而平面，
所以.
（2）解：由题意，，，互相垂直，
以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
则，，，
设平面的法向量为，
所以由，得，
令，可得，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线CN和平面AMN所成角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知条件，先证明平面，即可得出线线垂直；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
20．【答案】（1）解：设事件表示甲队第场比赛获胜
（2）解：设事件表示第一场甲获胜，事件A表示甲以3：1获胜，则
所以A第一场获胜的条件下甲队最终以3：1赢得比赛的概率为
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设事件表示甲队第场比赛获胜，利用独立事件和互斥事件的概率计算即可；
（2）事件表示第一场甲获胜，利用条件概率计算公式求解即可.
21．【答案】（1）解：当时，，，
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：由可得：，
记，，
①若，即，，则在上单调递增，
又时，，不合题意；
②若，即，令，则，令，则，
则在上单调递减，在上单调递增，
，
令，
，
则令，解得：，令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
故整数的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）将代入，求得函数的定义域为，再求其导函数，利用导数求函数的单调区间即可；
（2）分析可知不等式在时恒成立，利用导数求出函数在时的最小值，构造，利用导数研究其单调性，求得时，即可求得整数的最大值.
22．【答案】（1）解：依题意，，，
过作轴，由几何关系知，
所以
因为，
化简得，得椭圆.
（2）解：①当时，恒成立；
当时，由题意知直线OP的方程为，
联立方程组，解得，即点的横坐标为，
再联立方程组，整理得，
设，，则且，
因为点是的中点，可得，即，
该式对任意且恒成立，所以，
综上可得，实数的值为.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据提题意可得，再由为等腰三角形，推出到的距离为，解出即可求得曲线方程；
（2）分为和两种情况求解，当时，恒成立，时将OP的方程为与联立求出点Q，将直线与椭圆联立组成方程组，整理之后根据中点坐标公式求出点Q坐标，列出关于的方程求解即可.
1 / 1浙江省宁波市余姚市2023-2024学年高三上学期数学1月期末试卷
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·余姚期末）已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：要使有意义，则，解得，
所以，
又因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先求集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高三上·余姚期末）已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A． B．2 C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数满足，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法运算求得复数，再求即可.
3．（2024高三上·余姚期末）已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】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：设向量与的夹角为，因为，，
所以，
所以，又因为，所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用向量，数量积为零计算求夹角即可.
4．（2024高三上·余姚期末）已知点，在直线：上运动，且，点在圆上，则的面积的最大值为（ ）
A． B．5 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设圆心到直线的距离为，到直线的距离为，
易知圆心为，半径为，圆心到直线的距离，
当最大时，面积最大，，.
故答案为：B.
【分析】设圆心到直线的距离为，到直线的距离为，找到动点到直线距离的最大值，再求面积即可.
5．（2024高三上·余姚期末）命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】集合关系中的参数取值问题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题意可知，命题的否定“，”为真命题，即，恒成立，
令，则，，当，函数有最大值，最大值为，
所以，所以命题“，”为假命题的一个充分不必要条件为.
故答案为：D.
【分析】由题意可知，命题的否定为真命题，分离参数求参数的取值范围，再根据子集关系判断即可.
6．（2024高三上·余姚期末）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象.若在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，
即 ，
因为，所以，
显然当，即为的一个零点，
要想在上恰有三个不同的零点，
则，或，或，
解得.
故答案为：A.
【分析】根据三角函数图象的平移变换得到，由得到，结合函数零点个数列不等式，即可求实数的取值范围.
7．（2024高三上·余姚期末）人口问题是当今世界各国普遍关注的问题.认识人口数量的变化规律，可以为制定一系列相关政策提供依据.早在1798年，英国经济学家马尔萨斯（T.R.Malthus，1766—1834）就提出了人口增长模型.已知1650年世界人口为5亿，当时这段时间的人口的年增长率为0.3%.根据模型预测（ ）年世界人口是1650年的2倍.（参考数据：，）
A．1878 B．1881 C．1891 D．1993
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：设年后世界人口是1650年世界人口的2倍，由题意得，
解得，故在1881年世界人口是1650年的2倍.
故答案为：B.
【分析】设年后世界人口是1650年世界人口的2倍，由题意列出方程，结合给定的近似值求解即可.
8．（2024高三上·余姚期末）已知为双曲线：的一个焦点，C上的A，B两点关于原点对称，且，，则C的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；余弦定理
【解析】【解答】解：设双曲线的左右焦点分别为，连接，如图所示：
因为两点关于原点对称，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，，所以.
因为，所以；
在中，由余弦定理可得：，
因为，所以，即.
故答案为：D.
【分析】设双曲线的左右焦点分别为，连接，利用双曲线的定义求出，再结合余弦定理即可求双曲线的离心率.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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·余姚期末）下列结论正确的有（ ）
A．相关系数越接近1，变量，相关性越强
B．若随机变量，满足，则
C．相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差
D．设随机变量服从二项分布，则
【答案】A,C,D
【知识点】变量相关关系；样本相关系数r及其数字特征；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【解答】解：A、由相关系数的性质可知：相关系数越接近，变量正相关性越强；相关系数越接近，变量负相关性越强，故A正确；
B、由随机变量，满足，则，故B错误；
C、由相关指数的定义可知：相关指数越小，残差平方和越大，即模型的拟合效果越差，故C正确；
D、，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件，结合相关系数，方差的性质，相关指数的定义，二项分布概率计算公式逐项判断即可.
10．（2024高三上·余姚期末）设函数的定义域为，且满足，，当时，，则（ ）
A．是奇函数
B．
C．的最小值是
D．方程在区间内恰有1012个实数解
【答案】A,B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，因为满足，所以，
又因为，所以，即函数是奇函数，故A正确；
B、因为，令，所以，
即函数是以为周期的周期函数，所以，故B正确；
C、当时，，又是奇函数，所以当时，，故C错误；
D、当时，，则，得到，
因为，所以函数关于直线对称，所以在上的图象如图所示：
由图可知：在有4个交点，又因为函数的周期为，且在区间上共有506个周期，
所以方程在区间内恰有个实数解，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】根据已知条件，逐项分析判断即可.
11．（2024高三上·余姚期末）在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A．P为中点时，的值最小
B．不存在点P，使得平面平面
C．P与端点C重合时，三棱锥的外接球半径为
D．P为中点时，过D，P，Q三点的平面截正方体所得的截面的周长为
【答案】B,C,D
【知识点】组合几何体的面积、体积问题；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解： A、由侧面展开图可知：
当与交于点时，的值最小，此时，故不是中点，故A错误；
B、若存在点，使得平面平面，
由平面平面，平面平面，可知，显然不成立，
若点与重合，则平面平面，显然也不成立，故B正确；
C、与端点重合时，三棱锥即是三棱锥，
三棱锥的外接球即是以为长、宽、高的长方体的外接球，此时外接球半径为，故C正确；
D、连接，
由三角形中位线性质和正方体的性质知，，所以过D，P，Q三点的截面为梯形，
，故周长为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用侧面展开图可以确定点的位置即可判断A；存在点，利用条件可得，显然不成立即可判断B；构造长方体即可即可判断C；画出截面，求周长即可判断D.
12．（2024高三上·余姚期末）已知O为坐标原点，F为抛物线：的焦点，过点F且倾斜角为的直线交C于A、B两点（其中点A在第一象限），过线段的中点P作垂直于抛物线准线的直线，与准线交于点N，则下列说法正确的是（ ）
A．C的准线方程为 B．
C．三角形的面积 D．
【答案】B,D
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、因为抛物线的方程：，所以准线方程为，故A错误；
B、焦点坐标为，故直线，即，
联立直线与抛物线方程，整理可得，
设，则，
所以，即，所以，
又，所以，
所以，故，
因为，所以，所以，故B正确；
C、点到直线的距离为，
故三角形的面积为，故C错误；
D、由B选项可得，则由焦半径公式可知，故，故D正确
故答案为：BD.
【分析】直接求出准线方程即可判断A；求出的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，得到，进而求出，，故，从而推出即可判断B；求出点到直线的距离，求出三角形的面积即可判断C；求出，由焦半径公式得到，得到即可判断D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2024高三上·余姚期末）已知随机变量，且，则的展开式中常数项为 .
【答案】
【知识点】二项式定理；正态分布定义；二项展开式
【解析】【解答】解：因为随机变量服从正态分布，且，，所以，
则二项式的常数项为：.
故答案为：.
【分析】由正态分布求参数，再利用二项式定理计算即可.
14．（2024高三上·余姚期末）已知函数的图象在处的切线方程为，则 .
【答案】1
【知识点】导数的几何意义；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数的导函数为，
因为在点处的切线方程为，
所以，即，，即，
所以，，即.
故答案为：.
【分析】根据导数的几何意义求出a、b即可求解.
15．（2024高三上·余姚期末）已知，求 .
【答案】8
【知识点】函数单调性的性质；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：设函数，易知函数在上单调递增，且，
所以只有一解；
同理：方程只有一解，所以.
故答案为：.
【分析】利用函数的单调性解方程，得到，的值从而可求的值.
16．（2024高三上·余姚期末）已知高为2的圆锥内接于球O，球O的体积为，设圆锥顶点为P，平面为经过圆锥顶点的平面，且与直线所成角为，设平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，，则 .
【答案】
【知识点】球面距离及相关计算；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：记球的半径为，则，解得，由平面与直线成角，
得平面截球所得小圆半径，因此，
由球的内接圆锥高为2，得球心到此圆锥底面距离，则圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，
点为弦中点，如图所示，
依题意，，，
，显然，则，
所以.
故答案为：.
【分析】记球的半径为，根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可求解.
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·余姚期末）在中，，.
（1）求A；
（2）已知M为直线上一点，，，求的面积.
【答案】（1）解：在中，，，则，
因为，
即，
又，则；
（2）解：因为，，所以，所以，
在中，
解得（负值舍去），
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用三角形内角和定理结合两角和差的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理求边长，再根据三角形面积公式求面积即可.
18．（2024高三上·余姚期末）已知数列满足，，，
（1）令，求证：数列为等比数列；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）证明：因为，
所以数列是以首项为，公比为等比数列；
（2）解：由（1）可知：，
所以①
②
故①-②
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；等比数列的性质
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用等比数列定义证明即可；
（2）由（1）可得，再利用错位相减法求和即可.
19．（2024高三上·余姚期末）如图所示，在多面体中，四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为，平面，，，点P是棱上的任意一点.
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为，所以四点共面.
因为平面，平面，
所以，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，而平面，
所以.
（2）解：由题意，，，互相垂直，
以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，.
则，，，
设平面的法向量为，
所以由，得，
令，可得，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线CN和平面AMN所成角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据已知条件，先证明平面，即可得出线线垂直；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可.
20．（2024高三上·余姚期末）杭州亚运会男子乒乓球团体赛采用世界乒乓球男子团体锦标赛（斯韦思林杯）的比赛方法，即每队派出三名队员参赛，采用五场三胜制.比赛之前，双方队长应抽签决定A、B、C和X、Y、Z的选择，并向裁判提交每个运动员分配到一个字母的队伍名单。现行的比赛顺序是第一场A对X；第二场B对Y；第三场C对Z；第四场A对Y；第五场B对X.每场比赛为三局两胜制.当一个队已经赢得三场个人比赛时，该次比赛应结束。
已知在某次团队赛中，甲队A、B、C三位选手在每场比赛中获胜的概率均为如下表所示，且每场比赛之间相互独立
场次 第一场 第二场 第三场 第四场 第五场
获胜概率
（1）求最多比赛四场结束且甲队获胜的概率；
（2）由于赛场氛围紧张，在教练点拨、自我反思和心理调控等因素影响下，从第二场开始，每场比赛获胜的概率会发生改变，改变规律为：若前一场获胜，则该场获胜的概率比原先获胜的概率增加0.2；若前一场失利，则该场获胜的概率比原先获胜的概率减少0.2.求已知A第一场获胜的条件下甲队最终以3：1赢得比赛的概率.
【答案】（1）解：设事件表示甲队第场比赛获胜
（2）解：设事件表示第一场甲获胜，事件A表示甲以3：1获胜，则
所以A第一场获胜的条件下甲队最终以3：1赢得比赛的概率为
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】（1）设事件表示甲队第场比赛获胜，利用独立事件和互斥事件的概率计算即可；
（2）事件表示第一场甲获胜，利用条件概率计算公式求解即可.
21．（2024高三上·余姚期末）已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若在内恒成立，求整数的最大值.
【答案】（1）解：当时，，，
令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：由可得：，
记，，
①若，即，，则在上单调递增，
又时，，不合题意；
②若，即，令，则，令，则，
则在上单调递减，在上单调递增，
，
令，
，
则令，解得：，令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
故整数的最大值为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；基本初等函数导函数公式
【解析】【分析】（1）将代入，求得函数的定义域为，再求其导函数，利用导数求函数的单调区间即可；
（2）分析可知不等式在时恒成立，利用导数求出函数在时的最小值，构造，利用导数研究其单调性，求得时，即可求得整数的最大值.
22．（2024高三上·余姚期末）在平面直角坐标系中，，是椭圆：的左、右焦点，是C的左顶点，过点A且斜率为的直线交直线上一点M，已知为等腰三角形，.
（1）求C的方程；
（2）在直线上任取一点，直线：与直线交于点Q，与椭圆C交于D，E两点，若对任意，恒成立，求m的值.
【答案】（1）解：依题意，，，
过作轴，由几何关系知，
所以
因为，
化简得，得椭圆.
（2）解：①当时，恒成立；
当时，由题意知直线OP的方程为，
联立方程组，解得，即点的横坐标为，
再联立方程组，整理得，
设，，则且，
因为点是的中点，可得，即，
该式对任意且恒成立，所以，
综上可得，实数的值为.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据提题意可得，再由为等腰三角形，推出到的距离为，解出即可求得曲线方程；
（2）分为和两种情况求解，当时，恒成立，时将OP的方程为与联立求出点Q，将直线与椭圆联立组成方程组，整理之后根据中点坐标公式求出点Q坐标，列出关于的方程求解即可.
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