2023—2024 学年第一学期期末检测
高三数学参考答案 2024.01
1．B 2．A 3．B 4．C 5．D 6．A 7．A 8．C
9．BC 10．AD 11．AC 12．ABD
1 6
13．8 14． 3 15． (0, ] 16．
2 7
a b
17.【答案】(1) 在△ABC中，由正弦定理得： ，
sin A sin B
又因为 a 4b，所以 sin A 4sin B 4sin( B) 4sin(A C)，
1 3
又因为C ，所以 sin A 4sin(A ) 4( sin A cos A) 2sin A 2 3 cos A ，
3 3 2 2
所以 sin A 2 3 cos A， ················································································· 3 分
因为 A (0, ) ，所以 sin A 0，所以 cos A 0，
sin A
所以 tan A 2 3 ． ············································································· 5 分
cos A
(2) 方法一：在△ABC中，由余弦定理得： c2 a2 b2 2abcosC ，
又 ， ，C ，所以1 16b2 b2
c 1 a 4b 2 4b bcos ，
3 3
2 1解得b ， ······························································································ 8 分
13
1 1 3 3
所以 S△ABC absin C 4b b 3b
2 ． ·············································10 分
2 2 2 13
sin A 12
方法二：由(1)知 2 3 ，又 sin2 A cos2 A 1，解得 sin2 A .
cos A 13
a c
在△ABC中，由余弦定理得 ，
sin A sinC
2
2 c sin
2 A 16
所以 a ， ················································································ 8 分
sin2 C 13
1 1 a 3 3 3
所以 S△ABC absinC a a
2 . ···············································10 分
2 2 4 2 16 13
18.【答案】(1) 因为 an 1 3an bn ，bn 1 an 3bn，
所以 an 1 bn 1 4an 4bn 4(an bn ) ， ······························································ 2 分
又 a1 3，b1 1，所以 a1 b1 4 0 ，所以 an bn 各项均不为 0， ························ 3 分
a b
所以 n 1 n 1 4是常数，
an bn
所以数列 an bn 是等比数列． ······································································· 5 分
(2) 由(1)知， an b
n
n 4 . ① ·········································································· 6 分
方法一：因为 an 1 3an bn ，bn 1 an 3bn，
所以 an 1 bn 1 2an 2bn 2(an bn ) ， ······························································ 8 分
又 a1 3，b1 1，所以 a1 b1 2 0，所以 an bn 各项均不为 0，
an 1 b所以 n 1 2 是常数，
an bn
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所以数列 an bn 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
所以 an bn 2
n . ②
1
①+②： 2an 4
n 2n ，所以 a (4n 2n ) . ·······················································12 分 n
2
方法二：因为 an 1 3an b ， a
n n
n n bn 4 ，所以 an 1 2an 4 ， ····························· 8 分
a
所以 n 1
a
n 2n 1，
2n 1 2n
an a1 a 1所以 n 2时， 1 2 22 …2n 2 1 2n 1 1 2n 1 ，
2n 2 2 2
所以 a 22n 1n 2
n 1(n≥ 2)，
1
又 n 1时，上式也成立，所以 a (4n 2n ) ． ··················································12 分 n
2
19．【答案】(1) 方法一：连结 PM ，MB， BD .
因为△PAD为等边三角形，M 是 AD 的中点，所以 PM AD .
又因为平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD， PM 平面 PAD ，
所以 PM 平面 ABCD .··················································································· 2 分
因为MB、BC 平面 ABCD，所以 PM MB， PM BC .
在Rt △PMB中， PM 3 ， PB 6 ，所以MB PB2 PM 2 3 ，
在△MAB中，MA 1， AB 2 ，
所以MA2 MB2 AB2 ，所以 AMB ，则MB AD . ······································· 4 分
2
又 AD∥BC ，所以 BC MB ，
又因为 BC PM ， PM MB M ， PM、MB 平面PBM ，
所以 BC 平面 PBM ，又MN 平面 PBM ，所以 BC MN . ································· 6 分
z z
P P
N N
D C DM M C
A A Q
x B y y x B
(方法一图) (方法二图)
方法二：连结 PM ，
因为△PAD为等边三角形，M 是 AD的中点，所以 PM AD .
又因为平面 PAD 平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD AD， PM 平面 PAD ，
所以 PM 平面 ABCD . ··················································································· 2 分
如图，在平面 ABCD内，作MQ MA，分别以MA,MQ,MP 为 x, y, z 轴，建立如图所示的空间直角坐
标系，则 A(1,0,0)， P(0,0, 3) .
设C(a,b,0) （b 0 ），则 B(a 2,b,0) .
因为 AB 2，所以 (a 1)2 b2 4 . ①
因为 PC 10 ，所以 a2 b2 3 10 . ② ···························································· 4 分
由①②，解得： a 2，b 3 （舍负）.
所以C( 2, 3,0) ， B(0, 3,0)，
3 3 3 3
因为 N 为 PB的中点，所以 N (0, , ) ，所以 BC ( 2,0,0) ，MN (0, , )，
2 2 2 2
所以 BC MN 0 ，所以 BC MN ． ································································· 6 分
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(2) 由(1)可知， PM 平面 ABCD，又MA、MB 平面 ABCD，
所以 PM MA， PM MB，又 AD MB，
所以以M 点为坐标原点，MA、MB、MP所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角
坐标系.
则 A(1,0,0)， B(0, 3,0)， P(0,0, 3)，M (0,0,0) .
3 3
因为MP MB 3 ， N 为 PB的中点，所以MN PB ， N (0, , ) ，
2 2
由(1)知MN BC ，又 PB BC B， PB、BC 平面 PBC ，
3 3
所以MN 平面 PBC ，所以MN (0， ， )为平面 PBC 的一个法向量. ·················· 8 分
2 2
n AB 0,
设 n (x, y, z) 为平面 PAB 的一个法向量，则
n AP 0.
x 3y 0,
因为 AB ( 1, 3,0) ， AP ( 1,0, 3) ，所以
x 3z 0,
取 y 1，则 x 3， z 1，则 n ( 3,1,1)为平面PAB 的一个法向量. ·····················10 分
3 3
0 3 1 1
MN n 2 2 10所以 cos MN ,n ， ············· 11 分
MN n
2 3 3
5
0 ( )2 ( )2 ( 3)2 12 12
2 2
由图可知二面角 A PB C 的平面角为钝角，
10
所以二面角 A PB C 的余弦值为 . ··························································12 分
5
20．【答案】(1) 由题可知 X ~ B(10000,0.25%) ，
则 E(X ) 10000 0.0025 25 ， ········································································ 2 分
记该公司今年这一款保险产品利润为变量Y ，则Y 200 5X ，
所以 E(Y ) E(200 5X ) 200 5E(X ) 75 万元. ················································ 4 分
(2) 因为 X ~ B(n, p)，当 n较大且 p 较小时， E(X ) 25，则D(X ) 25 .
由于 n较大， X ~ N ( , 2 ) ，其中 2 E(X ) 25， D(X ) 25 ， ······················· 6 分
若该公司今年这一款保险产品利润Y 200 5X (50,100)，则 X (20,30)，
P(Y 200 5X (50,100)) P(20 X 30) P( X ) 0.683； ·············· 9 分
若该公司今年这一款保险产品利润Y 200 5X 0，则 X 40，
1 0.997
P(Y 200 5X 0) P(X 40) P(X 3 ) 0.0015 . ······················ 11 分
2
答：(1) E(X ) 25，该公司今年这一款保险产品利润的期望为 75 万元；
(2) ①该公司今年这一款保险产品利润为 50~100 万元的概率为0.683；
②亏损的概率为0.0015 . ·················································································12 分
x2 y2
21．【答案】(1) 因为双曲线 E : 1的渐近线方程为bx ay 0，左焦点 F( c,0) ，
a2 b2
c 6
,
a 2 3
所以 则b 3 ，又 a
2 2 b2 c2，所以 a 3 a2 ，所以 a2 6 ，
bc 2 3,
2 2
b a
x2 y2
故双曲线 E 的标准方程为 1. ································································ 4 分
6 3
第 3 页（共 5 页）
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(2) 由题设可知 l1 : y k1(x 3) ， l2 : y k2 (x 3) .
设 A(x1, y1)， B(x2 , y2 )，
y k
2
1(x 3), 12k
则由 得 (1 2k
2
1 )x
2 12k 2x 18k 21 1 6 0 ，所以 x x
1 ，
2 2 1 2
2
x 2y 6 1 2k1
6k 21 6k
2 3k
又M 是 AB 的中点，所以 x ，M yM k1(
1 3) 1 ，
1 2k 2 21 1 2k1 1 2k
2
1
6k 2 3k
则M ( 1 , 1 ) .
1 2k 21 1 2k
2
1
6k 22 3k同理 N ( , 2 ) . ·················································································· 6 分
1 2k 22 1 2k
2
2
6k 2 6k 2
思路一：若 x 1M xN ，即
2 ，即 k 21 (1 2k
2
2 ) k
2
2 (1 2k
2
1 ) ，即 k
2 2
2 2 1
k2 ，
1 2k1 1 2k2
1 1
又 k1k2 ，则 k
2 k 2 ，此时 xM xN 2，此时1 2 MN : x 2，
5 5
由图形的对称性，猜测直线MN 过 x 轴上一定点T (2,0) . ········································ 8 分
3k1
1 2k 2 3k
下面，验证一般性： k 1 1MT ，
6k 21 10k
2
1 2 2
1 2k 21
1
3 ( )
3k
k 2
5k
1
3k1
NT ，则 kMT kNT ，所以M 、T 、 N 三点共线.
10k 22 2 1 10k
2
10( )2 2 1
2
5k1
综上，直线MN 过定点T (2,0) . ········································································10 分
所以存在定圆G : (x 2)2 y2 4，使得直线MN 被圆G 截得的弦长恒为 4. ···············12 分
3k2 3k 1
1 2k 2 1 2k 2 k (1 2k 2 ) k (1 2k 2 ) 1 2k k
思路二：若 xM x ，则 k
2 1 2 1 1 2 1 2N MN ，
6k 2 6k 2 2k 2 2 2 22 1 2
(1 2k1 ) 2k1 (1 2k2 ) 2(k1 k2 )
1 2k 22 1 2k
2
1
1
1 2 ( )
1 3k
又 k1k2 ，所以 k
5 1 ， MN
5 1 10k 2 2
2(k 11 )
5k1
3k1 3k 6k
2
所以直线MN 的方程为 y 1 (x 1 ) ，
1 2k 21 10k
2
1 2 1 2k
2
1
3k1 3k1 6k
2
1 3k 3k 6k即 y x 1 ，即 y 1 x 1 ，
10k 2 2 10k 2 2 1 2k 2
2
1 2k 2 10k1 2 10k
2
1 1 1 1 1
2
3k
即 y 1 (x 2) ，所以直线MN 过定点 (2,0) . ··············································· 9 分
10k 21 2
6k 2 2
若 x x ，即 1
6k
M N
2 ，即 k 2 21 (1 2k2 ) k
2
2 (1 2k
2
1 ) ，即 k
2
1 k
2
2 ，
1 2k 21 1 2k
2
2
1 1
又 k1k2 ，则 k
2 k 2 ，此时 xM xN 2，此时1 2 MN : x 2也过 (2,0) .
5 5
故直线MN 过定点T (2,0) . ··············································································10 分
所以存在定圆G : (x 2)2 y2 4，使得直线MN 被圆G 截得的弦长恒为 4. ···············12 分
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22．【答案】(1) 因为 f (x) ln x 1 m（ x 0），
所以当 x (0,em 1) 时， ， m 1f (x) 0 f (x) 单调递减；当 x (e , )时， f (x) 0， f (x) 单调递增．
所以 f (x) m 1 m 1min f (e ) e 1，所以m 1. ····················································· 4 分
(2) 由(1)知， f (x) 在 (0,1)上单调递减，在 (1, )上单调递增，
又当 x (0,e) 时， f (x) 0，当 x (e, )时， f (x) 0 ，
所以 0 x1 1 x2 e， 1 a 0 . ···································································· 5 分
先证明： x1 x2 2 .
记 g(x) f (x) f (2 x) x ln x (x 2)ln(2 x) 2x 2，则 g (x) ln x ln(2 x) ln[x(2 x)]，
当 x (0,1) 时，0 x(2 x) 1，所以 g (x) 0， g(x)单调递减，
所以当 x (0,1) 时， g(x) g(1) 0 ，即 f (x) f (2 x) ，
故 f (x1) f (2 x1)，即 f (x2 ) f (2 x1)．
又 x2 1, 2 x1 1，由单调性可知： x2 2 x1 ，即 x1 x2 2 . ································· 8 分
再证明： x2 x1 (a 1)e .
x e
记函数 y a与 y1 x 和 y 交点的横坐标分别为 x , x . 2 3 4
e 1
①当 x (0,1) 时， f (x) x x ln x 0，故 a x3 f (x1) x1，所以， x1 x3 a .
【或： y f (x) 的图象在 y1 x 的图象的下方，且两个函数在 (0,1)上都是减函数】
x e x e 1
②当 x (1,e)时，记 h(x) f (x) x ln x x ，所以 h (x) ln x .
e 1 e 1 e 1
1 1
当 x (1,ee 1 ) 时， h (x) 0， h(x) 单调递减；当 x (ee 1 ,e) 时， h (x) 0， h(x) 单调递增．
x e
又 h(1) h(e) 0，所以当 x (1,e)时， h(x) 0，即 f (x) .
e 1
x e x e
故 a f (x2 )
4 2 ，
e 1 e 1
所以 x2 x4 ae a e ，故 x2 x1 x4 x3 (a 1)e .
x e
【或 y f (x) 的图象在 y 的图象的下方，且两个函数在 (1,e) 上都递增】 2
e 1
综上， 2 x2 x1 x2 (a 1)e． ·····································································12 分
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{#{QQABQQCAogCgAAAAAAgCEwVKCEEQkAGAAAoOAFAIIAAASBNABAA=}#}扬州市2023-2024学年高三上学期1月期末检测
数 学 2024.01
一、单项选择题(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)
1．已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝2}，B＝{(x，y)|x＋y＝2}，则A∩B中元素个数为( )．
A．0 B．1 C．2 D．3
2．若复数z满足(3－4i)z＝|4＋3i|，则在复平面内z对应的点位于( )．
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知平面向量＝(1，3)，＝(－1，2)，则在上的投影向量为( )．
A．(1，－2) B．(－1，2) C．(1，3) D．(－，)
4．计算机在进行数的计算处理时，通常使用的是二进制．一个十进制数n(n∈N*)可以表示成二进制数(a0a1a2…ak)2，k∈N，则n＝a02k＋a12＋…＋ak20，其中a0＝1，当k≥1时，ak∈(0，1)．例如2024＝1×210＋1×29＋1×28＋1×27＋1×26＋1×25＋0×24＋1×23＋0×22＋0×21＋0×20，则十进制数2024表示成二进制数为(11111101000)2．那么，二进制数(11111111111)2表示成十进制数为( )．
A．1023 B．1024 C．2047 D．2048
5．若a＞b＞1，x＝ln，y＝(lna＋lnb)，z＝，则( )．
A．x＜z＜y B．y＜z＜x C．z＜x＜y D．z＜y＜x
6．已知函数f(x)的导数为f′(x)，对任意实数x，都有f(x)－f′(x)＞0，且f(1)＝1，则f(x)＞e的解集为( )．
A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－1，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
7．已知0＜β＜α＜，sinαsinβ＝，cosαcosβ＝，则cos2α＝( )．
A．0 B． C． D．1
8．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，若正方形ABCD的一边AB为圆O的一条弦，则OC的最大值为( )．
A．＋ B．2 C．2＋2 D．5
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分)
9．已知函数f(x)＝x(ex＋ae)是奇函数或偶函数，则y＝f(x)的图象可能是( )．
A． B． C． D．
10．将两组数据合并成一组数据后(可以有重复的数据)，下列特征数一定介于合并前两组数据的该种特征数之间(可以取等)的有( )．
A．平均数 B．极差 C．标准差 D．中位数
11．已知f(x)＝sin(ωx＋)(ω＞0)，若p：ω≤2，且p是q的必要条件，则q可能为( )．
A．f(x)的最小正周期为π B．x＝是f(x)图象的一条对称轴
C．f(x)在[0，]上单调递增 D．f(x)在[，]上没有零点
12．棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列选项中正确的有( )．
A．过A1C的平面截此正方体所得的截面为四边形
B．过A1C的平面截此正方体所得的截面的面积范围为[2，4]
C．四棱锥C－A1B1C1D1与四棱锥C1－ABCD的公共部分为八面体
D．四棱锥C－A1B1C1D1与四棱锥C1－ABCD的公共部分体积为
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若(x－)6展开式中的常数项为120，则实数a的值为 ▲ ．
14．某圆台的上下底面半径分别为1和2，若它的外接球表面积为16π，则该圆台的高为
▲ ．
15．已知椭圆C：(a＞b＞0)的右焦点为F，M是OF的中点，若椭圆C上到点M的距离最小的点有且仅有一个，则椭圆C的离心率的取值范围为 ▲ ．
16．有一个邮件过滤系统，它可以根据邮件的内容和发件人等信息，判断邮件是不是垃圾邮件，并将其标记为垃圾邮件或正常邮件．对这个系统的测试具有以下结果：每封邮件被标记为垃圾邮件的概率为，被标记为垃圾邮件的有的概率是正常邮件，被标记为正常邮件的有的概率是垃圾邮件，则垃圾邮件被该系统成功过滤(即垃圾邮件被标记为垃圾邮件)的概率为 ▲ ．
四、解答题(本大题共6小题，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．(本小题满分10分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝4b，C＝．
(1)求tanA：
(2)若c＝1，求△ABC的面积．
18．(本小题满分12分)
已知数列{an}、{bn}满足a1＝3，b1＝1，an＋1＝3an＋bn，bn＋1＝an＋3bn．
(1)证明：数列{an＋bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
19．(本小题满分12分)
如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD为等边三角形，四边形ABCD是边长为2的菱形，平面PAD⊥平面ABCD，M、N分别为AD、PB的中点，且PB＝．
(1)求证：BC⊥MN；
(2)求二面角A－PB－C的余弦值．
20．(本小题满分12分)
某保险公司有一款保险产品，该产品今年保费为200元/人，赔付金额为5万元/人．假设该保险产品的客户为10000名，每人被赔付的概率均为0.25%，记10000名客户中获得赔偿的人数为X．
(1)求E(X)，并计算该公司今年这一款保险产品利润的期望；
(2)二项分布是离散型的，而正态分布是连续型的，它们是不同的概率分布，但是，随着二项分布的试验次数的增加，二项分布折线图与正态分布曲线几乎一致，所以当试验次数较大时，可以利用正态分布处理二项分布的相关概率计算问题，我们知道若X~B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)，当n较大且p较小时，我们为了简化计算，常用E(X)的值估算D(X)的值．
请根据上述信息，求：
①该公司今年这一款保险产品利润为50~100万元的概率；
②该公司今年这一款保险产品亏损的概率．
参考数据：若X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.683，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997．
21．(本小题满分12分)
已知双曲线E：(a＞0，b＞0)的离心率为，且左焦点F到渐近线的距离为．过F作直线l1、l2分别交双曲线E于A、B和C、D，且线段AB、CD的中点分别为M、N．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若直线l1、l2斜率的乘积为－，试探究：是否存在定圆G，使得直线MN被圆G截得的弦长恒为4 若存在，请求出圆G的标准方程；若不存在，请说明理由．
22．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝(lnx－m)x的最小值为－1．
(1)求实数m的值；
(2)若f(x)＝a有两个不同的实数根x1，x2(x1＜x2)，求证：2－x2＜x1＜x2－(a＋1)e．
