2023-2024学年上海市华东师大二附中高三(上)期中数学试卷

2023-2024学年上海市华东师大二附中高三（上）期中数学试卷一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）1．（4分）不等式≥2的解集是：．2．（4分）已知，则sin2α＝．3．（4分）设，则＝．4．（4分）钝角△ABC中，，则△ABC的面积是．5．（4分）圆x2+y2+ax+2ay+2a2+a﹣1＝0的半径的最大值为．6．（4分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝．7．（5分）已知满足，且，则在上数量投影的最小值为．8．（5分）正四面体ABCD的棱长为2，则所有与A，B，C，D距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为．9．（5分）设n∈N*，an为（x+4）n﹣（x+1）n的展开式的各项系数之和，bn＝[]+[]+…+[]（[x]表示不超过实数x的最大整数），则（t∈R）的最小值为．10．（5分）已知抛物线y＝ax2（a＞0），在y轴正半轴上存在一点P，使过P的任意直线交抛物线于M、N，都有为定值，则点P的坐标为．11．（5分）如图所示一块荒地，其中AB＝60m，AD＝40m，BC＝45m，∠DAB＝，经规划以AB为直径作一个半圆，在半圆外进行绿化，半圆内作为活动中心，在以AB为直径的半圆弧上取E、F两点，现规划在△OEF区域安装健身器材，在△OBE区域设置乒乓球场，若∠BOE＝∠EOF，且使边形AOEF的面积最大，则cos∠EOF＝．12．（5分）M是正整数集的子集，满足：1∈M，2022∈M，2023∉M，并有如下性质：若a、b∈M，则，其中[x]表示不超过实数x的最大整数，则M的非空子数为．二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．（4分）已知集合A＝{﹣3，﹣2，0，1，2，3，7}，B＝{x|x∈A，﹣x∉A}，则B＝（）A．{0，1，7} B．{1，7} C．{0，2，3} D．{0，1，2，3，7}14．（4分）对四组数据进行统计，获得如下散点图，将四组数据相应的相关系数进行比较，正确的是（）A．r2＜r4＜r3＜r1 B．r4＜r2＜r3＜r1 C．r4＜r2＜r1＜r3 D．r2＜r4＜r1＜r315．（5分）已知函数，任取t∈R，记函数f（x）在[t，t+1]上的最大值为Mt，最小值为mt，设h（t）＝Mt﹣mt，则函数h（t）的值域为（）A． B． C． D．16．（5分）已知曲线．当n＝4，a＝2，b＝1时，①曲线C所围成的封闭图形的面积小于8；②曲线C上的点到原点O的距离的最大值为．则（）A．①成立②成立 B．①成立②不成立 C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立三、解答题（本大题共有5题满分78分）解下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．17．（14分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，现约定：谁先赢3局谁就赢得比赛，且比赛结束，若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．（1）求甲赢得比赛的概率；（2）记比赛结束时的总局数为X，写出X的分布列，并求出X的期望值．18．（14分）如图，四面体P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC＝，PA⊥平面ABC．（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大小．19．（14分）已知函数f（x）＝cos2x，g（x）＝sinx．（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；（2）设函数，若函数和h（x﹣π）都是奇函数，将满足条件的ω按从小到大的顺序组成一个数列{an}，求{an}的通项公式．20．（18分）过坐标原点O作圆C：（x+2）2+y2＝3的两条切线，设切点为P，Q，直线PQ恰为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的准线．（1）求抛物线E的标准方程；（2）设点T是圆C的动点，抛物线E上四点A，B，M，N满足：，，设AB中点为D．（i）求直线TD的斜率；（ii）设△TAB面积为S，求S的最大值．21．（18分）已知函数f（x）＝ln（x+1），g（x）＝x2+bx+1（b为常数），h（x）＝f（x）﹣g（x）．（1）若存在过原点的直线与函数f（x）、g（x）的图象相切，求实数b的值；（2）当b＝﹣2时，∃x1、x2∈[0，1]使得h（x1）﹣h（x2）≥M成立，求M的最大值；（3）若函数h（x）的图象与x轴有两个不同的交点A（x1，0）、B（x2，0），且0＜x1＜x2，求证：h′（）＜0．

2023-2024学年上海市华东师大二附中高三（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）1．（4分）不等式≥2的解集是：[0，1）．【考点】其他不等式的解法．【答案】见试题解答内容【分析】根据分式不等式的解法进行求解即可．【解答】解：由≥2得﹣2＝＝≥0，即≤0，即0≤x＜1，故不等式的解集为[0，1），故答案为：[0，1）2．（4分）已知，则sin2α＝．【考点】二倍角的三角函数；两角和与差的三角函数．【答案】．【分析】先求得，，再利用二倍角正弦公式即可求得sin2α的值．【解答】解：因为，且，则，则．故答案为：．3．（4分）设，则＝1+2i．【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】1+2i．【分析】先对z化简，再结合共轭复数的定义，即可求解．【解答】解：设＝，则．故答案为：1+2i．4．（4分）钝角△ABC中，，则△ABC的面积是．【考点】余弦定理．【答案】．【分析】利用余弦定理与三角形的面积公式即可得解．【解答】解：由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，代入数据7＝9+c2﹣3c，解得c＝1或c＝2，因为△ABC是钝角三角形，，所以c＝1，所以△ABC的面积S＝．故答案为：．5．（4分）圆x2+y2+ax+2ay+2a2+a﹣1＝0的半径的最大值为．【考点】圆的一般方程．【答案】．【分析】首先把圆的一般式转换为标准式，进一步利用二次函数的性质求出r的最大值．【解答】解：圆x2+y2+ax+2ay+2a2+a﹣1＝0，转换为标准式为：．故＝；当a＝﹣时，r2取得最大值为，即r的最大值为．故答案为：．6．（4分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝﹣5，S6＝21S2，则S8＝﹣85．【考点】等比数列的前n项和．【答案】﹣85．【分析】由题意知公比q≠1，设首项为a1，由S6＝21S2求出q2，再代入S4求出，由此求得S8．【解答】解：等比数列{an}中，S4＝5，S6＝21S2，显然公比q≠1，设首项为a1，则①，②，化简②得q4+q2﹣20＝0，解得q2＝4或q2＝﹣5（不合题意，舍去），代入①得，所以．故答案为：﹣85．7．（5分）已知满足，且，则在上数量投影的最小值为．【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】．【分析】由平面向量数量积的运算，结合投影的运算求解．【解答】解：已知，则，又满足，则，则，又，即，即，又，即，则在上数量投影为＝，当且仅当时取等号，即在上数量投影的最小值为．故答案为：．8．（5分）正四面体ABCD的棱长为2，则所有与A，B，C，D距离相等的平面截这个四面体所得截面的面积之和为+3．【考点】棱锥的结构特征．【答案】见试题解答内容【分析】根据题意知到正四面体ABCD四个顶点距离相等的截面分为两类：一类是由同一顶点出发的三条棱的中点构成的三角形截面，这样的截面有4个；另一类是与一组相对的棱平行，且经过其它棱的中点的四边形截面，这样的截面有3个；作出示意图，求出所有满足条件的截面面积之和即可．【解答】解：设E、F、G分别为AB、AC、AD的中点，连结EF、FG、GE，则△EFG是三棱锥A﹣BCD的中截面，可得平面EFG∥平面BCD，点A到平面EFG的距离等于平面EFG与平面BCD之间的距离，∴A、B、C、D到平面EFG的距离相等，即平面EFG是到四面体ABCD四个顶点距离相等的一个平面；正四面体ABCD中，象△EFG这样的三角形截面共有4个．∵正四面体ABCD的棱长为2，可得EF＝FG＝GE＝1，∴△EFG是边长为1的正三角形，可得S△EFG＝EF•FG•sin60°＝；取CD、BC的中点H、I，连结GH、HI、IE，∵EI、GH分别是△ABC、△ADC的中位线，∴EIAC，GHAC，得EIGH，∴四边形EGHI为平行四边形；又∵AC＝BD且AC⊥BD，EIAC，HIBD，∴EI＝HI且EI⊥HI，∴四边形EGHI为正方形，其边长为AB＝1，由此可得正方形EGHI的面积SEGHI＝1；∵BC的中点I在平面EGHI内，∴B、C两点到平面EGHI的距离相等；同理可得D、C两点到平面EGHI的距离相等，且A、B两点到平面EGHI的距离相等；∴A、B、C、D到平面EGHI的距离相等，∴平面EGHI是到四面体ABCD四个顶点距离相等的一个平面，且正四面体ABCD中，象四边形EGHI这样的正方形截面共有3个，因此，所有满足条件的正四面体的截面面积之和等于4S△EFG+3SEGHI＝4×+3×1＝+3．故答案为：+3．9．（5分）设n∈N*，an为（x+4）n﹣（x+1）n的展开式的各项系数之和，bn＝[]+[]+…+[]（[x]表示不超过实数x的最大整数），则（t∈R）的最小值为．【考点】二项式定理．【答案】见试题解答内容【分析】令x＝1，有an＝5n﹣2n，求出bn，则（t∈R）的几何意义为点（n，）到点（t，2﹣t）的距离的平方，最小值为点（1，0）与（2，1）到直线y＝2﹣x的距离d的平方，然后利用点线距离公式求解即可得答案．【解答】解：令x＝1，有an＝5n﹣2n，∴＝n[1﹣（）n]，∴[]＝n﹣1，bn＝[]+[]+…+[]＝0+1+2+…+（n﹣1）＝，因此表示点A（n，）到直线y＝2﹣x上的点的距离的平方，因为y＝与y＝2﹣x的交点的横坐标x0∈（1，2）且n∈N*，又点（1，0）与（2，1）距直线y＝2﹣x近，故≥（）2＝．故答案为：．10．（5分）已知抛物线y＝ax2（a＞0），在y轴正半轴上存在一点P，使过P的任意直线交抛物线于M、N，都有为定值，则点P的坐标为．【考点】抛物线的性质．【答案】．【分析】由题意，设出直线MN的方程，将直线MN的方程与抛物线方程联立，结合韦达定理以及两点间的距离公式再进行求解即可．【解答】解：因为在y轴正半轴上存在一点P，不妨设P（0，m），若使过P的任意直线交抛物线于M、N，不妨设直线MN的方程为y＝kx+m，联立，消去y并整理得ax2﹣kx﹣m＝0，不妨设，，由韦达定理得，，此时，|，所以＝＝＝＝，若为定值，此时存在，使得，则存在点，使得为定值，定值为4a2．故答案为：．11．（5分）如图所示一块荒地，其中AB＝60m，AD＝40m，BC＝45m，∠DAB＝，经规划以AB为直径作一个半圆，在半圆外进行绿化，半圆内作为活动中心，在以AB为直径的半圆弧上取E、F两点，现规划在△OEF区域安装健身器材，在△OBE区域设置乒乓球场，若∠BOE＝∠EOF，且使边形AOEF的面积最大，则cos∠EOF＝．【考点】解三角形；三角形中的几何计算．【答案】．【分析】设∠BOE＝∠EOF＝θ，先求得四边形OEFA面积的表达式，然后利用导数求得当时四边形AOEF的面积最大．【解答】解：设∠BOE＝∠EOF＝θ，则∠EOF＝θ，根据题意易知，因为OF＝OA，△OAF为等腰三角形，且∠OFA＝∠OAF，又因为∠BOF＝∠OFA+∠OAF，所以∠EOF＝∠OFA＝∠OAF＝θ，∴OE∥FA，所以四边形OEFA为梯形，则四边形OEFA的面积为：＝，，则，，令S′＝0，则4cos2θ+cosθ﹣2＝0，解得（舍）或，设为φ为所对应的角，因为y＝cosθ在上单调递减，所以θ∈（0，φ）时，，S′＝450（4cos2θ+cosθ﹣2）＞0，S单调递增，所以时，，S′＝450（4cos2θ+cosθ﹣2）＜0，S单调递减．所以当时，面积最大，即．故答案为：．12．（5分）M是正整数集的子集，满足：1∈M，2022∈M，2023∉M，并有如下性质：若a、b∈M，则，其中[x]表示不超过实数x的最大整数，则M的非空子数为22022﹣1．【考点】元素与集合关系的判断．【答案】22022﹣1．【分析】根据题意，先判断M中相邻两数不可能大于等于2，可得2、3、…、2021∈M，从而确定出集合M的元素，再根据子集的个数与集合元素个数之间的关系即可得答案．【解答】解：根据题意，若x，y∈M（x＜y），则x+1、x+2、…、y﹣1均属于M，而事实上，若y﹣x≥2，则，故区间[x，y]中有正整数，所以M中相邻两数不可能大于等于2，故2、3、…、2021∈M，若p≥2024，p∈M，则有2023∈M，与2023∉M矛盾，当a＝b＝2022时，则；当a＝b＝1时，，所以，所以M＝{1，2，…，2022}，可得M的非空子集有22022﹣1．故答案为：22022﹣1．二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13．（4分）已知集合A＝{﹣3，﹣2，0，1，2，3，7}，B＝{x|x∈A，﹣x∉A}，则B＝（）A．{0，1，7} B．{1，7} C．{0，2，3} D．{0，1，2，3，7}【考点】元素与集合关系的判断．【答案】B【分析】根据集合的描述法及元素与集合的关系求解．【解答】解：因为A＝{﹣3，﹣2，0，1，2，3，7}，B＝{x|x∈A，﹣x∉A}，所以B＝{1，7}．故选：B．14．（4分）对四组数据进行统计，获得如下散点图，将四组数据相应的相关系数进行比较，正确的是（）A．r2＜r4＜r3＜r1 B．r4＜r2＜r3＜r1 C．r4＜r2＜r1＜r3 D．r2＜r4＜r1＜r3【考点】散点图；变量间的相关关系；相关系数．【答案】A【分析】根据题目给出的散点图，先判断是正相关还是负相关，然后根据点的集中程度分析相关系数的大小．【解答】解：由给出的四组数据的散点图可以看出，图1和图3是正相关，相关系数大于0，图2和图4是负相关，相关系数小于0，图1和图2的点相对更加集中，所以相关性要强，所以r1接近于1，r2接近于﹣1，由此可得r2＜r4＜0＜r3＜r1．故选：A．15．（5分）已知函数，任取t∈R，记函数f（x）在[t，t+1]上的最大值为Mt，最小值为mt，设h（t）＝Mt﹣mt，则函数h（t）的值域为（）A． B． C． D．【考点】三角函数的最值；正弦函数的定义域和值域．【答案】C【分析】考虑一个周期内h（t）的情况，根据t的取值，求得h（t）的解析式，结合三角函数的值域，求该函数值域即可．【解答】解：因为h（t+4）＝Mt+4﹣mt+4，其中Mt+4，mt+4分别是指f（x）在区间[t+4，t+5]上的最大值和最小值，因为f（x）的周期，故f（x）在区间[t+4，t+5]的图象与在区间[t，t+1]上的图象完全相同，故Mt+4＝Mt，mt+4＝mt，故h（t+4）＝h（t），即h（t）是周期为4的函数，故h（t），t∈R的值域与h（t），t∈[﹣2，2]时的值域相同；又f（x）在[﹣2，﹣1]单调递减，[﹣1，1]单调递增，在[1，2]单调递减，故当时，f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为，最小值为﹣1，此时；当时，f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为，最小值为﹣1，此时；当t∈[﹣1，0）时，在区间[t，t+1]上的最大值为，最小值为，此时＝；当时，f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为1，最小值为，此时；当时，f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为1，最小值为，此时；当t∈[1，2]时，f（x）在区间[t，t+1]上的最大值为，最小值为，此时＝；故h（t）在[﹣2，2]的函数图象如下所示：数形结合可知，h（t）的值域为．故选：C．16．（5分）已知曲线．当n＝4，a＝2，b＝1时，①曲线C所围成的封闭图形的面积小于8；②曲线C上的点到原点O的距离的最大值为．则（）A．①成立②成立 B．①成立②不成立 C．①不成立②成立 D．①不成立②不成立【考点】曲线与方程．【答案】A【分析】根据曲线在一个长为4，宽为2的矩形内部判断①，利用三角换元计算得到距离的最大值判断②．【解答】解：因为曲线．所以当n＝4，a＝2，b＝1时，曲线，①因为，当且仅当y＝0时取等号，，当且仅当x＝0时取等号，故曲线在一个长为4，宽为2的矩形内部，故曲线C所围成的封闭图形的面积小于2×4＝8，故①正确；②设曲线上一点为M（x，y），则，设，M到原点的距离的平方为，当sin（θ+φ）＝1时，距离平方有最大值为，故距离的最大值为，故②正确．故选：A．三、解答题（本大题共有5题满分78分）解下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．17．（14分）甲、乙两人进行乒乓球比赛，现约定：谁先赢3局谁就赢得比赛，且比赛结束，若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．（1）求甲赢得比赛的概率；（2）记比赛结束时的总局数为X，写出X的分布列，并求出X的期望值．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【答案】（1）；（2）分布列见解答，E（X）＝．【分析】（1）根据题意，求出甲生3局，4局，5局的概率，再利用互斥事件的概率公式求解；（2）X的可能取值为2，3，4，5，分别求出每种情况的概率，按照步骤求分布列即可．【解答】解：（1）比赛采用5局3胜制，甲赢得比赛有以下3种情况：①甲连赢3局，；②前3局2胜1负，第4局甲赢，；③前4局甲2胜2负，第5局甲赢，，所以甲赢得比赛的概率为．（2）X可以取3，4，5；，，，由此可得X的分布列：X345P所以．18．（14分）如图，四面体P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC＝，PA⊥平面ABC．（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．【答案】（Ⅰ）证明过程见解析；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由PA⊥平面ABC可得PA⊥AC，PA⊥BC，由勾股定理可得BC⊥AB，再利用线面垂直的判定定理即可证得BC⊥平面PAB；（Ⅱ）以点B为坐标原点，分别以，所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出相应向量的坐标，进而求出平面APC和平面BPC的法向量，再利用二面角的向量公式计算即可．【解答】证明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥AC，PA⊥BC，∵PA＝1，PC＝，∴AC＝＝＝，又∵AB＝BC＝1，∴AC2＝AB2+BC2，∴BC⊥AB，又∵PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB；解：（Ⅱ）以点B为坐标原点，分别以，所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，1，0），B（0，0，0），C（1，0，0），P（0，1，1），∴＝（0，0，1），＝（1，﹣1，0），＝（0，1，1），＝（1，0，0），设平面APC的一个法向量为＝（x，y，z），则，取x＝1，得＝（1，1，0），设平面BPC的一个法向量为＝（a，b，c），则，取b＝1，得＝（0，1，﹣1），∴cos＜，＞＝＝＝，由图可知二面角A﹣PC﹣B为锐角，设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，则cosθ＝|cos＜，＞|＝，∴，即二面角A﹣PC﹣B的大小为．19．（14分）已知函数f（x）＝cos2x，g（x）＝sinx．（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；（2）设函数，若函数和h（x﹣π）都是奇函数，将满足条件的ω按从小到大的顺序组成一个数列{an}，求{an}的通项公式．【考点】两角和与差的三角函数；函数奇偶性的性质与判断．【答案】（1）非奇非偶函数；（2）．【分析】（1）利用奇偶函数定义判断即可；（2）由奇函数和诱导公式可得ω，即可得到所求通项公式．【解答】解：（1）函数＝﹣sin2x+cosx，为非奇非偶函数．理由：定义域为R，H（﹣x）＝﹣sin2（﹣x）+cos（﹣x）＝sin2x+cosx≠H（x），且H（﹣x）≠﹣H（x），即有H（x）为非奇非偶函数；（2）函数和h（x﹣π）都是奇函数，即有和sin（ωx+φ﹣ωπ）均为奇函数，则，φ﹣ωπ＝lπ（k，l∈Z），解得，由于ω＞0，k，1∈Z，则，故数列{an}的通项公式为．20．（18分）过坐标原点O作圆C：（x+2）2+y2＝3的两条切线，设切点为P，Q，直线PQ恰为抛物线E：y2＝2px（p＞0）的准线．（1）求抛物线E的标准方程；（2）设点T是圆C的动点，抛物线E上四点A，B，M，N满足：，，设AB中点为D．（i）求直线TD的斜率；（ii）设△TAB面积为S，求S的最大值．【考点】直线与抛物线的综合．【答案】（1）y2＝2x．（2）（i）0；（ii）48．【分析】（1）设直线PQ与x轴交于，由几何性质易得：|CP|2＝|CP0|⋅|CO|，代入数据即可求解p的值，从而求出抛物线的方程；（2）设T（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），（i）中，由于TA中点M在抛物线E上，得，将A（x1，y1），B（x2，y2），代入联立得D点纵坐标为，即可解决；（ii）由（i）得点，，又点T在圆C上，得，可得：即可解决．【解答】解：（1）设直线PQ与x轴交于，由几何性质易得：△CPP0与△OCP相似，所以，|CP|2＝|CP0|⋅|CO|，即：，解得：p＝1．所以抛物线E的标准方程为：y2＝2x．（2）设T（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），（i）由题意，TA中点M在抛物线E上，即，又，将代入得：，同理：，有，此时D点纵坐标为，所以直线TD的斜率为0；（ii）因为，所以点，此时，．所以，又因为点T在圆C上，有，即，代入上式可得：，由．所以