丹东市2023~2024学年度上学期期末教学质量监测
高三数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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.已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.复数，则（ ）
A. B.
C. D.
3.已知圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥底面的半径为（ ）
A.1 B. C. D.2
4.已知对数函数满足，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
5.有6个座位连成一排，安排3个人就坐，恰有两个空位相邻的坐法为（ ）
A.48种 B.72种 C.96种 D.108种
6.已知圆过，，三点，则（ ）
A. B. C.5 D.
7.已知锐角，满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数的定义域为，且，，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.已知函数，则（ ）
A. 有一个零点 B. 的极小值为
C. 的对称中心为 D.直线是曲线的切线
10.把函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A. 的最小正周期为 B.
C.在上递增 D. 关于直线对称
11.已知直三棱柱的体积为，，，，O为的中点，则（ ）
A. B.点A到平面的距离为
C.直三棱柱的外接球的半径为 D.直线与所成角的余弦值为
12.已知为坐标原点，过抛物线：的焦点的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，直线与C交于N，若直线与的倾斜角互补，则（ ）
A.直线的斜率为 B.
C.线段中点的纵坐标为 D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若随机变量，且，则__________.
14.设单位向量，的夹角为60°，则___________.
15.已知等比数列的前3项和为168，，则___________.
16.已知椭圆：的左右焦点分别为，，点A在上，点B在y轴上，，，则C的离心部为_________.
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.（10分）
记为数列的前项和，，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
18.（12分）
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，D是边上的点，且.
（1）求；
（2）若，求.
19.（12分）
如图，在三棱锥中，，，，，点M，N分别为，的重心.
（1）求证：面；
（2）若平面与平面所成的角为45°，且平面平面，求三棱锥的体积.
20.（12分）
中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，某地区举行中国象棋比赛，先进行小组赛，每三人一组，采用单循环赛（任意两人之间只赛一场），每场比赛胜者积3分，负者积0分，平局各1分。根据积分排名晋级淘汰赛，若出现积分相同的情况，则再进行同分加赛，直到排出小组1，2，3名为止，已知甲、乙、丙三人分在同一个小组，根据以往比赛数据统计，甲、乙对局时，甲胜概率为，平局概率为；甲、丙对局时，甲胜概率为，平局概率为；乙、丙对局时，乙胜概率为，平局概率为，各场比赛相互独立.
（1）甲乙丙单循环赛分出胜负的局数为，求；
（2）甲乙丙单循环赛结束，乙丙同积4分，设加赛次后乙获得小组第一名的概率为，证明：.
21.（12分）
已知双曲线：的渐近线方程为，点在C上.
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于P，Q两点，直线，与y轴的交点分别为M，N，求证：线段的中点为定点.
22.（12分）
已知定义在上的函数和.
（1）求证：；
（2）设在存在极值点，求实数的取值范围.丹东市 2023~2024学年度上学期期末教学质量监测
高三数学参考答案
一、选择题
1．D 2．A 3．A 4．B
5．B 6．C 7．A 8．C
二、选择题
9．ACD 10．BCD 11．AC 12．ACD
三、填空题
3
13． 0.8 14． 2 15． 5
2 16． 5
四、解答题
17．解：
（1）当 n 2时，由 2Sn (n 1)an，得 2Sn 1 nan 1，所以 (n 1)an na
a n
n 1，即
n ，
an 1 n 1
a a a 2 3 n
所以 2 3 n ，所以 an n，当 n 1时，符合 a 1，综上 a n．a1 a2 an 1 1 2 n 1
1 n
…………………（5分）
2 T 1 2 3 n 1 T 1 2 3 n（ ）因为 n 0 1 2 n ，所以 1 n 1 2 2 ，2 2 2 2 2 2 2 2 2n
1 1 1 1 1 n n 2
作差得 Tn 0 1 2 ，所以T 4 ．2 2 2 2 2n 1 2n n 2n 1
…………………（10分）
18．解：
（1）由余弦定理得 a2 b2 c2 2bc cos A，且 b2 c2 a2 2， BAC 120 ，得 bc=2．
…………………（4分）
（2）解法一：
CD E AE 3取 的中点 ，连接 ，因为 AD AC，所以 AE CD， BD :CD 3 : 4， BD a，
7
DE 2 EC a， AE 2 AD2 2 5 DE 2 AB2 BE 2，所以 b2 ( a)2 c2 ( a)2 ，
7 7 7
{#{QQABYQoAggAIABAAAQgCEwGqCgOQkBGACAoGhBAMsAAAiBFABAA=}#}
整理得 c2 b2 3 a2，由 b2 c2 a2 2联立得 2c2 5b2 3，又因为 bc=2，解得 b=1．
7
…………………（12分）
解法二：
2
由 BD :CD 3 : 4得， AD 4 AB 3 AC，所以 AD (4 AB)2 (3 AC)2 4 3 2 AB AC，
7 7 7 7 7 7
5b2 2c2 3，又因为 bc=2，解得 b=1．
…………………（12分）
解法三：
2 2 2 2 2 2
由 cos ADB BD AD AB ，cos ADC CD AD AC ，联立得 3a2 7c2 7b2，
2BD AD 2CD AD
5b2 2c2 3，又因为 bc=2，解得 b=1．
…………………（12分）
P
19．解： D
（1）证明：延长 AM 交 BP于点 D，延长 AN 交 BC于点O，
M
OD AM AN
B C
连接 ， 2，又因为 AD, AO为中线， O
MD NO N
所以点D，O分别为 BP,BC的中点， A
所以MN //OD，MN 平面 PAC，OD 平面 PAC，所以MN // 平面 PAC．
…………………（6分）
（2）解法一：
因为平面 PBC 平面 ABC ，且平面 PBC 平面 ABC BC ，连接OP， PB PC，所以
PO BC ，PO 平面 PBC ，所以 PO 平面 ABC，取OB的中点 E，连接 DE，DE // PO，
所以 DE 平面 ABC，过 E作 EF AO，垂足为 F，连接 DF，所以 DF AO，所以 DFE
是二面角 D AO B的平面角，所以 DFE 45 ，所以 DE=EF，由 AB BC， AB 2，
BO 2， EF 2 2 ，所以 DE ， PO 2，
2 2
1 1 4 2
所以三棱锥 P ABC的体积为V AB BC PO ．
3 2 3
…………………（12分）
解法二：
因为面 PBC 面 ABC，且面 PBC 面 ABC BC，连接OP， PB PC，所以 PO BC ，
PO 面 PBC ，所以 PO 面 ABC，以 B为坐标原点， BA的方向为 x轴的正方向，建立如
图所示的直角坐标系 D xyz，可得 A(2,0,0) ， O(0,2,0)，设OP m(m 0) ， P(0,2,m) ，
D(0,1,m )，所以 AO ( 2,2,0)， AD ( 2,1,m )，设平面 AOD的法向量 n1 (x, y, z)，2 2
AD n
由 1
0 2
，得 n1 (1，1， )，平面 ABO的
AO n1 0 a
{#{QQABYQoAggAIABAAAQgCEwGqCgOQkBGACAoGhBAMsAAAiBFABAA=}#}
z
法向量为 n2 (0，0，1)，二面角D AO B的 P
n1,n2 D
平面角为 45 ，所以 cos n1,n2 ，
n1 n M2 B O C y
N
2
2 m A ，解得m 2，所以 PO 2，
2
2 4 x
m2
1 1
所以三棱锥 P ABC的体积为V AB BC PO 4 2 ．
3 2 3
…………………（12分）
20．解：
（1）根据题意可知随机变量 X的取值分别为 0，1，2，3
P(X 0) 1 1 1 1所以 ， P(X 1) 4 1 1 1 2 1 1 1 5 11 ，
5 3 6 90 5 3 6 5 3 6 5 3 6 90
P(X 2) 4 2 1 4 1 5 1 2 5 19 P(X 3) 4 2 5 4 ， ，
5 3 6 5 3 6 5 3 6 45 5 3 6 9
所以随机变量 X的分布列为
X 0 1 2 3
P 1 11 19 4
90 90 45 9
1 11 19 4 23
所以随机变量 X的期望 E(X)= 0 1 2 3 ．
90 90 45 9 10
…………………（6分）
（2 1 1 1）根据题意得，加赛 1轮乙获胜的概率 P1 ，加赛 2轮乙获胜的概率 P2 ，...2 6 2
n P 1 1加赛 轮乙获胜的概率 n ，6n 1 2
1 1 n
所以 P P P 1 1 1 1 1 1 6 3 11 2 n (1 )，2 6 2 6n 1 2 2 n1 1 5 6
6
1 3
因为 n N ，所以1 n 1，故 P1 P6 2
Pn ．5
…………………（12分）
21．解：
（1）因为点 A( 2,0)在 C上，可得双曲线的焦点在 x轴上，渐近线方程为 y x，
x2 y2
设双曲线的方程为 x2 y2 ( 0)，得 4，所以 C的方程为 1．
4 4
…………………（4分）
{#{QQABYQoAggAIABAAAQgCEwGqCgOQkBGACAoGhBAMsAAAiBFABAA=}#}
2 P(x , y ) M (0, y ) AP y y1 (x 2) y 2y（ ）设 ， ，则直线 ： ， 11 1 M M ，x1 2 x1 2
设Q(x2 , y2 )
2y
， N (0, yN )，同理可得 yN 2 ，x2 2
设直线 PQ： y k(x 2) 3 (k 1)，MN的中点为 D(0, yD )，则
y yM yN k(x1 2) 2 k(x2 2) 2 2k 2[(x1 2) (x 2)]D 2 ，2 x1 2 x2 2 (x1 2)(x2 2)
x2 y2 4
由 得 (1 k 2 )(x 2)2 (4k 1)(x 2) 4 0，
y k(x 2) 2
(x 2) (x 2) 4k 1所以 1 2 2 ， (x1 2) (x
4
2 2) ，1 k 1 k 2
y 2k 2[(x1 2) (x 2)]所以 D 2 2，(x1 2)(x2 2)
因此线段MN 的中点为定点 D(0, 2)．
…………………（12分）
22．解：
（1）证明：令 F (x) f (x) g(x) ln(x 1) x ， x 0
F (x) 1 1 2 x x 1 ( x 1)
2
所以 0，
x 1 2 x 2(x 1) x 2(x 1) x
F (x)在 (0, )上是减函数， F (0) 0， F (x) f (x) g(x) 0，故 f (x) g(x)．
…………………（4分）
2
（2 4） (x) [ 2 t] f (x)
4
( t) ln(x 1)，所以 (x) tx 4x 4(x 1) ln(x 1) ，
g (x) x x2 (x 1)
令 k(x) tx2 4x 4(x 1) ln(x 1)，要使 (x)在 (0, )存在极值点，即 k(x)有变号零点．
k (x) 2tx 4ln(x 1) 4， k (x) 2t ，
x 1
当 t 0时， k (x) 0恒成立， k (x)在 (0, )上递减， k (0) 0， k (x) 0，
所以 k(x)在 (0, )上递减， k(0) 0， k(x) 0，所以不存在变号零点.
当 t 2时， k (x) 0恒成立， k (x)在 (0, )上递增， k (0) 0， k (x) 0，
所以 k(x)在 (0, )上递增， k(0) 0， k(x) 0，所以不存在变号零点.
当 0 t 2 2时， x (0, 1)， k (x) 0 k (x) (0, 2 ， 在 1)上递减，平面
t t
x (2 1, )， k (x) 0， k (x) 2在 ( 1, )上递增，
t t
{#{QQABYQoAggAIABAAAQgCEwGqCgOQkBGACAoGhBAMsAAAiBFABAA=}#}
所以 x 2 1是 k (x)的极小值点，则 k (2 1) 4 4ln 2 2t 4ln t，
t t
令 p(t) 4 4ln 2 2t 4ln t， p (t) 4 2， 0 t 2，所以 p (t) 0， p(2) 0，
t
2
所以 p(t) 0恒成立，即 k ( 1) 0，k(x)在 (0, 2 1)上递减，k(0) 0 2，必有 k( 1) 0，
t t t
由（1）知 ln(x 1) x ，所以 tx2 4x 4(x 1) ln(x 1) tx2 4x 4 x (x 1)，
k(x) tx2 4x 4 x (x 1) x 16 k(16) 64 16 16(4 t) ，取 2 ，所以 2 2 2 0，t t t t t
2
所以 x0 ( 1,
16)，使 k(x)有变号零点，综上所述 t的取值范围为 0 t 2．
t t 2
…………………（12分）
{#{QQABYQoAggAIABAAAQgCEwGqCgOQkBGACAoGhBAMsAAAiBFABAA=}#}
