丹东市2024~2025学年度（上）期末教学质量监测
高三数学
总分150分
时间120分钟
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.已知复数2=
21的虚部为
1-i
A.i
B.-i
C.1
D.-1
2.设集合U=R,M={xx<1},N={x-1-1}=
A.G(MUN)
B.NUC,M
C.C(MNN)D.MUG N
3.双曲线女上
=1的顶点到其渐近线的距离为
412
A,5
B.2W5
C.2
D.1
4.(2-x)1+x)的展开式中x3的系数为
A.5
B.10
C.20
D.-20
5.在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，则EAEC■
A.2
B.-2
C.1
D.-1
6.把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得
曲线向左平移严个单位长度，得到函数y=sim(x+)的图像，则f
A.sin
B.sin(
C.sinex-
D.sin(2x+
高三数学第1页（共5页）
7.函数f(x)=ln(x2-2r一3)在区间(a,+o)上单调递增，则实数a的取值范围为
A.(1.+o)
B.[l,+o）)
C.(3,+o)
D.[3,+)
8.已知正三棱锥P-ABC中，D是棱PC上的点，CD=2DP,且PA⊥BD,则直
线BD与平面PAB所成角的正弦值为
A.V1o
B.30
10
10
c
D.25
3
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9。有一组样本数据x，，,x，由这组数据得到新样本数据乃，乃，…
y.,其中y=x+2(=1,2,),则
A,两组样本数据的样本平均数相同B。两组样本数据的样本极差相同
C.两组样本数据的样本中位数相同D.两组样本数据的样本标准差相同
10.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线y=k(x-1)与C交于M,N两点
(M在第一象限)，1为C的准线，若点M到1的距离为4，Q(5,0),则
A,k=±√5
B.M1
C.以W为直径的圆与1相切
D.点F到直线MQ的距离为2√3
11.已知等比数列a}的公比为g,其前n项和为Sn,前n项积为T,且a=1,
则下列说法正确的是
A.若q>0,{S.}为递增数列
B.S2,S4-S2,S。-S4为等比数列
C.a4+a6≥2
D.若g>1,T>1的n的最小值为10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=(x+a-2)(x2+a-1)为奇函数，则a=
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高三数学试题评分参考
一、选择题
1．C 2．B 3．A 4．B
5．D 6．D 7．D 8．A
二、选择题
9．BD 10．BCD 11．AD
三、填空题
2 2
12． 2 13 15 ． 14
x y
． 1
3 7 3
四、解答题
15．解：
（1）根据正弦定理， 3b 2asinB得， 3sinB 2sin AsinB， sinB 0．
…………3分
3
所以 sin A ， A (0, )，故 A
2 2 3
…………6分
（2）由DB AB，DC AC，可知在四边形 ABDC中， BDC 120
…………8分
BD CD 1，所以 BC 2 BD2 CD2 2BD CD cos120 3 ，则 BC 3
…………10分
由 BCD CBD 30 ，所以 ABC ACB 60 ，△ABC是等边三角形
所以△ABC的面积 S 1 AB 2 sin 60 3 3 ．
2 4
…………13分
16．解：
（1）因为 f (x) cos(x ) 1
…………1分
当 ，所以 f (x) cos(x ) 1，则 f
( ) 1，且 f ( )
4 4 4 4 4
…………3分
所以 f (x)在 x 处的切线方程为 y (x )，即 x y 0．
4 4 4
…………6分
（2）由 f (x) cos(x ) 1 0，所以 f (x)在 [0, ]上单调递减
4
f (x)的最大值为 f (0) sin tan
高三数学参考答案 第 1页（共 4页）
{#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}
…………8分
令 g( ) sin tan
3
则 g ( ) cos 1 cos 1 2 2 ， [0, ]cos cos 4
所以 g ( ) 0，所以 g( ) sin tan 在[0, ]上单调递减， g( ) g(0)
4
…………10分
g( )在[0, ]上最大值为 g(0) 0，所以 g( ) 0
4
所以 f (x) 0．
…………15分
17．解：
（1）证明：连接 AC， AM AP 2， PC PD CD 4，可得 AD AC 2 5
所以 AP PD， AP PC， PC PD P
所以 AP 平面 PCD， AP 平面 PAB，所以平面 PAB 平面 PCD．
…………6分
（2）取CD的中点Q，连接 PQ， AQ
由（1）知，CD PQ，CD AQ， PQ AQ Q
所以CD 平面 PAQ，CD 平面 ABCD，所以平面 PAQ 平面 ABCD
过 P作 PN AQ，垂足为 N，可得 PN 平面 ABCD
在 R t △PAQ中， AN 1， PN 3
…………8分
以 A为坐标原点， AM 的方向为 x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，
可知 z轴在平面 PAQ内．
z
则 B( 2,0,0)，C( 2,4,0)，D(2,4,0)， P(0,1, 3) P
m PB 0
设平面 PBC的法向量 m＝(x，y，z)，由
m PC 0 B C
2x y 3z 0 A
可得 N ，可取 m＝( 3，0， 2 )． Q y
2x 3y 3z 0 M D
x
由（1）可知， AP为平面 PCD的法向量
…………12分
m AP
则平面 PCD的法向量为 AP＝(0，1， 3 ) 21．故 cos＝ ＝ ．
m AP 7
PBC PCD 2 7所以平面 与平面 所成角的正弦值为 ．
7
…………15分
高三数学参考答案 第 2页（共 4页）
{#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}
18．解：
（1）根据题意得， X 的可能取值分别为1， 2，3
1 2 1
则 X 1时，表示第 1轮为甲，第 2轮为乙，第 3轮为丙，即 P(X 1) 1
2 3 3
…………2分
X 2时，表示第 1轮为甲，第 2轮为甲，第 3轮为乙，或第 1轮为甲，第 2轮为乙，第 3
轮为甲，即 P(X 2) 1 1 1 1 1 5 1
2 2 2 3 12
…………4分
X 3 1 1 1时，表示第 1轮为甲，第 2轮为甲，第 3轮为甲，即 P(X 3) 1
2 2 4
…………6分
所以 X 的分布列如下表
X 1 2 3
1 5 1
P
3 12 4
E(X ) 1 1 5 1 23 2 3
3 12 4 12
…………8分
（2）设第 n轮练习为甲、乙、丙的概率分别为 Pn，Qn ，1 Pn Qn
1
由题意得 Pn P
1 1 1 1
n 1 Qn 1 (1 P Q ) Q ……①2 3 2 n 1 n 1 2 6 n 1
Q 1 1n Pn 1 (1 P
1 1
2 2 n 1
Qn 1) Qn 1 ……②2 2
1 1 1
由②得Qn (Qn 1 )，3 2 3
…………12分
所以数列{Q 1} Q 1 1 1n 是首项为 1 ，公比为 的等比数列3 3 3 2
…………14分
Q 1 1 1n ( )
n 1 1 1 1， 则Q n 2
3 3 2 n 1
( ) 代入①中
3 3 2
P 4 1 1得 n 1 4 1 1n ( ) ， 故第 n 轮为甲练习的概率为 Pn ( )
n 1 (n 3)．
9 9 2 9 9 2
…………17分
19．解：
2 2
（1）设 A(xA , xA )， B(xB , xB )， P(x, y)2 2
xA xB x
由 AB 2，OP OA OB ，得 2 ……①
(x x ) y 2 A B
…………2分
高三数学参考答案 第 3页（共 4页）
{#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}
(xA xB )
2 1 (xA xB )
2 2 ……②
2
…………4分
x2
联立①②得，C的方程为 y2 1
4
…………6分
（2）
（i）设 P(x0 , y0 ) (x0 0, y0 0)， N(xN ,0)，M (0, yM )
y y 2y
由 D，P，M三点共线可知 M 0 ，得 y 0
2 x M0 2 2 x0
1 y0 1 x x由 E，P，N三点共线可知 ，得 N 0 xN x0 1 y0
…………8分
DN x0 x所以 2 0 2y0 2 x 2y 2， EM 0 0
1 y0 1 y0 2 x0
(x0 2y0 2)
2 x 20 4y
2
0 4x y 8y 4x 4所以 DN EM 0 0 0 0
(1 y0 )(2 x0 ) (1 y0 )(2 x0 )
x 20 4(x y 2y x 2)因为 y 20 1，所以 x
2
0 4y
2
0 4代入上式中得 AN BM 0 0 0 0 44 (1 y0 )(2 x0 )
…………11分
（ii）△ PMN 1面积为 S PMN S DNM S DNP DN
1
(yM y0 ) DN [EM (1 y2 2 0
)]
1 1 x 2y 2
所以 S 0 0 PMN DN EM (1 y0 )，2 2 1 y0
…………14分
S 1 PMN 2 (x0 2y0 2)2
x 2 y 2 2
( 0 0 )2 x0 4 y0 2，则 x0 2 y0 2 2 (x0 2 y0时等号成立 )2 2
所以 S PMN 2 1，即△ PMN面积的最大值为 2 1．
…………17分
{#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}
高三数学参考答案 第 4页（共 4页）
{#{QQABTYIg5gKQkgTACR5rQQEkCkoQkJCjJegEhQAUuAQqiINABIA=}#}
