按秘密级事项管理丹东市2023~2024学年度上学期期末教学质量监测高三数学命题：杨晓东郭欣赫希武颜红葛冰审核：杨晓东注意事项：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.【答案】D【解析】【分析】利用列举法表示集合B，再利用并集、补集的定义求解即得.【详解】依题意，，而，则,所以.故选：D2.复数，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由共轭复数的概念以及复数的四则运算即可求解.【详解】由题意有.故选：A.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【答案】A【解析】【分析】设圆锥的底面圆半径为，母线为，根据圆的面积公式求出l，进而求出扇形的弧长，结合圆的周长公式计算即可求解.【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线为，则，解得，所以侧面展开图扇形的弧长为，有，解得，即圆锥的底面圆半径为1.故选：A4.已知对数函数满足，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意和对数函数的定义可得，将原不等式转化为，得或，结合对数函数的单调性解不等式即可求解.【详解】由题意知，设对数函数的解析式为且，由，得，解得，所以对数函数解析式为.所以，得或，当时，得，当时，得.故原不等式的解集为.故选：B5.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【答案】B【解析】【分析】根据题意，分2步进行分析：将三人连同座位全排列，再将三个空座位分成两组，2个相邻的，1个单独放置的，安排到三人形成的空位中，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，有6个座位连成一排，安排3个人就座，有3个空座位，把这三个空座位分成两组，2个相邻的，1个单独放置的．将三人连同座位全排列，共有种情况，再把两组不同的空座位插入到三个人产生的四个空位里，有种，所以不同坐法有种．故选：B6.已知圆过，，三点，则（）A. B. C.5 D.【答案】C【解析】【分析】结合题意，利用待定系数法求出圆的标准方程，找到半径即可.【详解】设圆的标准方程为，因为圆过，，三点，所以，解得，所以，故，故选:C.7.已知锐角，满足，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角恒等变换公式化简计算即可.【详解】由，即，.故选:A.8.已知函数的定义域为，且，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用赋值法即可逐一求解.【详解】令可得，则，故A错误令，则，所以，故B错误，令，则，所以，令，则，则，，，D错误，令，则，则，令，则，则，故C正确，故选：C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【答案】ACD【解析】【分析】利用导数讨论函数的单调性，即可判断B，结合即可判断A；证明函数为奇函数，结合函数平移变换即可判断C；根据导数的几何意义求出曲线的切线方程即可判断D.【详解】A：，令，令或，所以函数在上单调递减，在上单调递增，且，所以当时，，故函数在R上只有一个零点，故A正确；B：由选项A的分析可知，函数的极小值为，故B错误；C：令，定义域为R，则，所以函数为奇函数，对称中心为，将函数图象向下平移1个长度单位，得函数的图象，所以的对称中心为，故C正确；D：由选项A知，令，又，所以切线方程为，即，所以直线是曲线在点处的切线，故D正确.故选：ACD10.把函数图象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，得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为 B.C.在上递增 D.关于直线对称【答案】BCD【解析】【分析】根据三角函数图象的伸缩平移变换可得，结合公式计算即可判断A；计算直接判断B；利用整体代换法求出函数的增区间，即可判断C；利用验证法即可判断D.【详解】A：将函数的图象上点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变，可得，再向左平移个单位长度，得，所以函数的最小正周期为，故A错误；B：由选项A知，则，故B正确；C：由，，得，令，则函数的单调递增区间为，又，所以函数在上单调递增，故C正确；D：易知，又，所以直线是函数的一条对称轴，故D正确.故选：BCD11.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【答案】AC【解析】【分析】根据棱柱的体积公式计算即可求解判断A；由线面垂直的判定定理和性质可得，利用等体积法求出点面距即可判断B；利用勾股定理求出球的直径即可判断C；如图，确定线线角，利用余弦定理计算即可判断D.【详解】设，由，得，所以，解得，即，故A正确；B：因为面，所以面，由面，得.设点A到平面的距离为，由等体积法可得，，即，又，，所以，即点A到平面的距离为，故B错误；C：由题意，易知为直三棱柱的外接球的球心，设半径为R，则，所以，故C正确；D：如图，取的中点D，连接OD、AD，则且，所以（或其补角）为直线AO与直线BC所成角，在中，，由余弦定理，得，故D错误.故选：AC12.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.【答案】ACD【解析】【分析】对于A，首先由直线与的倾斜角互补，即垂直平分，得，结合即可判断A；对于B，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理以及焦半径公式即可判断B；对于C，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理以及中点坐标公式即可判断C，并得到点，由此即可判断D.【详解】由题意若直线与的倾斜角互补，其中，由题意设中点为，则垂直平分，所以，又A第一象限，所以，所以，即，所以直线（）的斜率为，故A正确；由A选项分析可知，直线（）的斜率为，所以直线（、）的方程为，将其代入抛物线方程得，，由，得，所以，所以，故B错误，由A选项分析，又直线与的倾斜角互补，，所以由直线的斜率为，所以直线的方程为，将其代入抛物线方程得，，由，得线段中点的纵坐标为，故C正确；由，，得，，所以，又，所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：关键是由题意得到点，然后结合韦达定理以及抛物线定义等即可顺利得解.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__________.【答案】0.8##【解析】【分析】根据正态分布曲线的对称性即可求解.【详解】因为随机变量，则正态分布曲线的对称轴为，所以，所以.故答案为：0.814.设单位向量，的夹角为60°，则___________.【答案】2【解析】【分析】根据向量数量积的运算律即可求解.【详解】,故答案为：215.已知等比数列的前3项和为168，，则___________.【答案】##【解析】【分析】由题意设等比数列首先公比分别为，由题意列方程求出，由此即可得解.【详解】由题意设等比数列首先公比分别为（否则与矛盾），所以，，两式相比得，解得，所以.故答案为：.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的离心率为_________.【答案】【解析】【分析】设，利用椭圆定义及对称性表示出，结合勾股定理可得，再利用余弦定理求解即得.【详解】令椭圆C的半焦距为c，设，则，由点B在y轴上，，得，而，，因此，即，解得，在中，，在中，由余弦定理得，即，整理得，，所以C的离心率为.故答案为：.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.记为数列的前项和，，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）利用之间得关系，再结合累乘法计算化简即可.（2）表示出数列的前项和，利用错位相减法计算化简即可.【小问1详解】结合题意：因为，当时，，所以①②得，即，所以，当时，上式也成立.故的通项公式.【小问2详解】记，由（1）问所以，即，所以，所以③④得即，整理得：.18.记内角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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理边角化即可求解，（2）根据余弦定理化简求解.【小问1详解】由可得,由于，所以，因此【小问2详解】由可得，由余弦定理可得,即，化简可得，又，，代入可得，化简得，进而，解得19.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.【答案】19.证明见解析20.【解析】【分析】（1）取AB的中点D，连接PD，CD，如图，由三角形的重心可得，则，结合线面平行的判定定理即可证明；（2）取BC的中点O，取AC的中点E，连接OP，OE，根据面面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，设，利用向量的线性运算可得，根据空间向量法求面面角，建立a的方程，求出a，结合三棱锥的体积公式计算即可求解.【小问1详解】因为点M，N分别是的重心，取AB的中点D，连接PD，CD，如图，则，在中，，所以，故，又面，面，所以面；【小问2详解】由题意知，，，取BC中点O，取AC的中点E，连接OP，OE，则，由面面，面面，面，得面，又面，所以，建立如图空间直角坐标系，设，则，由，得，所以，易知为面的一个法向量，设面的一个法向量为，则，令，则，所以，故，由，解得.所以，即三棱锥的体积为.20.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：.【答案】20.2.321.证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可知X可能取值为0,1,2,3，利用独立事件的乘法公式分别求出对应的概率，结合数学期望的计算公式求解即可；（2）根据题意依次分析乙丙加赛1场、2场、n场后乙胜的情况，表示出对应的概率，结合等比数列的概念和等比数列前n项求和公式计算，即可证明.【小问1详解】单循环赛共赛3场，故X可能取值为0,1,2,3，则，，所以；【小问2详解】当乙丙同积4分式，说明乙丙各胜1场，各平局1场，而甲负2场得0分.若乙丙加赛1场后乙胜，此时乙获得小组第一的概率为；若乙丙加赛2场后乙胜，说明加赛的第1场平局，第2场乙胜，此时；若乙丙加赛3场后乙胜，说明加赛的前2场平局，第3场乙胜，此时；若乙丙加赛4场后乙胜，说明加赛的前3场平局，第4场乙胜，此时；若乙丙加赛n场后乙胜，说明加赛的前场平局，第n场乙胜，此时.所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，即证.21.已知双曲线的渐近线方程为，点在上.（1）求的方程；（2）过点的直线交于、两点，直线、与轴的交点分别为、，求证：线段的中点为定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据点在双曲线上可得出的值，结合双曲线的渐近线方程可得出的值，由此可得出双曲线的方程；（2）