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哈三中 2023-2024 学年度上学期高三学年期末考试
数学试卷
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 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性、指数函数的单调性，结合集合交集的定义进行求解即可.
【详解】由 ，
由 ，
所以 ，
故选：C
2. 复数 的虚部为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数除法的运算法则化简为复数的代数形式，即可得到复数虚部.
【详解】由 ，
所以虚部为-1.
故选：A
3. 函数 的大致图象是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出定义域，再确定为偶函数，最后由特殊值法确定即可.
【详解】定义域为 ， 为偶函数，
采用特殊值法代入，
当 趋近于零时， 趋近于零， 趋于正无穷；此时 取值趋于正无穷；
当x趋近于正无穷时， 趋近于正无穷， 趋于零，此时 取值趋于正无穷；
所以只有B图像符合；
故选：B
4. 若 ，则实数 （ ）
A. 6 B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】将 两边平方，结合数量积的运算律求出 ，再根据数量积的坐标公式即可得解.
【详解】因为 ，所以 ，
即 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司即 ，解得 .
故选：B.
5. 已知命题： 为假命题，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据含有一个量词的命题的否定，可知命题： 为真命题，讨论a是否为
0，结合 时，解不等式，即可求得答案.
【详解】由题意知命题： 为假命题，
则命题： 为真命题，
故当 时， ，即为 ，符合题意；
当 时，需满足 ，解得 ，
综合可得实数 的取值范围是 ，
故选：D
6. 若椭圆 和双曲线 的共同焦点为 是两曲线的一个交点，则 的面
积值为 （ ）
A. B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】设点 ，根据方程组求点P的坐标和焦距，进而可得面积.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】对于椭圆 可知：半长轴长为5，半短轴长为3，半焦距为4，则 ，
设点 ，则 ，解得 ，
所以 的面积值为 .
故选：A.
7. 等比数列 中， 为 的前n项和，若 ，则 （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据 构成等比数列求解即可.
【详解】因为 为等比数列， ，设 ，
所以 构成等比数列.
所以 构成等比数列，所以 ，所以 .
故选：A
8. 哈三中第38届教改汇报课在2023年12月15日举行，组委会派甲乙等6名志愿者到 两个路口做引
导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若甲和乙不能去同一路口，则不同的安排方
案总数为（ ）
A. 14 B. 20 C. 28 D. 40
【答案】C
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】先安排甲乙两人，再根据分组分配的方法安排其余4名志愿者.
【详解】先安排甲乙两人，有 种方法；
再安排其余4名志愿者有两类方法，共有 种方法，
根据分步计数原理可得共有 种方法.
故选：C
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知 ，若幂函数 为奇函数，且在 上递减，则 只能
为
B. 函数 的单调递减区间为
C. 函数 与函数 是同一个函数
D. 已知函数 的定义域为 ，则函数 的定义域为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，直接由幂函数的奇偶性、单调性即可验证；对于 B，由复合函数单调性以及复合对数函
数的定义域即可验证；对于C，定义域都是全体实数，且对应法则也一样，由此即可判断；对于 D，由抽
象函数定义域的求法即可验证.
【详解】对于A，当 时，幂函数 为奇函数，且在 上递减，满足题意，
当 时，幂函数 在 上递增，不满足题意，
当 时，幂函数 为奇函数，且在 上递减，满足题意，
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学科网（北京）股份有限公司当 时，幂函数 为偶函数，在 上递减，不满足题意，故A错误；
对于B， 关于 在定义域内单调递减，
若函数 关于 在定义域内单调递减，
则由复合函数单调性可知 关于 单调递增，
而二次函数 开口向下，对称轴为 ，
所以 ，解得 ，
所以函数 的单调递减区间为 ，故B正确；
对于C， ，故C选项正确，
对于D，若函数 的定义域为 ，则 ，
所以函数 的定义域满足 ，解得 ，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知正数 ， ，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】选项A，将不等式 等价转化为 ，由于和式为定值，判断积的取值范围即可；
对于选项B，需要研究函数 的单调性，即可判断不等式；
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学科网（北京）股份有限公司对于选项C， ，应用基本不等式即可；
对于选项D，将 平方， ，判断积的取值范围即可；
【详解】对于选项A， 等价 ， ，得 ，
其中 ，等号取不到，所以 ， ，不等式成立，选项A正确；
对于选项B，因为 ，指数函数 是增函数，且 ，所以
所以 ，选项B正确；
对于选项C， ，
由于 ， ，等号取不到， ，选项C不正确；
对于选项D， ，由于 ，等号取不到，
所以 ， ，选项D不正确；
故选：AB.
11. 在棱长为1的正方体 中，下列结论正确的有（ ）
A. 平面
B. 点 到平面 的距离为
C. 当 在线段 上运动时，三棱锥 的体积不变
D. 若 为正方体侧面 上的一个动点， 为线段 的两个三等分点，则 的最小值
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学科网（北京）股份有限公司为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A通过观察可得直线 与平面有公共点 所以A不正确；
对于B利用等体积法计算点到平面距离；
对于C观察到点 到平面 的距离为定值，确定三棱锥 的体积不变；
对于D利用线段 关于平面 的对称直线，将 转化，利用两点间线段距离最短求解.
【详解】对于A，因为平面 也就是平面 与直线 有公共点 ，所以A选项不正确.
对于B，设点 到平面 的距离为 ，由 得 ，
由已知易得 则 是直角三角形，
所以 ， ，解得 .故B选项正确
对于C，设点 到平面 的距离为 ，易知点 所在的直线 与平面 平行，
则点 到平面 的距离为定值，因为 ，
其中 也为定值，故C选项正确.
对于D，如图 ，当 共线的时候 最小，
在 中 ，
由余弦定理得 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，所以 有最小值 ，故D正确.
故选：BCD
12. 已知函数 在 处取得最大值2， 的最小正周期为 ，将
图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 个单位长
度得到 的图象，则下列结论正确的是（ ）
A. 是 图象的一条对称轴 B.
C. 是奇函数 D. 方程 有3个实数解
【答案】ACD
【解析】
【分析】由 的最小正周期为 ，求出 ，由最值点和最值，求出 ，得 的解析式，判断AB
选项；由函数图象的变换，求 的解析式，验证C选项，数形结合验证D选项．
【详解】 ，其中 ，
的最小正周期为 ，则有 ，故 ，
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学科网（北京）股份有限公司函数 在 处取得最大值2，则 ，
解得 ，则 ，B选项错误；
函数 在 处取得最大值2，则 是 图象的一条对称轴，A选项正确；
将 图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得函数 的图象，
再把得到的曲线向左平移 个单位长度得到 的图象，
，函数为奇函数，C选项正确；
在同一直角坐标系下作出函数 和函数 的图象，如图所示，
两个函数图象有3个交点，可知方程 有3个实数解，D选项正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知 为第二象限角， ，则 _______．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数的关系式，结合正切的二倍角公式即可求得.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】因为 ， 为第二象限角，所以 ，
则 ，所以 .
故答案为：
14. 已知边长为2的等边三角形 所在平面外一点 是 边的中点，满足 垂直平面 ，且
，则三棱锥 外接球的体积为_______．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设出球心坐标，根据外接球的性质，列出方程组，即可求出外接球的半径，
从而求得三棱锥 外接球的体积.
【详解】因为 垂直平面 ， 为等边三角形，且 是 边的中点，
以 为坐标原点，分别以 所在的直线为 轴， 轴， 轴，建系如图，
设三棱锥 外接球的球心 ，半径为 ，
因为 ，则 ，
又因为 ，所以 ， ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，即 ，解得 ，
所以三棱锥 外接球的体积 .
故答案为： .
15. 直线 与抛物线 交于 两点且 ，则 的中点到 轴的最短距离为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设出直线方程，利用弦长得到两个变量间的关系式，结合函数单调性可得答案.
【详解】设直线 的方程为 ， ；
联立 ， ，
， .
，
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学科网（北京）股份有限公司因为 ，所以 ，整理可得 .
由 ，
所以 的中点到 轴的距离为
设 ，则 ， ，由对勾函数的单调性可得 ，
当且仅当 时，取到最小值 .
故答案为：
16. 设 是 定 义 在 上 的 奇 函 数 ， 对 任 意 的 满 足
且 ，则不等式 的解集为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可设 ，结合 的奇偶性判断 的奇偶性，再结合题设判断
的单调情况，进而结合不等式 ，讨论x的正负，结合 的单调情况，分类求解，即可
得答案.
【详解】设 ，
而 是定义在 上的奇函数，即 ，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，即 为偶函数；
对任意的 ，不妨设 ，则
，
又对任意的 满足 ，
当 时， ，则 ，即 ，
而 ，故 ，
则 在 上单调递减，
又 为偶函数，故 在 上单调递增，
，故 ，则 ，
而不等式 ，即为不等式 或 ，
即 或 ，
故 或 ，
即不等式 的解集为 ，
故答案为：
【点睛】方法点睛：诸如此类抽象函数的问题，解答时要结合题设构造出函数，由此判断出其奇偶性和单
调性，再结合所求解不等式同构为所构造函数的函数值大小比较形式，结合单调性以及奇偶性，即可求解.
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．
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学科网（北京）股份有限公司17. 在 中，角 所对的边分别为 ，且 ．
（1）求角 ；
（2） 为 边上一点， ，且 ，求 的值．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后由三角形内角和定理与和差公式化简整理即可求解；
（2） 在和 分别根据正弦定理和三角函数定义列式，联立整理得 ，再由余弦定理
求得 ，然后可解.
【小问1详解】
因为 ，
所以，由正弦定理可得 ，
又 ，
所以 ，
整理得 ，
因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，即 .
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司由（1）知 ，因为 ，所以 ，
记 ，则 ，
在 中，由正弦定理得 ，得 ，
在 中，有 ，
因为 ，所以 ，得 ，
在 中，由余弦定理可得 ，即 ，
.
所以
18. 已知 是公差不为零的等差数列， ，且 成等比数列．
（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，求 的前1012项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项即可得解；
（2）由裂项相消法可求出前1012项和.
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学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】
设等差数列 的公差为 ，
又 ，则 ， ，
因为 成等比数列，所以 ，
即 ，
得 ，
又因为 是公差不为零的等差数列，所以 ，
即 .
【小问2详解】
由（1）知
，
.
19. 已知椭圆 的左、右顶点为 ，点 是椭圆 的上顶点，直线 与圆
相切，且椭圆 的离心率为 ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）过椭圆 右焦点 的直线 （与 轴不重合）与椭圆 交于 两点，若点 ，且
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学科网（北京）股份有限公司，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由离心率得出 ，再由直线 与圆 相切得到圆心 到直线
的距离等于半径得出 ，联立即得椭圆方程；
（2）依题设出直线 方程，与椭圆方程联立，得出韦达定理，求出 的中点 坐标，利用条件
判断 是直线 的中垂线，求出方程，将求 的取值范围转化成求关于 的函数的值域
问题即得.
【小问1详解】
由 可得： ①因 ，则 即： ，
又因直线 与圆 相切，则 ，化简得： ②，
联立①②，可解得： 故椭圆 的标准方程为： .
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司如图，因直线 与 轴不重合，椭圆焦点为 ，故可设 ，由 ，消去 整理得：
，
易得： ，不妨设 ，则有
设 中点为 ，则： ,
，即： ，
因 ，则 为直线 的中垂线.又因直线 的斜率为 ，故直线 的中垂线 的斜率
为 ，
于是 ，因 ，则有： ，
①当 时， ，此时直线 ，点 ，符合题意；
②当 时， ，若 ，则 ,可得 ，当且仅当 时取等号；
若 ，则 ,可得 ，当且仅当 时取等号.
综上，实数 的取值范围为 .
20. 如图，在四棱锥 中， ，
．
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学科网（北京）股份有限公司（1）求证：平面 平面 ；
（2）若线段 上存在点 ，满足 ，且平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求
实数 的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证面面垂直，需证线面垂直，就是要证 平面 ，再进一步判断面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求解.
【小问1详解】
如图：
因为 ， ，所以 为等边三角形，
又 ，所以 ，又 ，
所以 .
因为 ，所以 为直角三角形， .
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学科网（北京）股份有限公司又 ， ， 为平面 内的两条相交直线，
所以 平面 ， 平面 ，所以：平面 平面 .
【小问2详解】
取 中点 ， 中点 ，因为 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 ，
故以 为原点，建立如图空间直角坐标系，
所以 ， ， ， ， ， .
设 ，因为
解得 ，所以 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，取 ；
设平面 的法向量为 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，取
.
那么 ， ， .
由 ，又 ，所以 .
【点睛】关键点睛：根据 ，和点 、 的坐标，求 点坐标是本题的一个关键.
21. 圆 经过点 ，圆心在直线 上．
（1）求圆 的标准方程；
（2）若圆 与 轴分别交于 两点， 为直线 上的动点，直线 与曲线圆 的另一
个交点分别为 ，求证直线 经过定点，并求出定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见详解，直线 过定点
【解析】
【分析】（1）设出圆心坐标，利用圆心到圆上各点的距离等于半径求解即可；
（2）设出直线 的方程和直线 的方程，分别与圆的方程联立写出 的坐标，进而写出直线
的方程，化简即可证明直线 经过定点，并求出定点的坐标.
【小问1详解】
因为圆心在直线 上，设圆心为
又因为圆 经过点
则 ，解得 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以圆心 半径为 ，
所以圆 的标准方程为
【小问2详解】
由圆 与 轴分别交于 两点，不妨设 ，
又 为直线 上的动点，设 ，则
则 方程为 ， 方程为 ，
设 ，
联立方程 ，解得 ，
所以 ，即 ，即 .
联立方程 ，解得 ，
所以 ，即 ，即 .
所以 ，
所以直线 的方程为
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学科网（北京）股份有限公司化简得 所以直线 过定点 .
22. 已知函数 ．
（1）求函数 在 处的切线方程；
（2）当 时，试比较 的大小关系，并说明理由；
（3）设 ，求证： ．
【答案】（1）
（2） ；理由见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出导数，求得切线斜率和切点，由点斜式方程即可得到切线方程；
（2）构造函数，利用导数确定函数的单调性，求出最值，即可判定结论；
（3）构造函数，结合数列知识求和即可证明结论.
【小问1详解】
由 得， ，
所以 在 处的切线的斜率 ，切点 ，
所以所求切线方程 为： ，即 ；
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学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
结论： ；理由如下：
要证 ，即证 ，只需证 ，
令 ，
则 ，
当 时， ， ，故 ，
所以 在 时单调递减，
所以 ，即 ，
所以 ，故 ；
要证 ，即证 ，只需证 ，
令 ，
则 ，令 ，
则 ，
当 时， ，从而 ，
故 ，
所以 在 时单调递减，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司从而 在 时单调递减，
所以 ，即 ，即
所以 ，故 ，
又因为 ，所以 .
【小问3详解】
令 ，则
所以 在当 时单调递减，所以 ，
所以 ，即 ，
令 ，则有 ，
即 ，
所以 ，
，
，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，
所以
，
所以 ，
因为 ，
所以 ；
下面先证当 时， ，
令 ，
，令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
从而 ，即 ，
当且仅当 时， ，
所以当 时， ，
令 ，则有 ，
第27页/共29页
学科网（北京）股份有限公司即 ，
所以 ，
，
，
所以 ，
即 ，
因为
，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
综上所述， .
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
第28页/共29页
学科网（北京）股份有限公司1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
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学科网（北京）股份有限公司
