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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：D
2. 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：A
4. 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 ，
的
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：B
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
【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：B
6. 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：ACD
10. 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：AC
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.
【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 在第一象限，
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：2
15. 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① ②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③ ④得
即 ，整理得： .
的
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， ， ，的
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. 2.3 21. 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）分析可知，设直线 的方程为 ，设点 、 ，将直线 的方程与双曲线 的方程联立，列出韦达定理，写出直线 、 的方程，进而可求得点 、 的坐标，即
可求得线段 中点的坐标.
【小问1详解】
解：因为点 在双曲线 上，则 ，又因为 ，则 ，
又因为双曲线 的渐近线方程为 ，则 ，
因此，双曲线 的方程为 .
【小问2详解】
证明：若直线 的斜率不存在，则直线 的方程为 ，
此时，直线 与双曲线 相切，不合乎题意；
所以，直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，即 ，
设点 、 ，联立 可得 ，
由题意可知， ，解得 ，
由韦达定理可得 ， ，
直线 的方程为 ，
在直线 的方程中，令 ，得 ，即点 ，
同理可得点 ，
因为
，
所以，线段 的中点坐标为 ，即线段 的中点为定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方
程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点 ，常利用直线的点斜式方程 或截距式 来证明.
22. 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.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）构造函数 ，利用导数求单调性，即可求证，
（2）将问题转化为 有正的实数根，利用换元法将问题进一步等价于
有正的实数根，构造函数 ，即可
求导分类讨论求解.
【小问1详解】
记 （ ），所以
，
因此 在 上单调递减，故 ，
故 ，
【小问2详解】
,
则 ，
由于 在 存在极值点，
所以 有正的实数根，即方程 有正的实数根，
令 ，则 ，且 ，
故变形为 ，
进而等价于 有正的实数根，
令 ， ，
则 ，
令 ，则 ，
当 时，则 ，
所以 在 单调递增，
故 ，进而 ，
此时 在 单调递增，故 ，此时不符合要求，
当 时，则 ，所以 在 单调递减，
故 ，进而 ，此时 在 单调递减，故 ，此
时不符合要求，
当 时，则 在 单调递增，由于 ，
当 时， ，故存在 ，使得 ，
故当 单调递减，当 单调递增，
又当 时， ，
因此存在 ，使得 单调递减，当 单调递增，故当 是 的零点，
综上可得
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
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.
