辽宁省丹东市2024届高三上学期期末教学质量监测数学试卷(含答案)

这是一份辽宁省丹东市2024届高三上学期期末教学质量监测数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知全集,集合,,则( )
A.B.CD.
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.1B.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M过,,三点,则( )
A.B.C.5D.
7．已知锐角,满足,且,则( )
A.B.C.D.
8．已知函数的定义域为R,且,,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
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
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AO与BC所成角的余弦值为
12．已知O为坐标原点,过抛物线的焦点F的直线与C交于A,B两点,其中A在第一象限,点,直线AM与C交于N,若直线AF与AM的倾斜角互补,则( )
A.直线AB的斜率为B.
C.线段AN中点的纵坐标为D.
三、填空题
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C上,点B在y轴上,,,则C的离心率为_________.
四、解答题
17．记为数列的前n项和,,.
（1）求的通项公式;
（2）求数列的前n项和.
18．记内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,,D是BC边上的点,且.
（1）求bc;
（2）若,求b.
19．如图,在三棱锥中,,,,,点M,N分别为,的重心.
（1）求证:面PBC;
（2）若平面AMN与平面PBC所成的角为45°,且平面平面ABC,求三棱锥的体积.
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X,求;
（2）甲乙丙单循环赛结束,乙丙同积4分,设加赛n次后乙获得小组第一名的概率为,证明:.
21．已知双曲线的渐近线方程为,点在C上.
（1）求C的方程;
（2）过点的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,求证:线段MN的中点为定点.
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t的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析:依题意,,而,则,
所以.
故选:D
2．答案：A
解析:由题意有.
故选:A.
3．答案：A
解析:设圆锥的底面圆半径为r,母线为l,
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．答案：B
解析: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:B
5．答案：B
解析: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．答案：C
解析:设圆的标准方程为,
因为圆M过,,三点,
所以,解得,
所以,故,
故选:C.
7．答案：A
解析:由,
即,
.
故选:A.
8．答案：C
解析: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
9．答案：ACD
解析: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．答案：BCD
解析: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:BCD
11．答案：AC
解析: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h,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O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．答案：ACD
解析:由题意若直线AF与AM的倾斜角互补,其中,由题意设FM中点为,
则AQ垂直平分FM,所以,又A在第一象限,
所以,所以,即,
所以直线AB(AF)的斜率为,故A正确;
由A选项分析可知,直线AB(AF)的斜率为,
所以直线AB(AF,BF)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AF与AM的倾斜角互补,,
所以由直线AM的斜率为,
所以直线AM的方程为,将其代入抛物线方程得,
,由,得线段AN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.
13．答案：0.8或
解析: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:0.8
14．答案：2
解析:,
故答案为:2
15．答案：或
解析: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．答案：
解析: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:.
17．答案：（1）;
（2）.
解析:（1）结合题意:因为①,
当时,②,
所以①②得,即,
所以,
当时,上式也成立.
故的通项公式.
（2）记,由（1）问
所以,
即,
所以,
所以③④得
即,整理得:.
18．答案：（1）
（2）
解析:（1）由可得,
由于,所以,
因此
（2）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．答案：（1）证明见解析
（2）
解析:（1）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PBC,面PBC,所以面PBC;
（2）由题意知,,,
取BC中点O,取AC的中点E,连接OP,OE,则,,
由面面ABC,面面,,面PBC,
得面ABC,又面ABC,所以,
建立如图空间直角坐标系,设,
则,,,,
由,,
得,,所以,,
易知为面ABC的一个法向量,设面AMN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．答案：（1）2.3
（2）证明见解析
解析:（1）单循环赛共赛3场,故X可能取值为0,1,2,3,
则,
,
所以;
（2）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．答案：（1）
（2）证明见解析
解析:（1）因为点在双曲线C上,则,又因为,则,
又因为双曲线C的渐近线方程为,则,
因此,双曲线C的方程为.
（2）证明:若直线PQ的斜率不存在,则直线PQ的方程为,
此时,直线PQ与双曲线C相切,不合乎题意;
所以,直线PQ的斜率存在,设直线PQ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AP的方程为,
在直线AP的方程中,令,得,即点,
同理可得点,
因为
,
所以,线段MN的中点坐标为,即线段MN的中点为定点.
22．答案：（1）见解析
（2）
解析:（1）记(),
所以,
因此在上单调递减,故,
故,
（2）,
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m是的零点,
综上可得.