辽宁省丹东市2024届高三上学期期末教学质量监测数学答案

2024-01-21 · U1 上传 · 21页 · 1 M

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)

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