辽宁省丹东市2024-2025学年高三上学期期末教学质量监测数学试卷

2024-2025学年辽宁省丹东市高三（上）期末数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知复数，则复数z的虚部是(    ) A. B. 1 C. i D. 2.设集合，，，则(    ) A. B. C. D. 3.已知双曲线的方程为，双曲线的右顶点A到渐近线的距离为(    ) A. 1 B. C. D. 4.的展开式中的系数为(    ) A. B. 10 C. D. 15 5.在边长为2的正方形ABCD中，E是AB的中点，则(    ) A. 2 B. C. 1 D. 6.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，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图像，则(    ) A. B. C. D. 7.函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围为(    ) A. B. C. D. 8.已知正三棱锥中，D是棱PC上的点，，且，则直线BD与平面PAB所成角的正弦值为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中为非零常数，则     A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 10.已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于M，N两点在第一象限，l为C的准线，若点M到l的距离为4，，则(    ) A. B. C. 以MN为直径的圆与l相切 D. 点F到直线MQ的距离为 11.已知等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且，则下列说法正确的是(    ) A. 若，为递增数列 B. ，，为等比数列 C. D. 若，的n的最小值为10 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知函数为奇函数，则______. 13.已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则圆锥的体积为______. 14.已知，为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，，且四边形的面积为6，则C的方程为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题13分 记锐角内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 求A； 在所在的平面内有一点D，使，，若，求的面积. 16.本小题15分 已知函数 当时，求在处的切线方程； 当，时，求证： 17.本小题15分 如图，在边长为4的正方形MBCD中，A为线段MB的中点，沿AD将翻折至，使得 求证：平面平面PCD； 求平面PBC与平面PCD所成角的正弦值. 18.本小题17分 某驾校的张教练带领甲、乙、丙三名学员进行科目三练习，由于教练车只有一辆，张教练在排队系统中设定：每次甲练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到乙练习的概率为，每次乙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到丙练习的概率为，每次丙练习后，系统抽到甲练习的概率为，抽到乙练习的概率为，直到这天练习结束，一共练习了轮，已知练习从甲开始. 当时，求甲一共参与练习次数X的分布列与期望； 求第n轮为甲练习的概率. 19.本小题17分 设A，B分别是直线和上的动点，，O为坐标原点，动点P满足，记动点P的轨迹为 求C的方程； 设C与x轴正半轴的交点为D，与y轴正半轴的交点为E，当点P在第一象限时，直线PD交y轴于点M，直线EP交x轴于点 求证：为定值； 求面积的最大值. 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：因为， 所以复数z的虚部为1， 故选： 利用复数的运算性质化简即可求解． 本题考查了复数的运算性质，考查了学生的运算能力，属于基础题． 2.【答案】B  【解析】解：因为，， 所以，， 所以，或， ，或， 所以，或 故选： 根据集合的运算法则计算可得． 本题考查交并补集的混合运算，是基础题． 3.【答案】C  【解析】解：双曲线的方程为，双曲线右顶点， 双曲线渐近线， 双曲线右顶点A到双曲线渐近线的距离为 故选： 求出双曲线的右焦点坐标，渐近线方程，然后求解即可． 本题考查双曲线的简单性质的应用，点到直线的距离的求法，是基础题． 4.【答案】B  【解析】解：的展开式中的项为； 故的展开式中的系数为10； 故选： 的展开式中的项由两种可能，化简计算． 本题考查了二项展开式的特征项的系数问题；关键是熟练二项式定理，明确展开式的通项． 5.【答案】D  【解析】解：由题意，建立平面直角坐标系， 由题意，，，， 则，， 故 故选： 建立平面直线坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解． 本题考查平面向量的数量积运算，属基础题． 6.【答案】D  【解析】解：函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，再将函数的图像横坐标缩短为原来的，得到函数的图像． 故选： 直接利用函数的图像的平移变换和伸缩变换求出结果． 本题考查的知识点：函数图像的平移变换和伸缩变换，主要考查学生的运算能力，属于基础题． 7.【答案】D  【解析】解：函数在区间上单调递增， 由复合函数的性质可得在单调递增，且函数值为正， 所以，解得： 故选： 由复合函数的单调及对数函数的性质可得关于a的不等式组，即可求解． 本题主要考查复合函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题． 8.【答案】A  【解析】解：取AC的中点E，连接PE，BE，则，， 因为，PE、平面PBE，所以平面PBE， 以E为原点，EB，EC所在直线分别为x，y轴，作平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，， 设，，则，，， 因为， 所以， 因为， 所以①， 又，所以②， 由①②解得，， 所以，，， 而， 设平面PAB的法向量为，则， 取，则，，所以， 设直线BD与平面PAB所成角为， 则，， 所以直线BD与平面PAB所成角的正弦值为 故选： 取AC的中点E，连接PE，BE，以E为原点建系，设，，，利用，，列方程组求得点P的坐标，再利用向量法求线面角即可． 本题考查直线与平面所成角的求法，熟练掌握正三棱锥的结构特征，利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 9.【答案】CD  【解析】【分析】 本题考查样本数据的平均数、中位数、方差、标准差以及极差的关系，属于基础题. 分别根据相关概念与计算公式求出对应数值即可作出相应判断. 【解答】 解：对于A，，    ，   错； 对于B，设第一组中位数为，  则第二组中位数为，   错； 对于C，第一组标准差，  第二组标准差，   正确; 对于D，设第一组中最大值为，  最小值为，   极差， 则第二组中最大值为，  最小值为，  极差，    D正确. 故选 10.【答案】BCD  【解析】解：由抛物线的方程可得焦点，准线l：， 因为点M到的距离为4，可得，所以， 代入抛物线的方程可得，M在第一象限，所以， 即，点M在直线上， 所以，所以，所以A不正确； 所以直线MN的方程为， 联立，整理可得：， 解得，，所以，， 所以， 所以，所以B正确； 以MN为直径的圆的圆心为，即， 半径为，所以圆心到准线的距离， 所以可得以MN为直径的圆与准线l相切，所以C正确； 直线MQ的方程为，即， 所以F到直线MQ的距离，所以D正确． 故选： 由抛物线的方程可得焦点F的坐标及准线方程，由题意可得M的坐标，代入抛物线的方程可得M的坐标，再由题意可得N的坐标，进而求出k的值，可判断A不正确；求出弦长的值，可判断B正确；求出MN的中点的坐标及弦长的值，求出以MN为直径的圆的圆心坐标及半径，再求出圆心到准线l的距离，可判断C正确，求出直线MQ的方程，再求F到直线MQ的距离，可判断D正确． 本题考查直线与抛物线综合性问题，属于中档题． 11.【答案】AD  【解析】解：因为，所以，所以， 对于A，若，，所以为递增数列，故A正确； 对于B，若，则，此时，，不是等比数列，故B错误； 对于C，，当时，，当且仅当时等号成立， ，当且仅当时，等号成立，故C错误； 对于D，若，则当时，，当时，， 因为，，， 故的n的最小值为10，故D正确． 故选： 由递增数列的定义可判断A；由等比数列的定义及性质可判断B；由基本不等式可判断C；由数列前n项积的性质可判断 本题考查等比数列的性质，属于中档题． 12.【答案】2  【解析】解：根据题意，函数，其定义域为R， 若为奇函数，则，解可得或， 当时，，易得，为奇函数，符合题意； 当时，，不满足，不是奇函数，不符合题意， 故 故答案为： 根据题意，分析的定义域，由奇函数的性质可得，解可得a的值，验证其是否符合题意，即可得答案． 本题考查函数奇偶性的判断，注意函数奇偶性的定义，属于基础题． 13.【答案】  【解析】解：圆锥底面半径为， 圆锥的底面周长为， 设圆锥的母线长为l， 圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形， ， 解得， 设圆锥的高为h， 则， 故圆锥的体积为 故答案为： 根据圆锥的底面圆周长等于侧面展开扇形的弧长，利用扇形的弧长公式算出母线长，再利用勾股定理求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算即可． 本题考查圆锥体积的计算，属于基础题． 14.【答案】  【解析】解：已知，为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点， 则四边形为平行四边形， 又， 则四边形为矩形， 又四边形的面积为6， 则， 又， 所以， 即， 即， 即， 则C的方程为 故答案为： 结合椭圆的性质可得四边形为矩形，然后结合矩形的面积公式求解即可． 本题考查了椭圆的性质，属基础题． 15.【答案】解：根据正弦定理，由， 可得， 又，所以， 由为锐角三角形，可得， 故； 由，，可知在四边形ABDC中，， 又，则由余弦定理， 可得，则， 由，所以， 故是等边三角形， 所以的面积  【解析】由题设及正弦定理，可得，即可求得角A； 由题设及余弦定理，可得，进而推出是等边三角形，从而求得面积． 本题考查正弦定理及余弦定理在解三角形中的应用，属中档题． 16.【答案】解：因为， 当，所以，则，且， 所以在处的切线方程为，即 证明：由，所以在上单调递减， 的最大值为， 令，则，， 所以，所以在上单调递减，， 在上最大值为，所以， 所以  【解析】对求导，利用导数的几何意义即可求解切线方程； 利用导数求出的最大值为，再构造关于的函数，利用导数可得，从而得证． 本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题． 17.【答案】证明：在边长为4的正方形MBCD中，A为线段MB的中点，， 翻折后，，， 所以，即， 连接AC，则， 因为，，所以，即， 又，PD、平面PCD， 所以平面PCD， 又平面PAB，所以平面平面 解：以B为原点，BM，BC所在直线分别为x，y轴，作平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，， 由，得，解得，即， 所以，，， 设平面PBC的法向量为，则， 取，则，，所以， 设平面PCD的法向量为，则， 取，则，，所以， 设平面PBC与平面PCD所成角为，， 则，， 所以 故平面PBC与平面PCD所成角的正弦值为  【解析】利用勾股定理及其逆定理可证，，从而知平面PCD，再由面面垂直的判定定理，即可得证； 以B为原点建系，设，，利用线段长，根据两点间距离公式列方程组求出点P的坐标，再利用向量法求面面角即可． 本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理，利用向量法求面面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 18.【答案】解：易知X的所有可能取值分别为1，2，3， 当时，其表示第1轮为甲，第2轮为乙，第3轮为丙， 此时； 当时，其表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为乙或第1轮为甲，第2轮为乙，第3轮为甲， 此时； 当时，其表示第1轮为甲，第2轮为甲，第3轮为甲， 此时， 则X的分布列为： X 1 2 3 P 故； 设第n轮练习为甲、乙、丙的概率分别为，，， 易知，① ，② 由②得， 所以数列是首项，公比的等比数列， 则， 可得， 代入①中得 故第n轮为甲练习的概率为  【解析】由题意，得到X的所有可能取值和相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解； 设第n轮练习为甲、乙、丙的概率分别为，，，得到，，结合等比数列的性质再进行求解即可． 本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题． 19.【答案】解：根据题意可设，，， 由，， 可得①，②， 联立①②得C的方程为； 证明：设，，， 由D，P，M三点共线可知，得， 由E，P，N三点共线可知，得， 所以，， 所以， 因为，所以代入上式中得： ； 面积为， 所以， 所以，又，所以时等号成立， 所以， 所以面积的最大值为  【解析】根据消参法，即可求解； 根据共线定理及两点间的距离公式计算，即可证明； 根据分割补形法，三角形面积公式，基本不等式，即可求解． 本题考查动点轨迹问题的求解，直线与椭圆的位置关系，基本不等式的应用，属难题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$