辽宁省丹东市2025届高三上学期1月期末教学质量调研测试数学试卷（含答案）

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这是一份辽宁省丹东市2025届高三上学期1月期末教学质量调研测试数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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丹东市 2024~2025 学年度（上）期末教学质量监测
高三数学试题评分参考
一、选择题
1
5
．C
2．B
3．A
4．B
．D
6．D
7．D
8．A
二、选择题
9
．BD
10．BCD
11．AD
三、填空题
1
5
x
2
y
2
1
2． 2
13．
14．

1
3
7
3
四、解答题
15．解：
（1）根据正弦定理， 3b  2asin B 得， 3 sin B  2sin Asin B ， sin B  0．
…………3 分
3


所以 sin A 
， A(0, ) ，故 A 
2
2
3
…………6 分
（2）由 DB  AB ， DC  AC ，可知在四边形 ABDC 中， BDC 120
…………8 分
BD  CD 1，所以 BC
2
 BD2  CD2  2BD CD  cs120  3 ，则 BC  3
…………10 分
由 BCD  CBD  30 ，所以 ABC  ACB  60 ，△ABC 是等边三角形
1
3 3
4
所以△ABC 的面积 S   AB
2
 sin 60 
．
2
…………13 分
1
6．解：
（1）因为 f (x)  cs(x  ) 1
…
…
…
………1 分
………3 分
………6 分





当  ，所以 f (x)  cs(x  ) 1 ，则 f ( )  1，且 f ( )  
4
4
4
4
4



所以 f (x) 在 x  处的切线方程为 y   (x  ) ，即 x  y  0 ．
4
4
4

（
2）由 f (x)  cs(x  ) 10 ，所以 f (x) 在[0, ] 上单调递减
4
f (x) 的最大值为 f (0)  sin  tan
高三数学参考答案第 1 页（共 4 页）
{
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…………8 分
令 g()  sin  tan
1
cs2
cs3   1

则 g()  cs 

， [0, ]

cs2

4

所以 g()  0 ，所以 g()  sin  tan 在[0, ] 上单调递减， g()  g(0)
4
…………10 分

g() 在[0, ] 上最大值为 g(0)  0 ，所以 g()  0
4
所以 f (x)  0 ．
…………15 分
1
7．解：
（
1）证明：连接 AC ， AM  AP  2 ， PC  PD  CD  4，可得 AD  AC  2 5
所以 AP  PD ， AP  PC ， PC  PD  P
所以 AP  平面 PCD， AP  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 PCD．
…………6 分
（
2）取 CD的中点Q ，连接 PQ ， AQ
由（1）知，CD  PQ ， CD  AQ ， PQ  AQ  Q
所以 CD  平面 PAQ ，CD 平面 ABCD，所以平面 PAQ  平面 ABCD
过 P 作 PN  AQ ，垂足为 N ，可得 PN  平面 ABCD
在 R t △PAQ 中， AN 1， PN  3
…………8 分
以 A 为坐标原点， AM 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，
可知 z 轴在平面 PAQ 内．
z
则 B(2, 0, 0) ，C(2, 4, 0) ， D(2, 4, 0) ， P(0,1, 3)
P

 PB  0

m
设平面 PBC 的法向量 m＝(x，y，z)，由  

B
C
A

N
Q
可得 
，可取 m＝( 3 ，0， 2 )．
y
M
x

D
由（1）可知， AP 为平面 PCD的法向量
…………12 分
m  AP
 ＝ 
m  AP
2
7
1
则平面 PCD的法向量为 AP ＝(0，1， 3 )．故 cs＝
．
2
7
所以平面 PBC 与平面 PCD所成角的正弦值为
．
7
…………15 分
高三数学参考答案第 2 页（共 4 页）
{
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1
8．解：
1）根据题意得， X 的可能取值分别为1， 2 ，3
（
1
2
2
3
1
3
则 X 1时，表示第 1 轮为甲，第 2 轮为乙，第 3 轮为丙，即 P(X 1) 1


…………2 分
X  2 时，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
1
2
1
2
1
2
1
3
5
轮为甲，即 P(X  2) 1

1


12
…………4 分
1
2
1
1
X  3时，表示第 1 轮为甲，第 2 轮为甲，第 3 轮为甲，即 P(X  3) 1


2
4
…………6 分
所以 X 的分布列如下表
X
P
1
1
3
2
5
3
1
4
12
1
5
1
23
12
E(X ) 1  2  3
12

3
4
…………8 分
（
2）设第 n 轮练习为甲、乙、丙的概率分别为 P ， Q ，1 P  Q
n
n
n
n
1
2
1
1
2
1
2
1
6
由题意得 Pn 
P
n1
 Q

(1 Pn1  Qn1) 

Qn1
……①
n1
3
1
1
1
2
1
2
Qn 
P
n1

(1 Pn1  Qn1) 

Qn1
……②
2
2
1
1
2
1
3
由②得 Qn    (Q  ) ，
n1
3
…………12 分
1
1
1
1
所以数列{Q  } 是首项为 Q    ，公比为  的等比数列
n
1
3
3
3
2
…………14 分
1
1
1
1
3
1
1
Qn    ( )n1
，
则Qn1

  ( )n2 代入①中
3
3
2
3
2
4
9
1
9
1
4
9
1
9
1
得 Pn 

 ( )n1
，
故第 n 轮为甲练习的概率为 Pn 

 ( )n1 (n 3) ．
2
2
…………17 分
1
9．解：
2
2
（1）设 A(xA ,
x ) ， B(x ,
xB ) ， P(x, y)
A
B
2
2

x  x  x

A
B
由 AB  2 ， OP  OA OB ，得 
……①
2
(x  x )  y


2
A
B
…………2 分
高三数学参考答案第 3 页（共 4 页）
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1
(x  x )2  (x  x )2  2
……②
A
B
A
B
2
…………4 分
x
2
联立①②得，C 的方程为  y2  1
4
…………6 分
（2）
（
i）设 P(x , y ) (x  0, y  0) ， N(x ,0) ， M(0, y )
0
0
0
0
N
M
yM
y0
x0  2
2y0
2  x0
由 D，P，M 三点共线可知


，得 yM 

2
1
y0 1
x0
x0
1 y0
由 E，P，N 三点共线可知
，得 xN 

xN
…………8 分
x0
 y0
x  2y  2
0
0
x  2y  2
0
0
所以 DN 
 2 
， EM 
1
1 y0
2  x0
(x  2y  2)2
x02  4y02  4x y 8y  4x  4
所以 DN  EM 
0
0

0
0
0
0
(1 y )(2  x )
(1 y )(2  x )
0
0
0
0
x02
4
4(x y  2y  x  2)
因为
 y02 1，所以 x02  4y02  4 代入上式中得 AN  BM 
0
0
0
0
 4
(1 y )(2  x )
0
0
…………11 分
1
1
（ii）△ PMN 面积为 SPMN  SDNM  SDNP

 DN  (y  y )   DN [EM  (1 y0 )]
M
0
2
2
1
2
1
2
x  2y  2
所以 SPMN

 DN  EM 

0
0
 (1 y0 ) ，
1
y0
…………14 分
1
SPMN  2  (x  2y  2)
0
0
2
x0  2y
x 2  4y 2
0
0
(
0 )2 
 2 ，则 x  2y  2 2 (x  2y 时等号成立 )
0
0
0
0
2
2
所以 SPMN

2 1 ，即△ PMN 面积的最大值为 2 1．
…………17 分
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高三数学参考答案第 4 页（共 4 页）