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2023-2024学年上学期

东北师大附中

高三年级

数学学科试卷

第三次摸底考试

第I卷（选择题）

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.

1.已知集合

A.3

AxZ∣x

2

2x30

B.4



，则集合

A

的子集个数为（

C.8

）

C.

）

D.16

2.设



1i



z2



1i



，则

z

（

A.

2

2

B.1

2

D.2

奠定了现代数学的基础

.

著名的

“

康托三分集

”

是数学理性思维的构造产物，

3.

十九世纪下半叶集合论的创立，

具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间



0,1



均分为三段，去掉中间的区间段



,



12





，记为第一



33



次操作；再将剩下的两个区间



0,



,



,1



分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，

33

如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段

.

操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是

“

康托三分集

”.

若使去掉的各区间长度之和不小

于



1



2





9

，则需要操作的次数

n

的最小值为（参考数据：

lg20.3010,lg30.4771

）（

10

B.8

）

B.

xR,x

2

2x30

D.

xR,x

2

2x30

C.10D.12

）

A.6

4.命题“

xR,x

2

2x30

”的否定是（

A.

xR,x

2

2x30

C.

xR,x

2

2x30

5.

底面边长为

4

的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为

2

，高为

3

的正四棱锥，所

得棱台的体积为（

A.26

）

B.28C.30D.32

6.已知

sin



x



A.







π



1



2π





cos



2

x

，则





（

6



3



3



B.



）

2

9

7

9

2

9

C.

D.

7

9

7.已知函数

f



x



及其导数

f





x



的

定义域均为

R

，

f





x



在

R

上单调递增，

f





1x



为奇函数，若

2

a



3

，

4

b



5

，

3

c



4

，则（

A.

f



a



f



b



f



c



C

）

B.

f



b



f



a



f



c



D.

f



c



f



b



f



a



.

f



b



f



c



f



a



8.若对任意实数

x0,y0

，不等式

x

A.

xya(xy)

恒成立，则实数a的最小值为（

C.

）

2



1

2

B.

21

21

D.

2



1

2

二、多选题：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

kZ

，则函数

f



x





x



2



2

kx





x



的图象可能是（

B.

）

A.

C.D.

10.已知函数

f

(

x

)



cos





x



（）





2





π





π,

(





0)

在上单调，且





2



3





f(x)

的图象关于点







π



,0



对称，则



3



A.

f(x)

的最小正周期为

4π



2





10





f



f

B.





9



9



C.将

f(x)

的图象向右平移

4π

个单位长度后对应的函数为偶函数

3

D.函数

y5f(x)4

在

[0,]

上有且仅有一个零点

11.如图，在正方体

ABCDA

，则下列说

1

B

1

C

1

D

1

中，点

M,N

分别为棱

B

1

C

1

,CD

上的动点（包含端点）

法正确的是（）

A.当

M

为棱

B

1

C

1

的中点时，则在棱

CD

上存在点

N

使得

MNAC

B.当

M,N

分别为棱

B

1

C

1

,CD

的中点时，则在正方体中存在棱与平面

A

1

MN

平行

C.当

M,N

分别为棱

B

1

C

1

,CD

的中点时，过

A

1

,M,N

三点作正方体的截面，则截面为五边形

D.三棱锥

D

1

A

1

MN

的体积为定值

12.已知曲线

f



x





e

在点

Px

1

,f



x

1



处

的

切线和曲线

g



x



lnx

在点

Qx

2

,g



x

2



处的切线互相

x





平行，则下列命题正确的有（

A.

x

1

x

2

有最大值

是

1

）

B.

f



x

1



g



x

2



有最小值是1

2

x

1

2



x

2

1

D.若

x

1

0

，则

有最大值为



e



x

1

x

2

e

1

C.

x

1

x

2

有最小值是

e

第II卷（非选择题）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知

P



2,1



是



终边上的一点，则

sin2





_____________.

14.在

ABC

中，

AB2,AC4

，

P

是

ABC

的外心，则

APBC

等于___________.

15.

已知两个等差数列

2

，

6

，

10

，

…

，

210

及

2

，

8

，

14

，

…

，

212

，将这两个等差数列的公共项按从小到大

的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和等于

___________.

16.

正三棱锥

PABC

的四个顶点都在同一个球面上，且底面边长是

3

，侧棱

PA

与底面

ABC

所成的角为





，二面角

P-AB-C

的平面角为



.当该球的表面积最小时，

tan













____________.

四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分.解答题应写出

文字说明、证明过程或演算步骤.

17.已知等差数列



a

n



的公差为2，前

n

项和为

S

n

，且

S

1

,S

2

,S

4

成等比数列.

（1）求数列



a

n



的通项公式；

（2）求数列

n

2



a

n



的前

n

项和

T

.

n

18.在

ABC

中，角

A,B,C

所对的边分别是

a,b,c

.已知

（

1

）求

A

；

2cos



BC



bc



cosBcosC

.



abac

（

2

）

D

为

BC

边上一点，

DABA

，且

BD3DC

，求

cosC

.

19.如图，在四棱柱

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，底面

ABCD

和侧面

BCC

1

B

1

都是矩形，

D

1

DD

1

C5

，

AB2BC2

.

（1）求证：

ADD

1

C

；

（2）若点

P

的在线段

BD

1

上，且二面角

PCDB

的大小为

20.

甲，乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得

1

分，负者得

0

分，比赛进行到有一人比对方多

2

分或打满

6

局

时停止．设甲在每局中获胜的概率为

p

(

p

概率为

DP



，求

1

的值.

4

PB

5

．

9

1

)

，且各局胜负相互独立．已知第二局比赛结束时比赛停止的

2

（

1

）求

p

的值；

（2）设



表示比赛停止时比赛

的

局数，求随机变量



的分布列和数学期望

E



．

x

2

y

2

21.已知双曲线

E

:

2



2



1



a



0,

b



0



的左、右焦点分别为

F

1

5,0,F

2

ab



5,0

，渐近线方程为



y

1

x

.

2

（

1

）求

E

的方程；

（2）直线

l

与

E

的左、右两支分别交于

M,N

两点（

M,N

在

x

轴的同侧），当

F

1

M//F

2

N

时，求四边形

F

1

F

2

NM

面积的最小值.

22.已知函数

f



x



asinxsinax



a0



.

（1）当

a1,x0

时，证明

f



x



2x

；

（2）当

a2

时，讨论

f



x



的单调性；

（3）设

x0

，证明

e





2



e



axf



x



.

ax

2023-2024学年上学期

东北师大附中

高三年级

数学学科试卷

第三次摸底考试

第I卷（选择题）

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.

1.已知集合

A.3

【答案】

C

【解析】

【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合

A

作答

.

AxZ∣x

2

2x30

B.4



，则集合

A

的子集个数为（

C.8

）

D.16

∣1x3{0,1,2}

，【详解】解不等式

x

2

2x30

，得

1x3

，因此

AxZ

所以集合

A

的子集个数为

2

3

8

.

故选：

C

2.设



1i



z2



1i



，则

z

（

A.

）

C.



2

2

B.1

2

D.2

【答案】

D

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算以及模长公式求解

.

【详解】由



1i



z2



1i



可得



1i



1i



z2



1i



，

所以

z



1i



2i

，

故

z2

，

故选：

D

奠定了现代数学的基础

.

著名的

“

康托三分集

”

是数学理性思维的构造产物，

3.

十九世纪下半叶集合论的创立，

具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间



0,1



均分为三段，去掉中间的区间段



,

2

2



12





，记为第一

33



次操作；再将剩下的两个区间



0,



,



,1



分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，

33

如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段

.

操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是

“

康托三分集

”.

若使去掉的各区间长度之和不小

于



1



2





9

，则需要操作的次数

n

的最小值为（参考数据：

lg20.3010,lg30.4771

）（

10

B.8C.10D.12

）

A.6

【答案】

A

【解析】

n



1

2

【分析】先由题设得到前几次操作去掉的区间的长度，然后总结出第

n

次操作去掉的区间的长度和为

n

，

3

把

n

次操作和去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前

n

项和，求出前

n

项和

S

n

，再求解不等式

S

n



即可．

【详解】第一次操作去掉的区间长度为

第二次操作去掉两个长度为

9

10

1

2

的区间，长度和为；

9

9

1

4

第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；

27

27



，

1

；

3

第

n

次操作去掉

2

n

1

1

2

n



1

个长度为

n

的区间，长度和为

n

，

3

3

于是进行了

n

次操作后，所有去掉的区间长度之和为

S

n



122



n

393

n



1

12

[1



()

n

]

3



1



(

2

)

n



3

，

2

3

1



3

由题意知：

1



()



又

n

为整数，

2

3

n

9

，解得：

n5.679

，

10

可得

n

的最小值为

6

，

故选：

A

4.命题“

xR,x

2

2x30

”的否定是（

A.

xR,x

2

2x30

C.

xR,x

2

2x30

【答案】

D

【解析】

【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解

.

【详解】根据全称命题与存在性命题的关系得，

命题“

xR,x

2

2x30

”的否定是“

xR,x

2

2x30

”.

故选：

D.

5.

底面边长为

4

的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为

2

，高为

3

的正四棱锥，所

得棱台的体积为（

A.26

【答案】

B

【解析】

【分析】用棱台的体积公式

V

）

B.28C.30D.32

）

B.

xR,x

2

2x30

D.

xR,x

2

2x30

1

hS

1

S

2

S

1

S

2

求解，其中

h

为高，

S

1

,S

2

分别为上下底面积.

3



【详解】

设正四棱锥为

SABCD

，截取的正四棱锥为

SA

1

B

1

C

1

D

1

，

O

1

,O

分别为正四棱台

A

1

B

1

C

1

D

1

ABCD

上下

底面的中心，如图

.

因为

AB4,A

1

B

1

2,

，所以

OA

由于截面平行于底面得

11

2

AB

2

CD

2



4



4

2



22

，

O

1

A

1

2

，

22

SO

1

O

1

A

1

21



，又

SO

1

3

，所以

SO6,OO

1

3

，

SOOA

22

2

所以正四棱台上下底面边长分别为

2,4

，高为

3

，

所以

V

故选：

B

6.已知

sin



x



A.



1



4



16



4



16



3



28

，

3







π



1



2π





cos



2

x

，则





（

6



3



3



B.



）

2

9

7

9

2

9

C.

D.

7

9

【答案】

A

【解析】

【分析】利用诱导公式、余弦的倍角公式可得答案

.

【详解】因为

sin



x







π



1



，所以



6



3

2



2π



π





7



2π



π





1





2



cos





2

x





cos



π



2

x





cos





2

x







1



2sin



x











1



2











.

9

36







3







3



3









故选：

A.

7.已知函数

f



x



及其导数

f





x



的定义域均为

R

，

f





x



在

R

上单调递增，

f





1x



为奇函数，若

2

a



3

，

4

b



5

，

3

c



4

，则（

A.

f



a



f



b



f



c



C.

f



b



f



c



f



a



【答案】

C

【解析】

）

B.

f



b



f



a



f



c



D.

f



c



f



b



f



a



【分析】先由

f





1x



为奇函数得到

f





1



0

，再由

f





x



的单调性可推得

f



x



的单调性，再比较

a,b,c,1

的大小即可得解.

【详解】因为

f





1x



为奇函数，所以

f





1x



f





1x



，

令

x0

，则

f





1



f





1



，故

f





1



0

，

又

f





x



在

R

上单调递增，

所以当

x1

时，

f





x



0

，则

f



x



单调递减；

当

x1

时，

f

¢

(

x

)

>

0

，则

f



x



单调递增；

因为

2

a



3

，

4

b

5

，

3

c



4

，

所以

alog

2

3log

2

21

，

blog

4

5log

4

41

，

clog

3

4log

3

31

，

因

为

4



ln2



ln4







ln2ln4







ln8







ln9



4



ln3



，

由于

ln2ln4

，故上式等号不成立，则



ln2



ln4







ln3



，

又

ln30,ln20

，所以

2

2222

ln4ln3



，即

log

3

4log

2

3

，即

ca

，

ln3ln2

同理可得

bc

，所以

1bca

，

所以

f



b



f



c



f



a



.

故选：

C.

8.若对任意实数

x0,y0

，不等式

xxya(xy)

恒成立，则实数a的最小值为（）

A.

2



1

2

B.

21

C.

21

D.

2



1

2

【答案】

D

【解析】

【分析】分离变量将问题转化为

a



x



xyx



xy

对于任意实数

x0,y0

恒成立，进而求出的最大

x



yx



y

值，设

y



t

(

t

0)

及

1tm(m1)

，然后通过基本不等式求得答案.

x

x



xyx



xy

对于任意实数

x0,y0

恒成立，则只需求的最大值即可，

x



yx



y

【详解】由题意可得，

a



yy

1



x



xy

x

，设

y



t

(

t

0)

，则

x



1



t

，再设

1tm(m1)

，则



yy

1



t

2

x



y

x

1



1



xx

1



1



y

112



1

m

1





1



tm

x



2



m



2

m



2

m



2



2

2

，当且仅

222



2

22

y

2m



2

1



t

1



(

m



1)

m

1



m

x

2



m

y



2



1

时取得“=”.

x

当

m



所以

a



故选：

D.

2



1

2



1

，即实数a的最小值为

.

2

2

二、多选题：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

kZ

，则函数

f



x





x



2



2

kx





x



的图象可能是（

B.

）

A.

C.D.

【答案】

ABC

【解析】

【分析】令

g



x



22

，先分析函数

g(x)

的奇偶性，再分情况讨论

h



x



x

的奇偶性，然后逐项分

x



x

k

析四个选项即可求解

.

【详解】令

g



x



22

，则

g





x



2

x



x

x



x



x

2

x



g



x



，故

g



x



2

x

2



x

为偶函数.

当

k0

时，函数

f



x



22

为偶函数，且其图象过点



0,2



，显然四个选项都不满足.

当

k

为偶数且

k0

时，易知函数

h



x



x

为偶函数，

k

所以函数

f



x





x



2



2

kx





x



为偶函数，其图象关于

y

轴对称，则选项

C

，

D

符合；

k

若

k

为正偶数，因为

f



x





x



2



2

x





x



，



为偶函数，所以函数

f(x)

在

(,0)

上单调递减，选项

C

符合；



x

则

f



(

x

)



kx

k



1

(2

x



2



x

)



x

k

(2

x

ln2



2



x

ln2)

，当

x0

时，

f



(x)0

，所以函数

f(x)

在

(0,)

上单

调递增，又因为函数

f



x





x



2



2

kx

k





x

若

k

为负偶数，易知函数

f



x





x



2



2

x





x

1





2



k

x

∣x0



，排除选项

D

.



2



x



的定义域为



x

当

k

为奇数时，易知函数

h



x



x

为奇函数，

k

所以函数

f



x





x



2



2

kx





x



为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则选项

A,B

符合，

k

若

k

为正奇数，因为

f



x





x



2



2

x





x



，



为奇函数，所以函数

f(x)

在

(,0)

上单调递增，选项

B

符合；





x

1





2



k

x

则

f



(

x

)



kx

k



1

(2

x



2



x

)



x

k

(2

x

ln2



2



x

ln2)

，当

x0

时，

f



(x)0

，所以函数

f(x)

在

(0,)

上单

调递增，又因为函数

f



x





x



2



2

kx





x

若

k

为负奇数，函数

f



x





x



2



2

kx





x

∣x0



，



2



x



的定义域为



x

2

x



2



x

不妨取

k1

，则

f



x





，当

x0



时，

f(x)

；

x

2

1

1

2



32

；当

x1

时，

f

(1)



2

1

；

当

x

时，

f

()



1

2

2

2

2

117

f

(2)

；

当

x2

时，

f

(2)



2

；当

x3

时，

f

(3)



2

824

2



当

x

趋向于正无穷时，因为指数函数的增长速率比幂函数的快，所以

f(x)

趋向于正无穷；

所以



0,





内

f



x



先减后增，故选项

A

符合.

故选：

ABC

.

10.已知函数

f

(

x

)



cos





x



（）





2





π





π,

(





0)

在上单调，且





2

3





f(x)

的图象关于点







π



,0



对称，则

3



A.

f(x)

的最小正周期为

4π

B.

f





2





10







f





9



9



4π

个单位长度后对应的函数为偶函数

3

C.将

f(x)

的图象向右平移

D.函数

y5f(x)4

在

[0,]

上有且仅有一个零点

【答案】

ACD

【解析】

【分析】根据函数的单调性和对称性列式求出



，再根据最小正周期公式可判断

A

；根据解析式计算可判

断

B

；利用图象变换和余弦函数的奇偶性可判断

C

，利用余弦函数的图象可判断

D.

【详解】因为函数

f

(

x

)



cos





x



所以

f(x)

的最小正周期

T

满足

因为

f(x)

的图象关于点





所以







2





π





π,

(





0)

在上单调，





2

3





π3π2

T

π3π



(



π)



，即



，所以

0







.

222



23



π



,0



对称，



3



π2ππ

1



k

π

，

k



Z

，得





3

k

，

k



Z

，

2

332

12111

k

，因为

k



Z

，所以

k0

，





.由

0







3

k

，得



231862

12π

)

.

所以

f

(

x

)



cos(

x

23

2π



4π

1

对于A，

f(x)

的最小正周期为，故A正确；

2

2π12π2π7π2π



)



cos



cos

对于B，

f

()



cos(



，

929399

10π110π2π11π2π

f

()



cos(



)



cos



cos

，

929399

T

所以

f





2





10







f



，故B不正确；



9



9



4π14π2π1

)



]



cos

x

为

个单位长度后对应的函数为

g

(

x

)



cos[(

x

32332

1

2

对于C，将

f(x)

的图象向右平移

偶函数，故

C

正确；

2π12π4

)



4

，令

y0

，得

cos(

x

)



，

3235

12π

2π7π

t

令

tx

，由

0xπ

，得，

36

23

对于D，

y5f(x)4



5cos(

x

作出函数

ycost



7π



4



2π



t



y

与直线

的图象如图：



36

5



由图可知，函数

ycost



7π



4



2π



t





与直线

y

的图象有且只有一个交点，

6



5



3

所以函数

y5f(x)4

在

[0,]

上有且仅有一个零点，故D正确.

故选：

ACD

11.如图，在正方体

ABCDA

，则下列说

1

B

1

C

1

D

1

中，点

M,N

分别为棱

B

1

C

1

,CD

上的动点（包含端点）

法正确的是（）

A.当

M

为棱

B

1

C

1

的中点时，则在棱

CD

上存在点

N

使得

MNAC

B.当

M,N

分别为棱

B

1

C

1

,CD

的中点时，则在正方体中存在棱与平面

A

1

MN

平行

C.当

M,N

分别为棱

B

1

C

1

,CD

的中点时，过

A

1

,M,N

三点作正方体的截面，则截面为五边形

D.三棱锥

D

1

A

1

MN

的体积为定值

【答案】

ACD

【解析】

【分析】当

N

为

CD

的中点时，过

M

作

MM



BC

于

M



，证

AC平面MM



N

判断

A

；根据正方体棱的

特征和线面平行的判定方法判断B；通过线线平行和线面平行的性质，作出平面

A

1

MN

与正方体各个面的

交线判断

C

；利用等体积法计算判断

D.

【详解】在正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，点

M,N

分别在棱

B

1

C

1

,CD

上，

对于

A

，如图，

当

N

为

CD

的中点时，过

M

作

MM



//BB

1

交

BC

于

M



，显然

M



为

BC

的中点，

MM





平面

ABCD

，

而

AC



平面

ABCD

，则有

MM



AC

，又

M

¢

N^AC

，

M



N

与

MM



相交于

M



，

因此

AC

平面

MM



N

，又

MN



平面

MM



N

，所以

MNAC

，

A

正确；

对于B，在正方体

ABCDA

1

A,A

1

B

1

,A

1

D

1

平行的棱，

1

B

1

C

1

D

1

中，棱可分为三类，分别是与

A

而

A

1

A,A

1

B

1

,A

1

D

1

与平面

A

1

MN

都相交于

A

1

，因此在正方体中不存在棱与平面

A

1

MN

平行，B错误；

对于C，如图，取

BC

中点

M



，连接

AM



，有

AM



//A

1

M

，

过

N

作

AM



的平行线交

AD

于点

E

，此时

DE

1

DA

，有

EN//A

1

M

，

4

即

EN

为过

A

1

,M,N

三点的平面与平面

ABCD

的交线；

连接

A

1

E

，在

BC

上取点

F

，使得

CF

1

/

再过点

M

作

B

1

F

的平行线交

CC

1

于点

G

，此时

CGCC

1

，且

A

1

E/MG

，

3

即

MG

为过

A

1

,M,N

三点的平面与平面

BCC

1

B

1

的交线；

连接

NG

，则五边形

A

1

MGNE

即为正方体中过

A

1

,M,N

三点的截面，C正确；

对于D，M，N在棱

B

1

C

1

,CD

上运动时，

M

到

A

1

D

1

距离始终为2，

N

到平面

A

1

D

1

M

的距离始终为2，

114

因此

V

D

1



A

1

MN



V

N



A

1

MD

1



2



2



2



恒为定值，D正确.

323

1

CB

，有

A

1

E//B

1

F

，

4

故选：

ACD

12.已知曲线

f



x





e

在点

Px

1

,f



x

1



处的切线和曲线

g



x



lnx

在点

Qx

2

,g



x

2



处的切线互相

x





平行，则下列命题正确的有（

A.

x

1

x

2

有最大值是1

）

B.

f



x

1



g



x

2



有最小值是1

2

x

1

2



x

2

1

D.若

x

1

0

，则

有最大值为



e



x

1

x

2

e

1

C.

x

1

x

2

有最小值是

e

【答案】

BD

【解析】

【分析】根据导数值相等可得

x

2



1

x

x

x

nx=exqxxe,

p(x),

即可利用导数求解函数的最值求解.





e

x

e

x

1

x

【详解】

f





x





e,

g



(

x

)



，

x

m



x



x

1

e

x

1

，进而分别构造函数