辽宁省大连市2023-2024学年高三上学期双基测试数学试卷

2024-01-18 · U1 上传 · 23页 · 1.3 M

2024大连市高三双基测试数学命题人:安道波张伟宋永任王治淳校对人:安道波注意事项:1.请在答题纸上作答,在试卷上作答无效2.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分,考试时间120分钟.第I卷一、单项选择题: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,只有一项符合题目要求1.已知集合,则()A.B.C.D.2.设复数,则()A.0B.1C.2D.33.在中,若,则()A.B.C.D.4.在财务审计中,我们可以用“本•福特定律”来检验数据是否造假.本福特定律指出,在一组没有人为编造的自然生成的数据(均为正实数)中,首位非零的数字是这九个事件不是等可能的.具体来说,随机变量是一组没有人为编造的首位非零数字,则.则根据本•福特定律,首位非零数字是1与首位非零数字是8的概率之比约为()(保留至整数,参考数据:).A.4B.6C.7D.85.已知曲线“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分非必要条件是()A.B.C.D.6.已知函数,若存在实数满足,且,则的值是()A.3B.6C.8D.127.设,则()A.B.C.D.8.已知函数满足下列条件:①对任意恒成立;②在区间上是单调函数;③经过点的任意一条直线与函数图像都有交点,则的取值范围是()A.B.C.D.二、多项选择题:(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.在中,角的对边分别是,若,,则()A.B.C.D.的面积为10.如图,在棱长为1的正方体中,分别是的中点,则()A.平面截正方体所得截面为等腰梯形B.三棱锥的体积为C.异面直线与所成角的余弦值为D.11.已知三个盒子,其中盒子内装有2个红球,1个黄球和1个白球;盒子内装有2个红球,1个白球;盒子内装有3个红球,2个黄球.若第一次先从盒子内随机抽取1个球,若取出的球是红球放入盒子中;若取出的球是黄球放入盒子中;若取出的球是白球放入盒子中,第二次从第一次放入盒子中任取一个球,则下列说法正确的是()A.在第一次抽到黄球的条件下,第二次抽到红球的概率为B.第二次抽到红球球的概率为C.如果第二次抽到的是红球,则它来自号盒子的概率最大D.如果将5个不同的小球放入这三个盒子内,每个盒子至少放1个,则不同的放法有150种12.已知椭圆左焦点,左顶点,经过的直线交椭圆于两点(点在第一象限),则下列说法正确的是()A.若,则的斜率B.的最小值为C.以为直径的圆与圆相切D.若直线的斜率为,则第II卷三、填空题:(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答卷纸的相应位置上)13.如图所示是一个样本容量为100的频率分布直方图,则由图形中的数据,可知其分位数为__________.14.十九世纪下半叶集合论的创立,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,具有典型的分形特征,其操作过程如下:将闭区间均分为三段,去掉中间的区间段,记为第一次操作:再将剩下的两个区间分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第二次操作:...,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小于,则操作的次数的最大值为__________.(参考数据:)15.已知,若点是抛物线上的任意一点,点是圆上任意一点,则最小值是__________.16.如图所示,在圆锥内放入两个球,它们都与圆锥相切(即与圆锥的每条母线相切,切点圆分别为.这两个球都与平面相切,切点分别为,丹德林(G.Dandelin)利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆,为此椭圆的两个焦点,这两个球也称为G.Dandelin双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为,的半径分别为2,5,点为上的一个定点,点为椭圆上的一个动点,则从点沿圆锥表面到达的路线长与线段的长之和的最小值是__________.四、解答题:(本大题共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.(本小题满分10分)已知函数,其中,__________.请从以下二个条件中任选一个,补充在题干的横线上,并解答下列问题:①是的一个零点;②.(1)求的值;(2)当时,若曲线与直线恰有一个公共点,求的取值范围.注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分.18.(本小题满分12分)如图,多面体,四边形是矩形,梯形平面,为中点,.(1)证明:平面;(2)求平面和平面所成角余弦值.19.(本小题满分12分)已知数列满足:.设.(1)证明:数列为等比数列,并求出的通项公式;(2)求数列的前项和.20.(本小题满分12分)某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗,鸡苗成年后又自行繁育,今年为了估计山里成年鸡的数量,从山里随机捕获400只成年鸡,并给这些鸡做上标识,然后再放养到大山里,过一段时间后,从大山里捕获1000只成年鸡,表示捕获的有标识的成年鸡的数目.(1)若,求的数学期望;(2)已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识,试求的估计值(以使得最大的的值作为的估计值).21.(本小题满分12分)已知抛物线经过点,经过点的直线与抛物线交两点,过两点作抛物线的切线相交于点为线段(两点除外)上一动点,直线与抛物线交两点.(1)若的的面积为,求直线方程;(2)求证:.22.(本小题满分12分)已知函数(为自然对数的底数).(1)若,求实数的值;(2)证明:;(3)对恒成立,求取值范围.2024年大连市高三双基测试参考答案与评分标准数学说明:一、本解答给出了一种或几种解法供参考,如果考生的解法与本解答不同,可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.二、对解答题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定后继部分的给分,但不得超过该部分正确解答应得分数的一半:如果后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分.三、解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数.四、只给整数分数,选择题和填空题不给中间分第I卷一、单项选择题1.C2.D3.A4.B5.C6.A7.B8.A.7.解:,构造函数由得,构造函数在上单调递增,即,故另法:8.方法一:由函数可知函数周期是,因为①对任意恒成,所以函数的一条对称轴是,又因为在区间是单调函数,所以,所以,所以为0或1.当时,;当时,由已知得,因为经过点的任意一条直线与函数图像都有交点,所以,所以.因为①对任意恒成,所以.所以,由或,得或,所以或方法二:由①可知:,即(*)由②可知:,因为函数在上是单调函数,所以将(*)带入化简可得:所以,下同方法一.二、多项选择题9.AC10.ACD11.AD12.BCD10.解:对于,在正方体中,连接,因为分别为中点,所以,在正方体中,,所以,又因为,所以平面截正方体所得截面为等腰梯形,A正确;对于B,错误;对于C,因为,所以异面直线与所成角即为直线与所成角,设所成角为,则,C正确;对于,在正方体中易知平面平面,所以正确.11.解:记第一次抽到第红、黄、白球的事件分别为,则有,对于,在第一次抽到黄球的条件下,则黄球放入盒子内,因此第二次抽到红球的概率为正确;于B,记第二次在第盒内抽到白球的事件分别为,而两两互斥,和为,记第二次在第号盒内抽到红球的事件分别为,而两两互斥,和为,错;记第二次抽到红球的事件为,若取出的球是红球放入盒子中;若取出的球是黄球放入盒子中;若取出的球是白球放入盒子中,第二次从第一次放入盒子中任取一个球,,,即第二次抽到的是红球,则它来自盒子的概率最大,不正确;把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种,将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有种不同放法,由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种,D正确.易知:,对于,若,显然直线的斜率存在且大于0,设直线,联立椭圆方程,化简整理得,显然,又,故,整理得,由解得,又,故错误;对于,易知直线的斜率不为0,设直线,联立椭圆方程,化简整理得,显然,由点在轴的上方,显然,又,,故,当且仅当,即时取等,正确;对于,设的中点为,则,又,由椭圆定义知:,即,又的圆心为,半径为2,故以为直径的圆与圆内切,正确;方法二:12.解:易知:,对于,若,显然直线的斜率存在且大于0,设直线,联立椭圆方程,化简整理得,显然又,故,由,解得,又,故,A错误;对于,由点在轴的上方,显然,又,,故,当且仅当,即时取等,正确;对于D,,正确第II卷三、填空题:(本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答卷纸的相应位置上)13.1414.5解:记表示第次去掉的长度,,第2次操作,去掉的线段长为,第次操作,去掉的线段长度为,,则,由的最大值为5.15.解:由题意得抛物线的焦点为,准线方程为.又点是抛物线上一点,点是圆上任意一点,.令,点的坐标为,则,,,当且仅当,即时等号成立.的最小值为.16.6解:在椭圆上任取一点,连接交球于点,交球于点,连接,在与中有:,(为圆的半径,为圆的半径,),,为公共边,所以,所以,设点沿圆锥表面到达的路线长为,则,当且仅当为直线与椭圆交点时取等号,,所以最小值为6,四、解答题:(本大题共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.(本小题满分10分)解:选条件①(1)由题设.所以.因为,所以.所以.所以.(2)由(1).令所以在单调递增,在单调递减,于是,当且仅当,即时,取得最大值1;当且仅当,即时,取得最小值.又,即时,.所以的取值范围是.选条件②.(1)由题设.整理得.以下同选条件(1).18.(本小题满分12分)证明:(1)连接线段交与于点,连接,四边形是矩形,点是线段中点,点是中点,,平面平面,平面.(2),平面平面,三条直线两两互相垂直,以为原点,以为轴正方向建立空间直角坐标系,设平面的法向量为,,令,则设平面的法向量为,,令,则,设平面与平面所成角为,则.平面与平面所成角余弦值为.19.(本小题满分12分)解:(1)由题意可知:,,故,得,故是以为首项,以为公比的等比数列,且,故(2)由(1)知,,即,由题意知:,故,故数列的前项和20.(本小题满分12分)解:(1)以服从超几何分布,且,故.(2)当时,;当时,令,则,当时,;当时,,所以当或20000时,最大,所以的值为19999或20000.21.(本小题满分12分)解:(1)已知抛物线经过点,所以抛物线设,由题意可知直线斜率存在,设直线方程为,联立方程组,可得,所以,所以弦长,所以切线方程:,即①同理可得切线方程:②联立①和②方程组解得:,所以,又因为点到直线距离,所以,可得,即,所以直线方程为(2)方法一:设,设,所以,所以,代入抛物线方程得:,化简得同理,即是方程的两根,因为点在直线上,即,所以方程化为,可得,即成立.方法二:设,由题意知直线的斜率存在,设直线方程为:,联立方程组,可得,,因为,因为所以③由两条直线联立:,可得,代入③可知即成立.22.(本小题满分12分)解(1)方法一:,令,对任意恒成立,令,当时,,与恒成立矛盾,不合题意;当时,,与恒成立矛盾,不合题意;当时,在上递减,在上递增,的最小值为.令,则,知在上递增,在上递减,,要使,当且仅当.综上,实数的值为1.方法二:,令,对任意恒成立,当时,,因为,所以;当时,,因为,所以;当时,不等式恒成立;综上,实数的值为1.方法三:将等价为,当时,,与恒成立矛盾,不合题意,当时,也不合题意当时,令,所以在单调递增,因为,所以,使得,即,即,当,即,所以单调递减;当,即,所以单调递增,所以令,当单调递增;当单调递减,可知.所以当且仅当时成立.即时,.(2)方法一:证明:由(1)知,当时,,即,,证明:等价于证明下面证明,即证:.令.当时,显然单调递增,,在上单调递减,,当时,显然,即.故对一切,都有,即.故原不等式成立.方法二:证明:由(1)知,当时,,即,证明:
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