辽宁省辽东十一所重点高中联合教研体2023-2024学年高三数学第一次摸底考试试题（Word版附解析）

辽东十一所重点高中联合教研体2024届高三第一次摸底考试

数学

本试卷共22题.全卷满分120分.考试用时120分钟

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.

3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.

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，只有一项符合题目要求.

1. 底面半径为3，表面积为的圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设圆锥的母线长为，进而结合表面积得，进而得圆锥的高，再计算体积即可.

【详解】解：设圆锥的母线长为，因为圆锥的底面半径为3，表面积为

所以，解得，

所以圆锥的高为，

所以，圆锥的体积为.

故选：A

2. 已知，，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 充要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据必要条件、充分条件的概念判断即可.

【详解】解：由题意，由可得，

反之，，即，故，

所以“”是“”的充要条件.

故选：B

3. 已知，则（    ）

A.  B.  C. 或 D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，根据复数相等可得出等式组，由此可解得实数的值.

【详解】设，则，

所以，，

所以，所以，，解得，

当时，则，可得；当时，则，可得.

综上所述，.

故选：B.

4. 非空集合，，，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题知，进而构造函数，再根据零点存在性定理得，解不等式即可得答案.

【详解】解：由题知，

因为，所以，

所以，

故令函数，

所以，如图，结合二次函数的图像性质与零点的存在性定理得：

，即，解得，

所以，实数的取值范围为.

故选：A

5. 已知是椭圆的长轴上的两个顶点，点是椭圆上异于长轴顶点的任意一点，点与点关于轴对称，则直线与直线的交点所形成的轨迹为（    ）

A. 双曲线 B. 抛物线

C. 椭圆 D. 两条互相垂直的直线

【答案】A

【解析】

【分析】由题意设出点，坐标，然后求出直线与直线的方程，根据直线方程的特点，两方程相乘，从而得到点的轨迹方程，进而得解.

【详解】 

由于是椭圆的长轴上的两个顶点，所以，

设，则，

所以直线的方程为①，直线的方程为②，

①②得，

又因为在椭圆上，所以，即，

所以，即，

即直线与直线的交点在双曲线上.

故选：A.

6. 方程的非负整数解的组的个数为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解.

【详解】依题意，可知为非负整数，

因为，所以，

从而将问题转化为：将排成一列的14个完全相同的小球分成部分，

一共有13个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种.

故选：A

7. 已知空间向量两两夹角均为，且.若向量满足，则的最小值是（    ）

A.  B.  C. 0 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，取一个三棱锥，用其棱表示对应的向量，结合题中所给的条件，将相应的边长求出，之后应用空间向量运算法则，表示出对应的结果，从而判断出取最值时对应的情况，求值即可.

【详解】

取一三棱锥，，

且，，所以，

，

设，

因为，所以，即，

所以在以为直径的球上，球半径为，设球心为，

又由同理可知在以为直径的球上，球半径为，设球心为，

球心距，所以两球相交，即点与点可以重合，

又，

所以.

故选：C.

8. 已知，试比较的大小关系（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三个指数的底数的形式，通过构造新函数，利用导数的性质判断其大小，再根据三个数的形式构造新函数，通过取对数法，结合导数的性质判断其单调性，最后利用单调性判断即可.

【详解】设，

当时，，单调递减，

所以有，

因为，

所以，

设，

设，

当时，，函数单调递减，

因为，

所以，

因为函数是正实数集上的增函数，

故，

即，所以，

故选：C

【点睛】关键点睛：根据所给指数的底数和指数的形式，构造函数，利用导数的性质是解题的关键.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，选错得0分.

9. 大连市教育局为了解二十四中学、第八中学、育明中学三所学校学生文学经典名著的年阅读量，采用样本比例分配的分层随机抽样抽取了一个容量为120的样本.其中，从二十四中学抽取容量为35的样本，平均数为4，方差为9；从第八中学抽取容量为40的样本，平均数为7，方差为15；从育明中学抽取容量为45的样本，平均数为8，方差为21，据此估计，三所学校的学生文学经典名著的年阅读量的（    ）

A. 均值为6.3 B. 均值为6.5

C. 方差为17.52 D. 方差为18.25

【答案】BD

【解析】

【分析】根据样本的均值公式和方差公式列式计算即可.

【详解】设二十四中学、第八中学、育明中学三组数据中每个人的数据分别为

, ,，

均值，

方差

，

故选：BD

10. 已知数列满足.给出以下两个命题：命题对任意，都有；命题，使得对成立.（    ）

A. 真 B. 假 C. 真 D. 假

【答案】AD

【解析】

【分析】对于命题，利用数学归纳法和作差法可判断，对于命题，利用反证法进行分析判断.

【详解】对于命题，先利用数学归纳法证明，

当时，，不等式成立，

假设当时不等式成立，即，则

，

所以当时，不等式也成立，

综上，，

因为，所以，

因为，所以，所以命题为真命题，

对于命题，假设存在，使得对，

由已知可得，得，

所以，

所以，

所以，

所以，

由基本不等式推广可得，

所以，所以，

所以，所以，

因为，所以，

所以，所以，这与相矛盾，

所以命题为假命题，

故选：AD

11. 下列不等式中，正确的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，利用导数可得在上单调递增，再由可判断A；举反例可判断B；当是第三象限角时由可判断C；当时利用为单调递增函数，对两边取对数对称矛盾可判断D.

【详解】对于A，令，则，即证，

令，则，

所以在上单调递增，故，

所以，即，故A正确；

对于B，当时显然不成立，故B错误；

对于C，当是第三象限角时，则，所以，

可得，故C错误；   

对于D，当时，为单调递增函数，

若，则，

这与矛盾，故D错误.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：对于A选项，关键点是构造函数，再利用函数的单调性解题，考查了学生的思维能力、运算能力.

12. 直角中是斜边上的一动点，沿将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时（    ）

A.

B.

C. 直线与的夹角余弦值为

D. 四面体的外接球的表面积为

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据直二面角的性质，得到垂直关系，建立空间直角坐标系，利用三角形内角平分线的性质、平面向量加法的几何意义、空间两点距离公式、夹角公式，球的性质逐一判断即可.

【详解】如图所示：过点作，交于延长线于点，

过点交于于点，作，使得，

由二面角直二面角，可知，

设，则有，，，

在直角三角形中，，

在直角三角形中，

，

，当且仅当，

此时，，

在图1中，，所以为的平分线，

于是有，所以，

，

由上可知：两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，

，

因为，

所以选项A正确；

因为，

所以选项B正确；

，

因为，

所以直线与的夹角余弦值为，因此选项C不正确；

设四面体的外接球的球心为，

显然有，

所以有，

，

，

由，解得，

四面体的外接球的半径为，

四面体的外接球的表面积为，

因此选项D正确，

故选：ABD

  【点睛】关键点睛：根据二面角的性质建立空间直角坐标系，运用球的性质是解题的关键.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. (1＋tan15°)(1＋tan30°)＝________.

【答案】2

【解析】

【分析】由条件利用两角和的正切公式求得要求式子的值．

【详解】(1＋tan15°)(1＋tan30°)＝tan30°

==2

故答案为2

【点睛】本题主要考查两角和的正切公式的应用，属于基础题．

14. 已知，则的取值范围是______（精确0.1）．

【答案】

【解析】

【分析】根据对数的换底公式和运算性质进行求解即可.

【详解】，

，

所以，

故答案为：

15. 的展开式中的系数为______（用数字作答）．

【答案】

【解析】

【分析】，然后两次利用通项公式求解即可；

【详解】因为，

设其展开式的通项公式为：，

令，

得的通项公式为，

令，

所以的展开式中，的系数为，

故答案为：

16. 已知在椭圆上运动，且，延长至，使得为与椭圆的交点，则______．

【答案】

【解析】

【分析】根据三点共线的性质，结合点到椭圆上、直线的斜率公式进行求解即可.

【详解】设，

因为延长至，使得，所以，

设，因为为与椭圆的交点，所以设，

因此有，

即，

因为在椭圆上，

所以，

化简，得，

因为在椭圆上运动，所以，

因为，所以，

于是有，即，

故答案为：.

【点睛】关键点睛：利用三点共线的性质得到的坐标，根据点在椭圆上的性质，结合代入法进行求解是解题的关键.

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. 已知函数，．

（1）当时，求函数单调递增区间；

（2）若，关于x的方程有三个不等的实根，求a的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，得到，结合三角函数的性质，即可求解；

（2）当时，令，则，得出函数，根据二次函数的性质，三种情况讨论，即可求解.

【小问1详解】

解：当时，函数，

由，可得，

故函数的单调递增区间为.

【小问2详解】

解：当时，可得，

令，则，

令，其图象恒过和两点，

①当时，由（1）知有唯一根，

不合题意；

②当时，可得的图象开口向上，，方程存在两根，

且，此时有（舍），故，则方程只有一个根，不合题意；

③当时，可得的图象开口向下，，方程存在两根，且，

若要满足题意，则，，

此时方程有一个根，有两个不相等的根，

则有，解得，

综上所述，a的取值范围为．

  【点睛】方法点睛：利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略：

1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标；

2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解.

3、本题中合理利用三角函数的基本关系，进行换元构造二次函数，结合二次函数和正弦型函数的图象与性质是解答的关键.

18. 三棱柱中，．

（1）证明：；

（2）若，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明平面，即得，从而得到.

（2）根据求两平面法向量即可求得二面角余弦值.

【小问1详解】

如图所示：作中点，连接，

，

是等边三角形，

又，

满足，即有，

而，所以，

，平面，

平面，

而平面，

所以，又因为中点，

所以.

【小问2详解】

若，则，易知，

以点为原点，分别以方向为轴，以过点竖直向上的直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示：

过点作，垂足为，

在中，，

所以，，

则，

，，，

设平面的法向量为，

则有，即，

令，则，，所以，

同理可得：平面的法向量，

则.

因为所求二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.

19. 在数列中，，．

（1）证明：数列是等比数列；

（2）令，数列的前n项和为，求证：．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）将数列的递推公式变形，再结合等比数列的定义，即可证明；

（2）由（1）得到数列的通项公式，再利用变形，放缩法，结合裂项相消法求和，即可证明.

【小问1详解】

由，得，由，得，

则，所以，得，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列

【小问2详解】

由（1）得，则，所以，

所以．

所以

20. 大连市是国内知名足球城市，足球氛围浓厚.在2022年第22届卡塔尔足球世界杯阶段，大连二十四中的同学们对世界杯某一分组内的四支球队进行出线情况分析.已知世界杯小组赛规则如下：小组内四支球队之间进行单循环（每只球队均与另外三只球队进行一场比赛）；每场比赛胜者积3分，负者0分；若出现平局，则比赛双方各积1分.现假设组内四支球队战胜或者负于对手的概率均为0.25，出现平局的概率为0.5．

（1）求某一只球队在参加两场比赛后积分的分布列与数学期望；

（2）小组赛结束后，求四支球队积分相同的概率．

【答案】（1）分布列见解析，   

（2）

【解析】

【分析】（1）球队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，分别求出随机变量对应的概率，可得分布列，进而可得数学期望；

（2）求出6场比赛都出现平局的概率以及每支球队3场比赛结果均为1胜1平1负的概率，再求和即可.

【小问1详解】

球队参加两场比赛后积分的取值为0，1，2，3，4，6，

则，，

，，

，，

所以随机变量X的分布列为：

随机变量的数学期望：

.

【小问2详解】

由于小组赛共打6场比赛，每场比赛两个球队共积2分或者3分；

6场比赛总积分的所有情况为12分，13分，14分，15分，16分，17分，18分共7种情况，

要使四支球队积分相同，则总积分被4整除，所以每只球队总积分为3分或者4分.

若每支球队得3分：

则6场比赛都出现平局，其概率为：；

若每支球队得4分：则每支球队3场比赛结果均为1胜1平1负，

其概率为：﹒

所以四支球队积分相同的概率为.

21. 已知双曲线C：的离心率为，A，B分别是C的左､右顶点，点在C上，点，直线AD，BD与C的另一个交点分别为P，Q．

（1）求双曲线C的标准方程；

（2）证明：直线PQ经过定点．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据及在双曲上列式求解即可；

（2）分别设出直线与的方程，进而求得坐标，根据斜率是否存在分情况写出直线的方程，再证明过定点即可．

【小问1详解】

解：由题意得，

，

，

∵ 点在C上，

，

，

解得，

，

∴ 双曲线方程为．

【小问2详解】

解：由（1）知，，

直线AD的方程为，

设，，将直线AD的方程与C的方程联立，

消去y得① ，

，

．

当时，方程① 的两根为，，

，

，，

即，

直线BD的方程为，与C的方程联立，消去y得② ，

，

．

当时，方程② 的两根为，2，

，

，，

即．

当直线PQ的斜率存在时，．

∴直线PQ方程为，

整理得．

此时直线PQ过定点．

②当直线PQ的斜率不存在时，，此时，

则直线PQ的方程为，

直线PQ过点．

综上，直线PQ经过定点．

【点睛】本题的易错点是忽视的范围以及斜率存在与否的分类讨论，而且计算量大，需要细心计算．

22. 已知函数．

（1）当时，求证；

（2）令，若的两个极值点分别为，求证：．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）通过作差构造函数，利用二次求导法进行求解即可；

（2）通过作差构造函数，利用多次求导法、结合曲线的切线的性质、极值点的定义进行求解即可.

【小问1详解】

令，

则，

令，则，

所以在上单调递增，则，

所以在上单调递增，则，所以；

【小问2详解】

由题可得，

则．令，

当时，，则，

令，则，所以在R上单调递减，

又，，

所以存在，使得，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

又，所以，，

因为，，

所以曲线在处的切线方程为，

在处的切线方程为．

令，

则，

令，则，所以在R上单调递增，

又，所以当时，，单调递减，

当时，，单调递增，所以，

即；

令，则，

令，

则，所以在R上单调递增，

又，所以当时，，单调递减，

当时，，单调递增，所以，

即．

所以当时，曲线在，处的切线，均不在图象的下方，

所以，

，

得，．

所以，即．

【点睛】关键点睛：多次求导，根据曲线切线的性质、极值点的定义是解题的关键.