辽宁省大连市2024届高三上学期期末双基测试数学

这是一份辽宁省大连市2024届高三上学期期末双基测试数学，共23页。试卷主要包含了设复数，则，在中，若，则，设，则，已知函数满足下列条件，在中，角的对边分别是，若，，则等内容，欢迎下载使用。

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.0 B.1 C.2 D.3
3.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.4 B.6 C.7 D.8
5.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.3 B.6 C.8 D.12
7.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.C 2.D 3.A 4.B 5.C 6.A 7.B 8.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.AC 10.ACD 11.AD 12.BCD
10.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）
13.14
14.5
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：等价于证明下面证明，
即证：.
因为，所以.
因为，显然.
故原不等式成立.
（3）方法一：
令，
①若，当时，，
在单调递增，
，
故存在唯一，使得，则当为减函数，
，此时，与题意不符（舍）.
②若
（i）当，则由①可知，在单调递增，
在单调递增，所以
所以成立.
（ii）当在单调递增，
，故存在唯一，使得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
，故存在唯一，使得，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
在恒成立，
在单调递增恒成立，
时，恒成立，
综上所述，
方法二：
因为，所以.
当时，恒成立，所以恒成立，
令在上单调递增，
，所以，所以.
当时，恒成立，所以恒成立，
令，
当时，，令，使得，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
，
恒成立，
在上单调递增减，在上单调递增，所以，所以，所以.综上所述.
方法三：
①当时，恒成立，即在恒成立，令，
令在上单调递增，
在上单调递增，
，由洛必达法则
②当时，恒成立，即在恒成立，同方法一①，，
存在唯一，使得，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
，
在恒成立，在单调递减，，
用洛必达法则.
③当时，恒成立，
综上所述，
（用洛必达法则扣1分）