辽宁省大连市2023-2024学年高三上学期双基测试（期末考试）数学试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省大连市2023-2024学年高三上学期双基测试（期末考试）数学试卷（Word版附解析），共34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. 0B. 1C. 2D. 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. 4B. 6C. 7D. 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. 3B. 6C. 8D. 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. 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. 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的余弦值.
19. 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. 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. 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. 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
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.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意将集合化简，结合交集的概念即可得解.
【详解】由题意，所以.
故选：C.
2. 设复数，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】求出复数的代数形式，进而可求模.
【详解】，
.
故选：D.
3. 在中，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助平面向量的线性运算与基本定理即可得.
【详解】由，则，则，
，
故、，故.
故选：A.
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. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合对数运算即可得.
【详解】由题意可得.
故选：B.
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.
【答案】C
【解析】
【详解】若表示焦点在轴上的椭圆，得出对应、关系，结合充分条件与必要条件的性质即可得.
【点睛】若表示焦点在轴上的椭圆，
则有，即，即，
故A、D选项为既不充分也不必要条件，B选项为充要条件，
C选项为充分非必要条件，故C选项符合要求.
故选：C.
6. 已知函数，若存在实数满足，且，则的值是（ ）
A. 3B. 6C. 8D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】分析给定函数性质，作出函数图象，结合图象及性质求值即得.
【详解】当时，单调递减，函数值集合为，
当时，单调递增，函数值集合，
当时，在上单调递减，函数值集合为，
在上单调递增，函数值集合为，且函数在上图象关于直线对称，
令，依题意，直线与函数的图象有4个交点，如图，
观察图象知，，
于是，，整理得，
所以.
故选：A
7. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.
【详解】，
设，，则，
则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，
设，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，
令，则，则，
设，在上恒成立，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
令，则，则，即，故，
故选：B.
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.
【答案】A
【解析】
【分析】方法一：由题意可知函数周期是，由①得函数一条对称轴是，结合②可得或，由③可得，结合可求得结果.
方法二：，由①可得，由②列不等式组可知，由③可得，结合可求得结果.
【详解】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对任意恒成立，
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，
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对任意恒成立，
所以.
所以，
由或，得或，
所以或.
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
【答案】AC
【解析】
【分析】根据及余弦定理可判断A；根据及正弦定理可判断B；由的值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断C；根据三角形面积公式可判断D.
【详解】由余弦定理可得，解得，故A正确；
由及正弦定理，可得,
化简可得.
因为，所以，所以，即.
因为，所以，故B错误；
因为，所以且，代入，
可得，解得，.
因为，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化简可得，解得或（舍），故C正确；
.
故选:AC.
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.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由条件可得截面为等腰梯形，即可判断A，由三棱锥的体积公式，即可判断B，由余弦定理即可判断C，由线面垂直的判定定理即可判断D
【详解】对于，在正方体中，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，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.
故选：ACD
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
【答案】AD
【解析】
【分析】由条件概率判断选项；利用全概率公式计算选项；利用贝叶斯公式计算选项；求不同元素的分组分配种数判断选项.
【详解】记第一次抽到红､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；
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，，，，
记第二次抽到红球的事件为，
，不正确；
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方法种数是种，正确.
故选：AD.
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
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，联立直线的方程与椭圆方程，结合韦达定理以及即可验算；对于B，由弦长公式、韦达定理可得为定值，结合基本不等式之“乘1法”即可判断；对于C，结合椭圆定义以及两点间距离公式即可判断C；对于D，由韦达定理以及斜率公式即可判断D.
【详解】
易知：，对于A，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B，由点在轴的上方，显然，
又，
，
故
，
当且仅当，即时取等，B正确；
对于C，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（）为直径的圆与圆相切，C正确；
对于D，，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：判断B选项的关键是首先得出为定值，判断C选项的关键是结合椭圆定义以及圆相切的条件，从而即可顺利得解.
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___________.

【答案】14
【解析】
【分析】根据频率分布直方图，计算即可.
【详解】由图可知第一组的频率为，前两组的频率之和为，则可知其分位数在内，设为，
则，解得.
故答案为：14
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：）
【答案】5
【解析】
【分析】根据题意求出第次操作后去掉的各区间长度之和，列不等式结合所给参考数据即可得.
【详解】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.
故答案为：5
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_____
【答案】
【解析】
【分析】抛物线的焦点为，准线方程为．由题意得，所以，即的最小值为．令，则点的横坐标为，由此得，然后再根据基本不等式求解可得结果．
【详解】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．
故答案为．
【点睛】本题考查抛物线定义及其应用，点与圆的位置关系、距离等问题，解题的关键是首先得到的最小值，然后再根据基本不等式求出在最小值的最小值．考查推理论证和转化思想的运用及计算能力，属于中高档题．
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__________.
【答案】6
【解析】
【分析】在椭圆上任取一点，连接交球于，交球于点，根据可知，则，由此可求得最小值.
【详解】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.
故答案为：6.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是证明得出 ，从而，转化为 三点共线时求.
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. 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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的性质建立并解方程，可得答案；
（2）利用三角函数恒等式整理函数解析式，根据复合型三角函数的单调性，可得答案.
【小问1详解】
选条件①
由题设.所以.
因为，所以.所以.所以.
选条件②.
由题设.
，，
，，，
整理得.
因为，所以.所以.所以.
【小问2详解】
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.
18. 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的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交与于点，连接，利用中位线证明，然后根据线面平行的判定定理完成证明；
（2）先证两两垂直，然后建立合适空间直角坐标系，利用向量法求解出平面和平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
连接交与于点，连接，
四边形是矩形，点是线段中点，
点是中点，，
平面平面，
平面.
【小问2详解】
，
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，
因为，
所以，
设平面的一个法向量为，
，令，则，
设平面的一个法向量为，
，令，则，
设平面与平面所成角为，
则，
平面与平面所成角的余弦值为.
19. 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）求数列前项和.
【答案】19. 证明见解析，
20.
【解析】
【分析】（1）结合题意构造出，可得数列为等比数列，即可得的通项公式；
（2）由的通项公式通过分奇偶讨论可得数列，即可得数列的前项和.
【小问1详解】
由题意可知：，
，
故，
得，又，
故是以为首项，以为公比的等比数列，
且，故；
【小问2详解】
由（1）知，，即，
由题意知：，故，
故数列的前项和
.
20. 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）.
【答案】（1）
（2）19999或20000
【解析】
【分析】（1）首先分析题意，利用超几何分布知识进行解答.
（2）根据第一问，进行解析所以当或20000时，最大，所以的值为19999或20000.
【小问1详解】
以服从超几何分布，且，
故.
【小问2详解】
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. 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：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意设直线方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，得弦长，利用导数求得切线与的方程，得出点坐标，计算点到直线距离，由可得的值，可得解；
（2）方法一：设，设，可得的表达式，代入抛物线方程化简，结合点在直线上，求得，即可证得结论.
方法二：设，设直线方程为，与抛物线方程联立方程组，根据根与系数的关系，结合的表达式，计算可证得出结论．
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）令对任意恒成立，讨论两种情况，可得且，从而可得答案；
（2）由（1）知，当时，，即，等价于，要证明等价于证明；
（3）令，分类讨论，通过多次求导，分别得到函数的单调性与最值，可以求出取值范围.
【小问1详解】
，
令，对任意恒成立，
对于函数，，由，可得，由，可得，
所以时，函数单调递减，时函数单调递增，
所以时，函数取得最小值0，即当且仅当时等号成立，
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；
【小问2详解】
由（1）知，当时，，即，
，
证明：只需证明，
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；
【小问3详解】
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，.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合( 图象在 上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数，排除不合题意参数范围，筛选出符合题意的参数范围.