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 Word版含解析

1、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.

2、127. 设，则（ ）A B. C. D. 8. 已知函数满足下列条件：对任意恒成立；在区间上是单调函数；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

3、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

4、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：是的一个零点；.（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：如果选择条件和条件分别解答，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

5、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

6、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

7、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：A7. 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：对任意恒成立；在区间上是单调函数；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

8、析】方法一：由题意可知函数周期是，由得函数一条对称轴是，结合可得或，由可得，结合可求得结果.方法二：，由可得，由列不等式组可知，由可得，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.因为对任意恒成立，所以.所以，由或，得或，所以或.方法二：由可知：，即（*）由可知：，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；

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