《2024届大连高三上学期双基测试数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届大连高三上学期双基测试数学试卷含答案.pdf（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学科网（北京）股份有限公司2024 年大连市高三双基测试年大连市高三双基测试 数学数学注意事项：注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效请在答题纸上作答，在试卷上作答无效 2.本试卷分第本试卷分第 I 卷（选择题）和第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟分钟.第第 I 卷卷 一一单项选择题：本题共单项选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求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*11,2,3,4,5,2xABx
2、=N，则AB=（）A.5 B.2,4 C.3,5D.1,3,52.设复数1 i4i1 iz=+，则z=（）A.0B.1C.2D.33.在ABC中，若1,3ADmDB CDCACB=+，则=（）A.23B.13C.13D.234.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19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()1lg,1,2,9kPkkk+=.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：lg20
3、.301,lg30.477=）.A.4B.6C.7D.85.已知曲线“()()22:log 2024log 20241abCxy+=表示焦点在y轴上的椭圆”的一个充分非必要条件是（）A.0abB.1abC.32abD.1ba6.已知函数()()2log,0,2sin,2,104x xf xxx=，若存在实数1234,x x x x满足 学科网（北京）股份有限公司()()()()1234f xf xf xf x=，且1234xxxx，则34124xxxx+的值是（）A.3 B.6 C.8 D.12 7.设11155,2ln sincos,ln48844abc=+=，则（）A.abc B.bac
4、C.cba D.acb满足下列条件：对任意()1,4xf xf R恒成立；()f x在区间3 4,7 7上是单调函数；经过点(),2ba的任意一条直线与函数()yf x=图像都有交点，则的取值范围是（）A.(280,13,9 B.()280,13,9 C.(0,13,5 D.()30,1,52 二二多项选择题：（本题共多项选择题：（本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分.）9.在
5、ABC中，角,A B C的对边分别是,a b c，若cossinaBbAc+=，2222 10,sinaabcabC=+=，则（）A.tan2C=B.3A=C.6 2b=D.ABC的面积为12 2 10.如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，M N P分别是1111C D C C A A的中点，则（）A.平面1AMN截正方体所得截面为等腰梯形 学科网（北京）股份有限公司 B.三棱锥1DMNB的体积为112 C.异面直线MN与1D P所成角的余弦值为1010 D.1ADBM 11.已知,A B C三个盒子，其中A盒子内装有 2 个红球，1 个黄球和 1 个白球；B盒子内装有
6、2 个红球，1个白球；C盒子内装有 3 个红球，2 个黄球.若第一次先从A盒子内随机抽取 1 个球，若取出的球是红球放入A盒子中；若取出的球是黄球放入B盒子中；若取出的球是白球放入C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12 B.第二次抽到红球球的概率为13 C.如果第二次抽到的是红球，则它来自B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22:143xyE+=左焦点F，左顶点C，经过F的直线l交椭圆于,A B两点（点A在第一象限
7、），则下列说法正确的是（）A.若2AFFB=，则l的斜率62k=B.4AFBF+的最小值为274 C.以AF为直径的圆与圆224xy+=相切 D.若直线,AC BC的斜率为12,k k，则1294kk=第第 II 卷卷 三三填空题：（本大题共填空题：（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，把答案填在答卷纸的相应位置上）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60%分位数为_.学科网（北京）股份有限公司 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
8、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0,1均分为三段，去掉中间的区间段1 2,3 3，记为第一次操作：再将剩下的两个区间120,133 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18212024，则操作的次数n的最大值为_.（参考数据：456722220.1975,0.1317,0.0878,0.05853333）15.已知()3,0A，若点P是抛物线28yx=上的任
9、意一点，点Q是圆22(2)1xy+=上任意一点，则2|PAPQ最小值是_.16.如图所示，在圆锥内放入两个球12,O O，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12,CC.这两个球都与平面相切，切点分别为12,F F，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，12,F F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30，12,CC的半径分别为 2，5，点M为2C上的一个定点，点P为椭圆上的一个动点，则从点P沿圆锥表面到达M的路线长与线段1PF的长之和的最小值是_.四四解答题：（本大题共解答题：（本
10、大题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤）17.（本小题满分 10 分）已知函数()()sin 2cos2f xxx=+，其中2经过点()2,1，经过点()0,2的直线l与抛物线G交,A B两点，过,A B两点 学科网（北京）股份有限公司 作抛物线G的切线相交于点,P Q为线段AB（,A B两点除外）上一动点，直线PQ与抛物线G交,C D两点.（1）若PAB的的面积为12 3，求直线l方程；（2）求证：PCPDCQDQ=.22.（本小题满分 12 分）已知函数()ln1xa xf xeax+=（e为自然对数的底数）.（
11、1）若()0f x，求实数a的值；（2）证明：()2 1 sin2lnxxxexx+；（3）对2,2cos2xxxeaxxxx+恒成立，求a取值范围.学科网（北京）股份有限公司 2024 年大连市高三双基测试年大连市高三双基测试 参考答案与评分标准数学参考答案与评分标准数学 说明：说明：一一本解答给出了一种或几种解法供参考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，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考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.二二对解答题对解答题，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
12、改变该题的内容和，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：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：如果后继部分如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分的解答有较严重的错误，就不再给分.三三解答右端所注分数解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数.四四只给整数分数只给整数分数，选择题和填空题不给中间分第，选择题和填空题不给中间分第 I 卷卷 一一单项选择题单项选择题 1.C 2.D 3.A 4.
13、B 5.C 6.A 7.B 8.A.7.解：211111ln sincosln 1 sin,1ln 188444bc=+=+=+，构造函数由()sin,ln1xxxx+构造函数()()()2211ln1,11(1)(1)xxf xxfxxxxx=+=+()f x在0,1上单调递增，即ca，故cab 另法：1111ln,1ln 1444xx x c 8.方法一：由函数()sin cos (0)f xaxbx=+可知函数周期是22=，因为对任意()1,4xf xf R恒成，所以函数的一条对称轴是14x=，又因为()f x在区间3 4,7 7是单调函数，所以()11347114147mm+，所以12
14、,mm Z，所以m为 0 或 1.学科网（北京）股份有限公司 当0m=时，2809；当1m=时，285659 由已知得22max()f xab=+，因为经过点(),2ba的任意一条直线与函数()yf x=图像都有交点，所以222aba+，所以ba.因为对任意()1,4xf xf R恒成，所以1cossin0444fab=.所以tan,1tan144ab=，由2809或285659，得044或37449，所以01或2839 方法二：()()22sin,tan,0,2bf xabxa=+=由可知：142m+=+，即(),42mmZ=+（*）由可知：()34,77x+，因为函数在3 4,7 7上是单
15、调函数，所以()34,7722kkkZ+3724721127kkT+将（*）带入化简可得：2828()5528(),()907kmkmkmZ+，联立椭圆方程()221143yk xxy=+=，化简整理得()22224384120kxk xk+=，显然2212122284120,4343kkxxx xkk+=+，又()()1111221,1,AFxyFBxy=+，故()12121xx=+，整理得1223xx+=，由21221221228432341243kxxkxxkx xk+=+=+解得254k=，又0k，故5,2kA=错误；对于B，易知直线1l的斜率不为 0，设直线()()11122:1,l
16、xmyA x yB xy=，联立椭圆方程221143xmyxy=+=，化简整理得()2234690mymy+=，显然121222690,3434myyy ymm+=+，由点A在x轴的上方，显然120,0yy+=+又()()1111221,1,AFxyFBxy=+，故122yy=，由，122122126349342myymy ymyy+=+=+=解得245m=，又0k，故52k=，A 错误；对于B，由点A在x轴的上方，显然120,0yy，又2211121,1AFmyBFmy=+=+，()()()2221122212222211121212212 14111143439 1111134myyyyy
17、ymAFBFmmymymyymyym+=+，故()11111111111111443113327445524444BFAFBFAFAFBFAFBFAFBFAFBFAFBF+=+=+=，当且仅当11114 BFAFAFBF=，即112AFBF=时取等，B正确；对于 D，2121212122222698124,34343434mmyyy yxxx xmmmm+=+=+，()()()212122121212229934,D124822244243434ACBCy yy ymkkmxxx xxxmm+=+正确 第第 II 卷卷 三三填空题：（本大题共填空题：（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5
18、 分，共分，共 20 分，把答案填在答卷纸的相应位置上）分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.14 14.5 学科网（北京）股份有限公司 解：记na表示第n次去掉的长度，113a=，第 2 次操作，去掉的线段长为222,3a=，第n次操作，去掉的线段长度为123nnna=，12133212313nnnS=，则21821220310.10033202432024nn，由56220.1317,0.0878,33n的最大值为 5.15.4 34 解：由题意得抛物线28yx=的焦点为()2,0F，准线方程为2x=.又点P是抛物线上一点，点Q是圆22(2)1xy+=上任意一点，max|1,PQPF=+
19、22|1PAPAPQPF+.令1tPF=+，点P的坐标为(),PPxy，则()233PXPFtt=，()()()222222|338(33)83412PPPPPAxyxxtttt=+=+=+=+，22|41212124244 341PAttttPFttt+=+=+，当且仅当12tt=，即2 3t=时 等号成立.2|PAPQ的最小值为4 34.16.6 解：在椭圆上任取一点P，连接VP交球1O于点Q，交球2O于点R，连接111112,OQ O F PO PF O R，在11O PF与1O PQ中有：学科网（北京）股份有限公司 111OQO F=，（1r为圆1C的半径，2r为圆2C的半径，），11
20、190OQPO FP=，1O P为公共边，所以111O PFO PQ，所以1PFPQ=，设点P沿圆锥表面到达M的路线长为PMd，则1PMPMPFdPQdPQPRQR+=+=，当且仅当P为直线VM与椭圆交点时取等号，125261sin302rrQR=，所以最小值为 6，四四解答题：（本大题共解答题：（本大题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明分，解答应写出文字说明证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤）17.（本小题满分 10 分）解：选条件（1）由题设sincos01266f=+=.所以3sin62=.因为22，所以2363.所以63=.所以6=.（2）由（1）()31sin
21、2cos2sin2cos2622f xxxxx=+=+sin 26x=+.令52t666tx=+所以ysint=在,6 2单调递增，在 5,26单调递减，于是，当且仅当262x+=，即6x=时，()f x取得最大值 1；学科网（北京）股份有限公司 当且仅当266x+=，即6x=时，()f x取得最小值12.又5266x+=，即3x=时，51sin362f=.所以m的取值范围是 1 1,12 2.选条件.（1）由题设22sincos0sincos33+=+.整理得3sin62=.以下同选条件（1）.18.（本小题满分 12 分）证明：（1）连接线段BN交DM与于点O，连接OE，四边形DBMN是矩
22、形，点O是线段BN中点，点E是AB中点，OEAN，OE 平面,MDE AN 平面MDE，AN平面MDE.（2）AD,2BCCBDDADB=，DN 平面,ABCD DA DB 平面,ABCDDNDA DNDB，,DN DA DB三条直线两两互相垂直，以D为原点，以,DA DB DN 为,x y z轴正方向建立空间直角坐标系，()()()()0,2,2,0,0,2,2,0,0,1,2,0MNAC 设平面MNA的法向量为()()(),z,0,2,0,2,0,2mx yNMNA=，0220,200m NAxzym NM=，令1x=，则()1,0,1m=设平面MNC的法向量为()()(),0,2,0,1
23、,0,2na b cNMMC=，020,200n MCacbn NM=，令2a=，则()2,0,1n=，设平面MNC与平面MNA所成角为，则 学科网（北京）股份有限公司|2 110cos|cos,|1025m nm nm n=.平面MNC与平面MNA所成角余弦值为1010.19.（本小题满分 12 分）解：（1）由题意可知：111ba=，()121221212212222nnnnnnbaaaab+=，故()11222,210,20nnnbbbb+=，得1222nnbb+=，故2nb 是以121b=为首项，以2q=为公比的等比数列，且1*22,nnbn=N，故1*22,Nnnbn=+（2）由（1
24、）知，1*22,Nnnbn=+，即1*2122,Nnnan=+，由题意知：()*11,212,2nnnankakNa nk+=，故*2211,nnaanN=，故数列 na的前2n项和()()2135212462nnnSaaaaaaaa=+()135212naaaan=+()0121222222nnn=+11 2232231 2nnnn+=+=+20.（本小题满分 12 分）解：（1）以X服从超几何分布，且10000,400NM=，故()40010004010000E X=.（2）当1380N+，所以当19999N=或 20000 时，()f N最大，所以N的值为 19999 或 20000.2
25、1.（本小题满分 12 分）解：（1）已知抛物线2:2(0)G xpy p=经过点()2,1，所以抛物线2:4G xy=设()()1122,A x yB xy，由题意可知直线AB斜率存在，设直线AB方程为2ykx=+，联立方程组242xyykx=+，可得2480 xkx=，所以2121216320,4,8kxxk x x=+=，所以弦长22212111632ABkxxkk=+=+12yx=，所以切线AP方程：()11112yyxxx=，即2111124yx xx=同理可得切线BP方程：2221124yx xx=联立和方程组21122211241124yx xxyx xx=解得：122,22xx
26、xk y+=，所以()2,2Pk，又因为点P到直线AB距离22421kdk+=+，所以()23222224211116324 212 3221ABPkSABdkkkk+=+=+=+，学科网（北京）股份有限公司 可得21k=，即1k=，所以直线AB方程为2yx=+（2）方法一：设()()()003344,Q xyC xyD xy，设(),1,1PCCQ PDDQ=，所以()()3303032,2,xk yxxyy+=，所以03032121kxxyy+=+=+，代入抛物线方程得：()()()20024 12kxy+=+，化简得()()22200004448480,xykxyk+=同理()()222
27、00004448480 xykxyk+=，即,是方程()()22200004448480 xyxkxyxk+=的两根，因为点()00,Q xy在直线AB上，即004480kxy+=，所以方程化为()222004480 xyxk+=，可得0+=，即PCPDCQDQ=成立.方法二：设()()()3344,QQQ xyC xyD xy，由题意知直线PQ的斜率存在，设直线PQ方程为：()()22,ym xkmk+=，联立方程组()2422,xyym xk=+=，可得24880 xmxkm+=，()23434164 880,4,88mkmxxm x xkm=+=+，因为223412,1QPCmkxDQm
28、xx=+=+，224312,1,QPDmkxCQmxx=+=+因为()()()()344320,20QQkxxxkxxx所以 22223443|121121QQPCDQPD CQmkxmxxmkxmxx=+()()()23434341422Qmkxxxk xxx x=+学科网（北京）股份有限公司()()()()221448164 124QQmkm xkmmkm xkm=+=+由两条直线联立：()222ym xkykx+=+，可得24Qkmxkm+=+，代入可知()()2244 1240kmPC DQPD CQmkmkmkm+=+=+即PCPDCQDQ=成立.22.（本小题满分 12 分）解（1
29、）方法一：()()()ln0,ln10,ln10 xxxf xxea xxea xx+，令ln,.1 0ttxx tReat=+，对任意tR恒成立，令()1th teat=，当0a 时，101220aheea=，与()0h t 恒成立矛盾，不合题意；当0a=时，()()111,1110th tehee=时，()(),th tea h t=在(),lna上递减，在()ln,a+上递增，()h t的最小值为()lnln1haaa a=.令()ln1aaa a=，则()lnaa=，知()a在()0,1上递增，在()1,+上递减，()max()10a=，要使()ln1 0aaa a=，当且仅当1a=.
30、综上，实数a的值为 1.方法二：()()()ln0,ln10,ln10 xxxf xxea xxea xx+，令ln,.1 0ttxx teat=+R，对任意tR恒成立，当0t 时，1teat，因为11 11tettt+=，所以1a；当0t 时，1teat，因为11 11tettt+=，所以1a；当0t=时，不等式恒成立；综上，实数a的值为 1.学科网（北京）股份有限公司 方法三：将()0f x 等价为()ln10 xg xxeaxa x=，当0a 时，101220aheea=时()()()()()()1111xxxxxeax xea xagxxeaxxx+=+=，令()()(),10 xxh
31、 xxea h xxe=+，所以()h x在()0,+单调递增，因为()()()00,10aahah aaeaa e=，所以()00,x+，使得()00h x=，即00 xX ea=，即00lnlnxxa+=，当()()000,0 xxh x，即()0gx，即()0gx，所以()g x单调递增，所以()()0min000000()ln1ln1ln1xg xg xx eaxa xaa xxaa a=+=令()()ln1,lnaaaaa=，当()()()0,1,0,aaa单调递增；当()()()1,0,aaa+等价于证明下面证明()()2ln2ln2 1 sinxx xxxxx+，即证：222si
32、n0 xxx+.令()()222sin,21 2cosg xxxx gxxx+=.学科网（北京）股份有限公司 当01x 时，显然()gx单调递增，()()11 2cos1 1 2cos03gxg=，当1x 时，显然222sin0 xxx+，即()0g x.故对一切()0,x+，都有()0g x，即()()2ln2ln2 1 sinxx xxxxx+.故原不等式()()22ln2 1 sinxx exxx+成立.方法二：证明：由（1）知，当1a=时，ln1 0 xxexx，即ln1xxexx+，22lnxx exx xx+证明：()2 1 sin2lnxxxexx+等价于证明下面证明()()2l
33、n2ln2 1 sinxx xxxxx+，即证：222sin0 xxx+.因为2221(1)0 xxxx+=，所以221xxx+.因为sin,1sinxxx，显然222sin0 xxx+.故原不等式()()22ln2 1 sinxx exxx+成立.（3）方法一：令()()2cos,sinxxg xeaxx gxeax=+=，若1a，当0 x 时，()cosxgxex=，()()0,gxgx在)0,+单调递增，()()()100,1sin1110aggaeaaaa+=+=+=，故存在唯一()00,x+，使得()00gx=，则当()()00,xxg x为减函数，()()()00,00gg xg=
34、，此时()0 xg x在)0,+单调递增，所以()()00g xg=学科网（北京）股份有限公司 所以22cosxxeaxxxx+成立.（ii）当()()(),0,cos,sin,2xxxgxex gxex gx=+在,02单调递增，()201,102gge=，故存在唯一0,02x，使得()00gx=，当0,2xx 时，()()0,gxgx在()0,0 x上单调递增，()200,02gge=，故存在唯一10,2xx，使得()10gx=，当1,2xx 时，()()0,gxgx在1,2x上单调递增，当()1,0 xx时，()()0,gxgx=+在,02恒成立，()g x在,02单调递增()()()0
35、0,0g xgxg x恒成立，1a时，()0 xg x 恒成立，综上所述，1a 方法二：因为22cosxxeaxxxx+，所以()2cos0 xx eaxx+.当0 x 时，2cos0 xeaxx+恒成立，所以2cosxexax+恒成立，令()()()2cos,sin11 sin10,xxxexxxexxxx=+=+在)0,x+上单调递增，()()00 x=，所以2cosxexxax+，所以1a.当02x时，2cos0 xeaxx+恒成立，所以恒成立2cosxexax+，令()()2cos,sin1xxxexxxex=+=，学科网（北京）股份有限公司 当0 x 在,02上单调递增，当()0,0
36、 xx时，()()0,xx，(),0,02xx 恒成立，()x在,02x 上单调递增减，()()()00,xx=在,02x 上单调递增，所以()()00 x=，所以2cosxexxax+，所以1a.综上所述1a.方法三：()2cos0 xx eaxx+当0 x 时，2cos0 xeaxx+恒成立，即2cosxexax+在()0,+恒成立，令()()()21sin2cos2cos(0),xxxexxxexh xxh xxx+=，令()()()()()1sin2cos,cos0,xxg xxexxx gxx exg x=+=在()0,+上单调递增，()()()()00,0,g xgh xh x=在()0,+上单调递增，()()0h xh，由洛必达法则()01,1ha=当02x时，2cos0 xeaxx+恒成立，即2cosxexax+在,02恒成立，同方法一，()()cos0,cosxxgxx exex=，存在唯一0,02x，使得()00gx=，当0,2xx 时，()()()cos0,xgxx exg x=在()0,0 x上单调递增，()200,10222gge=，()0g x在,02恒成立，()()0,h xh x，用洛必达法则()01,1ha=.当0 x=时，()2cos0 xx eaxx+恒成立，综上所述，1a （用洛必达法则扣 1 分）