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.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.127.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.C2.D3.A4.B5.C6.A7.B8.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.AC10.ACD11.AD12.BCD10.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）13.1414.5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：