辽宁省大连市2022-2023学年高三上学期期末双基测试数学试题（含解析）

2023年大连市高三双基测试数学注意事项：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━．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，只有一项是符合题目要求．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】逐一验证集合中的元素是否也属于集合即可.【详解】因为集合，可得时，；时，；时，；时，；时，；综上，集合的公共元素为1,3,5，所以，故选：C.2.是虚数单位，若复数，则的共轭复数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算可化简得到，由共轭复数定义可得结果.【详解】，.故选：A.3.已知命题，，则是（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】由特称命题的否定可直接得到结果.【详解】由特称命题的否定可知为：，.故选：C.4.开普勒（JohannesKepler，1571~1630），德国数学家、天文学家，他发现所有行星运行的轨道与公转周期的规律：所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且所有行星轨道的半长轴的三次方跟它的公转周期的二次方的比都相等.已知金星与地球的公转周期之比约为2:3，地球运行轨道的半长轴为a，则金星运行轨道的半长轴约为（）A.0.66a B.0.70a C.0.76a D.0.96a【答案】C【解析】【分析】设金星运行轨道的半长轴为，金星和地球的公转周期分别为，，根据题意可得，进而结合，即可得出结果.【详解】设金星运行轨道的半长轴为，金星和地球的公转周期分别为，，由开普勒定律得.因为，所以，即.因为函数在上单调递增，且，且，所以，因此，故选：C.5.若二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为（）A.10 B.15 C.25 D.30【答案】B【解析】【分析】根据赋值法可得系数和，进而求解，由二项式展开式通项公式即可求解常数项.【详解】令，则所有的项的系数和为，由于，所以，展开式的通项为，故当时，即，此时展开式中的常数项为,故选：B6.若，且．则（）A. B.2 C.3 D.【答案】C【解析】【分析】根据二倍角公式以及诱导公式化简得，进而根据齐次式以及弦切互化即可求解.【详解】由得，进而得，化简得：，所以或，由于，所以，故，故选：C7.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数单调性，可得出、、，比较、、的大小关系，结合函数在上的单调性可得出、、的大小关系.【详解】构造函数，其中，则，当时，；当时，.所以，函数的增区间为，减区间为.因为，，，因为，则，则，故.故选：A.8.已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.【详解】因为的图像关于直线对称，所以，因为，所以，即，因为，所以，代入得，即，所以，.因为，所以，即，所以.因为，所以，又因为，联立得，，所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，所以因为，所以.所以.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.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.将函数图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（）A.的最小正周期为B.图象的一个对称中心为C.的单调递减区间为D.的图象与函数的图象重合【答案】ABC【解析】【分析】根据三角函数平移变换和诱导公式可得；根据余弦型函数最小正周期可知A错误；利用代入检验法可知B错误；根据余弦型函数单调区间的求法可知C正确；利用诱导公式化简解析式可得，知D错误.【详解】由题意知：；对于A，的最小正周期，A正确；对于B，当时，，此时，是的一个对称中心，B正确；对于C，令，解得：，即，的单调递减区间为，C正确；对于D，，与图象不重合，D错误.故选：ABC.10.下列结论正确的有（）A.若随机变量，，则B.若随机变量，则C.已知回归直线方程为，且，，则D.已知一组数据丢失了其中一个，剩下的六个数据分别是3，3，5，3，6，11.若这组数据的平均数、中位数、众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为22【答案】AC【解析】【分析】根据正态分布对称性知正确，计算，错误，将代入回归直线，计算得到正确，讨论三种情况得到可能数据的和为，错误，得到答案.【详解】对于A，，故A正确；对于B，，所以，故B不正确；对于C，回归直线方程经过点，将，代入求得，故C正确；对于D，设丢失的数据为x，则这组数据的平均数为，众数为3，当时，中位数为3，此时，解得；当时，中位数为x，此时，解得；当时，中位数为5，此时，解得.所以所有可能x的值和为，故D不正确.故选AC.11.正方体的棱长为1，E，F，G分别为BC，的中点，则（）A.直线与直线AF垂直 B.直线与平面AEF平行C.平面AEF截正方体所得截面面积为 D.点与点D到平面AEF的距离相等【答案】BCD【解析】【分析】根据棱柱的结构特征，建立以为原点，以、、所在的直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，利用向量法即可判断A，根据线线平行即可判断B,根据梯形面积即可判断C,根据中点关系即可判断D.【详解】在棱长为1的正方体中，建立以为原点，以、、所在的直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：、、分别为、、的中点，则，，，，对于A,，，，故A错误；对于B：连接,，，,,,四点共面，由于,,所以四边形为平行四边形，故，又平面，平面，平面，故B正确，对于C，连接，，，四边形为平面截正方体所得的截面，，，，四边形为等腰梯形，高为，则四边形的面积为，故C正确；对于D,连接交于点，故是的中点，且是线段与平面的交点，因此点和点到平面的距离相等，故D正确．故选：BCD．12.已知点F是抛物线的焦点，AB，CD是经过点F的弦且，直线AB的斜率为k，且，C，A两点在x轴上方，则（）A. B.四边形ABCD面积最小值为64C. D.若，则直线CD的斜率为【答案】ACD【解析】【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由抛物线的性质可得弦长，同理可得的值，由均值不等式可得四边形的面积的最小值，经过判断可得命题的真假．【详解】由抛物线的方程可得焦点，，由题意可得直线，的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设，，，，联立，整理可得：，显然，，，，，所以，所以A正确；由于,,所以将中的换成代入中得,，当且仅当时等号成立，所以四边形的最小面积为，所以B不正确；设,，,，若，即，整理可得，即，解得，即，而直线的斜率，所以直线的斜率为，所以D正确；可得弦长,，所以，所以C正确；故选：ACD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.设向量，且,则_________．【答案】【解析】【分析】根据向量模长的坐标公式即可代入求解.【详解】由得，根据得，解得，故答案为：14.若直线为函数图像的一条切线，则a的值是________．【答案】2【解析】【分析】根据切点求解函数的切线方程，列方程组得，进而可求解，即可得.【详解】设的切点为，其中，由得切线的斜率为，所以切线方程为：，即，直线是的切线，所以，记则，所以在定义域内单调递增，而，所以方程的根为，因此，进而得，故答案为：15.已知为椭圆的两个焦点，P为椭圆C上一点（P不在y轴上），的重心为G，内心为M，且，则椭圆C的离心率为___________．【答案】##0.5【解析】【分析】根据重心坐标公式以及内切圆的半径，结合等面积法，得到的关系，即可求解离心率.【详解】设，由于G是的重心，由重心坐标公式可得，由于，所以的纵坐标为，由于是的内心，所以内切圆的半径为，由椭圆定义得，，，故答案为：16.已知菱形边长为，，为对角线上一点，．将沿翻折到的位置，移动到且二面角的大小为，则三棱锥的外接球的半径为______；过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为__________．【答案】①.②.【解析】【分析】设，证明出平面，分析可知，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，根据题意可得出关于、、的方程组，可求得球心的坐标，即可求出球的半径长，求出，可求得截面圆半径的最小值，再利用圆的面积公式可求得截面圆面积的最小值.【详解】设，翻折前，在菱形中，则，即，，翻折后，则有，所以，二面角的平面角为，在菱形中，，则，又因为，所以，是边长为的等边三角形，同理可知，是边长为的等边三角形，因为，，，、平面，平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则点、、、、，设三棱锥的外接球球心为，由可得，解得，所以，三棱锥的球心为，球的半径为.，设球心到截面的距离为，平面截球的截面圆的半径为，则，，过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为.故答案为：；.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.四、解答题：（本大题共6小题共70分，解答应写出文字说明x证明过程或演算步骤）17.已知公差为正数的等差数列的前项和为，________．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成等比数列，②．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先设等差数列的公差为，再根据等差数列的求和公式和等比中项的性质，根据条件①②分别列出关于首项与公差的方程，解出的值，即可计算出数列的通项公式；（2）先根据第（1）题的结果计算出数列的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前项和．【小问1详解】由题意，设等差数列的公差为，方案一：选择条件①，根据成等比数列得,代入得，又，化简整理，可得，由于，所以，，．方案二：选择条件②由，可得，又，解得，，【小问2详解】由（1）可得，则．18.记内角、、的对边分别为、、，且．（1）求的值；（2）若的面积为，，求周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，再利用余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问1详解】解：由，根据正弦定理可得，所以，，由余弦定理可得，，因此，.【小问2详解】解：因为，，由余弦定理可得，，因此，的周长为.19.如图多面体，正方形的边长为，平面，，，．（1）求证：平面；（2）若二面角的大小为，且，求长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面平行和面面平行的判定可证得平面平面，由面面平行的性质可证得结论；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可构造方程求得的值，即为的长.【小问1详解】，，平面，平面，平面，平面，平面，平面，，平面，平面平面，平面，平面.【小问2详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，解得：或（舍），.20.某地区为居民集体筛查新型传染病毒，需要核酸检测，现有份样本，有以下两种检验方案，方案一，逐份检验，则需要检验k次；方案二：混合检验，将k份样本分别取样混合在一起检验一次，若检验结果为阴性，则k份样本均为阴性，若检验结果为阳性，为了确定k份样本的阳性样本，则对k份本再逐一检验．逐份检验和混合检验中的每一次检验费用都是16元，且k份样本混合检验一次需要额外收20元的材料费和服务费．假设在接受检验的样本中，每份样本是否为阳性是相互独立的，且据统计每份样本是阴性的概率为．（1）若份样本采用混合检验方案，需要检验的总次数为X，求X分布列及数学期望；（2）①若，以检验总费用为决策依据，试说明该单位选择方案二的合理性；②若，采用方案二总费用数学期望低于方案一，求k的最大值．参考数据：【答案】（1）见解析（2）①见解析，②k的最大值为11【解析】【分析】（1）的可能值为1和，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解,（2）①结合期望公式，求出方案二的期望，再结合作差法，即可求解．②结合期望公式，以及利用导数研究函数的单调性，即可求解．【小问1详解】的可能值为1和，，，所以随机变量的分布列为：1所以．【小问2详解】①设方案二总费用为，方案一总费用为，则，所以方案二总费用的数学期望为：，又，所以，又方案一的总费用为，所以，当时．，，，所以，所以该单位选择方案二合理．②由①方案二总费用的数学期望，当时，，又方案一的总费用为，令得：，所以，即，所以，设，所以，令得，得，所以在区间，上单调递增，在区间上单调递减，，，，，，，所以的最大值为11．21.已知双曲线的离心率为，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点位于第一象限，是双曲线Q右支上一点，，设（1）求双曲线Q的标准方程；（2）求证：C，D，B三点共线；（3）若面积为，求直线l的方程．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据离心率即可求解，（2）利用坐标运算，结合点差法以及向量共线的坐标表示即可求解，（3）根据三角形面积公式，利用联立方程，韦达定理，代入化简即可得到关于的方程，【小问1详解】由双曲线的离心率为，所以，解得，所以双曲线Q的标准方程为【小问2详解】由得,又，所以,，由得①，由于，在双曲线上，所以，相减得②由①②得③，由于，所以，将③代入得，所以，因此C，D，B三点共线【小问3详解】设直线的方程为，联立直线与双曲线的方程为：，故，所以，直线的方程为，联立，所以