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文档简介
年大连市高三第一次模拟考试数学注意事项: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,集合,则()A. B. C. D.2.为评估一种农作物的种植效果,选了n块地作试验田.这n块地的亩产量(单位:kg)分别为,下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是()A.的标准差 B.的平均数C.的最大值 D.的中位数3.方程表示椭圆,则实数m的取值范围是()A. B. C. D.且4.已知直线a,b,c是三条不同的直线,平面α,β,γ是三个不同的平面,下列命题正确的是()A.若,则B.若,则C.若,且,则D.若,且,则5.将ABCDEF的六位教师分配到3所学校,若每所学校分配2人,其中A,B分配到同一所学校,则不同的分配方法共有()A.12种 B.18种 C.36种 D.54种6.若,且,则()A. B. C. D.17.设函数则满足的x的取值范围是()A. B. C. D.8.设是双曲线的左、右焦点,点A是双曲线C右支上一点,若的内切圆M的半径为a(M为圆心),且,使得,则双曲线C的离心率为()A. B. C.2 D.二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.已知i是虚数单位,下列说法正确的是()A.已知,若,则B.复数满足,则C.复数z满足,则z在复平面内对应的点的轨迹为一条直线D.复数z满足,则10.已知函数,若,且,都有,则()A.在单调递减B.的图像关于对称C.直线是一条切线D.的图像向右平移个单位长度后得到函数是偶函数11.已知函数是定义域为R的可导函数,若,且,则()A.是奇函数 B.是减函数C. D.是的极小值点第Ⅱ卷三、填空题:(本大题共3小题,每小题5分,共15分,把答案填在答卷纸的相应位置上)12.“函数是奇函数”的充要条件是实数______.13.在边长为4的正方形ABCD中,如图1所示,E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把和折起,使B,C,D三点重合于点P,得到三棱锥,如图2所示,则三棱锥外接球的表面积是_________;过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是_________.14.已知实数,且,则的最小值为_________四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.(本小题满分13分)如图多面体ABCDEF中,面面,为等边三角形,四边形ABCD为正方形,,且,H,G分别为CE,CD的中点.(Ⅰ)证明:;(Ⅱ)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值;(Ⅲ)作平面FHG与平面ABCD的交线,记该交线与直线AD交点为P,写出的值(不需要说明理由,保留作图痕迹).16.(本小题满分15分)已知函数.(Ⅰ)若恒成立,求a的取值范围;(Ⅱ)当时,证明:.17.(本小题满分15分)一个不透明的盒子中有质地、大小均相同的7个小球,其中4个白球,3个黑球,现采取不放回的方式每次从盒中随机抽取一个小球,当盒中只剩一种颜色时,停止取球.(Ⅰ)求停止取球时盒中恰好剩3个白球的概率;(Ⅱ)停止取球时,记总的抽取次数为X,求X的分布列与数学期望:(Ⅲ)现对方案进行调整:将这7个球分装在甲乙两个盒子中,甲盒装3个小球,其中2个白球,1个黑球:乙盒装4个小球,其中2个白球,2个黑球.采取不放回的方式先从甲盒中每次随机抽取一个小球,当盒中只剩一种颜色时,用同样的方式从乙盒中抽取,直到乙盒中所剩小球颜色和甲盒剩余小球颜色相同,或者乙盒小球全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y,求Y的数学期望,并从实际意义解释X与Y的数学期望的大小关系.18.(本小题满分17分)在平面直角坐标系xOy中,点O为坐标原点,已知两点,点M满足,记点M的轨迹为G.(Ⅰ)求曲线G的方程:(Ⅱ)若P,C,D为曲线G上的三个动点,的平分线交x轴于点,点Q到直线PC的距离为1.(ⅰ)若点Q为重心,用a表示点P的坐标;(ⅱ)若,求a的取值范围.19.(本小题满分17分)对于数列,定义“T变换”:T将数列A变换成数列,其中,且.这种“T变换”记作,继续对数列B进行“T变换”,得到数列,依此类推,当得到的数列各项均为0时变换结束.(Ⅰ)写出数列A:3,6,5经过5次“T变换”后得到的数列:(Ⅱ)若不全相等,判断数列不断的“T变换”是否会结束,并说明理由;(Ⅲ)设数列A:2020,2,2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小,求k的最小值.2024年大连市高三第一次模拟测试参考答案与评分标准数学第Ⅰ卷一、单项选择题1.C;2.A;3.D;4.D;5.B;6.A;7.C;8.A.8.【解析】设因为,所以,所以,又,解得,所以.所以,解得,所以,代入双曲线方程得:,解得,所以.故选:A二、多项选择题9.BCD;10.BC;11.ACD.11.解:法一:令,得,令,得,所以是奇函数,A正确;,得,设,则,解得,所以,所以B错误;C,D正确;故选ACD.法二:令,又,,,,或在和上为增函数,在上为减函数,是的极小值.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)12.0;13.;解:由题意,将三棱锥补形为边长为2,2,4长方体,如图所示:三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球,所以外接球的直径,所以三棱锥外接球的表面积为,过点的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆,其中最大截面为过球心的大圆,此时截面圆的面积为,最小截面为过点垂直于球心与连线的圆,此时截面圆半径,截面圆的面积为,所以过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为.14..解:,所以.四、解答题:(本大题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.解:(Ⅰ)在正方形中,因为平面平面,且平面平面平面平面,又平面;(Ⅱ)面面为等边三角形,设中点为,所以又因为面面面,则面,以为坐标原点,分别以为轴正方向建立空间直角坐标系,如图所示:因为,则,则所以,设平面的一个法向量为则取得,所以设平面的一个法向量为则取得,所以,所以,所以平面与与平面成角的余弦值为;(Ⅲ),如图所示:(两种作图都给分)16.解:(Ⅰ)由已知得,在上恒成立,设,在上为减函数,在上为增函数,,即(Ⅱ)法一:由(Ⅰ)知时,恒成立,取,得成立.所以当时,,设,时,在上为增函数,.所以时,,即.由此可证,当时,成立.(Ⅱ)法二:当时,若证成立.即证,设,设当时,在上为增函数.,在上为增函数,由此可证,当时,成立.17.解:(Ⅰ)设“停止取球时盒中恰好剩3个白球”为事件,则;(Ⅱ)的可能取值为3,4,5,6,,,,,所以的分布列为3456的数学期望;(Ⅲ)的可能取值为3,4,5,6,设甲盒、乙盒抽取次数分别为,因为乙盒中两种小球个数相同,所以无论甲盒剩余小球什么颜色,乙盒只需取完一种颜色即可,,,,,的数学期望,在将球分装时,甲盒取完后直接取乙盒,此时甲盒中还有其它球,该球干扰作用已经消失,所以同样是要剩余同一颜色,调整后的方案总抽取次数的期望更低.18.解:(Ⅰ)设点,即,,,,化简得曲线的方程:;(Ⅱ)(ⅰ)解法1:设,点到直线的距离相等,为的角平分线.又为重心为的中线,可得,为重心①设直线方程为:,直线方程为:,是的平分线,点到直线的距离为点到直线的距离为1,,可得同理,即是方程的两根,,联立可得:,,同理,点为重心,,即,又,故点的坐标为②联立①②可得即注意:本题只需得出①或者②两种表达式之一即可得满分,多写不加分(本问6分)(ⅱ)由(ⅰ)知,,,等价于时满足题意.(ⅰ)解法2:是的平分线,点到直线的距离为点到直线的距离为1,直线与圆相切,设直线与圆的切点分别为,可得直线方程为:,同理直线方程为,因为点在两条直线上,所以可知直线的方程为,代入圆方程可得:即:设直线的斜率,直线的斜率为,即,联立直线与抛物线方程,,可得:,,同理可得,点为重心,,即,又故点的坐标为②其余过程同解法1.19.解:(Ⅰ)由题知,5次变换得到的数列依次为3,1,2;2,1,1;1,0,1;1,1,0;0,1,1;所以数列A:3,6,5经过5次“T变换”后得到的数列为0,1,1:(Ⅱ)数列经过不断的“变换”不会结束,设数列,且,由题可知:,,即非零常数列才能经过“变换”结束;设(为非零常数列),则为变换得到数列的前两项,数列只有四种可能:,而以上四种情况,数列的第三项只能是0或,即不存在数列,使得其经过“变换”变成非零常数列,故数列经过不断的“变换”不会结束;(Ⅲ)数列经过一次“变换”后得到数列,其结构为(远大于4)数列经过6次“变换”后得
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