辽宁大连市2022-2023高三上学期期末数学双基试卷+答案.pdf

1、 高三双基数学试卷共 6 页第 1 页 20232023 年大连市高三双基测试年大连市高三双基测试 数数 学学 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.2.本试卷分第卷（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，只有一项是符合题目要求.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，只有一项是符合题目要求.1.已知集合1,2,3,4,5A，12xBxZ，则AB （A）5（B）3,5（C）1,3,5（D）2,4

2、2.i是虚数单位，若复数z 543i，则 z 的共轭复数z （A）43i55（B）43i55（C）43i55（D）43i55 3.已知命题0:pxR，20010 xx，则p是（A）0 xR，20010 xx （B）x R，210 xx （C）x R，210 xx （D）x R，210 xx 4.开普勒（Johannes Kepler，15711630），德国数学家、天文 学家，他提出的行星运动三定律之提出的行星运动三定律之三三：如图，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与它 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

3、长轴为 a，则金星运行轨道的 半长轴约为（参考数据：1331.442 ）（A）0.66a（B）0.70a（C）0.76a（D）0.96a 5.若二项式62(10)xxaa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 高三双基数学试卷共 6 页第 2 页 6.若(,)4 2，且21coscos(2)22，则tan（A）3 （B）2 （C）3 （D）2 3 7已知4log232(4ln32)1,4eabcee，则（A）acb （B）cab （C）abc （D）bac 8已知函数(),()f x g x的定义域均为 R，且()(2)5,()(4)7

4、f xgxg xf x若()yg x的图像关于直线2x 对称，(2)4g，则221()kf k（A）21（B）22 （C）23 （D）24 二二.多项选择题：（本题共多项选择题：（本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.在每小题给出的选项中，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求有多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分.）9将函数()cos(2)f xx图像上所有的点向左平移6个单位长度，得到函数 g x的图像，则（A）g x的最小正周期为 （B）g x图

5、像的一个对称中心为7,012（C）g x的单调递减区间为5,36kkkZ（D）g x的图像与函数sin 26yx 的图像重合 10下列正确的是（）（A）若随机变量21,N，40.77P，则20.23P （B）若随机变量110,3XB，则3119DX （C）已知回归直线方程为10.8ybx，且4x，50y，则9.8b（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 高三双基数学试卷共 6 页第 3 页 11.正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1，E，F，G 分别为 BC，

6、CC1，BB1的中点，则（A）直线 D1D 与直线 AF 垂直（B）直线 A1G 与平面 AEF 平行（C）平面 AEF 截正方体所得的截面面积为98（D）点 A1与点 D 到平面 AEF 的距离相等 12.已知点F是抛物线24yx的焦点，,AB CD是经过点F的弦且ABCD，直线AB的斜率为k，且0k，,C A两点在x轴上方,则（A）3OC OD （B）四边形ABCD面积最小值为 64（C）111|4ABCD （D）若|16AFBF，则直线CD的斜率为3 第卷 三三.填空题填空题:（本大题共（本大题共 4 4 小小题题,每小题每小题 5 5 分分,共共 2020 分分,把答案填在答卷纸的相应

7、位置把答案填在答卷纸的相应位置上）上）13.设向量a(,2)m，b(2,1)，且222abab，则m .14.若直线3yax为函数1()lnf xxx图像的一条切线，则a的值是 .15.已知12(,0)(,0)FcF c，为椭圆2222:1xyCab的两个焦点，P为椭圆C上一点（P不在y轴上），12PFF的重心为G，内心为M，且GM12FF，则椭圆C的离心率为 .16.已知菱形ABCD边长为 6，23ADC，E为对角线AC上一点，3AE 将ABD沿BD翻折到A BD的位置，E移动到E且 二面角ABDA的大小为3，则三棱锥ABCD的外接 球的半径为_；过E作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小

8、值为_ 高三双基数学试卷共 6 页第 4 页 ADCFEB四四.解答题：解答题：(本大题共本大题共 6 6 小题小题,共共 7070 分分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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)已知公差为正数的等差数列 na的前项和为nS，11a，_.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：2S、4S、8S成等比数列，251072a aa.(I)求数列 na的通项公式；(II)若11nnnba a，求数列 nb的前n项和nT.18.(本小题满分 12 分)记ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且()(sins

9、in)(sinsin)bcBCAC a.(I)求B的值；（II）若ABC的面积为3，2b，求ABC周长.19.（本小题满分 12 分）如图多面体ABCDEF，正方形ABCD的边长为 4，AF 面ABCD，2AF，AFDE，DEAF.（I）求证：CE平面ABF （II）若二面角-B CF E的大小为，且3 10|cos|10，求DE长.高三双基数学试卷共 6 页第 5 页 20.（本小题满分 12 分）某地区为居民集体筛查新型传染病毒，需要核酸检测，现有*(,2)k kkN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，

10、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01pp.（I）若*,2k kkN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；（II）若55,0.45kp，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；若71pe，采用方案二总费用的数学期望低于方案一，求 k 的最大值.参考数据：ln20.7

11、，ln31.1，ln71.9，ln102.3，ln112.4 高三双基数学试卷共 6 页第 6 页 21.（本小题满分 12 分）已知双曲线Q：2221xya的离心率为52，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于,A B两点，点11,A x y位于第一象限，22,C xy是双曲线Q右支上一点，ABAC,设113,2yD x（I）求双曲线Q的标准方程；（II）求证：,C D B三点共线；（III）若ABC面积为487，求直线的l方程 22.（本小题满分 12 分）已知函数 21lnln2f xxxkxk，211()2xg xexf xe，（I）若1k 时，求证：函数 f x只有一个零点；（II）对

12、12xx时，总有 12122g xg xxx恒成立，求k的取值范围。1 1/1717 20202 23 3 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参考答案与评分标准 数学数学 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

13、整数分数，选择题和填空题不给中间分 第卷 一一.单项单项选择题选择题 1.（C）；2.（A）；3.（B）；4.（C）；5.（B）；6.（C）；7（A）；8（D）部分试题解答：5.答案：A 解析：由题意可知当1x 时，6(1)64a，解得1a，二项式621xx的展开式的通项公式为 66212661CCrrrrrrrTxxx，令630r，解得2r，所以展开式中的常数项为26315TC.故选 A.2 2/1717 6.答案 C 解：222222cos2sincos1 2tan1cossin2cos2sincossincostan12，整理，得2tan4tan30，解得tan3或tan1 又(,)4

14、2，所以tan3.故选 C 7解：424lnlog2lnln4ln232,44232eeabcee构造函数2ln1 ln(),()0,xxf xfxxexx，故()f x在(0,)e单调递增，在(,)e 单调递减，max1()ff ee，而428,232ee，故4()(2)32eff，故选 A.8.解：因为()yg x的图像关于直线2x 对称，所以22gxg x，因为()(4)7g xf x，所以(2)(2)7g xf x，即(2)7(2)g xf x，因为()(2)5f xgx，所以()(2)5f xg x，代入得()7(2)5f xf x，即()(2)2f xf x，所以 35212510

15、fff ，46222510fff .因为()(2)5f xgx，所以(0)(2)5fg，即 01f，所以(2)203ff .因为()(4)7g xf x，所以(4)()7g xf x，又因为()(2)5f xgx，联立得，2412gxg x，所以()yg x的图像关于点3,6中心对称，因为函数()g x的定义域为 R R，所以 36g，因为()(2)5f xg x，所以 1531fg.所以 3 3/1717 22112352146221 3 10 1024()kfffffffff k KK.二二.多项选择题多项选择题 9.（A）（B）（C）;10.（A）（C）；11.（B）（C）（D）；12.

16、（A）（C）（D）10解：对于 A，241 0.770.23PP ，故 A 正确；对于 B，122010339D X，所以220313209DX，故 B 不正确；对于 C，回归直线方程经过点,x y，将4x，50y 代入求得9.8b，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317x，众数为 3，当3x 时，中位数为 3，此时36731x，解得10 x ；当35x时，中位数为x，此时23137xx，解得4x；当5x 时，中位数为 5，此时113073x，解得18x.所以所有可能x的值和为1041812 11.答案 BCD 解：CC1与AF不垂直，而DD1CC1，AF与DD1

17、不垂直，故（A）错误；取B1C1的中点N，连接A1N，GN，可得平面A1GN平面AEF，则直线A1G平面AEF，故（B）正确；把截面AEF补形为四边形AEFD1，由四边形AEFD1为等腰梯形，可得平面AEF截正方体所得的截面面积S98，故（C）正确；显然点A1与点D到平面AEFD1的距离相等，故（D）正确故选 BCD 12.【答案】ACD 对于 A，由题可知，设直线CD的方程为：1xmy，4 4/1717 联立241yxxmy，消x得：2440ymy，设1122(,),(,)C x yD xy，则124 y y，则221212144yyx x 所以12121 43OC ODx xy y ，故

18、A 正确；对于 B，又因为 22222212121211()4116164(1)CDmyymyyy ymmm 同理：214(1)ABm，222211114(1)4(1)8(2)32(1)22当且仅当时取等ACBDSAB CDmmmmm故B 错误；对于 C，22211114(1)4(1)4mABCDmm，故 C 正确；对于 D，设直线AB的方程为：1xky，联立241yxxmy，消x得：2440ymy，设3344(,),(,)A xyB xy，则344 y y，又22341,1,AFkyBFky 5 5/1717 所以2234(1)4(1)16AF BFkyyk，解得：23,3kk，所以直线CD

19、的斜率为3，故 D 正确.故选：ACD 第卷 三三.填空题填空题 13.1 1;14.2;15.12；16.21，9 14.解：设切点0001,lnxxx，其中00 x，211fxxx，020011fxxx，所以过点0001,lnxxx的切线方程为002000111lnyxxxxxx，即020001121lnyxxxxx，因为切线为3yax故20011axx，00231ln xx ，01,2xa 15.解：设),(00yxP由G为21PFF的重心得：G的坐标为),3,3(00yxG再由且GM12FF，所以M点的纵坐标为30y，在21PFF中，cFFaPFPF2,22121，所以21PFF的面积

20、为02121yFFS，又因为M为21PFF的内心，所以M点的纵坐标即为内切圆的半径，所以 6 6/1717 3)(2102211yPFFFPFS，所以0210221121321yFFyPFFFPF）（，即0022132221ycyca）（，所以ca2，所以椭圆C的离心率21e.16.解：因为23ADC且四边形ABCD为菱形，所以CBD，A BD均为等边三角形，取 CBD，A BD的重心为,M N，过,M N 作平面CBD、平面A BD的垂线，且垂线交于一点O，此时O即为三棱锥ABCD的外接球球心，如下图所示：记ACBDO，连接,CO OO，因为二面角ABDC的大小为23，且A OBD ，COB

21、D，所以二面角ABDC的平面角为23A O C，因为O MO N，所以coscosMO ONO O，所以3MO ONO O，又因为6BC，所以6sin3 33COA O，所以3MONO，所以tan33OMO M，又22 33CMCO，所以2221OCCMOM，所以三棱锥ABCD的外接球的半径为21 7 7/1717 当截面面积取最小值时，此时OE 截面，又因为截面是个圆，设圆的半径为r，外接球的半径为R，又因为133NEA O 且3ONOM，所以222 3OEONNE，所以223rROE，所以此时截面面积为9S 四四.解答题：解答题：(本大题共本大题共 6 6 小题小题,共共 7070 分分,

22、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤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：（I）选择：设等差数列 na的公差为d，则0d，由题意可得2428SS S，即2462828ddd，2d，因此1121naandn.选择：设等差数列 na的公差为d，则0d，由251072a aa得 2(14)(19)(16)2ddd，解得2d，因此1121naandn.5 分（II）由（I）可得11111121 212 2121nnnba annnn，所以11111111112335212122121nnTnnnn.10 分 18.(本小题满分 12 分)解：（I）由()(sins

23、in)()sinbcBCacA，根据正弦定理可得()()()bc bcac a，2 分 即222bacac，222acacb由余弦定理2222cosbacacB，得2221cos22acbBac，4 分 8 8/1717 由于0B，所以3B.6 分（II）因为ABC的面积为3，所以13sin324acBac，即4ac，8 分 因为2224bacac，所以228ac，10 分 所以2224acacac，所以ABC周长为 6.12 分 19.（本小题满分 12 分）解：（I）因为/DEAF，又因为DE 平面ABF，AF 平面ABF，所以/DE平面ABF 2 分 因为底面ABCD是正方形，所以/CD

24、AB，又因为CD 平面ABF，AB平面ABF，所以/CD平面ABF 4 分 因为CD 平面CDE，DE 平面CDE，CDDED，所以平面CDE平面ABF因为CE 平面CDE，所以CE平面ABF 6 分（II）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AF所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图空间直角坐标系 由4ABADAF得，(000)A，(4 0 0)B，(4 4 0)C，(0 0 2)F，(0 4 0)D，(0 4)Em，设平面BCF的法向量为1111()xyz，n，由已知得，(4 02)FB，(4 42)FC，-，由1100.FBFC，nn得111114204420.xzxyz，不妨取11x，则1

25、102yz，从而平面BCF的一个法向量为1(1 0 2)，n 8 分 9 9/1717 设平面ECF的法向量为2222()xyz，n，又(4 0)CEm ，由2200CEFC，nn得22222404420.xmzxyz，不妨取24z，则222xmym，所以平面ECF的一个法向量为2(24)mm，n 10 分 所以1222|+8|3 10|cos|cos,|=105(2)16mmmn n 化简得2417130mm，解得1m 或134m,因为DEAF，所以1DE.12 分 20.（本小题满分 12 分）解：（I）X的可能值为 1 和 1k，1kP Xp，11kP Xkp，所以随机变量X的分布列为：

26、X 1 1k P kp 1kp 所以11(1)1kkkE Xpkpkkp .3 分 z y x A B C D E F 1010/1717 （II）设方案二总费用的数学期望为E Y（），方案一总费用的数学期望为Z，则1 62 0YX，所以方案二总费用的数学期望为：162016(1)20kE YE Xkkp，又5k，所以 516(620)5E Yp589116p，又方案一的总费用的数学期望为80Z，所以 5916(5)4ZE Yp，当50.45p 时，59120p，59110544p，所以 ZE Y，所以该单位选择方案二合理.7 分 由知方案二总费用的数学期望 162016()120kE YE

27、Xkkp，当71pe时，7 116120kE Ykkke 79164kkke，又方案一的总费用为16Zk，令 E YZ得：7916164kkkek，所以794kke，即79lnln4kke，所以9lnln074kk，9 分 设 9lnln,2,74xf xxx，所以 117,2,77xfxxxx，令 0fx得27x，0fx得7x，1111/1717 所以 f x在区间2,7上单调递增，在区间7,上单调递减，10 分 max7ln7 1 2 ln3ln20.10f xf，88883ln22 ln3ln25ln22ln31.30777f，99992ln32 ln3ln22ln2701.477f，1

28、010ln102 ln3ln21.507710f，111111ln112 ln3ln21.6077f，12121212ln122 ln3ln24ln2ln31.70777f，所以k的最大值为 11.12 分 21.（本小题满分 12 分）（1）由题可知2152aa，解得2a 所以双曲线Q的标准方程为2214xy.2 分（II）方法一：由题可知,直线AB、AC斜率存在且不为 0.因为ABAC 所以1 ABACkk，即1211211 yyyxxx.1212/1717 又点,A C在双曲线Q右支上221122221414xyxy，作差得：211221124()yyxxxxyy，则2121121211

29、14()4 BCyyxxykxxyyx，4 分 又1111131224 BDyyykxx 所以BCBDkk.又BC、BD有公共点，所以、BCD三点共线.6 分 方法二：由题可知,直线AB、AC斜率存在且不为 0.因为ABAC 所以1 ABACkk，即1211211 yyyxxx.又因为2221212122212121BCACyyyyyykkxxxxxx，又因为222212121,1,44xxyy 所以22212221111444BCACxxkkxx.由得4ABBCkk，所以1114BCykx，4 分 1313/1717 1111131224 BDyyykxx,所以BCBDkk.又BC、BD有公

30、共点，所以、BCD三点共线.6 分（III）设直线AC的方程为1111()yyyxxx，联立方程组111122()14 yyyxxxxy，化简得22222221111112221114()()(1)8440 xx xyxxyxyyy 22111222111112222111218()8()4410 x xyyx xyxxxxyy，因为1121 5()2 2ABCSyxx，所以22111122118(1 52)24ABCSyx xyxy，所以221112211110()4ABCyxxyxyS，8 分 又221114xy，所以221144xy 1414/1717 22222211111111122

31、22222222111111111111111331111422411111111221110()10()440()4(4)(4)(4)(4)40()40()4174)4(4(17ABCyyySyyyyyxxyxxyxxyxyxyxyxyxyxxx yxxxx yyx10 分 令11ykx，则22140()48174)4(17ABCkkkSk，令1tkk,整理得：224351500tt.因为0t，所以103t，所以231030kk,解得：133或kk，又因为双曲线C的渐近线为12 yx，所以13k.所以直线l的方程为13yx.12 分 方法二：直线l的方程为ykx，则直线AC的方程为11()y

32、yk xx，联立11221()14 yyxxkxy，化简得221111241(1)8()4()40 xxxy xykkkk，1515/1717 111228()40 xkyxxk 因为1121 5()2 2ABCSyxx，所以11211 528(42)ABCSyxkyk，232322111111112221210108()10)1 52 2(4444ABCkxk xkkxxkyx ykykkkykS8 分 联立2214ykxxy，消y得：2241 4xk，所以332321222422411040()1040()1 41444 1744()17ABCkkkkkxkkkkkkkkkkS10分 令1

33、tkk,240484257ABCtSt，整理得：224351500tt.因为0t，所以103t，所以231030kk,解得：133或kk，又因为双曲线C的渐近线为12 yx，所以13k.所以直线l的方程为13yx.12 分 1616/1717 22.（本小题满分 12 分）解（I）21lnln+2f xxx kxk，11lnfxxkxx，令 11lnm xxkxx，则 21ln m xxx，m x在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，max(1)1m xmk，又1k ，max0m x，即 0fx，4 分 fx在(0,)单调递减，又 10f，函数 fx的只有一个零点。5 分（II）不妨设12

34、xx，由 12122g xg xxx可得出121222g xg xxx，即112222g xxg xx，令 221112elnln2+22exh xg xxxxkxx k，其中0 x，则12h xh x，函数 h x在0,上为增函数，则 2ln11e20exxh xkx，则2ln11e2exxkx，7 分 令 2ln11e2exxxx，其中0 x，22222ln2eln2exxxxxxxx，令 222elnxq xxx，其中0 x，2141 e0 xq xx xx，函数 q x在0,上单调递增，1717/1717 22e122e110ee q，212e0q，存在01,1xe，使得0220002eln0 xq xxx，则02000001112 elnlnxxxxxx，9 分 令 ext xx，其中0 x，则 1 e0 xtxx，故函数 t x在0,上为增函数，01,1xe，011ex，010ln1x，由02000112 elnxxxx可得0012lntxtx，002lnxx，可得0201exx，且当00 xx时，0 x，此时函数 x单调递减，当0 xx时，0 x，此时函数 x单调递增，02000min0011 2ln1111e22eee xxxxxxx，11 分 1ek .12 分