辽宁省大连市2023届高三数学上学期期末双基测试试卷（PDF版带答案）.pdf

1、 高三双基数学试卷共 6 页第 1 页 2023 年大连市高三双基测试 数 学 命题人：安道波 林卓 宋永任 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.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.i 是虚数单位，若复数 z 543i，则 z 的共轭复数 z （A）43i55（B）43i55（C

2、）43 i55（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）0.76

3、a（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)7f 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）

4、22 （C）23 （D）24 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()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311

5、9DX （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，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24y

6、x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.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2222:1xyC ab 的两个焦点，P 为椭圆C

7、 上一点（P 不在 y 轴上），12PF F的重心为G，内心为 M，且GM 12F F，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值为_ 高三双基数学试卷共 6 页第 4 页 ADCFEB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)已知公差为正数的等差数列 na的前项和为nS，

8、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()(sinsin)(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，AF DE，DEAF.（I）求证：CE 平面 AB

9、F （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，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

10、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：ln 20.7，ln 31.1，ln 71.9，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

11、 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 21 lnln2f xxxkxk，211()2xg xexf xe，（I）若1k 时，求证：函数 f x 只有一个零点；（II）对12xx 时，总有 12122g xg xxx恒成立，求k 的取值范围。1/17 2023 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

12、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 第卷 一.单项选择题 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 662

13、12661CCrrrrrrrTxxx，令 630r，解得2r，所以展开式中的常数项为26315TC.故选 A.2/17 6.答案 C 解：222222cos2sincos1 2tan1cossin 2cos2sincossincostan12，整理，得2tan4tan30，解得 tan3 或 tan1 又(,)4 2 ，所以 tan3.故选 C 7解：424lnlog2lnln 4ln 232,44232eeabcee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)

14、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 35212510fff ，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

15、3,6 中心对称，因为函数()g x 的定义域为 R，所以 36g，因为()(2)5f xg x，所以 1531fg .所以 3/17 22112352146221 3 10 1024()kfffffffff k KK.二.多项选择题 9.（A）（B）（C）;10.（A）（C）；11.（B）（C）（D）；12.（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

16、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（

17、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，4/17 联立241 yxxmy，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 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 CDmmmm

18、m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241 yxxmy，消 x 得：2440ymy，设3344(,),(,)A xyB xy，则344 y y，又22341,1,AFkyBFky 5/17 所以2234(1)4(1)16AF BFkyyk，解得：23,3kk，所以直线CD 的斜率为3，故 D 正确.故选：ACD 第卷 三.填空题 13.1;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

19、线方程为002000111lnyxxxxxx，即020001121lnyxxxxx，因为切线为3yax故20011axx，00231ln xx ，01,2xa 15.解：设),(00 yxP由G 为21PFF的重心得：G 的坐标为),3,3(00yxG再由且GM 12F F，所以 M 点的纵坐标为30y，在21PFF中，cFFaPFPF2,22121，所以21PFF的面积为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 6/17 3)(2102211yPFFFPFS，所以0210221121321yFFyPFFFPF）（，即0022132221y

20、cyca）（，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 ，COBD，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tan33OM

21、O M，又22 33CMCO，所以2221OCCMOM，所以三棱锥 ABCD的外接球的半径为21 7/17 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.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：（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

22、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()(sinsin)()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 8/17 由于0B，所以3B.6 分（II）因为 ABC的面积为 3，所以

23、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/CDAB，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

24、 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1102yz，从而平面 BCF 的一个法向量为1(1 0 2)，n 8 分 9/17 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24

25、z，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)16mmm n 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：X 1 1k P kp 1kp 所以11(1)1kkkE Xpkpkkp .3 分 z y x A B C D E F 10/17 （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

26、620YX，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5 0.45p 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 Xkkp，当71pe时，7116120kE Ykkke 79164kkke，又方案一的总费用为16Zk，令 E YZ得：7916164kkkek，所以794kke，即79lnln 4kke，所以9lnln074kk，9

27、分 设 9lnln,2,74xf xxx，所以 117,2,77xfxxxx，令 0fx得27x，0fx得7x，11/17 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 max7ln 7 1 2 ln3ln 20.10f xf，88883ln 22 ln3ln 25ln 22ln31.30777f，99992ln32 ln3ln 22ln 2701.477f，1010ln102 ln3ln 21.507710f，111111ln112 ln3ln 21.6077f，12121212ln122 ln3ln 24ln 2ln31.70777f，所以 k 的最大值为 11.

28、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2214 xy.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.12/17 又点,A C 在双曲线Q 右支上221122221414xyxy，作差得：211221124()yyxxxxyy，则212112121114()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 A

29、B、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 13/17 1111131224 BDyyykxx,所以BCBDkk.又 BC、BD 有公共点，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2222222111111222

30、1114()()(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221114 xy，所以221144xy 14/17 2222221111111112222222222111111111111111331111422411111111221110()10()440()4(4)(4)(4)(4)40()40()4174)4(4(17A

31、BCyyySyyyyyxxyxxyxxyxyxyxyxyxyxxx yxxxx yyx10 分 令11 ykx，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()yyk xx，联立11221()14 yyxxkxy，化简得221111241(1)8()4()40 xxxy xykkkk，15/17 111228()40 xkyxxk

32、 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1tkk,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 y

33、x，所以13k.所以直线l 的方程为13yx.12 分 16/17 22.（本小题满分 12 分）解（I）21 lnln+2f xxx kxk，11lnfxxkxx，令 11lnm xxkxx，则 21 ln 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12xx，由 12122g xg xxx可得出 121222g xg xxx，即 112222g xxg xx，令 221112elnln2+22exh xg xxxxk

34、xx 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，17/17 2 2e122e110ee 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0201e xx，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