文档内容
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.0 B.1 C.2 D.3
3.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.4 B.6 C.7 D.8
5.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（
）
学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. D.
6.已知函数 ，若存在实数 满足 ，
且 ，则 的值是（ ）
A.3 B.6 C.8 D.12
7.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.
学科网（北京）股份有限公司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（ ）
学科网（北京）股份有限公司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
学科网（北京）股份有限公司最小值是__________.
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
学科网（北京）股份有限公司， 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；
学科网（北京）股份有限公司（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.
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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.C 2.D 3.A 4.B 5.C 6.A 7.B 8.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.
学科网（北京）股份有限公司当 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.AC 10.ACD 11.AD 12.BCD
10.解：对于 ，在正方体中，连接 ，因为 分别为 中点，所以 ，在正
学科网（北京）股份有限公司方体中， ，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，
，
学科网（北京）股份有限公司，
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 ，
学科网（北京）股份有限公司，
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 ，
学科网（北京）股份有限公司，
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）
13.14
14.5
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 .
学科网（北京）股份有限公司又点 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，
学科网（北京）股份有限公司四､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.
学科网（北京）股份有限公司（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
.
学科网（北京）股份有限公司平面 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，
学科网（北京）股份有限公司令 ，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 ，
学科网（北京）股份有限公司又因为点 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 ，
学科网（北京）股份有限公司因为 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：
学科网（北京）股份有限公司，
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.
学科网（北京）股份有限公司即 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： 等价于证明下面证明 ，
即证： .
因为 ，所以 .
因为 ，显然 .
故原不等式 成立.
（3）方法一：
学科网（北京）股份有限公司令 ，
①若 ，当 时， ，
在 单调递增，
，
故存在唯一 ，使得 ，则当 为减函数，
，此时 ，与题意不符（舍）.
②若
（i）当 ，则由①可知， 在 单调递增，
在 单调递增，所以
所以 成立.
（ii）当 在 单调递增，
，故存在唯一 ，使得 ，
当 时， 在 上单调递减，
当 时， 在 上单调递增，
，故存在唯一 ，使得 ，
当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，
在 恒成立，
学科网（北京）股份有限公司在 单调递增 恒成立，
时， 恒成立，
综上所述，
方法二：
因为 ，所以 .
当 时， 恒成立，所以 恒成立，
令 在 上单调递增，
，所以 ，所以 .
当 时， 恒成立，所以恒成立 ，
令 ，
当 时， ，令 ，使得 ，
当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，
，
恒成立，
在 上单调递增减， 在 上单调递增，所以
，所以 ，所以 .综上所述 .
方法三：
学科网（北京）股份有限公司①当 时， 恒成立，即 在 恒成立，令
，
令 在 上单调递增，
在 上单调递增，
，由洛必达法则
②当 时， 恒成立，即 在 恒成立，同方法一①，
，
存在唯一 ，使得 ，
当 时， 在 上单调递减，
当 时， 在 上单调递增，
，
在 恒成立， 在 单调递减， ，
用洛必达法则 .
③当 时， 恒成立，
综上所述，
（用洛必达法则扣1分）
学科网（北京）股份有限公司
