2024年大连市高三数学第一次模拟考试卷附答案解析

年大连市高三数学第一次模拟考试卷注意事项：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x1，x2，…，xn，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．x1，x2，…，xn的平均数 B．x1，x2，…，xn的标准差C．x1，x2，…，xn的最大值 D．x1，x2，…，xn的中位数3．方程表示椭圆，则实数的取值范围（

）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．将六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中分配到同一所学校，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．的图象关于对称C．直线是一条切线D．的图象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．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．(1)证明：；(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；(3)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．已知函数．(1)若恒成立，求a的取值范围；(2)当时，证明：．17．一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．(1)求停止取球时盒中恰好剩3个白球的概率；(2)停止取球时，记总的抽取次数为，求的分布列与数学期望：(3)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．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．(1)求曲线G的方程：(2)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．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．(1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列：(2)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；(3)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．1．C【分析】由补集和交集的定义运算.【详解】集合，集合，则，有.故选：C2．B【详解】评估这种农作物亩产量稳定程度的指标是标准差或方差，故选B.点睛:众数：一组数据出现次数最多的数叫众数，众数反映一组数据的多数水平；中位数：一组数据中间的数（起到分水岭的作用），中位数反映一组数据的中间水平；平均数：反映一组数据的平均水平；方差：反映一组数据偏离平均数的程度，用来衡量一批数据的波动大小（即这批数据偏离平均数的大小）．在样本容量相同的情况下，方差越大，说明数据的波动越大，越不稳定．标准差是方差的算术平方根，意义在于反映一组数据的离散程度．3．D【分析】分焦点在x轴，y轴两种情况讨论，写出m范围即可.【详解】方程表示椭圆，若焦点在x轴上，；若焦点在y轴上，.综上：实数的取值范围是且故选：D【点睛】本题考查了椭圆的标准方程，考查了学生概念理解，分类讨论，数学运算能力，属于基础题.4．D【分析】由空间中直线与平面的位置关系，对各项进行分析即可．【详解】若，则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误；若，则或，故B错误；若且，当时，不能证明，C选项错误；若，且，在上取一点，作，由面面垂直的性质定理可得且，既与重合，可得，故D正确.故选：D5．B【分析】先平均分组，再利用全排列可求不同分配方法的总数.【详解】将余下四人分成两组，每组两人，有种分法，故不同的分配方法共有种，故选：B.6．A【分析】先利用三角恒等变换公式化简可得，结合可得，进而可得.【详解】由得，即，因为，所以，所以，结合，且，得，所以.故选：A.7．C【分析】观察题设条件与所求不等式，构造函数，利用奇偶性的定义与导数说明其奇偶性和单调性，从而将所求转化为，进而得解.【详解】因为，所以，设，显然定义域为，，又，所以为上的奇函数，又，所以在上单调递增，又，则，所以，即，所以，解得，则满足的的取值范围是．故选：C．8．A【分析】向量坐标化并结合双曲线定义与等面积得点点距列方程得代入双曲线求出离心率.【详解】设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限，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【点睛】关键点点睛:本题考查双曲线的离心率，关键是向量坐标化并充分利用曲线定义确定A的坐标.9．BCD【分析】根据虚数不能比较大小可知A错误；根据共轭复数的定义可判断B；根据复数的几何意义可判断C；根据复数的运算法则进行计算，可判断D.【详解】对A，虚数不能比较大小，可知A错误；对B，根据共轭复数的定义知，当时，，则，故B正确；对C，因为复数z满足，则复数在复平面上对应的点到两点间的距离相等，则复数在复平面上对应的点为两点构成线段的中垂线，即在复平面内对应的点的轨迹为一条直线，故C正确；因为，则，又，故D正确，故选：BCD.10．BC【分析】依题意可得即可求出，再根据函数的最大值求出，即可求出函数解析式，再根据正弦函数的性质判断A、B、D，设切点为，利用导数的几何意义求出，即可判断C.【详解】对A，因为，所以，又，且，都有，所以，所以，解得，即，又，所以，解得，又，所以，所以，当时，又在上不单调，所以在上不单调，故A错误；对B，因为，所以的图象关于对称，故B正确；对C，因为，设切点为，则，所以，所以或，解得或，又，因为，即，解得，所以，即直线是函数在处的切线，故C正确；对D，将的图象向右平移个单位长度后得到，显然是非奇非偶函数，故D错误.故选：BC11．ACD【分析】令求出，令可确定奇偶性，将当作常数，作为变量，对原式求导，然后可通过赋值，解不等式求单调性及极值.【详解】令，得，令，得，所以是奇函数，A正确；令，又，，令，，，或在和上为增函数，在上为减函数，是的极小值，故CD正确，B错误.故选：ACD.12．0【分析】结合三角函数奇偶性、幂函数奇偶性以及奇偶性的定义即可运算求解.【详解】若函数是奇函数，则当且仅当，也就是恒成立，从而只能.故答案为：0.13．【分析】补体法确定外接球直径进而求得表面积；利用球的截面性质确定面积最值.【详解】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（其中MN长度为长方体前后面对角线长度），故截面圆的面积为，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．故答案为：;14．【分析】利用消元法得到的函数关系式，再利用导数讨论其单调性后可求最小值.【详解】，设，其中，则，当时，，当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，此时，故的最小值为.故答案为：.15．(1)证明见解析(2)(3)，作图见解析【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，从而证明出线线垂直；（2）由面面垂直得到线面垂直，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，进而利用平面法向量求出面面角的余弦值；（3）作出辅助线，得到线线平行，进而得到结论.【详解】（1）在正方形中，，∵平面平面，平面平面平面，平面，又平面，；（2）为等边三角形，设中点为，∴，又平面平面，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；（3）如图所示：在上取一点，使得，连接，因为，，所以，即，所以为平行四边形，故，因为H，G分别为CE，CD的中点，所以，故，即共面，故.16．(1)(2)证明见解析【分析】（1）参变分离，构造函数，求导得到函数的单调性，从而求出最值，得到答案；（2）法一：在（1）的基础上得到，，再构造函数得到，得到，从而得到结论；法二：即证，构造函数，求导后再对分子求导，从而得到函数的单调性，得到，证明出结论.【详解】（1）由已知得，在上恒成立，设，解得，，解得，在上为减函数，在上为增函数，，即，；（2）法一：由（1）知时，恒成立，取，得成立，时取等号．所以当时，，设，故时，，在上为增函数，，．所以时，，即．由此可证，当时，，结论得证．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．【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.17．(1)(2)分布列见解析，(3)，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．【分析】（1）利用古典概型的概率公式可求得概率；（2）先确定的取值，再就每一个取值的意义结合古典概型的概率公式可求分布列，再利用公式可求期望.（3）先确定的取值，再设甲盒、乙盒抽取次数分别为，根据题设得到三者之间的关系，再结合古典概型的概率公式可求分布.【详解】（1）设“停止取球时盒中恰好剩3个白球”为事件，则；（2）的可能取值为3，4，5，6，，，，，所以的分布列为3456的数学期望；（3）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．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）对向量坐标化，整理得曲线轨迹方程；（2）法一：由条件得，结合斜率和重心坐标公式得P坐标，由角分线意义得，平方化简得是方程的两根，直线与曲线联立，结合韦达定理求出P坐标，即可求解；法二：由圆切线方程抽方程可知直线的方程为，与圆联立得，结合韦达定理得P坐标，即可求解.【详解】（1）设点，即，，，，化简得曲线的方程：；（2）（ⅰ）解法1：设，为的角平分线．为重心为的中线，S三线合一可得，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（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，设直线上任意一点坐标为，则，可得，整理得，结合，进一步可得直线方程为：，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．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线位置关系,关键是利用角分线的意义抽方程或直线,进而得韦达定理求出P坐标.19．(1)0，1，1(2)不会，理由见解析(3)507【分析】（1）根据数列的新定义写出经过5次“T变换”后得到的数列即可；（2）先假设数列经过不断的“T变换”结束，不妨设最后的数列，由数列往前推，则非零数量可能通过“T变换”结束，或者数