辽宁省大连市高三上学期双基测试数学试卷

2025年大连市高三双基测试数学命题人：王爽陈威郭伟邵玉森校对人：王爽注意事项：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（选择题）一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中项是符合题目要求的.）1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式，得到，利用交集概念求出答案.【详解】，故.故选：C2.复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据复数几何意义求解.【详解】，故对应的点为，故选：A3.的展开式中的系数为15，则（）A.7 B.6 C.5 D.4【答案】B【解析】【分析】写出二项式定理展开式的通项，根据的系数即可求得.【详解】由题，可得展开式的通项为，，则，解得.故选：B.4.已知向量，，满足，，则（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】C【解析】【分析】根据单位向量定义将等式平方可得，再由夹角公式计算可得结果【详解】由题意，，由得，即，所以，设与的夹角为，所以，又，所以.故选：C5.从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，记事件：取到的2个数之和为偶数，事件取到的2个数均为偶数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据条件概率的计算公式即可求解.【详解】事件包含的基本事件有事件包含的基本事件有，故概率为，故选：B6.若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线的倾斜角互补，则（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】由条件，结合导数的几何意义求两曲线的切线方程，再根据直线的倾斜角和斜率的关系列方程求.【详解】设，，函数的导函数为所以，所以曲线在点处的切线方程为，函数的导函数为，所以，所以曲线在点处的切线方程为，直线的斜率为，倾斜角为，因为曲线在点处的切线与曲线在点处的切线的倾斜角互补，所以直线的倾斜角为，所以的斜率为，所以，所以，故选：C.7.当时，曲线与曲线的交点个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】A【解析】【分析】先得到，变形得到，从而得到方程，求出或，分和两种情况，求出答案.【详解】，中，，令，即，故或，若，则，解得，当时，，当时，，不合要求，当时，，其他值，均不合要求，若，则，解得，若当时，，当时，，其他值，均不合要求，综上，曲线与曲线的交点个数为2.故选：A8.已知函数，若对任意的，都有，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】变形得到，设，则在R上单调递增，分段函数在R上单调递增，需满足每段函数在定义域上单调递增，且分段处，左端点函数值小于等于右端点函数值，从而得到实数a的取值范围.【详解】，设，则，因为，所以在R上单调递增，其中，需满足在上单调递增，在上单调递增，且，由得，根据在上单调递增，得到，故，所以，当，即时，在上单调递增，当，即时，在上单调递增，当，即时，由对勾函数性质得，在上单调递增，故需满足，解得，所以，综上，实数a的取值范围是.故选：D二、多项选择题（本大题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.某学校组织“一带一路”知识竞赛，从该校所有参赛学生中随机抽取50名，得到他们的竞赛成绩得分数据如下表：成绩频数36915125根据表中数据，下列结论中正确的是（）A.50名学生成绩的中位数大于85B.50名学生中成绩高于80的学生所占比例超过90%C.50名学生成绩的极差为30D.50名学生成绩的平均值介于84至90之间【答案】AD【解析】【分析】根据极差，平均值，中位数等定义计算判断各个选项即可.【详解】对于A：小于等于85的人数为18人，所以中位数大于85，故A正确；对于B：高于80的人数为41人，占比为不超过90%，故B错误；对于C：因为最小取不到70，所以极差小于，故C错误；对于D：50名学生成绩的平均值为，故D正确.故选：AD10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.当时，若有三个零点，则b的取值范围是B.当且时，C若满足，则成等差数列D.若存在极值点，且，其中，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A,B,求导确定函数单调性，求得极值，构造不等式即可判断；对于C，代入解析式化简即可；对于D，由推理得到，又由函数极值点定义，由得到代入化简即得.【详解】对于A，当时，，，由，可得或，由，可得，故函数在和上单调递增；在上单调递减.则函数在处取得极大值，在处取得极小值，若有三个零点，则，解得，故A正确；对于B，当且时，，所以，由A函数在上单调递减，故，故B正确；对于C，因为则，解得，所以，若成等差数列，则，因为不一定成立，所以不一定成等差数列，故C错误；对于D，由求导得，，依题意，，可得①由，可得，由于，化简得②，将①代入②式，可化简得：，即，因，故得，即D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：对于选项D，由以及得，联立可解.11.如图，在三棱台的平面展开图中，和为边长为的等边三角形，，分别为、的中点，，，则在三棱台中，下列结论正确的是（）A. B.平面平面C.与平面所成角的余弦值为 D.三棱台的体积为【答案】ABD【解析】【分析】取的中点，取的中点，根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明，判断A，利用线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面，判断B，先证明为与平面所成的角，解三角形求其余弦判断C，结合等体积法求点到平面的距离，再结合台体体积公式求三棱台的体积，判断D.【详解】延长，由棱台性质可得三直线交于一点，记交点为，由已知，，，，因为，，，，所以四边形为直角梯形，所以，取的中点，取的中点，延长，由梯形的性质可得过点，所以四点共面，因为，为的中点，所以，因为，，，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，同理可得，所以，因为点为的中点，所以，又，故，因为平面，，所以平面，平面，所以，A正确；由已知，，所以，又，所以，同理可得，又，，故，所以，因为，，，所以，所以，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面，B正确；因为平面，平面，所以平面平面，平面，平面平面，所以在平面上的投影为，所以为与平面所成的角，因为，，所以，所以，又为中点，所以，又，，所以，故，所以，所以与平面所成角的余弦值为，C错误；因为，，所以的面积为，因为平面，，所以三棱锥的体积为，设点到平面的距离为，又的面积为，所以三棱锥的体积为，因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，所以，所以，所以三棱台的高为，因为，所以，所以的面积为，由台体体积公式可得三棱台的体积，D正确；故选：ABD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）12.记为等比数列的前n项和，若，，则__________.【答案】7【解析】【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求，然后结合等比数列的求和公式即可直接求解【详解】根据题意，设该等比数列的公比为q，因为，所以，所以，所以．故答案为：713.如图，设抛物线的焦点为F，过点的直线l与抛物线交于A，B两点，与y轴的负半轴交于C点，已知与的面积比为1：3，则__________.【答案】【解析】【分析】根据面积之比求得，设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得，进而求得，再根据焦半径公式即可求得结果.【详解】由，可得，所以①，且，又可设直线的方程为：，与抛物线联立消去得：，所以，②，结合①②可得，从而.故答案为：14.“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国数学家赫尔曼•闵可夫斯基首先提出来的名词.在平面直角坐标系中，若，，则两点的“曼哈顿距离”为.已知函数，（），记的最大值为，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由函数解析式整理为，利用曼哈顿距离的定义和几何意义，结合图形求的最小值可得.【详解】设动点满足方程，当时，方程可化为；当时，方程可化为；再结合方程表示的曲线关于中心对称，分别作出各段对应的方程所表示图形，如图1所示.故满足的点的轨迹，即以为中心,对角线长为2d的正方形,从图形可以看出两点的“曼哈顿距离”的几何意义：即以为中心，对角线长为2d的正方形对角线的一半，即.由，可令,，因为，所以点的轨迹为抛物线段,，故由题意可知，的几何意义：即以任意点为中心，与抛物线有公共点的正方形对角线的一半.如图2，要使的最大值最小，则随着点变化，对应的正方形不仅要框住整个抛物线段，且不能浪费空间，即曲线端点在正方形边上，且曲线与正方形相切时，取最小值.如图3，将直线往上平移直至与抛物线相切，此时设直线方程为，与轴交于点，则联立抛物线方程，消得，则，解得，则，又抛物线段一端点，将直线往下平移直至过点时，得到，故此时直线与轴交于点，所以，即的最小值为.故答案为：.【点睛】结论点睛：两点间“曼哈顿距离”的几何意义即为对应正方形对角线的一半.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.如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，点D在BC上，且.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】分析】（1）由面面垂直性质定理得出平面PAB，再得出线线垂直（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角即可.【小问1详解】因为，，所以，因为，所以，因为，，所以，又因为平面平面ABC，平面平面，平面PAD，所以平面PAB，又因为平面PAB，所以【小问2详解】在平面PAB内，过点A作AB的垂线交PB于E，则，以点A为坐标原点，，，方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，不妨设，则，，则，，，，，设平面PAD的法向量，则，即，令，可取，设平面PDC的法向量为，则，即，令，可得，所以，由图可知二面角的平面角为钝角，因此二面角的余弦值为16.对于椭圆：（），我们称双曲线：为其伴随双曲线.已知椭圆C：（），它的离心率是其伴随双曲线离心率的倍.（1）求椭圆C伴随双曲线的方程；（2）点F为的上焦点，过F的直线l与上支交于A，B两点，设的面积为S，（其中O为坐标原点）.若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆以及双曲线的离心率之间的关系列式，求出b，即得答案；（2）设直线l的方程，并联立双曲线方程，可得根与系数关系式，结合化简可得，继而化简的表达式，即可得答案.【小问1详解】设椭圆C与其伴随双曲线离心率分别为，，依题意可得，，即，即，解得，所以椭圆C：，则椭圆C伴随双曲线的方程为．【小问2详解】由（1）可知，直线l的斜率存在，故设直线l的斜率为k，，，则直线l的方程，与双曲线联立并消去y，得，则，，，，需满足，则，又，则，解得；又，所以，所以.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求证：A，B，C成等差数列；（2）若，，线段AC延长线上的一点D满足，求BD的长.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理即可求得答案；（2）结合（1）可得，在和中分别用正弦定理推出，再利用等面积法，即可求出答案.【小问1详解】由及正弦定理得，整理得，由余弦定理得，因为，所以，又，所以，则，所以A，B，C成等差数列．【小问2详解】由（1）可知：及，，得，即，解得，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，由得，所以，即，所以，设的面积为，则，即，又，解得，所以BD的长为.18.已知函数，.（1）证明：；（2）当时，令，求的最大值（用含a的式子表示）；（3）设，且，求证：.【答案】（1）证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）构造函数和，利用导数求解函数的单调性，即可根据最值求解，（2）求导，根据函数的单调性即可求解，（3）对所证不等式两边同时取对数，即证，根据对数的运算性质将问题转化为，结合，取即可求解.【小问1详解】欲证只需证，令，则，令，解得；令，解得，即在上单调递增，在上单调递减，则.令（），则，令，解得；令，解得，即在上单调递减，在上单调递增，则.又，则，原不等式得证.【小问2详解】，，令，解得，因为，所以，又，当x变化时，，的变化情况如下表：x0↗极大值↘则函数单调递增区间是，单调递减区间是，即的最大值为.【小问3详解】设，（），，令，解得.又，当a变化时，，的变化情况如下表：a10↘极小值↗而，则，当时，要证，两边同时取对数，即证，即证两边同时乘以，即证而又，令，（，2…，），，代入上式，得，且只有在时等号成立，所以有原不等式得证.【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.19.在各项均为正数的递增数列中，（），则称数列，，为的一个商q子列.（1）写出数列1，2，3，4，5，6的所有商子列；（2）已知在数列中，若对于任意的，其中，数列，，为的商q子列，证明：当时，对于任意正整数i，j，k（），都有；（3）已知在数列中，，，