【文档说明】辽宁省大连市2022-2023学年高三上学期12月期末双基测试数学试卷及答案.pdf，共(23)页，1.567 MB，由小喜鸽上传

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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）2,42.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:pxR，20010xx，则p是（A）0xR，20010xx（B）xR，210xx（C）xR，210xx（D）

xR，210xx4.开普勒（JohannesKepler，1571~1630），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）0.76a（D）0.96a5.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(,)42，且21coscos(2)22，则tan（A）3（B）2（C）3（D）23

7．已知4log232(4ln32)1,,4eabcee，则（A）acb（B）cab（C）abc（D）bac8．已知函数(),()fxgx的定义域均为R，且()(2)5,()(4)

7fxgxgxfx．若()ygx的图像关于直线2x对称，(2)4g，则221()kfk（A）21（B）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)fxx图像上所有的点向左平移6个单位长度，得到函数gx的图像，则（A）gx的最小正周期为（B

）gx图像的一个对称中心为7,012（C）gx的单调递减区间为5,36kkkZ（D）gx的图像与函数sin26yx的图像重合10．下列正确的是（）（A）若随机

变量2~1,N，40.77P，则20.23P（B）若随机变量1~10,3XB，则3119DX（C）已知回归直线方程为ˆ10.8ybx，且4x，50y，则ˆ9.8b（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24yx的焦点，,ABCD是经过点F的弦且ABCD，直线AB的斜率为k，且0k

，,CA两点在x轴上方,则（A）3OCOD（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.设向量a(,2)m，b(2,1)，且222abab，则m.14.若直线3yax为函数1()lnfxxx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GM∥12FF，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ABD△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，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：①2S、4S、8S成等比数列，②251072aaa.(I)求数列na的通项公

式；(II)若11nnnbaa，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)bcBCACa.(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ABF．（II）若二面角--BCFE的大小为，且310|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)kkkN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*,2kkkN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）①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；②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，ln31.1，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：2221xya的离心率为52，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于,AB两点，点11,Axy位于第一象限，22,Cxy是双曲线Q右支上一点，ABAC,设113,2

yDx．（I）求双曲线Q的标准方程；（II）求证：,,CDB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21lnln2fxxxkxk

，211()2xgxexfxe，（I）若1k时，求证：函数fx只有一个零点；（II）对12xx时，总有12122gxgxxx恒成立，求k的取值范围。1/172023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.（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66

212661CCrrrrrrrTxxx，令630r，解得2r，所以展开式中的常数项为26315TC.故选A.2/176.答案C解：222222cos2sincos12tan1cossin2cos2sincossincost

an12，整理，得2tan4tan30，解得tan3或tan1．又(,)42，所以tan3.故选C．7．解：424lnlog2lnl

n4ln232,,44232eeabcee构造函数2ln1ln(),'()0,xxfxfxxexx，故()fx在(0,)e单调递增，在(,)e单调递减，max1()ffee，而428,232ee，故

4()(2)32eff，故选A.8.解：因为()ygx的图像关于直线2x对称，所以22gxgx，因为()(4)7gxfx，所以(2)(2)7gxfx，即(2)7(2)gxfx，因

为()(2)5fxgx，所以()(2)5fxgx，代入得()7(2)5fxfx，即()(2)2fxfx，所以35212510fff，46

222510fff.因为()(2)5fxgx，所以(0)(2)5fg，即01f，所以(2)203ff.因为()(4)7gxfx，所以(4)()7gxfx，又因为()(2)5fxgx，联立得，2412gxgx

，所以()ygx的图像关于点3,6中心对称，因为函数()gx的定义域为R，所以36g，因为()(2)5fxgx，所以1531fg.所以3/17221123521462

213101024()kfffffffffk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，2410.770.23PP

，故A正确；对于B，122010339DX，所以220313209DX，故B不正确；对于C，回归直线方程经过点,xy，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10x；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DD1∥CC1，∴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S＝98，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BCD12.【答案】ACD对于A，由题可知，设直线CD的方程为：1xmy，4/17联立241yxxmy，消x得：2440ym

y，设1122(,),(,)CxyDxy，则124yy，则221212144yyxx所以1212143OCODxxyy，故A正确；对于B，又因为22222212121211()4116164(1)

CDmyymyyyymmm同理：214(1)ABm，222211114(1)4(1)8(2)32(1)22当且仅当时取等ACBDSABCDmmmmm故B错误；对于C，222111

14(1)4(1)4mABCDmm，故C正确；对于D，设直线AB的方程为：1xky，联立241yxxmy，消x得：2440ymy，设3344(,),(,)AxyBxy，则344

yy，又22341,1,AFkyBFky5/17所以2234(1)4(1)16AFBFkyyk，解得：23,3kk，所以直线CD的斜率为3，故D正确.故选：ACD．第Ⅱ卷三.填空题13.—1;14.2;15.

12；16.21，914.解：设切点0001,lnxxx，其中00x，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，00231lnxx，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GM∥12FF，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6/173)(2102211yPFFF

PFS，所以0210221121321yFFyPFFFPF）（，即0022132221ycyca）（，所以ca2，所以椭圆C的离心率21e.16.解：因为23ADC且四边形ABCD为菱形，所以CBD△，ABD△均为等边三角形，取CBD△，ABD△的重心为,MN，

过,MN作平面CBD、平面ABD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,COOO，因为二面角ABDC的大小为23，且AOBD，COBD，所以二面角ABDC的平面角为23AOC，因为OM

ON，所以coscosMOONOO，所以3MOONOO，又因为6BC，所以6sin333COAO，所以3MONO，所以tan33OMOM，又2233CMCO，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133NEAO且3ONOM，所以2223OEONNE，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①：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②：设等差数列na的公差为d，则0d，由251072aaa得2(14)(19)(16)2ddd，解得2d，因此1

121naandn.…………………………………5分（II）由（I）可得111111212122121nnnbaannnn，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()()()bcbcaca，…………………………………………………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13si

n324acBac，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C

E∥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，，，(400)B，，，(440)C

，，，(002)F，，，(040)D，，，(04)Em，，．设平面BCF的法向量为1111()xyz，，n，由已知得，(402)FB，，，(442)FC，，-，由1100.FBFC，nn得111

114204420.xzxyz，不妨取11x，则1102yz，，从而平面BCF的一个法向量为1(102)，，n．…………………………………………………8分9/17设平面ECF的法向量为2222()xyz，，n，又(

40)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|310|cos||cos,|=105(2)16mmmnn．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，1kPXp，11kPXkp，所以随机变量X的分布列为：X11kPkp1kp所以11(1)1kkkEXpkpkkp.……………………………………………3分zyxABCDEF10/17（II）①设方案二

总费用的数学期望为EY（），方案一总费用的数学期望为Z，则1620YX，所以方案二总费用的数学期望为：162016(1)20kEYEXkkp，又5k，所以516(620)5EYp589116p，

又方案一的总费用的数学期望为80Z，所以5916(5)4ZEYp，当50.45p时，59120p，59110544p，所以ZEY，所以该单位选择方案二合理.…………………………………………………7分②由①知方案二总费用的数学期望16201

6()120kEYEXkkp，当71pe时，7116120kEYkkke79164kkke，又方案一的总费用为16Zk，令EYZ得：7

916164kkkek，所以794kke，即79lnln4kke，所以9lnln074kk，………9分设9lnln,2,74xfxxx，所以117,2,77xfxxxx，令0fx得27x

，0fx得7x，11/17所以fx在区间2,7上单调递增，在区间7,上单调递减，……………………………10分max7ln712ln3ln20.10fxf

，88883ln22ln3ln25ln22ln31.30777f，99992ln32ln3ln22ln2701.477f，1010ln102ln3ln21.507710f，111

111ln112ln3ln21.6077f，12121212ln122ln3ln24ln2ln31.70777f，所以k的最大值为11.………………………………………………………………12分21.（本小题满分12分）（

1）由题可知2152aa，解得2a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A

BACkk，即1211211yyyxxx.12/17又点,AC在双曲线Q右支上221122221414xyxy，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AB、AC斜

率存在且不为0.因为ABAC所以1ABACkk，即1211211yyyxxx.①又因为2221212122212121BCACyyyyyykkxxxxxx，又因为222212121,1,44xxyy所以22212221111444BCACxxkkxx

.②由①②得4ABBCkk，所以1114BCykx，……………………………………………………4分13/171111131224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222222211111122

21114()()(1)8440xxxyxxyxyyy22111222111112222111218()8()4410xxyyxxyxxxxyy，因为11215()22ABCSyx

x，所以22111122118(152)24ABCSyxxyxy，所以221112211110()4ABCyxxyxyS，………………………………………………………………8分又221114xy，所以221144xy14/172

222221111111112222222222111111111111111331111422411111111221110()10()440()4(4)(4)(4)(4)40()40()4174))4(4(17

ABCyyySyyyyyxxyxxyxxyxyxyxyxyxyxxxyxxxxyyx……………10分令11ykx，则22140()48174)4(17ABCkkkSk，令1tkk,整理得：224351500

tt.因为0t，所以103t，所以231030kk,解得：133或kk，又因为双曲线C的渐近线为12yx，所以13k.所以直线l的方程为13yx.………………………………………………………………12分方法二：直

线l的方程为ykx，则直线AC的方程为11()yykxx，联立11221()14yyxxkxy，化简得221111241(1)8()4()40xx

xyxykkkk，15/17111228()40xkyxxk因为11215()22ABCSyxx，所以11211528(42)ABCSyxkyk，232322111111112221210108()10)1522(4444

ABCkxkxkkxxkyxykykkkykS……………8分联立2214ykxxy，消y得：22414xk，所以332321222422411040()1040()1414441744()17ABCk

kkkkxkkkkkkkkkkS………10分令1tkk,240484257ABCtSt，整理得：224351500tt.因为0t，所以103t，所以231030kk,解得：

133或kk，又因为双曲线C的渐近线为12yx，所以13k.所以直线l的方程为13yx.………………………………………………………………12分16/1722.（本小题满分12分）解（I）21lnln+2fxxxkxk，11

lnfxxkxx，令11lnmxxkxx，则21lnmxxx，mx在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，max(1)1mxmk，又1k，max0mx，即0fx，……………4分fx在

(0,)单调递减，又10f，函数fx的只有一个零点。……………5分（II）不妨设12xx，由12122gxgxxx可得出121222gxgxxx，即112222gxxgxx，令221112elnln2+22exhxgxxxxkxx

k，其中0x，则12hxhx，函数hx在0,上为增函数，则2ln11e20exxhxkx，则2ln11e2exxkx，………………………7分令2ln11

e2exxxx，其中0x，22222ln2eln2exxxxxxxx，令222elnxqxxx，其中0x，2141e0xqxxxx，函数qx在0,上单调递增，17/17

22e122e110eeq，212e0q，存在01,1xe，使得0220002eln0xqxxx，则02000001112elnlnxxxxxx，…

…9分令extxx，其中0x，则1e0xtxx，故函数tx在0,上为增函数，01,1xe，011ex，010ln1x，由02000112elnxxxx可得

0012lntxtx，002lnxx，可得0201exx，且当00xx时，0x，此时函数x单调递减，当0xx时，0x，此时函数x单调递增，02000min

00112ln1111e22eeexxxxxxx，……………11分1ek.……………………………………………………………………………………………12

分