2024年大连市高三第一次模拟考试数学命题人：安道波张伟张振华吴晓亮校对人：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，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，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．的标准差 B．的平均数C．的最大值 D．的中位数3．方程表示椭圆，则实数m的取值范围是（）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ABCDEF的六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中A，B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．的图像关于对称C．直线是一条切线D．的图像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．（本小题满分13分）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．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；（Ⅲ）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．（本小题满分15分）已知函数．（Ⅰ）若恒成立，求a的取值范围；（Ⅱ）当时，证明：．17．（本小题满分15分）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．（Ⅰ）求停止取球时盒中恰好剩3个白球的概率；（Ⅱ）停止取球时，记总的抽取次数为X，求X的分布列与数学期望：（Ⅲ）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．（本小题满分17分）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．（Ⅰ）求曲线G的方程：（Ⅱ）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．（本小题满分17分）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．（Ⅰ）写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列：（Ⅱ）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；（Ⅲ）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．2024年大连市高三第一次模拟测试参考答案与评分标准数学第Ⅰ卷一、单项选择题1．C；2．A；3．D；4．D；5．B；6．A；7．C；8．A．8．【解析】设因为，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二、多项选择题9．BCD；10．BC；11．ACD．11．解：法一：令，得，令，得，所以是奇函数，A正确；，得，设，则，解得，所以，所以B错误；C，D正确；故选ACD．法二：令，又，，，，或在和上为增函数，在上为减函数，是的极小值．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）12．0；13．；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，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．14．．解：，所以．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．解：（Ⅰ）在正方形中，因为平面平面，且平面平面平面平面，又平面；（Ⅱ）面面为等边三角形，设中点为，所以又因为面面面，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；（Ⅲ），如图所示：（两种作图都给分）16．解：（Ⅰ）由已知得，在上恒成立，设，在上为减函数，在上为增函数，，即（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）知时，恒成立，取，得成立．所以当时，，设，时，在上为增函数，．所以时，，即．由此可证，当时，成立．（Ⅱ）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．17．解：（Ⅰ）设“停止取球时盒中恰好剩3个白球”为事件，则；（Ⅱ）的可能取值为3，4，5，6，，，，，所以的分布列为3456的数学期望；（Ⅲ）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．解：（Ⅰ）设点，即，，，，化简得曲线的方程：；（Ⅱ）（ⅰ）解法1：设，点到直线的距离相等，为的角平分线．又为重心为的中线，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可得即注意：本题只需得出①或者②两种表达式之一即可得满分，多写不加分（本问6分）（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，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1．19．解：（Ⅰ）由题知，5次变换得到的数列依次为3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；所以数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列为0，1，1：（Ⅱ）数列经过不断的“变换”不会结束，设数列，且，由题可知：，，即非零常数列才能经过“变换”结束；设（为非零常数列），则为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能：，而以上四种情况，数列的第三项只能是0或，即不存在数列，使得其经过“变换”变成非零常数列，故数列经过不断的“变换”不会结束；（Ⅲ）数列经过一次“变换”后得到数列，其结构为（远大于4）数列经过6次“变换”后得到的数列依次为：；所以，经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列，变化的是，除了4之外的两项均减小24，数列经过次“变换”后得到的数列为：2，6，4，接下来经过“变换”后得到的数列依次为：4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；至此，数列各项和的最小值为4，以后数列循环出现，数列各项之和不会变得更小，所以最快经过次“变换”得到的数列各项之和最小，即的最小值为507．