遼寧省大連經濟技術開發區得勝高級中學2024年高三下第一次摸底考試數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．公比為2的等比數列中存在兩項，，滿足，則的最小值為（）A． B． C． D．2．在平面直角坐標系中，銳角頂點在坐標原點，始邊為x軸正半軸，終邊與單位圓交于點，則（）A． B． C． D．3．如圖所示程序框圖，若判斷框內為“”，則輸出（）A．2 B．10 C．34 D．984．下圖為一個正四面體的側面展開圖，為的中點，則在原正四面體中，直線與直線所成角的余弦值為（）A． B．C． D．5．已知平面，，直線滿足，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．即不充分也不必要條件6．過拋物線的焦點作直線交拋物線于兩點，若線段中點的橫坐標為3，且，則拋物線的方程是()A． B． C． D．7．正項等差數列的前和為，已知，則=（）A．35 B．36 C．45 D．548．函數在上單調遞減的充要條件是（）A． B． C． D．9．已知復數滿足，且，則（）A．3 B． C． D．10．已知集合，，則集合子集的個數為（）A． B． C． D．11．已知拋物線上一點到焦點的距離為，分別為拋物線與圓上的動點，則的最小值為（）A． B． C． D．12．若函數有且只有4個不同的零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是等比數列的前項的和，成等差數列，則的值為_____．14．若雙曲線的兩條漸近線斜率分別為，，若，則該雙曲線的離心率為________.15．在三棱錐中，，，兩兩垂直且，點為的外接球上任意一點，則的最大值為______.16．已知函數，曲線與直線相交，若存在相鄰兩個交點間的距離為，則可取到的最大值為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）對于很多人來說，提前消費的認識首先是源于信用卡，在那個工資不高的年代，信用卡絕對是神器，稍微大件的東西都是可以選擇用信用卡來買，甚至于分期買，然后慢慢還！現在銀行貸款也是很風靡的，從房貸到車貸到一般的現金貸．信用卡“忽如一夜春風來”，遍布了各大小城市的大街小巷．為了解信用卡在市的使用情況，某調查機構借助網絡進行了問卷調查，并從參與調查的網友中隨機抽取了100人進行抽樣分析，得到如下列聯表（單位：人）經常使用信用卡偶爾或不用信用卡合計40歲及以下15355040歲以上203050合計3565100（1）根據以上數據，能否在犯錯誤的概率不超過0.10的前提下認為市使用信用卡情況與年齡有關？（2）①現從所抽取的40歲及以下的網民中，按“經常使用”與“偶爾或不用”這兩種類型進行分層抽樣抽取10人，然后，再從這10人中隨機選出4人贈送積分，求選出的4人中至少有3人偶爾或不用信用卡的概率；②將頻率視為概率，從市所有參與調查的40歲以上的網民中隨機抽取3人贈送禮品，記其中經常使用信用卡的人數為，求隨機變量的分布列、數學期望和方差．參考公式：，其中．參考數據：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.63518．（12分）如圖，已知，分別是正方形邊，的中點，與交于點，，都垂直于平面，且，，是線段上一動點.（1）當平面，求的值；（2）當是中點時，求四面體的體積.19．（12分）已知，函數．（1）若，求的單調遞增區間；（2）若，求的值．20．（12分）已知數列為公差為d的等差數列，，，且，，依次成等比數列，.（1）求數列的前n項和；（2）若，求數列的前n項和為.21．（12分）已知f(x)=|x+3|-|x-2|（1）求函數f(x)的最大值m；（2）正數a，b，c滿足a+2b+3c=m，求證：22．（10分）已知函數，其中．（Ⅰ）當時，求函數的單調區間；（Ⅱ）設，求證：；（Ⅲ）若對于恒成立，求的最大值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

根據已知條件和等比數列的通項公式，求出關系，即可求解.【詳解】，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，最小值為.故選:D.【點睛】本題考查等比數列通項公式，注意為正整數，如用基本不等式要注意能否取到等號，屬于基礎題.2、A【解析】

根據單位圓以及角度范圍，可得，然后根據三角函數定義，可得，最后根據兩角和的正弦公式，二倍角公式，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：，又為銳角所以，根據三角函數的定義：所以由所以故選：A【點睛】本題考查三角函數的定義以及兩角和正弦公式，還考查二倍角的正弦、余弦公式，難點在于公式的計算，識記公式，簡單計算，屬基礎題.3、C【解析】

由題意，逐步分析循環中各變量的值的變化情況，即可得解.【詳解】由題意運行程序可得：，，，；，，，；，，，；不成立，此時輸出.故選：C.【點睛】本題考查了程序框圖，只需在理解程序框圖的前提下細心計算即可，屬于基礎題.4、C【解析】

將正四面體的展開圖還原為空間幾何體，三點重合，記作，取中點，連接，即為與直線所成的角，表示出三角形的三條邊長，用余弦定理即可求得.【詳解】將展開的正四面體折疊，可得原正四面體如下圖所示，其中三點重合，記作：則為中點，取中點，連接，設正四面體的棱長均為，由中位線定理可得且，所以即為與直線所成的角，，由余弦定理可得，所以直線與直線所成角的余弦值為，故選：C.【點睛】本題考查了空間幾何體中異面直線的夾角，將展開圖折疊成空間幾何體，余弦定理解三角形的應用，屬于中檔題.5、A【解析】

，是相交平面，直線平面，則“”“”，反之，直線滿足，則或//或平面，即可判斷出結論．【詳解】解：已知直線平面，則“”“”，反之，直線滿足，則或//或平面，“”是“”的充分不必要條件．故選：A.【點睛】本題考查了線面和面面垂直的判定與性質定理、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力．6、B【解析】

利用拋物線的定義可得,,把線段AB中點的橫坐標為3,代入可得p值,然后可得出拋物線的方程.【詳解】設拋物線的焦點為F,設點，由拋物線的定義可知，線段AB中點的橫坐標為3，又，，可得，所以拋物線方程為.故選：B.【點睛】本題考查拋物線的定義、標準方程,以及簡單性質的應用,利用拋物線的定義是解題的關鍵.7、C【解析】

由等差數列通項公式得，求出，再利用等差數列前項和公式能求出.【詳解】正項等差數列的前項和，，，解得或（舍），，故選C.【點睛】本題主要考查等差數列的性質與求和公式，屬于中檔題.解等差數列問題要注意應用等差數列的性質（）與前項和的關系.8、C【解析】

先求導函數，函數在上單調遞減則恒成立，對導函數不等式換元成二次函數，結合二次函數的性質和圖象，列不等式組求解可得.【詳解】依題意，，令，則，故在上恒成立；結合圖象可知，，解得故.故選：C.【點睛】本題考查求三角函數單調區間.求三角函數單調區間的兩種方法:(1)代換法：就是將比較復雜的三角函數含自變量的代數式整體當作一個角(或)，利用基本三角函數的單調性列不等式求解；(2)圖象法：畫出三角函數的正、余弦曲線，結合圖象求它的單調區間.9、C【解析】

設,則,利用和求得,即可.【詳解】設,則,因為,則,所以,又,即,所以,所以,故選:C【點睛】本題考查復數的乘法法則的應用,考查共軛復數的應用.10、B【解析】

首先求出，再根據含有個元素的集合有個子集，計算可得.【詳解】解：，，，子集的個數為.故選：.【點睛】考查列舉法、描述法的定義，以及交集的運算，集合子集個數的計算公式，屬于基礎題．11、D【解析】

利用拋物線的定義，求得p的值，由利用兩點間距離公式求得，根據二次函數的性質，求得，由取得最小值為，求得結果.【詳解】由拋物線焦點在軸上，準線方程，則點到焦點的距離為，則，所以拋物線方程：，設，圓，圓心為，半徑為1，則，當時，取得最小值，最小值為，故選D.【點睛】該題考查的是有關距離的最小值問題，涉及到的知識點有拋物線的定義，點到圓上的點的距離的最小值為其到圓心的距離減半徑，二次函數的最小值，屬于中檔題目.12、B【解析】

由是偶函數，則只需在上有且只有兩個零點即可.【詳解】解：顯然是偶函數所以只需時，有且只有2個零點即可令，則令，遞減，且遞增，且時，有且只有2個零點，只需故選：B【點睛】考查函數性質的應用以及根據零點個數確定參數的取值范圍，基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】

設等比數列的公比設為再根據成等差數列利用基本量法求解再根據等比數列各項間的關系求解即可.【詳解】解：等比數列的公比設為成等差數列,可得若則顯然不成立,故則,化為解得,則故答案為：．【點睛】本題主要考查了等比數列的基本量求解以及運用,屬于中檔題.14、2【解析】

由題得,再根據求解即可.【詳解】雙曲線的兩條漸近線為,可令,,則,所以,解得.故答案為：2.【點睛】本題考查雙曲線漸近線求離心率的問題.屬于基礎題.15、【解析】

先根據三棱錐的幾何性質，求出外接球的半徑，結合向量的運算，將問題轉化為求球體表面一點到外心距離最大的問題，即可求得結果.【詳解】因為兩兩垂直且，故三棱錐的外接球就是對應棱長為2的正方體的外接球.且外接球的球心為正方體的體對角線的中點，如下圖所示：容易知外接球半徑為.設線段的中點為，故可得，故當取得最大值時，取得最大值.而當在同一個大圓上，且，點與線段在球心的異側時，取得最大值，如圖所示：此時，故答案為：.【點睛】本題考查球體的幾何性質，幾何體的外接球問題，涉及向量的線性運算以及數量積運算，屬綜合性困難題.16、4【解析】

由于曲線與直線相交，存在相鄰兩個交點間的距離為，所以函數的周期，可得到的取值范圍，再由解出的兩類不同的值，然后列方程求出，再結合的取值范圍可得的最大值.【詳解】，可得，由，則或，即或，由題意得，所以，則或，所以可取到的最大值為4.故答案為：4【點睛】此題考查正弦函數的圖像和性質的應用及三角方程的求解，熟練應用三角函數的圖像和性質是解題的關鍵，考查了推理能力和計算能力，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）不能在犯錯誤的概率不超過0.10的前提下認為市使用信用卡情況與年齡有關；（2）①；②分布列見解析，，【解析】

(1)計算再對照表格分析即可.(2)①根據分層抽樣的方法可得經常使用信用卡的有人,偶爾或不用信用卡的有人,再根據超幾何分布的方法計算3人或4人偶爾或不用信用卡的概率即可.②利用二項分布的特點求解變量的分布列、數學期望和方差即可.【詳解】（1）由列聯表可知,,因為,所以不能在犯錯誤的概率不超過0.10的前提下認為市使用信用卡情況與年齡有關.（2）①依題意,可知所抽取的10名40歲及以下網民中,經常使用信用卡的有（人）,偶爾或不用信用卡的有（人）.則選出的4人中至少有3人偶爾或不用信用卡的概率.②由列聯表,可知40歲以上的網民中,抽到經常使用信用卡的頻率為,將頻率視為概率,即從市市民中任意抽取1人,恰好抽到經常使用信用卡的市民的概率為.由題意得,則,,,.故隨機變量的分布列為：0123故隨機變量的數學期望為,方差為.【點睛】本題主要考查了獨立性檢驗以及超幾何分布與二項分布的知識點,包括分類討論以及二項分布的數學期望與方差公式等.屬于中檔題.18、（1）.（2）【解析】

（1）利用線面垂直的性質得出，進而得出，利用相似三角形的性質，得出，從而得出的值；（2）利用線面垂直的判定定理得出平面，進而得出四面體的體積，計算出，，即可得出四面體的體積.【詳解】（1）因為平面，平面，所以又因為，都垂直于平面，所以又，分別是正方形邊，的中點，且，所以.（2）因為，分別是正方形邊，的中點，所以又因為，都垂直于平面，平面，所以因為平面，所以平面所以，四面體的體積，所以.【點睛】本題主要考查了線面垂直的性質定理的應用，以及求棱錐的體積，屬于中檔題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，然后解不等式，可得出函數的單調遞增區間；（2）由得出，并求出的值，利用兩角差的正弦公式可求出的值.【詳解】（1）當時，，由，得，因此，函數的單調遞增區間為；（2），，，，，，．【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，利用三角函數公式將函數進行化簡是解決本題的關鍵，屬中等題．20、（1）（2）【解析】

（1）利用等差數列的通項公式以及等比中項求出公差，從而求出，再利用等比數列的前項和公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂項求和法即可求解.【詳解】（1），且，，依次成等比數列，，即：，，，，，；（2），.【點睛】本題考查了等差數列、等比數列的通項公式、等比數列的前項和公式、裂項求和法，需熟記公式，屬于基礎題.21、（1）（2）見解析【解析】

（1）利用絕對值三角不等式求得的最大值.（2）由（1）得.方法一，利用柯西不等式證得不等式成立；方法二，利用“的代換”的方法，結合基本不等式證得不等式成立.【詳解】（1）由絕對值