辽宁省大连市2023届高三下学期一模试题 数学答案

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1 / 12
2023 年大连市高三一模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．
一.单项选择题：
1. （A）；2.（D）；3.（B）；4．（C）；
5. （A）；
解：可以分为三类情况：①“2,2,2 型”，有 C2
6C2
4C2
2＝90(种)方法；②“1,2,3 型”，有 C1
6C2
5C3
3A3
3＝
360(种)方法；③“1，1,4 型”，有 C4
6A3
3＝90(种)方法，所以一共有 90＋360＋90＝540(种)方法．
甲得到 4本方法 2C4
6=30，
30 1
540 18
6．（D）；
解：
0 0 0
( ) ( ) ( )( )f x f x f x x x
 
，令
( ) 0fx
，则
0
0
0
()
()
fx
xx fx

，迭代关系为
33
122
( ) 3 1 2 1
=
( ) 3 3 3 3
k k k k
k k k
k k k
f x x x x
x x x
f x x x
 
   

，
01
2
x
，
12
1, 0.34722
3
xx
，选 D
7．（A）；
令
1y
，
，
累加：
( 3)
( ) 1
2
nn
fn

，
()f n n
，解得
2n
或
1n
8．（D）．
解法一：记坐标系二、三象限所在半平面为半平面𝛼.
①当
P
在
y
轴左侧时，为平面解析几何问题
[4 13,3 5)PA
；
②当
P
在
y
轴上及右侧时，如图建系，则
3 3 3
( ,2, )
22
A
，设
z
y
O
x
P
A
2 / 12
(4cos ,4sin ,0), [ , ]
22
P

 

，
2 2 2
3 27
| | (4cos ) (4sin 2) 29 12cos 16sin 29 20sin( )
24
AP
 
   
其中
3
sin 5
，
4
cos 5
，则
[ , ]
22

 
 
，
4
sin( ) [ 1, ]
5

 
，故
[ 13,7]PA
，
综上，
[4 13,7]PA
．
二.多项选择题：
9．（B）（D）；
解：由
cos
12
tan sin tan( ) 2sin cos
2 2 2 2 2
tan sin
22
C
A B C C C
CCC
 
，因为
cos 0
2
C
,
2
1 2sin 2
C

20
1 2sin 0 cos 0 90
2
CCC    
，所以
1
tan tan( )
2 tan
BA
A
 
，
2
tan tan
tan
AA
B
不一定为 1，A错；
因为
0
sin sin sin cos 2 sin( 45 )A B A A A  
，
0 90A   
45 45 135A   
,
00
2sin( 45 ) 1 1 2sin( 45 ) 2
2AA    
，从而肯定有
0 sin sin 2AB
，所
以B正确
又
cos cos( ) sin
2
B A A
 
，所以
2 2 2
sin cos 2sinA B A
也不一定等于
1
，C错；而
2 2 2 2 2
cos cos cos sin 1 sinA B A A C  
，D正确；
综上可知选 B,D.
10.（B）（C） ；
解：A项，当直四棱柱 的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，
当直四棱柱 的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲
率不相等，故选项 A错误；
B项，若 ，则菱形 为正方形，因为 平面 ，所以 ， ，
所以直四梭柱 在顶点 处的离散曲率为 ，选项 B正确；
C项，在四面体 中， ， ， ，所以 ，
所以四面体 在点 处的离散曲率为 ，解得 ，
1 1 1 1
ABCD A B C D
1 1 1 1
ABCD A B C D
AC BD
ABCD
1
AA
ABCD
1
AA AB
1
AA AD
1 1 1 1
ABCD A B C D
A
11
12 2 2 2 4


 


1
A ABD
1
AA AB
1
AA AD
1
AA AB AD
11
4
AA B AA D
 
1
A ABD
1
A
1
17
12 4 4 12
BA D


 


13
BA D

3 / 12
易知 ，所以 ，所以 ，所以直四棱柱
为正方体，结合正方体的结构特征可知 平面 ，选项 C正确．
D项，顶点 处的离散曲率为
11
1 ( )
2 2 2 3

 
，
3

，
,AB BD AB BD O 
，
则
1
BC
与平面
1
ACC
的夹角
1
2
sin 4
BC O
，所以选项 D错误；故选：BC
11.（A）（C）（D）；
A项，函数
()fx
图像关于直线
1
2
x
对称，则
1
( ) 0,
2
1
( ) 0,
2
f
f

 
，
(或者
()fx
关于
1
( ,0)
2
对称，
)
此时
3a
；故 A正确；
B项，
32
( ) 4 6 8f x x x x a
 
不能恒正或恒负，故 B错误；
C项，
2
( ) 12 12 8 0f x x x
  
，所以
()fx
单调递增且有变号零点，先负后正，所以函数
()fx
存在最小值，故 C正确；
D项， 设切点
00
( , )xy
，切线为
4 3 2 3 2
0 0 0 0 0 0 0 0
( 2 4 1) (4 6 8 )( )y x x x ax x x x a x x    
，
过
(0,0)
，
4 3 2 4 3 2
0 0 0 0 0 0 0 0
2 4 1 4 6 8x x x ax x x x ax  
，即
432
0 0 0
3 4 4 1 0x x x  
，求导
可知方程一定有一正根一负根，故 D正确.
12.（B）（C）（D）
解析：A项（方法一），当
1m
时，联立得：
22
(3 4) 6 9 0k x kx  
，
212 2
4
| | 1 | | 4 [3,4)
34
AB k x x k
 
，
| | | | 8 | | [4,5)FA FB AB  
，故 A错；
A项（方法二）
| | | | 8 | |FA FB AB  
，
max
| | 4AB
，
| | | | 4FA FB 
，故 A错；
B项，设
AB
中点
( , )M x y
，由点差法得：
0
34
x yk

，又
1y kx
，
得点
M
的轨迹方程为：
22
4 3 3 0( 0)x y y y  
，
2 2 2
1 11
| | 2| | 2 ( 1) 2 1 2
44
FA FB FM x y y y  
，故 B正确；
C项，联立得：
22
7 8 4 12 0y my m  
，
0
，得：
77m  
，
11 2A B A D AB
2BD AB
AB AD
1 1 1 1
ABCD A B C D
1
AC
1
A BD
A
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