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  • 2021-06-23 发布

辽宁省大连市2019届高三下学期第一次双基测试 数学(理)试题(扫描版)

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·1· ·2· ·3· ·4· ·5· ·6· ·7· 2019 年大连市高三双基测试 数学(理科)参考答案与评分标准 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.选择题 1.B 2.A 3.A 4.D 5.D 6.B 7.B 8.A 9.C 10.C 11.B 12.A 二.填空题 13.24 14. 8 15.0 16. y x=  三.解答题 17. 解:(Ⅰ) 因为 1 1 , 1 , 1 n n n S n a S S n− = =  −  , 所以 +2 2 4, 1 4, 1 2 6( N ) 5 ( 1) 5( 1), 1 2 6, 1 n n n a n n n n n n n n n − = − =  = = = −   − − − + −  −   ……………4 分 (Ⅱ)因为 1 3 2 2 n n n a n + − = , 所以 1 2 1 2 1 4 3 2 2 2 2 n n n n n T − − − − − = + + + + 2 3 1 1 2 1 4 3 2 2 2 2 2 n n n n n T + − − − − = + + + + 两式作差得: 1 2 1 1 2 1 1 3 2 2 2 2 2 n n n n T + − − = + + + − …………………………………………………8 分 化简得 1 1 1 1 2 2 2 n n n T + − = − − , 所以 1 1 2 n n n T − = − − .………………………………………………………………………………12分 ·8· 18. (Ⅰ)选取方案二更合适,理由如下: (1)题中介绍了,随着电子阅读的普及,传统纸媒受到了强烈的冲击,从表格中的数据中可以看出从 2014 年开始,广告收入呈现逐年下降的趋势,可以预见,2019 年的纸质广告收入会接着下跌,前四年的 增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据. (2) 相关系数 | |r 越接近 1,线性相关性越强 ,因为根据 9 年的数据得到的相关系数的绝对值 0.243 0.666 ,我们没有理由认为 y与 t具有线性相关关系;而后 5 年的数据得到的相关系数的绝对 值0.984 0.959 ,所以有99%的把握认为 y与 t具有线性相关关系. ………………………6分 (仅用(1)解释得 3 分,仅用(2)解释或者用(1)(2)解释得 6分) (Ⅱ)从该网站购买该书籍的大量读者中任取一位,购买电子书的概率为 3 5 ,只购买纸质书的概率为 2 5 ,…………………………………………………………………………………………………8 分 购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况:3 人购买电子书,2 人购买电子书一人只购买纸 质书. 概率为: 3 3 2 2 3 3 3 3 2 81 ( ) ( ) 5 5 5 125 C C+  = .……………………………………………………………12分 19. 解:(Ⅰ)由题可知圆O只能经过椭圆的上下顶点,所以椭圆焦距等于短轴长,即 2 22a b= , …………………………………………………………………………………………………………2分 又点 1 ( , )b a 在椭圆C上,所以 2 2 2 2 1 1 b a a b + = ,解得 2 22, 1a b= = , 即椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y+ = .……………………………………………………………………4分 (Ⅱ)圆O的方程为 2 2 1x y+ = ,当直线 l不存在斜率时,解得 | | 2MN = ,不符合题意; …………………………………………………………………………………………………………5分 当直线 l存在斜率时,设其方程为 y kx m= + ,因为直线 l与圆O相切,所以 2 | | 1 1 m k = + ,即 2 21m k= + .…………………………………………………………………………………………6分 将直线 l与椭圆C的方程联立,得: 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x kmx m+ + + − = ,判别式 2 2 28 8 16 8 0m k k = − + + =  ,即 0k  , ·9· ………………………………………………………………………………………………………7分 设 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y , 所以 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 8 4 | | ( ) ( ) 1 | | 1 1 2 3 k MN x x y y k x x k k = − + − = + − = +  = + , 解得 1k =  ,………………………………………………………………………………………11分 所以直线 l的倾斜角为 4  或 3 4  .…………………………………………………………………12 分 20. 解(Ⅰ) 法一:如图,在平面 1 1ACC A内过 1A作 1AO AC⊥ 与 AC交于 点O, 因为平面 1 1ACC A ⊥ 平面 ABC ,且平面 1 1ACC A 平面 ABC AC= , 1AO 平面 1 1ACC A, 所以 1AO ⊥平面 ABC,所以 1A AC 为 1AA 与平面 ABC所成角, ……………………………1分 由公式 1 1cos cos cosBAA A AC BAC =    ,解得 1 2 cos 2 A AC = ,………………………3分 所以 1 45A AC = , 1 1 sin 45 1AO AA=  = , 又 ABC 的面积为 1 2 2 2 1 2 2    = ,所以三棱柱 1 1 1ABC ABC− 的体积为1 1 1 = .………4分 法二:如图,在平面 1 1ACC A 和平面 ABC内,分别过 A作 AC 的垂线,由面面垂直性质,可以以这两条垂线以及 AC为坐标 轴建立空间直角坐标系,………………………2分 则可得 (0,0,0), (1,1,0)A B , (0,2,0)C ,设 1(0, , )A b c ,则 1(1,1,0), (0, , ),AB AA b c= = 由 1 60 ,BAA = 得 2 2 1 22( ) b b c = + ,又 2 2 2b c+ = ,解得 1b c= = ,即三棱柱的高为 1 ,又 ABC 的面积为 O B C A1 C1 B1 A E ·10· 1 2 2 2 1 2 2    = ,所以三棱柱 1 1 1ABC ABC− 的体积为1 1 1 = .……………………………4分 (Ⅱ) 接(Ⅰ)法一: 由(Ⅰ)得在 ABC 中,O为 AC中点,连接OB, 由余弦定理得 2 2 2 2 cos45 2BC AB AC AB AC= + −   = ,解得 2BC = , 所以 AB BC BO AC= ⊥, ,(或者利用余弦定理求OB) 以O为坐标原点,以 1OB OC OA, , 分别为 x轴, y轴, z轴,建立空间直角坐标系, …………………………………………………………………………………………………………5分 则 1(0, 1,0), (1,0,0), (0,0,1), (0,1,0)A B A C− , 所以 1 1=(0,1,1),AA BB= C=( 1,1,0),B − 设 1=(0, , ),BE BB  = [0,1] ,设平面 1 1BCC B 的法向量为 ( , , )n x y z= , 则 1 0 0 n BB n BC   =   = ,即 0 0 y z x y + =  − + = ,不妨令 1x = ,则 1, 1y z= = − ,即 (1,1, 1)n = − . 1 1 1 (1, , 1)AE AB BB  = + = − ,…………………………………………………………7分 又因为 1AE与平面 1 1BCC B 所成角的余弦值为 7 7 , 所以 1 2 2 |1 1 | 42 |cos , | 73 1 ( 1) A E n     + + −  = =  + + − , 解得 1 3  = 或 2 3  = ,………………………………………………………………………………11分 又因为 1BE B E ,所以 2 2 3 BE = .………………………………………………… …………12分 21. 解:(Ⅰ) 21 2 1 '( ) 2 1 ( 0) ax x f x ax x x x − + = + − =  ,设 2( ) 2 1( 0)g x ax x x= − +  ·11· (1) 当 1 0 8 a  时 , ( )g x 在 1 1 8 1 1 8 (0, ) ( , ) 4 4 a a a a − − + − + 上 大 于 零 , 在 1 1 8 1 1 8 ( ) 4 4 a a a a − − + − , 上小于零,所以 ( )f x 在 1 1 8 1 1 8 (0, ), ( , ) 4 4 a a a a − − + − + 上单调递增, 在 1 1 8 1 1 8 ( ) 4 4 a a a a − − + − , 单调递减;…………………………………………………………1分 (2) 当 1 8 a  时, ( ) 0g x  (当且仅当 1 , 2 8 a x= = 时 ( ) 0g x = ),所以 ( )f x 在 (0, )+ 上单调递 增;……………………………………………………………………………………………………2分 (3) 当 0a = 时, ( )g x 在 (0,1) 上大于零,在 (1 )+, 上小于零,所以 ( )f x 在 (0,1) 上单调递增,在 (1 )+, 单调递减;………………………………………………………………………………3分 (4)当 0a  时, ( )g x 在 1 1 8 (0, ) 4 a a − − 上大于零,在 1 1 8 ( , ) 4 a a − − + 上小于零,所以 ( )f x 在 1 1 8 (0, ) 4 a a − − 上单调递增,在 1 1 8 ( , ) 4 a a − − + 上单调递减. ………………………………4分 (Ⅱ)曲线 ( )y f x= 在点 ( , ( ))t f t 处的切线方程为 21 ( 2 1)( ) lny at x t t at t t = + − − + + − ,切线方程 和 ( )y f x= 联立可得: 2 21 ln ( 2 ) ln 1 0x ax at x t at t + − + − + + = ,现讨论该方程根的个数: 设 2 21 ( ) ln ( 2 ) ln 1( 0)h x x ax at x t at x t = + − + − + +  , 所以 ( ) 0h t = . 法一: 1 1 ( )(2 1) '( ) 2 ( 2 ) x t atx h x ax at x t xt − − = + − + = , (1) 当 0a  时, '( )h x 在 (0, )t 上大于零,在 ( , )t + 上小于零,所以 ( )h x 在 (0, )t 上单调递增,在 ( , )t + 上单调递减. 又 ( ) 0h t = ,所以 ( )h x 只有唯一的零点 t,由 t的任意性,所以不符合题意; …………………………………………………………………………………………………………6分 (2) 当 0a  时, ①当 2 2 a t a = 时,可得 '( ) 0h x  ,所以 ( )h x 在 (0, )+ 上单调递增,所以其只有唯一的零点 2 2 a a ; …………………………………………………………………………………………………………7分 ·12· ②当 2 2 a t a  时, '( )h x 在 (0, )t 和 1 ( , ) 2at + 上大于零,在 1 ( , ) 2 t at 上小于零,所以 ( )h x 在 (0, )t 和 1 ( , ) 2at + 上单调递增,在 1 ( , ) 2 t at 上单调递减,所以 ( )h x 在 1 (0, ) 2at 上小于或等于零,且有唯一的 零点 t . 函数 2 21 ( 2 ) 1y ax at x at t = − + + + 的两个零点为 t和 1 t at + ,所以 1 1 ( ) ln( ) ln 0h t t t at at + = + −  , 所以函数 ( )h x 在区间 1 1 ( , ) 2 t at at + 上存在零点,综上 ( )h x 的零点不唯一; (或者这么说明:当 x→+ 时, ln x→+ 且 2 21 ( 2 ) ln 1ax at x t at t − + − + + →+ ,所以 ( )h x →+,所以 ( )h x 在 1 ( , ) 2at + 上存在零点,酌情给分) …………………………………………………………………………………………………………9分 ③当 2 2 a t a  时, '( )h x 在 1 (0, ) 2at 和 ( , )t + 上大于零,在 1 ( ) 2 t at , 上小于零,所以 ( )h x 在 1 (0, ) 2at 和 ( , )t + 上单调递增,在 1 ( ) 2 t at , 上单调递减,所以 ( )h x 在 1 ( , ) 2at + 上大于或等于零,且有唯 一的零点 t . 函数 2 21 ( 2 ) 1y ax at x at t = − + + + 在区间[0, ]t 上最大值为 2 1at + ,当 2 10 atx te− +  时, ( ) 0h x  , 所以在区间 1 (0, ) 2at 上, ( )h x 存在零点,综上 ( )h x 的零点不唯一. (或者这么说明:当 0x→ 时,ln x→−且 2 2 21 ( 2 ) ln 1 ln 1ax at x t at t at t − + − + + →− + + ,是 个常数,所以 ( )h x →−,所以 ( )h x 在 1 (0, ) 2at 上存在零点,酌情给分) …………………………………………………………………………………………………………11分 综上,当a (0, )+ 时,曲线 ( )y f x= 上存在唯一的点 2 2 ( , ( )) 2 2 a a M f a a ,使得曲线在该点处的 切线与曲线只有一个公共点M .…………………………………………………………………12 分 法二: 1 1 '( ) 2 ( 2 )h x ax at x t = + − + ,设 '( ) ( )h x p x= ,则 2 2 2 1 '( ) ax p x x − = . (1)当 0a  时, '( ) 0p x  ,所以 '( )h x 在 (0, )+ 上单调递减, 又 '( ) 0h t = ,所以 '( )h x 在 (0, )t 上大于零,在 ( , )t + 上小于零,所以 ( )h x 在 (0, )t 上单调递增,在 ·13· ( , )t + 上单调递减, 又 ( ) 0h t = ,所以 ( )h x 只有唯一的零点 t,由 t的任意性,所以不符合题意; …………………………………………………………………………………………………………6分 (2) 当 0a  时, '( )p x 在 2 (0, ) 2 a a 上小于零,在 2 ( , ) 2 a a + 上大于零,所以 '( )h x 在 2 (0, ) 2 a a 上 单调递减,在 2 ( , ) 2 a a + 上单调递增, ①当 2 2 a t a  时, '( )h x 在 (0, )t 上大于零,在 2 ( , ) 2 a t a 上小于零,所以 ( )h x 在 (0, )t 上单调递增, 在 2 ( , ) 2 a t a 上单调递减,所以 ( )h x 在 2 (0, ) 2 a a 上小于或等于零,且有唯一的零点 t . 函数 2 21 ( 2 ) ln 1y ax at x t at t = − + − + + 开口向上,若其判别式不大于零,则对任意 0 1x  ,有 0( ) 0h x  ;若其判别式大于零,设其右侧的零点为m,则对任意的 0 max{ ,1}x m ,有 0( ) 0h x  , 所以在区间 2 ( , ) 2 a a + 上,存在零点,综上 ( )h x 的零点不唯一; (或者这么说明:当 x→+ 时, ln x→+ 且 2 21 ( 2 ) ln 1ax at x t at t − + − + + →+ ,所以 ( )h x →+,所以 ( )h x 在 2 ( , ) 2 a a + 上存在零点,酌情给分) ………………………………………………………………………………………………………8分 ②当 2 2 a t a = 时,可得 '( ) '( ) 0h x h t = ,所以 ( )h x 在 (0, )+ 上单调递增,所以其只有唯一的零点 2 2 a a ;……………………………………………………………………………………………9分 ③当 2 2 a t a  时, '( )h x 在 ( , )t + 上大于零,在 2 ( , ) 2 a t a 上小于零,所以 ( )h x 在 ( , )t + 上单调递 ·14· 增,在 2 ( , ) 2 a t a 上单调递减,所以 ( )h x 在 2 ( , ) 2 a a + 上大于或等于零,且有唯一的零点 t . 函数 2 21 ( 2 ) ln 1y ax at x t at t = − + − + + 在区间[0,1]上一定存在最大值,设为n,若 0n  ,则 ( )h x 在 (0,1) 上小于零.若 0n  ,当 00 nx e−  时, 0( ) 0h x  ,所以在区间 0 2 ( , ) 2 a x a 上, ( )h x 存在零 点,综上 ( )h x 的零点不唯一. (或者这么说明:当 0x→ 时,ln x→−且 2 2 21 ( 2 ) ln 1 ln 1ax at x t at t at t − + − + + →− + + ,是 个常数,所以 ( )h x →−,所以 ( )h x 在 2 (0, ) 2 a a 上存在零点,酌情给分) …………………………………………………………………………………………………………11分 综上,当a (0, )+ 时,曲线 ( )y f x= 上存在唯一的点 2 2 ( , ( )) 2 2 a a M f a a ,使得曲线在该点处的 切线与曲线只有一个公共点M .…………………………………………………………………12 分 22. 解(Ⅰ)联立曲线 3 4,C C 的极坐标方程 1 cos ,( (0, )) 2 cos 1        = +    = 得: 2 1 0 − − = ,解得 1 5 2  + = , 即交点到极点的距离为 1 5 2 + .………………………………………………………4分 (Ⅱ)曲线 1C 的极坐标方程为 , (0, ), 0 2        =      , 曲线 2C 的极坐标方程为 2sin , (0, ) 2    =  联立得 2sin , (0, ) 2    =  即 | | 2sin , (0, ) 2 OP   =  曲线 1C 与曲线 3C 的极坐标方程联立得 1 cos , (0, ) 2    = +  , 即 | | 1 cos , (0, ) 2 OQ   = +  ,…………………………………………………………………6分 ·15· 所以 | | | | 1 2sin cos 1 5 sin( )OP OQ    + = + + = + + ,其中的终边经过点 (2,1) , 当 2 , Z 2 k k    + = +  ,即 2 5 arcsin 5  = 时, | | | |OP OQ+ 取得最大值为1 5+ . ………………………………………………………………………………………………………10 分 23. 解:(Ⅰ) 1a = − 时, ( ) 0f x  可得 | 2 1| | 2 |x x−  − ,即 2 2(2 1) ( 2)x x−  − , 化简得: (3 3)( 1) 0x x− +  ,所以不等式 ( ) 0f x  的解集为 ( , 1) (1, )− − + . ………………………………………………………………………………………………………3分 (Ⅱ) (1) 当 4a  − 时, 2, 2 ( ) 3 2,2 2 2, 2 x a x a f x x a x a x a x   − − −    = − − +   −   + +  − ,由函数单调性可得 min( ) ( ) 2 1 2 2 a a f x f= − = +  − ,解得 6 4a−   − ;……………………………………………5分 (2) 当 4a = − 时, ( ) | 2 |f x x= − , min( ) 0 1f x =  − ,所以 4a = − 符合题意;……………7分 (3) 当 4a  − 时 , 2, 2 ( ) 3 2, 2 2 2, 2 a x a x a f x x a x x a x  − − −  −   = + − −    + +    , 由 函 数 单 调 性 可 得 , min( ) ( ) 2 1 2 2 a a f x f= − = − −  − ,解得 4 2a−   − ;………………………………………9分 综上,实数a的取值范围为[ 6, 2]− − .………………………………………………………………10分