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- 2021-06-23 发布
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·1·
·2·
·3·
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·5·
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·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
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