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(图片)

辽宁省大连市2019届高三放学期第一次双基测试数学(理)试题(图片版)辽宁省大连市2019届高三放学期第一次双基测试数学(理)试题(图片版)辽宁省大连市2019届高三放学期第一次双基测试数学(理)试题(图片版)2019年大连市高三双基测试数学（理科）参照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照，若是考生的解法与本解答不同样，可依照试题的主要观察内容对照评分标准拟订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，若是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，但不得高出该部分正确解答应得分数的一半；若是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．选择题二．填空题13.2414.815.016.yx三．解答题17.解：（Ⅰ）因为anS1,n1，SnSn,n11所以an4,n14,n1分n25n(n1)25(n1),n12n6,n2n6(nN+)41（Ⅱ）因为annn3，n122所以Tn21n4n321222n12n121n4n32Tn22232n2n1两式作差得：1211n3Tn1222n2n18分22化简得1Tn1nn11，222所以Tn1nn1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯122分18.（Ⅰ）取方案二更合适,原由以下：(1)中介了，随着子的普及,媒碰到了烈的冲,从表格中的数据中能够看出从2014年开始，广告收入呈逐年下降的，能够，2019年的广告收入会接着下跌，前四年的增已不能够作后数据的依照.有关系数|r|越凑近1，性有关性越,因依照9年的数据获取的有关系数的

0.666,我没有原由

y与t拥有性有关关系；此后

5年的数据获取的相关系数的

,所以有

99%

的掌握

y与

t拥有性有关关系.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（用（1）解得3分，用（

2）解也许用（

1）（2）解得

6分）(

Ⅱ)从网站籍的大量者中任取一位，子的概率

3，只5的

概

率，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分子人数多于只人数有两种情况：3人子，2人子一人只.概率：C33(3)3C32(3)2281.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分55512519.解：（Ⅰ）由可知O只能的上下点，所以焦距等于短，即a22b2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分又点(b,1)在C上，所以b211，解得22，aa2a2b2a2,b1即C的方程x2y21.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分2（Ⅱ）O的方程x2y21，当直l不存在斜率，解得|MN|2，不吻合意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分当直l存在斜率，其方程ykxm，因直l与O相切，所以|m|1，k21即m21k2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分将直l与C的方程立，得：(12k2)x24kmx2m220，判式8m2816k28k20，即k0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分M(x1,y1),N(x2,y2)，所以|MN|(x1x2)2(y1y2)21k2|x1x2|1k28k24，12k23解得1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分所以直l的斜角或43.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分420.解（Ⅰ）法一：如，在平面ACC1A1内A1作AO1AC与ACA1C1交于点O，B1因平面ACC1A1平面ABC，且平面ACC1A1平面EAOCABCAC，AO1平面ACC1A1，B所以1平面ABC，所以11与平面ABC所成AOAACAA角，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分由公式cosBAA1cosA1ACcosBAC，解得cosA1AC2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分所以AAC45，AOAAsin451，111又ABC的面12221，所以三棱柱ABCA1B1C1的体111.⋯⋯⋯224分法二：如，在平面ACC1A1和平面ABC内，分A作AC的垂，由面面垂直性，能够以两条垂以及AC坐建立空直角坐系，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分可得A(0,0,0),B(1,1,0)，C(0,2,0)，A1(0,b,c)，AB(1,1,0),AA1(0,b,c),由BAA160,得b1，又b2c22，解得2(b2c2)2bc1，即三棱柱的高1，又ABC的面12221，所以三棱柱22ABCA1B1C1的体111.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（Ⅱ）接（Ⅰ）法一：由（Ⅰ）得在ABC中，OAC中点，接OB，由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcos452，解得BC2，所以ABBC，BOAC，（也许利用余弦定理求OB）以O坐原点，以OB，OC，OA1分x，y，z，建立空直角坐系，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分A(0,1,0),B(1,0,0),A1(0,0,1),C(0,1,0)，所以AA1BB1=(0,1,1),BC=(1,1,0),BEBB1=(0,,),[0,1]，平面BCC1B1的法向量n(x,y,z)，nBB10，即yz0，不如令x1,y1,z1，即n(1,1,1).nBC0xy0AE1AB1BB1(1,,1)，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分又因A1E与平面BCC1B1所成角的余弦7，7所以|cosA1E,n||11|42，312(1)27解得1或32，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分3又因BEB1E，所以BE22.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分321.解：（Ⅰ）f'(x)12ax12ax2x1(x0)，g(x)2ax2x1(x0)xx(1)当0a1，g(x)在(0,118a)(118a,)上大于零，在84a4a118a118a)上小于零，所以f(x)在(0,118a118a)上(4a，4a4a),(,4a增，在118a118a)(4a，4a减；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分(2)当a1，g(x)0(当且当a1,x2g(x)0)，所以f(x)在(0,)上88增；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分(3)当a0，g(x)在(0,1)上大于零，在(1，)上小于零，所以f(x)在(0,1)上增，在(1，)减；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分(4)当a0，g(x)在(0,118a)上大于零，在(118a,)上小于零，所以f(x)4a4a在(0,118a)上增，在(118a,)上4a4a减.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（Ⅱ）曲yf(x)在点(t,f(t))的切方程y(12at1)(xt)lntat2t，切t方程和yf(x)立可得：lnxax2(12at)xlntat210，方程根的t个数：h(x)lnxax2(12at)xlntat21(x0)，所以h(t)0.t法一：h'(x)12ax(12at)(xt)(2atx1)，xtxt(1)当a0，h'(x)在(0,t)上大于零，在(t,)上小于零，所以h(x)在(0,t)上增，在(t,)上减.又h(t)0，所以h(x)只有唯一的零点t，由t的任意性，所以不吻合意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分当a0，①当t2a，可得h'(x)0，所以h(x)在(0,)上增，所以其只有唯一的零2a点2a；2a⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分②当t2a，h'(x)在(0,t)和(1,)上大于零，在(t,1)上小于零，所以h(x)在2a2at2at(0,t)和(1,)上增，在(t,1)上减，所以h(x)在(0,1)上小于或等于2at2at2at零，且有唯一的零点t.函数yax2(12at)xat21的两个零点t和t1，所以tath(t1)ln(t1)lnt0，所以函数h(x)在区(1,t1)上存在零点，上h(x)的atat2atat零点不唯一；（也许么明：当

x

，

lnx

且ax2

(1

2at)x

lnt

at2

1

，所以th(x)

，所以

h(x)

在(

1

,

)上存在零点，酌情分）2at⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分③当t2a，h'(x)在(0,1)和(t,)上大于零，在(1，t)上小于零，所以h(x)在2a2at2at(0,1)和(t,)上增，在(1，t)上减，所以h(x)在(1,)上大于或2at2at2at等于零，且有唯一的零点t.函数

y

ax2

(1

2at)x

at2

1在区

[0,t]

上最大

at

2

1，当

0

xte

at2

1，th(x)

0，所以在区

(0,

1

)上，

h(x)

存在零点，上

h(x)

的零点不唯一

.2at（也许么明：当

x

0，lnx

且ax2

(1

2at)x

lnt

at2

1

lnt

at2

1，t是个常数，所以

h(x)

，所以

h(x)

在(0,

1

)上存在零点，酌情分）2at⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分上，当a(0,)，曲yf(x)上存在唯一的点M(2a,f(2a))，使得曲在2a2a点的切与曲只有一个公共点M.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分法二：h'(x)12ax1，h'(x)p(x)，p'(x)2ax21.x(t2at)x2(1)当a0，p'(x)0，所以h'(x)在(0,)上减，又h'(t)0，所以h'(x)在(0,t)上大于零，在(t,)上小于零，所以h(x)在(0,t)上增，在(t,)上减，又h(t)0，所以h(x)只有唯一的零点t，由t的任意性，所以不吻合意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)当

a

0，

p'(x)

在(0,

2a)上小于零，在

(

2a

,

)

上大于零，所以

h'(x)

在2a

2a(0,2a)上减，在(2a,)上增，2a2a①当t2a，h'(x)在(0,t)上大于零，在(t,2a)上小于零，所以h(x)在(0,t)上2a2a增，在(t,2a)上减，所以h(x)在(0,2a)上小于或等于零，且有唯一的零点t.2a2a函数yax2(12at)xlntat21张口向上，若其判式不大于零，任意x01，t有h(x0)0；若其判式大于零，其右的零点m，任意的x0max{m,1}，有h(x0)0，所以在区(2a,)上，存在零点，上h(x)的零点不唯一；2a（也许么明：当x，lnx且ax2(12at)xlntat21，所以th(x)，所以h(x)在(2a,)上存在零点，酌情分）2a⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分②当t2a，可得h'(x)h'(t)0，所以h(x)在(0,)上增，所以其只有唯2a一的零点2a；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2a⋯9分③当t2a，h'(x)在(t,)上大于零，在(2a,t)上小于零，所以h(x)在(t,)上2a2a增，在(2a,t)上减，所以h(x)在(2a,)上大于或等于零，且有唯一2a2a的零点t.函数yax2(12at)xlntat21在区[0,1]上必然存在最大，n，若n0，th(x)在(0,1)上小于零.若n0，当0x0en，h(x0)0，所以在区(x0,2a)上，2ah(x)存在零点，上h(x)的零点不唯一.（也许么明：当x0，lnx且ax2(12at)xlntat21lntat21，t是个常数，所以h(x)，所以h(x)在(0,2a)上存在零点，酌情分）2a⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分上，当a(0,)，曲yf(x)上存在唯一的点M(2a,f(2a))，使得曲在2a2a点的切与曲只有一个公共点M.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分22.1cos,((0,))210，解得解(Ⅰ)立曲C3,C4的极坐方程2得:cos11515,即交点到极点的距离.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分22(Ⅱ)曲C1的极坐方程,(0,),0,2曲C2的极坐方程2sin,(0,)立得2sin,(0,)22即|OP|2sin,(0,)2曲C1与曲C3的极坐方程立得1cos,(0,),2即|OQ|1cos,(0,),⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分2所以|OP||OQ|12sincos15sin(),其中的点(2,1),当25|OQ|获取最大15.2k,kZ，即arcsin，|OP|25⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分23.解：（Ⅰ）a1，f(x)0可得|2x1||x2|，即(2x1)2(x2)2，化得：(3x3)(x1)0，所以不等式f(x)0的解集(,1)(1,).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯