遼寧省大連市2019屆高三下學(xué)期第一次雙基測試數(shù)學(xué)(理)試題(圖片)

1、2019年大連市高三雙基測試數(shù)學(xué)（理科）參照答案與評分標準說明：一、本解答給出了一種或幾種解法供參照，假如考生的解法與本解答不一樣，可依據(jù)試題的主要觀察內(nèi)容比較評分標準制定相應(yīng)的評分細則二、對解答題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯誤時，假如后繼部分的解答未改變該題的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定后繼部分的給分，但不得超出該部分正確解答應(yīng)得分數(shù)的一半；假如后繼部分的解答有較嚴重的錯誤，就不再給分三、解答右端所注分數(shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分數(shù)四、只給整數(shù)分數(shù)，選擇題和填空題不給中間分一選擇題1.B2.A3.A4.D5.D6.B7.B8.A9.C10.C11.B12.A二填空題13.2414

2、.815.016.yx三解答題17.解：（）因為anS1,n1，SnSn,n11因此an4,n14,n1分n25n(n1)25(n1),n12n6,n2n6(nN+)41（）因為annn3，n122因此Tn21n4n321222n12n121n4n32Tn22232n2n1兩式作差得：1211n3Tn1222n2n18分22化簡得1Tn1nn11，222所以Tn1nn1.122分18.（）取方案二更適合,原由以下：(1)中介了，跟著子的普及,媒遇到了烈的沖,從表格中的數(shù)據(jù)中可以看出從2014年開始，廣告收入呈逐年降落的，可以，2019年的廣告收入會接著下跌，前四年的增已不可以作后數(shù)據(jù)的依照.相

3、關(guān)系數(shù)|r|越湊近1，性相關(guān)性越,因依據(jù)9年的數(shù)據(jù)獲取的相關(guān)系數(shù)的0.2430.666,我沒有原由y與t擁有性相關(guān)關(guān)系；此后5年的數(shù)據(jù)獲取的相關(guān)系數(shù)的0.9840.959,因此有99%的掌握y與t擁有性相關(guān)關(guān)系.6分（用（1）解得3分，用（2）解也許用（1）（2）解得6分）()從網(wǎng)站籍的大批者中任取一位，子的概率3，只5的概率，8分子人數(shù)多于只人數(shù)有兩種狀況：3人子，2人子一人只.概率：C33(3)3C32(3)2281.12分55512519.解：（）由可知O只好的上下點，因此焦距等于短，即a22b2，2分又點(b,1)在C上，因此b211，解得22，aa2a2b2a2,b1即C的方程x2y

4、21.4分2（）O的方程x2y21，當(dāng)直l不存在斜率，解得|MN|2，不切合意；5分當(dāng)直l存在斜率，其方程ykxm，因直l與O相切，因此|m|1，k21即m21k2.6分將直l與C的方程立，得：(12k2)x24kmx2m220，判式8m2816k28k20，即k0，7分M(x1,y1),N(x2,y2)，因此|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（）法一：如，在平面ACC1A1內(nèi)A1作AO1AC與ACA1C1交于點O，B1因平面ACC1A1平面ABC，且平面ACC1A1平面EAOCABCAC，AO1

5、平面ACC1A1，B因此1平面ABC，因此11與平面ABC所成AOAACAA角，1分由公式cosBAA1cosA1ACcosBAC，解得cosA1AC2，2分因此AAC45，AOAAsin451，111又ABC的面12221，因此三棱柱ABCA1B1C1的體111.224分法二：如，在平面ACC1A1和平面ABC內(nèi)，分A作AC的垂，由面面垂直性，可以以兩條垂以及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

6、的面12221，因此三棱柱22ABCA1B1C1的體111.4分（）接（）法一：由（）得在ABC中，OAC中點，接OB，由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcos452，解得BC2，因此ABBC，BOAC，（也許利用余弦定理求OB）以O(shè)坐原點，以O(shè)B，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)，因此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).nBC0 xy0AE1AB1B

7、B1(1,1)，7分又因A1E與平面BCC1B1所成角的余弦7，7因此|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：（）f(x)12ax12ax2x1(x0)，g(x)2ax2x1(x0)xx(1)當(dāng)0a1，g(x)在(0,118a)(118a,)上大于零，在84a4a118a118a)上小于零，因此f(x)在(0,118a118a)上(4a，4a4a),(,4a增，在118a118a)(4a，4a減；1分(2)當(dāng)a1，g(x)0(當(dāng)且當(dāng)a1,x2g(x)0)，因此f(x)在(0,)上88增；2分(3)當(dāng)a0，g(x)在(

8、0,1)上大于零，在(1，)上小于零，因此f(x)在(0,1)上增，在(1，)減；3分(4)當(dāng)a0，g(x)在(0,118a)上大于零，在(118a,)上小于零，因此f(x)4a4a在(0,118a)上增，在(118a,)上4a4a減.4分（）曲yf(x)在點(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個數(shù)：h(x)lnxax2(12at)xlntat21(x0)，因此h(t)0.t法一：h(x)12ax(12at)(xt)(2atx1)，xtxt(1)當(dāng)a0，h(x)在(0,t)上大于零，在(

9、t,)上小于零，因此h(x)在(0,t)上增，在(t,)上減.又h(t)0，因此h(x)只有獨一的零點t，由t的任意性，因此不切合意；6分當(dāng)a0，當(dāng)t2a，可得h(x)0，因此h(x)在(0,)上增，因此其只有獨一的零2a點2a；2a7分當(dāng)t2a，h(x)在(0,t)和(1,)上大于零，在(t,1)上小于零，因此h(x)在2a2at2at(0,t)和(1,)上增，在(t,1)上減，因此h(x)在(0,1)上小于或等于2at2at2at零，且有獨一的零點t.函數(shù)yax2(12at)xat21的兩個零點t和t1，因此tath(t1)ln(t1)lnt0，因此函數(shù)h(x)在區(qū)(1,t1)上存在零點，

10、上h(x)的atat2atat零點不獨一；（也許么明：當(dāng)x，lnx且ax2(12at)xlntat21，因此th(x)，因此h(x)在(1,)上存在零點，酌情分）2at9分當(dāng)t2a，h(x)在(0,1)和(t,)上大于零，在(1，t)上小于零，因此h(x)在2a2at2at(0,1)和(t,)上增，在(1，t)上減，因此h(x)在(1,)上大于或2at2at2at等于零，且有獨一的零點t.函數(shù)yax2(12at)xat21在區(qū)0,t上最大at21，當(dāng)0 xteat21，th(x)0，因此在區(qū)(0,1)上，h(x)存在零點，上h(x)的零點不獨一.2at（也許么明：當(dāng)x0，lnx且ax2(12a

11、t)xlntat21lntat21，t是個常數(shù)，因此h(x)，因此h(x)在(0,1)上存在零點，酌情分）2at11分上，當(dāng)a(0,)，曲yf(x)上存在獨一的點M(2a,f(2a)，使得曲在2a2a點的切與曲只有一個公共點M.12分法二：h(x)12ax1，h(x)p(x)，p(x)2ax21.x(t2at)x2(1)當(dāng)a0，p(x)0，因此h(x)在(0,)上減，又h(t)0，因此h(x)在(0,t)上大于零，在(t,)上小于零，因此h(x)在(0,t)上增，在(t,)上減，又h(t)0，因此h(x)只有獨一的零點t，由t的任意性，因此不切合意；6分(2)當(dāng)a0，p(x)在(0,2a)上小

12、于零，在(2a,)上大于零，因此h(x)在2a2a(0,2a)上減，在(2a,)上增，2a2a當(dāng)t2a，h(x)在(0,t)上大于零，在(t,2a)上小于零，因此h(x)在(0,t)上2a2a增，在(t,2a)上減，因此h(x)在(0,2a)上小于或等于零，且有獨一的零點t.2a2a函數(shù)yax2(12at)xlntat21張口向上，若其判式不大于零，任意x01，t有h(x0)0；若其判式大于零，其右的零點m，任意的x0maxm,1，有h(x0)0，因此在區(qū)(2a,)上，存在零點，上h(x)的零點不獨一；2a（也許么明：當(dāng)x，lnx且ax2(12at)xlntat21，因此th(x)，因此h(x

13、)在(2a,)上存在零點，酌情分）2a8分當(dāng)t2a，可得h(x)h(t)0，因此h(x)在(0,)上增，因此其只有唯2a一的零點2a；2a9分當(dāng)t2a，h(x)在(t,)上大于零，在(2a,t)上小于零，因此h(x)在(t,)上2a2a增，在(2a,t)上減，因此h(x)在(2a,)上大于或等于零，且有獨一2a2a的零點t.函數(shù)yax2(12at)xlntat21在區(qū)0,1上必定存在最大，n，若n0，th(x)在(0,1)上小于零.若n0，當(dāng)0 x0en，h(x0)0，因此在區(qū)(x0,2a)上，2ah(x)存在零點，上h(x)的零點不獨一.（也許么明：當(dāng)x0，lnx且ax2(12at)xlnt

14、at21lntat21，t是個常數(shù)，因此h(x)，因此h(x)在(0,2a)上存在零點，酌情分）2a11分上，當(dāng)a(0,)，曲yf(x)上存在獨一的點M(2a,f(2a)，使得曲在2a2a點的切與曲只有一個公共點M.12分22.1cos,(0,)210，解得解()立曲C3,C4的極坐方程2得:cos11515,即交點到極點的距離.4分22()曲C1的極坐方程,(0,),0,2曲C2的極坐方程2sin,(0,)立得2sin,(0,)22即|OP|2sin,(0,)2曲C1與曲C3的極坐方程立得1cos,(0,),2即|OQ|1cos,(0,),6分2因此|OP|OQ|12sincos15sin(),此中的點(2,1),當(dāng)25|OQ|獲得最大15.2k,kZ，即arcsin，|OP|2510分23.解：（）a1，f(x)0可得|2x1|x2|，即(2x1)2(x