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） 15页

·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