2020届辽宁省大连市高三双基测试试题 数学(理)

注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效2.本试卷分第I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟2024年大连市高三双基测试数学试题.第I 卷一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1.已知集合{}*11,2,3,4,5,2x A B x ⎧⎫-==∈⎨⎬⎩⎭N ，则A B = （）A.{}5 B.{}2,4 C.{}3,5 D.{}1,3,52.设复数1i4i 1iz -=++，则z =（）A.0B.1C.2D.33.在ABC 中，若1,3AD mDB CD CA CB λ==+ ，则λ=（）A.23 B.13C.13-D.23-4.在财务审计中，我们可以用“本•福特定律”来检验数据是否造假.本福特定律指出，在一组没有人为编造的自然生成的数据（均为正实数）中，首位非零的数字是19 这九个事件不是等可能的.具体来说，随机变量χ是一组没有人为编造的首位非零数字，则()1lg ,1,2,,9k P k k kχ+=== .则根据本•福特定律，首位非零数字是1与首位非零数字是8的概率之比约为（）（保留至整数，参考数据：lg20.301,lg30.477==）.A.4B.6C.7D.85.已知曲线“()()22:log 2024log 20241a b C x y +=表示焦点在y 轴上的椭圆”的一个充分非必要条件是（）A.0a b <<B.1a b <<C.32a b << D.1b a<<6.已知函数2log ,(0,2)()πsin(),[2,10]4x x f x x x ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩，若存在实数1234,,,x x x x 满足()()()()1234f x f x f x f x ===，且1234x x x x <<<，则34124x x x x +⋅的值是（）A.3B.6C.8D.127.设11155,2ln sin cos ,ln 48844a b c ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭，则（）A.a b c <<B.b a c <<C.c b a<< D.a c b<<8.已知函数()sin πcos π(1,1,0)f x a x b x a b ωωω=+>>>满足下列条件：①对任意()1,4x f x f ⎛⎫∀∈≤ ⎪⎝⎭R 恒成立；②()f x 在区间34,77⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调函数；③经过点()b 的任意一条直线与函数()y f x =图像都有交点，则ω的取值范围是（）A.(]280,13,9⎡⎤⋃⎢⎥⎣⎦B.()280,13,9⎡⎤⋃⎢⎥⎣⎦C.][(0,13,5⎤⋃⎦D.()30,1,52⎡⎤⋃⎢⎥⎣⎦二､多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.在ABC 中，角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，若cos sin a B b A c +=，222sin a a b c ab C =+-=，则（）A.tan 2C =B.π3A =C.b = D.ABC 的面积为10.如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M N P ､､分别是1111C D C C AA ､､的中点，则（）A.平面1A MN 截正方体所得截面为等腰梯形B.三棱锥1D MNB -的体积为112C.异面直线MN 与1D P 所成角的余弦值为10D.1A D BM⊥11.已知A ，B ，C 三个盒子，其中A 盒子内装有2个红球，1个黄球和1个白球；B 盒子内装有2个红球，1个白球；C 盒子内装有3个红球，2个黄球.若第一次先从A 盒子内随机抽取1个球，若取出的球是红球放入A 盒子中；若取出的球是黄球放入B 盒子中；若取出的球是白球放入C 盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（）A.在第一次抽到黄球的条件下，第二次抽到红球的概率为12B.第二次抽到红球的概率为13C.如果第二次抽到的是红球，则它来自B 号盒子的概率最大D.如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有150种12.已知椭圆22:143x y E +=左焦点F ，左顶点C ，经过F 的直线l 交椭圆于,A B 两点（点A 在第一象限），则下列说法正确的是（）A.若2AFFB =，则l 的斜率62k =B.4AF BF +的最小值为274C.以AF为直径的圆与圆224x y +=相切D.若直线,AC BC 的斜率为12,k k ，则1294k k ⋅=-第II 卷三､填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.如图所示是一个样本容量为100的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其60%分位数为___________.14.十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[]0,1均分为三段，去掉中间的区间段12,33⎛⎫⎪⎝⎭，记为第一次操作：再将剩下的两个区间120,,,133⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于18212024，则操作的次数n 的最大值为__________.（参考数据：456722220.1975,0.1317,0.0878,0.05853333⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≈≈≈≈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭）15.已知()3,0A ，若点P 是抛物线28y x =上的任意一点，点Q 是圆()2221x y -+=上任意一点，则2PAPQ最小值是_____16.如图所示，在圆锥内放入两个球12,O O ，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，切点圆分别为12,C C .这两个球都与平面α相切，切点分别为12,F F ，丹德林（G .Dandelin ）利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，12,F F 为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为G .Dandelin 双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为30 ，12,C C 的半径分别为2，5，点M 为2C 上的一个定点，点P 为椭圆上的一个动点，则从点P 沿圆锥表面到达M 的路线长与线段1PF 的长之和的最小值是__________.四､解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.已知函数()()sin 2cos2f x x x ϕ=++，其中π2ϕ<，__________.请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：①π12-是()f x 的一个零点；②()π03f f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.（1）求ϕ的值；（2）当ππ,63x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，若曲线()y f x =与直线y m =恰有一个公共点，求m 的取值范围.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.18.如图，多面体ABCDNM ，四边形DBMN 是矩形，梯形/,/,ABCD AD BC DN ⊥平面π,2ABCD CBD ∠=，E 为AB 中点，2,1AD BD DN BC ====.（1）证明：AN //平面MDE ；（2）求平面MNC 和平面MNA 所成角的余弦值.19.已知数列{}n a 满足：()*111,1,2,n n n a n a a n a n +-⎧==∈⎨⎩N 为奇数为偶数.设21n n b a -=.（1）证明：数列{}2n b -为等比数列，并求出{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n a 的前2n 项和2n S .20.某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估计山里成年鸡的数量N ，从山里随机捕获400只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放养到大山里，过一段时间后，从大山里捕获1000只成年鸡，X 表示捕获的有标识的成年鸡的数目.（1）若10000N =，求X 的数学期望；（2）已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识，试求N 的估计值（以使得()20P X =最大的N 的值作为N 的估计值）.21.已知抛物线2:2(0)G x py p =>经过点()2,1，经过点()0,2的直线l 与抛物线G 交,A B 两点，过,A B两点作抛物线G 的切线相交于点P ，Q 为线段AB （,A B 两点除外）上一动点，直线PQ 与抛物线G 交,C D两点.（1）若PAB 的的面积为，求直线l 方程；（2）求证：PC PD CQDQ=.22.已知函数()ln 1e xa x f x a x+=--（e 为自然对数的底数）.（1）若()0f x ≥，求实数a 的值；（2）证明：()21sin e 2ln x x x x x->+-；（3）对2π,,e 2cos 2x x x ax x x x ∞⎛⎫∈-+≥+- ⎪⎝⎭恒成立，求a 取值范围.数学答案第I卷一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求【1题答案】【答案】C【2题答案】【答案】D【3题答案】【答案】A【4题答案】【答案】B【5题答案】【答案】C【6题答案】【答案】A【7题答案】【答案】B【8题答案】【答案】A二､多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）【9题答案】【答案】AC【10题答案】【答案】ACD 【11题答案】【答案】AD 【12题答案】【答案】BCD第II 卷三､填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）【13题答案】【答案】14【14题答案】【答案】5【15题答案】【答案】4-【16题答案】【答案】6四､解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）【17题答案】【答案】（1）π6ϕ=-（2）{}11,122⎡⎫-⎪⎢⎣⎭【18题答案】【答案】（1）证明见解析（2）1010【19题答案】【答案】19.证明见解析，1*22,n n b n -=-+∈N 20.12223n n S n+=-++【20题答案】【答案】（1）()40E X =（2）19999或20000【21题答案】【答案】（1）2y x =±+（2）证明见解析【22题答案】【答案】（1）1（2）证明见解析（3）1a ≤。

辽宁省大连市2020届高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题（含答案解析）高考真题高考模拟高中联考期中试卷期末考试月考试卷学业水平同步练习辽宁省大连市2020届高三下学期第三次模拟考试数学（理）试题（含答案解析）1 已知集合，，则下列选项正确的是（）A. B.C. D.【答案解析】 D【分析】计算，根据集合的包含关系，交集并集运算依次判断每个选项得到答案. 【详解】,，，则，，AB错误；，C错误；，D正确.故选：D.【点睛】本题考查了解指数不等式，集合的包含关系，交集并集运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.2 设，，，则a、b、c的大小关系为（）A. B.C. D.【答案解析】 C【分析】由指数函数的性质和对数函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.【详解】由指数函数的性质，可得，，由对数函数的性质，可得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了指数函数和对数函数的性质的应用，其中解答中熟记指数函数和对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.3 已知平面，，直线，直线，则下列命题正确的是（）A. B.C. D.【答案解析】 C【分析】根据空间线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断得出答案.【详解】选项A. 由直线，直线，，则与可能异面，可能平行.则选项A错误.选项B. 由直线，直线,,则与可能平行，可能相交，可能异面，则选项B错误.选项C. 由直线,，则选项C正确.选项D. 由直线，直线,则与可能平行，可能相交,则选项D错误. 故选：C【点睛】本题考查空间线面、面面的位置关系的综合应用，属于基础题.4 已知随机变量X服从正态分布，且，则（）A. 0.6B. 0.2C. 0.4D. 0.35【答案解析】 B【分析】根据随机变量X服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得．【详解】∵随机变量服从正态分布，∴正态曲线的对称轴是，∵，∴.故选：B．【点睛】本题考查的知识点是正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.5 为了普及垃圾分类的知识，某宣传小组到小区内进行宣传.该小组准备了100张垃圾的图片，其中可回收垃圾40张.为了检验宣传成果，该小组从这100张图片中选取20张做调查问卷，则这20张中恰有10张可回收垃圾的概率是（）A. B.C. D.【答案解析】 B【分析】由题知，该小组从这100张图片中选取20张共有个结果，而这20张中恰有10张可回收垃圾的共有个结果，由古典概率公式计算即可得结果.【详解】由题知，该小组从这100张图片中选取20张共有个结果，而这20张中恰有10张可回收垃圾的共有个结果，由古典概率公式得这20张中恰有10张可回收垃圾的概率为.故选：B【点睛】本题主要考查古典概率，属于基础题.6 与双曲线有共同的渐近线，且焦点在y轴上的双曲线的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案解析】 A【分析】设双曲线的方程，根据题意，求得，再结合离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，双曲线，可得其渐近线方程为，又由与双曲线有共同的渐近线，且焦点在轴上，设双曲线的方程，则，所以离心率为.故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7 在展开式中，含的项的系数是（）A. －39B. －9C. 15D. 51【答案解析】 A【分析】首先将利用二项式定理展开，再求含的项的系数即可.【详解】因为所以含的项的系数为.故选：A【点睛】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数，属于简单题.8 已知数阵中，每行的三个数依次成等比数列，每列的三个数也依次成等比数列，若，则该数阵中九个数的积为（）A. 36B. 256C. 512D. 1024【答案解析】 C【分析】根据等比中项的性质计算可得；【详解】解：依题意可得，，，，因为所以故选：C【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题；9 已知一个正四面体和一个正四棱锥，它们的各条棱长均相等，则下列说法：①它们的高相等；②它们的内切球半径相等；③它们的侧棱与底面所成的线面角的大小相等；④若正四面体的体积为，正四棱锥的体积为，则；⑤它们能拼成一个斜三棱柱.其中正确的个数为（）A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案解析】 B【分析】①正四面体的高，正四棱锥的高，所以该命题错误；②设正四面体的内切球半径为.设正四棱锥的内切球半径为则.所以该命题不正确；③在正四面体中，就是侧棱和底面所成的角，.在正四棱锥中，就是侧棱和底面所成的角，，所以该命题不正确；④计算得.所以该命题正确；⑤把一个斜三棱柱分解成一个正四面体和正四棱锥，所以该命题正确.【详解】设正四面体和正四棱锥的棱长都为2，①，如图1，,所以正四面体的高.如图2，正四棱锥的棱长都为2，它的高,所以该命题不正确；②设正四面体的内切球半径为则，所以.设正四棱锥的内切球半径为则,所以.所以该命题不正确；③如图1，在正四面体中，就是侧棱和底面所成的角，.如图2，在正四棱锥中，就是侧棱和底面所成的角，，所以该命题不正确；④若正四面体的体积为，，正四棱锥的体积为，，则.所以该命题正确；⑤如图3，是一个斜三棱柱，其中四棱锥是一个棱长都为2的正四棱锥，四面体是棱长都为2的正四面体，所以它们能拼成一个斜三棱柱.所以该命题正确.故选：B.【点睛】本题主要考查几何体的体积的计算，考查几何体的内切球问题，考查直线和平面所成的角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象计算能力.10 设，则是的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案解析】 A分析：根据条件分别做出和，以及的图象，利用数形结合进行判断，即可得到结论.详解：由得或，作出函数和，以及的图象，如图所示，则由图象可知当时，，当时，，因为，所以“”是“”的充分不必要条件，故选A.点睛：本题主要考查了充分条件和必要条件的判定问题，其中正确作出相应函数的图象，利用数形结合法求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想方法的应用，以及推理与论证能力.11 在直线：上有两个点A、B，且A、B的中点坐标为(4,3)，线段AB的长度，则过A、B两点且与y轴相切的圆的方程为（）A. 或B. 或C或D. 或【答案解析】 C【分析】首先求出线段的垂直平分线方程，设出圆心坐标和半径，再利用圆的弦长性质得到圆心坐标和半径，即可得到圆的标准方程.【详解】由题知：线段的垂直平分线方程为：，即.设圆心，因为圆与轴相切，所以，如图所示：因为，所以，整理得：，解得或.当时，圆心，，圆.当时，圆心为，，圆.故选：C【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系中的弦长问题，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.12 函数f(x)是定义在R上的奇函数，且函数为偶函数，当时，，若有三个零点，则实数b的取值集合是（）A. ， B. ，C. ，D. ，【答案解析】 C【分析】由条件可推得函数是以4为周期的周期函数，且图象关于直线对称，关于原点对称，作出函数与函数的图象，结合图象即可得实数的范围.【详解】由已知得，，则，所以函数的图象关于直线对称，关于原点对称，又，进而有，所以得函数是以4为周期的周期函数，由有三个零点可知函数与函数的图象有三个交点，当直线与函数图象在上相切时，即有两个相等的实数根，即，由得，，当时，，作出函数与函数的图象如图：由图知当直线与函数图象在上相切时，，数形结合可得在有三个零点时，实数满足，再根据函数的周期为4，可得所求的实数的范围.故选：C【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和周期性的应用，函数的零点和方程的根的关系，体现了转化与化归的思想和数形结合的思想.13 设x，y满足约束条件，则的最大值为______.【答案解析】 2【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合平面区域确定目标函数的最优解，代入，即可求解.【详解】由题意，画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当直线过点时，此时在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为.故答案为：2.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．14 已知i是虚数单位，则______．【答案解析】【分析】根据虚数的计算规律，合理利用数列的求和，即可求解.【详解】由题意，故答案为：.【点睛】本题主要考查了复数的运算性质的应用，其中解答中合理利用复数的运算性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.15 对数是简化繁杂运算的产物.16世纪时，为了简化数值计算，数学家希望将乘除法归结为简单的加减法.当时已经有数学家发现这在某些情况下是可以实现的.比如，利用以下2的次幂的对应表可以方便地算出16×256的值.456789101112163264128256512102420484096首先，在第二行找到16与256；然后找出它们在第一行对应的数，即4与8，并求它们的和，即12；最后在第一行中找到12，读出其对应的第二行中的数4096，这就是16×256的值.用类似的方法可以算出的值，首先，在第二行找到4096与128；然后找出它们在第一行对应的数，即12与7，并求它们的______；最后在第一行中找到______，读出其对应的第二行中的数______，这就是值.【答案解析】差 ; 5 ; 32【分析】题设中给出的是第一行数的加法与第二行数的乘法的对应关系，类比到所求的问题中就是第一行数的减法与第二行数的除法之间的对应关系，从而可求规定的值.【详解】题设中给出的计算方法是：第一行数中两数的和与与第二行数的对应的两数的乘积是匹配的，因此，若在在第二行找到4096与128，要求它们的商，可以找出它们在第一行对应的数，即12与7，它们的差（5）在第二行中对应的数（32）即为.故答案为：差，5，32.【点睛】本题考查类比推理，一般地，类比推理有结论的类比、公式定理的类比，也有解题方法的类比，解题中注意寻找两类问题的相似之处.16 在△ABC中，点P满足，过点P的直线与AB，AC所在直线分别交于E，F.若，，，则的最小值为______.【答案解析】 4【分析】根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，再利用基本不等式，即可求解.【详解】如图所示，在中，，点满足，所以，即，可得，因为，，所以，因为三点共线，所以，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为4.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算与向量的共线定理，以及基本不等式的应用，其中解答中熟记向量的线性运算和共线定理，得到的关系式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.17 已知函数且当时，最小值为.（1）求函数f(x)的单调减区间；（2）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.且满足，，，求△ABC的面积.【答案解析】（1），；（2）.【分析】（1）先将函数化简得，由时，的最小值为，得函数的周期，从而求出，再求函数的单调减区间.（2）由可得，又，所以，根据正弦定理可得边长，再由面积公式求三角形面积.【详解】解：（1），∵时，的最小值为，∴周期，∴，∴，∴.令，，得，，单调递减区间为，.（2），得，∵，∴，∴，∴，∴，由得，，.【点睛】本题考查三角函数的恒等变形和三角函数的图像性质，考查正弦定理和三角形的面积，属于中档题.18 多面体ABC﹣DEF中，△DEF为等边三角形，△ABC为等腰直角三角形，平面，平面.（1）求证：；（2）若，，求平面ABC与平面DEF所成的较小的二面角的余弦值.【答案解析】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面平行的性质定理，分别证得和，即可证；（2）分别证得两两垂直，建立空间直角坐标系即可求解.【详解】解：（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以，同理可证，，所以.（2）因为△为等腰直角三角形，，所以，，又，，所以四边形为平行四边形，所以，因为△为等边三角形，所以，取的中点，连结、，因为，则，又，且，所以四边形为平行四边形，所以，在中，，所以，即，进而，同理可证，进而，以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以，易知平面的一个法向量为，，所以平面与平面所成的较小的二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线线、线面平行的判定与证明，以及计算二面角大小.计算二面角大小的常用方法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.19 已知圆锥曲线过点，且过抛物线的焦点B．（1）求该圆锥曲线的标准方程；（2）设点P在该圆锥曲线上，点D的坐标为，点E的坐标为，直线PD 与y轴交于点M，直线PE与x轴交于点N，求证：为定值．【答案解析】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，再代入解析式中求出方程即可得解；（2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且，，设椭圆上一点，表示出直线，直线，得到，；所以计算可得；【详解】解：（1）抛物线的焦点，将点，代入方程得，解得，所以圆锥曲线的标准方程为．（2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且，，设椭圆上一点，则直线：，令，得．∴，直线：，令，得．∴．所以因为点在椭圆上，所以，即，代入上式得．故为定值．【点睛】本题考查待定系数法求曲线方程，直线与圆锥曲线中的定值问题，属于中档题.20 盲盒里面通常装的是动漫、影视作品的周边，或者设计师单独设计出来的玩偶.由于盒子上没有标注，购买者只有打开才会知道自己买到了什么，因此这种惊喜吸引了众多年轻人，形成了“盲盒经济”.某款盲盒内可能装有某一套玩偶的A、B、C三种样式，且每个盲盒只装一个.（1）若每个盲盒装有A、B、C三种样式玩偶的概率相同.某同学已经有了A样式的玩偶，若他再购买两个这款盲盒，恰好能收集齐这三种样式的概率是多少？（2）某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机发放了200份问卷，并全部收回.经统计，有30%的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，女生占；而在未购买者当中，男生女生各占50%.请根据以上信息填写下表，并分析是否有95%的把握认为购买该款盲盒与性别有关？女生男生总计购买未购买总计参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828（3）该销售网点已经售卖该款盲盒6周，并记录了销售情况，如下表：周数123456盒数16______23252630由于电脑故障，第二周数据现已丢失，该销售网点负责人决定用第4、5、6周的数据求线性回归方程，再用第1、3周数据进行检验.①请用4、5、6周的数据求出关于的线性回归方程；（注：，）②若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2盒，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问①中所得的线性回归方程是否可靠？【答案解析】（1）；（2）填表见解析，有把握认为“购买该款盲盒与性别有关”；（3）①；②可靠.【分析】（1）列举出基本事件的总数和事件“他恰好能收集齐这三种样式”所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.（2）根据题意，得出的列联表，利用公式求得的值，结合附表，即可得到结论；（3）①求得的值，根据公式求得的值，求得回归直线方程；②当和时，比较即可得到结论.【详解】（1）由题意，基本事件空间为，其中基本事件的个数为9个，设事件为：“他恰好能收集齐这三种样式”，则，其中基本事件的个数为2，所以他恰好能收集齐这三种样式的概率.（2）女生男生总计购买402060未购买7070140总计11090200则.又因为，故有把握认为“购买该款盲盒与性别有关”.（3）①由数据，求得，.由公式求得，.所以关于的线性回归方程为.②当时，，；同样，当时，，.所以，所得到的线性回归方程是可靠的.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，独立性检验的应用，以及回归直线方程的求解及应用，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.21 已知函数.（1）若使成立，求a的取值范围；（2）若，证明不等式.【答案解析】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）当时，可由知命题成立，当时，利用导数可求，由可得，故可求实数的取值范围.（2）成立等价于成立，令，，利用导数可证，，从而可知原不等式成立.【详解】解：定义域，（1）①时，，∴使成立.②时，，由得，由得，∴函数在区间单调递增，函数在区间单调递减，故，得，∴，∴由①②得.（2）时，由得需证，令，，,令得，令得∴函数在区间单调递增，在区间单调递减，，，，令得，令得.函数在区间单调递减，在区间单调递增，，∴时，成立，∴成立.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性以及函数不等式的恒成立，前者依据导数的符号，注意合理的分类讨论，后者需变形后构建新函数，通过导数求出新函数的最值，通过最值的关系来证明不等式.22 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点O 为极点，以x轴正半轴为极轴建极坐标系．（1）求C的极坐标方程；（2）直线，的极坐标方程分别为，，直线与曲线C的交点为O、M，直线与曲线C的交点为O、N，求线段MN的长度．【答案解析】（1）；（2）1．【分析】（1）先根据三角函数平方关系消元得普通方程，再根据化为极坐标方程；（2）根据直线与曲线极坐标方程可得极坐标，再根据余弦定理求的长度．【详解】解：（1）由曲线的参数方程为得曲线的直角坐标方程为：，所以极坐标方程为即．（2）将代入中有，即，将代入中有，即，，余弦定理得，．【点睛】本题考查参数方程化普通方程、普通方程化极坐标方程、余弦定理，考查综合分析求解能力，属基础题.23 设函数．（1）解不等式；（2）若f(x)最小值为m，实数a、b满足，求的最小值．【答案解析】（1）或；（2）．【分析】（1）分类讨论，，三种情况，解不等式得到答案.（2）计算，所求可看作点到直线的距离的平方，计算得到答案.【详解】（1），由得或或，得或或，∴不等式解集或．（2）根据图象知：，∴，所求可看做点到直线的距离的平方，．∴的最小值为．【点睛】本题考查了解绝对值不等式，求函数最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，转化为点到直线的距离是解题的关键.。

辽宁省大连市2024届高三上学期期末双基测试数学检测卷注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效2.本试卷分和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.第I 卷一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1.已知集合，则（ ）{}*11,2,3,4,5,2x A B x ⎧⎫-==∈⎨⎬⎩⎭N A B ⋂=A.B.C.D.{}5{}2,4{}3,5{}1,3,52.设复数，则（ ）1i4i 1i z -=++z =A.0B.1C.2D.33.在中，若，则（ ）ABC 1,3AD mDB CD CA CBλ==+ λ=A. B. C. D.231313-23-4.在财务审计中，我们可以用“本•福特定律”来检验数据是否造假.本福特定律指出，在一组没有人为编造的自然生成的数据（均为正实数）中，首位非零的数字是这九个事件不是等19~可能的.具体来说，随机变量是一组没有人为编造的首位非零数字，则χ.则根据本•福特定律，首位非零数字是1与首位非零数字()1lg,1,2,,9k P k k k χ+=== 是8的概率之比约为（ ）（保留至整数，参考数据：）.lg20.301,lg30.477==A.4B.6C.7D.85.已知曲线“表示焦点在轴上的椭圆”的一个充分非()()22:log 2024log 20241a b C x y +=y必要条件是（ ）A.B.0a b <<1a b<<C. D.32a b <<1b a<<6.已知函数，若存在实数满足()()[]2log ,0,2πsin ,2,104x x f x x x ⎧∈⎪=⎨⎛⎫∈ ⎪⎪⎝⎭⎩1234,,,x x x x ，且，则的值是（ ）()()()()1234f x f x f x f x ===1234x x x x <<<34124x x x x +⋅A.3B.6C.8D.127.设，则（ ）11155,2ln sin cos ,ln48844a b c ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭A.B.a b c <<b a c<<C. D.c b a <<a c b <<8.已知函数满足下列条件：①对任意()sin πcos π(1,1,0)f x a x b x a b ωωω=+>>>恒成立；②在区间上是单调函数；③经过点()1,4xf x f ⎛⎫∀∈≤ ⎪⎝⎭R ()f x 34,77⎡⎤⎢⎥⎣⎦的任意一条直线与函数图像都有交点，则的取值范围是（）()b ()y f x =ωA.B.(]280,13,9⎡⎤⋃⎢⎥⎣⎦()280,13,9⎡⎤⋃⎢⎥⎣⎦C.D.][(0,13,5⎤⋃⎦()30,1,52⎡⎤⋃⎢⎥⎣⎦二､多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.在中，角的对边分别是，若，ABC ,,A B C ,,a b c cos sin a B b A c +=，则（）222sin a ab c ab C =+-=A. B.tan 2C =π3A =C.D.的面积为b =ABC10.如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，1111ABCD A B C D -M N P ､､1111C D C C A A ､､则（）A.平面截正方体所得截面为等腰梯形1A MN B.三棱锥的体积为1D MNB -112C.异面直线与MN 1D P D.1A D BM⊥11.已知三个盒子，其中盒子内装有2个红球，1个黄球和1个白球；盒子内装,,A B C A B 有2个红球，1个白球；盒子内装有3个红球，2个黄球.若第一次先从盒子内随机抽取C A 1个球，若取出的球是红球放入盒子中；若取出的球是黄球放入盒子中；若取出的球是A B 白球放入盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（）C A.在第一次抽到黄球的条件下，第二次抽到红球的概率为12B.第二次抽到红球球的概率为13C.如果第二次抽到的是红球，则它来自号盒子的概率最大B D.如果将5个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放1个，则不同的放法有150种12.已知椭圆左焦点，左顶点，经过的直线交椭圆于两点（点22:143x y E +=F C F l ,A B 在第一象限），则下列说法正确的是（ ）A A.若，则的斜率2AF FB=l k =B.的最小值为4AF BF +274C.以为直径的圆与圆相切AF 224x y +=D.若直线的斜率为，则,AC BC 12,k k 1294k k ⋅=-第II 卷三､填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.如图所示是一个样本容量为100的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其分60%位数为__________.14.十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中[]0,1间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间...分为三段，并各12,33⎛⎫ ⎪⎝⎭120,,,133⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦自去掉中间的区间段，记为第二次操作...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次18212024数的最大值为__________.n （参考数据：）456722220.1975,0.1317,0.0878,0.05853333⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≈≈≈≈ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭15.已知，若点是抛物线上的任意一点，点是圆上任意()3,0A P 28y x =Q 22(2)1x y -+=一点，则最小值是__________.2||PA PQ16.如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，12,O O 切点圆分别为.这两个球都与平切，切点分别为，丹德林（G.Dandelin ）12,C C α12,F F 利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，为此椭圆的两个焦点，这两个α12,F F 球也称为G.Dandelin 双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为，的半径分别为3012,C C 2，5，点为上的一个定点，点为椭圆上的一个动点，则从点沿圆锥表面到达M 2C P P 的路线长与线段的长之和的最小值是__________.M 1PF 四､解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.（本小题满分10分）已知函数，其中，__________.()()sin 2cos2f x x xϕ=++π2ϕ<请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：①是的一个零点；②.π12-()f x ()π03f f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（1）求的值；ϕ（2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围.ππ,63x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()y f x =y m =m 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.18.（本小题满分12分）如图，多面体，四边形是矩形，梯形平面ABCDNM DBMN ,ABCD AD ∥,BC DN ⊥，为中点，.π,2ABCD CBD ∠=E AB 2,1AD BD DN BC ====（1）证明：平面；AN ∥MDE （2）求平面和平面所成角余弦值.MNC MNA 19.（本小题满分12分）已知数列满足.设.{}n a ()*111,1,N 2,n n n a n a a n a n +-⎧==∈⎨⎩为奇数为偶数21nn b a -=（1）证明：数列为等比数列，并求出的通项公式；{}2n b -{}n b （2）求数列的前项和.{}n a 2n 20.（本小题满分12分）某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估计山里成年鸡的数量，从山里随机捕获400只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放养到大N 山里，过一段时间后，从大山里捕获1000只成年鸡，表示捕获的有标识的成年鸡的数目.X （1）若，求的数学期望；10000N =X （2）已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识，试求的估计值（以使得最N ()20P X =大的的值作为的估计值）.N N 21.（本小题满分12分）已知抛物线经过点，经过点的直线与抛物线交两2:2(0)G x py p =>()2,1()0,2l G ,A B 点，过两点作抛物线的切线相交于点为线段（两点除外）上一动点，,A B G ,P Q AB ,A B 直线与抛物线交两点.PQ G ,C D （1）若的的面积为，求直线方程；PABl （2）求证.PCPD CQDQ=22.（本小题满分12分）已知函数（为自然对数的底数）.()ln 1x a x f x e a x +=--e （1）若，求实数的值；()0f x ≥a （2）证明：；()21sin 2ln x x xe x x->+-（3）对恒成立，求取值范围.2π,,2cos 2x x xe ax x x x ∞⎛⎫∈-+≥+- ⎪⎝⎭a 答案与评分标准数学说明：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第I 卷一､单项选择题1.C2.D3.A2.D3.A4.B5.C6.A7.B8.A.7.解：，构造函数由211111ln sin cos ln 1sin ,1ln 188444b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭得，构造函数()sin ,ln 1x x x x <+<11111sin ,ln 1sin sin ,;44444a b ⎛⎫>+<<> ⎪⎝⎭()()()2211ln 1,11(1)(1)x xf x x f x x x x x =+-='-=++++在上单调递增，即，故()f x []0,1c a >c a b>>另法：1111ln ,1ln 1444x x x c ⎛⎫⎛⎫-<=++>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭8.方法一：由函数可知函数周期是，()sin πcos π(0)f x a x b x ωωω=+>2π2πωω=因为①对任意恒成，所以函数的一条对称轴是，()1,4x f x f ⎛⎫∀∈≤ ⎪⎝⎭R 14x =又因为在区间是单调函数，所以，()f x 34,77⎡⎤⎢⎥⎣⎦()11347114147m m ωω⎧+⨯≤⎪⎪⎨⎪++⨯≥⎪⎩所以，所以为0或1.12,m m -<≤∈Z m 当时，；当时，0m =2809ω<≤1m =285659ω≤≤由已知得，因为经过点的任意一条直线与函数图像max ()f x =()b ()y f x =，所以.b a≥因为①对任意恒成，所以.()1,4x f x f ⎛⎫∀∈≤ ⎪⎝⎭R 1πππcos sin 0444f a b ωωω'⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以，ππtan,1tan 144a b ωω=-≤≤由或，得或，所以或2809ω<≤285659ω≤≤ππ044ω<≤3ππ7π449ω≤≤01ω<≤2839ω≤≤方法二：()()ππ,tan ,0,,2b f x x a ωϕϕϕ⎛⎫⎛⎫=+=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由①可知：，即（*）1πππ42m ωϕ⨯+=+()πππ,42m m Z ωϕ=-++∈由②可知：，()34ππ,π77x ωϕωϕωϕ⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦因为函数在上是单调函数，所以34,77⎡⎤⎢⎥⎣⎦()34πππ,ππ,π,7722k k k Z ωϕωϕ⎡⎤⎡⎤++⊆-++∈⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦将（*）带入化简可得：3724721127k k T πωπϕππωπϕπ⎧+≥-+⎪⎪⎪+≤+⎨⎪⎪≥⎪⎩2828()5528(),()907k m k m k m Z ωωω⎧≥-+-⎪⎪⎪≤--∈⎨⎪<≤⎪⎪⎩所以，下同方法一.2828560,,959ω⎛⎤⎡⎤∈⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦二､多项选择题9.AC10.ACD11.AD12.BCD10.解：对于，在正方体中，连接，因为分别为中点，所以A 11,CD AB ,M N 111,CD C C ，在正方体中，，所以，又因为MN ∥1D C 1A B ∥1D C MN ∥1A B 1MA NB ==所以平面截正方体所得截面为等腰梯形，A 正确；1A MN 对于B ，错误；1111111111,3322224D MNB B D MN D MN V V BC S B--==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯= 对于C ，因为，所以异面直线与所成角即为直线与所成角，MN∥1D C MN 1DP 1D C 1D P 设所成角为，则，C 正θ222222111132||cos 2D P D C CP D P D C θ⎛⎫+-+-===⋅确；对于，在正方体中易知平面平面，所以正D 1A D ⊥11,ABC D BM ⊂11ABC D 1,D A D BM ⊥确.11.解：记第一次抽到第红､黄､白球的事件分别为，则有123,,A A A ，对于，在第一次抽到黄球的条件下，则黄球放入盒()()()12311,24P A P A P A ===A B 子内，因此第二次抽到红球的概率为正确；21,A42P ==于B ，记第二次在第盒内抽到白球的事件分别为，而两两互,,A B C ()1,2,3i B i =123,,A A A 斥，和为，记第二次在第号盒内抽到红球的事件分别为，而Ω,,A B C ()1,2,3i C i =两两互斥，和为，错；记第123,,A A A Ω()()()112233111,,,222P C A P C A P C A B ===∣∣∣二次抽到红球的事件为，C ()()()33111111111()2242422i i i i i i i P C P AC P A P C A ==⎡⎤==⋅=⨯+⨯+⨯=⎣⎦∑∑∣若取出的球是红球放入盒子中；若取出的球是黄球放入盒子中；若取出的球是白球放入A B 盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球，C ()()()()()()()()111222121111112242,112422P A P C A P A P C A P A C P A C P C P C ⨯⨯⋅⋅======∣∣∣∣，，()()()()333311142142P A P C A P A C P C ⨯⋅===∣∣即第二次抽到的是红球，则它来自盒子的概率最大，不正确；A C 把5个不同的小球分成3组的不同分组方法数是种，22353522C C C A ⎛⎫+ ⎪⎝⎭将每一种分组方法分成的小球放在3个盒子中有种不同放法，33A 由分步乘法计数原理得不同的放法种数是种，D 正确.2233535322150C C C A A ⎛⎫+⋅= ⎪⎝⎭易知：，对于，若，显然直线的斜率存在且大于0，设()()121,0,1,0F F -A 112AF F B =1l 直线，联立椭圆方程，化简整理得()()()111221(0),,,,l y k x k A x y B x y =+>()221143y k x x y ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，显然，又()22224384120k x k x k +++-=221212228412Δ0,,4343k k x x x x k k -->+==++，故，整理得，由()()1111221,,1,AF x y F B x y =---=+()12121x x --=+1223x x +=-解得，又，故错误；21221221228432341243k x x k x x k x x k ⎧-+=⎪+⎪⎪+=-⎨⎪-⎪=⎪+⎩254k =0k >k A =对于，易知直线的斜率不为0，设直线，联立椭圆方B 1l()()11122:1,,,,l x my A x y B x y =-程，化简整理得，显然221143x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩()2234690m y my +--=，由点在轴的上方，显然，又12122269Δ0,,3434m y y y y m m ->+==++A x 120,0y y ><，1112,AF yBF y ====()()2221121211143439134m m AF BF m m +++=====++，故()11111111114311332744554444BF AF AF BF AF BF AF BF AF BF ⎛⎛⎫⎛⎫ +=++=++≥+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝，当且仅当，即时取等，正确；11114BF AF AF BF =112AF BF =B 对于，设的中点为，则，又C ()111,,A x y AF P 111,22x y P -⎛⎫⎪⎝⎭，由椭圆定义知：，即，22AF OP ==21222AF AF +=122AF OP =-又的圆心为，半径为2，故以为直径的圆与圆内切，224x y +=()0,0O 1AF 224x y +=正确；C 方法二：12.解：易知：，对于，若，显然直线的斜率存在且大于()()121,0,1,0F F -A 112AF F B=1l0，设直线，联立椭圆方程，化简整理得()()111221,,,,l x my A x y B x y =-221143x my x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，显然()2234690mx my +--=12122269Δ0,,,3434m y y y y m m ->+==++又，故，()()1111221,,1,AF x y F B x y =---=+122y y =-由，解得，又，故，A 错误；122122126349342m y y m y y m y y ⎧+=⎪+⎪-⎪=⎨+⎪=-⎪⎪⎩245m =0k>k =对于，由点在轴的上方，显然，又B A x 120,0y y ><，1112,AF y BF y ==()()2221121211143439134m m AF BF m m +++=====++，故()11111111114311332744554444BF AF AF BF AF BF AF BF AF BF ⎛⎛⎫⎛⎫ +=++=++≥+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝，当且仅当，即时取等，正确；11114BF AF AF BF =112AF BF =B 对于D ，，2121212122222698124,,,34343434m m y y y y x x x x m m m m ---++==+==++++()()()212122*********934,D124822244243434AC BCy y y y m k k m x x x x x x m m -+⋅====--+-++++++⋅+++正确第II 卷三､填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.1414.5解：记表示第次去掉的长度，，第2次操作，去掉的线段长为，n a n 113a ∴=222,3a =第次操作，去掉的线段长度为，n 123n n na -=，则，12133212313nnn S ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦∴==- ⎪⎝⎭-21821220310.10033202432024n n<>⎛⎫⎛⎫-⇒≈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由的最大值为5.56220.1317,0.0878,33n⎛⎫⎛⎫≈≈∴ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭15.4-解：由题意得抛物线的焦点为，准线方程为.28y x =()2,0F 2x =-又点是抛物线上一点，点是圆上任意一点，P Q 22(2)1x y -+=max ||1,PQ PF ∴=+∴.令，点的坐标为，则，22||||1PA PA PQ PF ≥+1t PF =+P (),P P x y ()233P X PF t t =-=-≥，()()()222222||338(33)83412P P P P PA x y x x t t t t ∴=-+=-+=--+-=-+，当且仅当，即22||412124441PA t t t PF t t -+∴==+-≥-=+12t t =时t =等号成立.的最小值为.2||PA PQ∴4-16.6解：在椭圆上任取一点，连接交球于点，交球于点，P VP 1O Q 2O R连接，在与中有：111112,,,,O Q O F PO PF O R 11ΔO PF 1ΔO PQ ，（为圆的半径，为圆的半径，），111O Q O F =1r 1C 2r 2C ，11190O QP O F P ∠∠== 为公共边，所以，所以，1O P 111ΔΔO PF O PQ ≅1PF PQ =设点沿圆锥表面到达的路线长为，P M PM d 则，1PM PM PF d PQ d PQ PR QR+=+≥+=当且仅当为直线与椭圆交点时取等号，P VM ，所以最小值为6，125261sin302r r QR --===四､解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17.（本小题满分10分）解：选条件①（1）由题设.πππsin cos 01266f ϕ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-++-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以.πsin 6ϕ⎛⎫-= ⎪⎝⎭因为，所以.ππ22ϕ-<<2πππ363ϕ-<-<所以.ππ63ϕ-=-所以.π6ϕ=-（2）由（1）()π1sin 2cos2cos262f x x x x x⎛⎫=-+=+ ⎪⎝⎭.πsin 26x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭令ππ5π2t 666t x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭……所以在单调递增，在单调递减，y sint =ππ,62⎡⎤-⎢⎥⎣⎦π5π,26⎡⎤⎢⎥⎣⎦于是，当且仅当，即时，取得最大值1；ππ262x +=π6x =()f x 当且仅当，即时，取得最小值.ππ266x +=-π6x =-()f x 12-又，即时，.π5π266x +=π3x =π5π1sin 362f ⎛⎫==⎪⎝⎭所以的取值范围是.m {}11,122⎡⎫-⋃⎪⎢⎣⎭选条件②.（1）由题设.2π2πsin cos0sin cos33ϕϕ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭整理得.πsin 6ϕ⎛⎫-= ⎪⎝⎭以下同选条件（1）.18.（本小题满分12分）证明：（1）连接线段交与于点，连接，BN DM O OE 四边形是矩形，点是线段中点， DBMN ∴O BN 点是中点，， E AB OE ∴∥AN 平面平面，OE ⊂ ,MDE AN ⊄MDE平面.AN ∴∥MDE （2），AD ∥π,,2BC CBD DA DB ∠=∴⊥平面平面，DN ⊥ ,,ABCD DA DB ⊂,,ABCD DN DA DN DB ∴⊥⊥三条直线两两互相垂直，,,DN DA DB ∴以为原点，以为轴正方向建立空间直角坐标系，D ,,DA DB DN,,x y z ()()()()0,2,2,0,0,2,2,0,0,1,2,0M N A C -设平面的法向量为，MNA ()()(),,z ,0,2,0,2,0,2m x y NM NA ===-，令，则0220,200m NA x z y m NM ⎧⋅=-=⎧⎪∴⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩ 1x =()1,0,1m = 设平面的法向量为，MNC ()()(),,,0,2,0,1,0,2n a b c NM MC ===--，令，则，020,200n MC a c b n NM ⎧⋅=--=⎧⎪∴⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩ 2a =()2,0,1n =- 设平面与平面所成角为，则MNC MNA θ||cos |cos ,|||||m n m n m n θ⋅=<>===平面与平面.∴MNC MNA 19.（本小题满分12分）解：（1）由题意可知：，111b a ==，()121221212212222n n n n n n b a a a a b ++--===-=-=-故，()11222,210,20n n n b b b b +-=--=-≠∴-≠ 得，1222n n b b +-=-故是以为首项，以为公比的等比数列，{}2n b -121b -=-2q =且，故1*22,n n b n --=-∈N 1*22,N n nb n -=-+∈（2）由（1）知，，即，1*22,N n n b n -=-+∈1*2122,N n n a n --=-+∈由题意知：，故，()*11,212,2n n n a n k a k N a n k +-=-⎧=∈⎨=⎩*2211,n n a a n N -=-∈故数列的前项和{}n a 2n ()()2135212462n n n S a a a a a a a a -=+++++++++ ()135212n a a a a n-=++++- ()0121222222n n n-⎡⎤=-+++++-⎣⎦ 1122322312n n n n+-=-⨯+=-++-20.（本小题满分12分）解：（1）以服从超几何分布，且，X 10000,400N M ==故.()40010004010000E X =⨯=（2）当时，；1380N <()200P X ==当时，1380N ≥()20980400400100020N NC C P X C -⋅==令，则()2010004004001000N N C C f N C -⋅=()()()()()()20980400140010001209804004001000111000140011400980N N N NC C f N N N C C C f N N N C +-+-⋅++-+-==⋅++--22139899939913781379N N N N -+⨯=--，22139899939913781379,19999N N N N N -+⨯≥--∴≤当时，；当时，138019999N ≤≤()()1f N f N ≤+20000N ≥，()()1f N f N >+所以当或20000时，最大，所以的值为19999或20000.19999N =()f N N 21.（本小题满分12分）解：（1）已知抛物线经过点，所以抛物线2:2(0)G x py p =>()2,12:4G x y =设，由题意可知直线斜率存在，设直线方程为，()()1122,,,A x y B x y AB AB 2y kx =+联立方程组，可得，242x y y kx ⎧=⎨=+⎩2480x kx --=所以，21212Δ16320,4,8k x x k x x =+>+==-所以弦长2AB x =-=，所以切线方程：，即①12y x '=AP ()11112y y x x x -=-2111124y x x x =-同理可得切线方程：②BP 2221124y x x x =-联立①和②方程组21122211241124y x x x y x x x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩解得：，所以，122,22x x x k y +===-()2,2P k -又因为点到直线距离P AB d 所以，()3221422ABPS AB d k =⨯=+=ò可得，即，所以直线方程为21k =1k =±AB 2y x =±+（2）方法一：设，设，()()()003344,,,,,Q x y C x y D x y (),,1,1PC CQ PD DQ λμλμ==≠-≠-所以，所以，()()3303032,2,x k y x x y y λ-+=--03032121k x x y y λλλλ+⎧=⎪⎪+⎨-+⎪=⎪+⎩代入抛物线方程得：，()()()2002412k x y λλλ+=+-+化简得()()22200004448480,xy kx y k λλ-+-+++=同理，()()22200004448480x y kx y k μμ-+-+++=即是方程的两根，,λμ()()22200004448480xy x kx y x k -+-+++=因为点在直线上，即，()00,Q x y AB 004480kx y -+=所以方程化为，可得，()222004480xy x k -++=0λμ+=即成立.PCPD CQDQ=方法二：设，()()()3344,,,,,Q Q Q x y C x y D x y 由题意知直线的斜率存在，设直线方程为：，PQ PQ ()()22,y m x k m k +=-≠联立方程组，可得，()2422,x y y m x k ⎧=⎪⎨+=-⎪⎩24880x mx km -++=，()23434Δ164880,4,88m km x x m x x km =-+>+==+因为，3,QPC x DQ x =-=-4,,Q PD x CQ x =-=-因为所以()()()()344320,20Q Q k x x x k x xx -->-->||||||||QPC DQ PD CQ x -=----()()()23434341422Q m k x x x k x x x x ⎡⎤=+---++⎣⎦③()()()()221448164124Q Q m k m x km m k m x km ⎡⎤⎡⎤=+-++=+-++⎣⎦⎣⎦由两条直线联立：，可得，()222y m x k y kx ⎧+=-⎨=+⎩24Q km x k m +=-+代入③可知()()22441240km PC DQ PD CQ m k m km k m +⎡⎤-=+-++=⎢⎥-+⎣⎦即成立.PCPD CQDQ=22.（本小题满分12分）解（1）方法一：，()()()ln 0,ln 10,ln 10x x x f x xe a x x e a x x +≥∴-+-≥∴-+-≥ 令，对任意恒成立，令，ln ,.10tt x x t R e at =+∈∴--…t ∈R ()1t h t e at =--当时，，与恒成立矛盾，不合题意；0a <101220a h e e a ⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭()0h t …当时，，与恒成立矛盾，不合题意；0a =()()111,1110t h t e h e e -=--=-=-<()0h t …当时，在上递减，在上递增，0a >()(),t h t e a h t =-'(),ln a ∞-()ln ,a ∞+的最小值为.()h t ∴()ln ln 1h a a a a =--令，则，知在上递增，在上递减，()ln 1a a a a ϕ=--()ln a a ϕ'=-()a ϕ()0,1()1,∞+，要使，当且仅当.()max ()10a ϕϕ∴==()ln 10a a a a ϕ=--…1a =综上，实数的值为1.a 方法二：，()()()ln 0,ln 10,ln 10x x x f x xe a x x e a x x +≥∴-+-≥∴-+-≥ 令，对任意恒成立，ln ,.10tt x x t e at =+∈∴--R …t ∈R 当时，，因为，所以；0t >1t e a t -≤1111t e t t t -+->=1a ≤当时，，因为，所以；0t <1t e a t -≥1111t e t t t -+-<=1a ≥当时，不等式恒成立；0t =综上，实数的值为1.a 方法三：将等价为，当时，()0f x ≥()ln 10x g x xe ax a x =---≥0a <，与恒成立矛盾，不合题意，当时，也不合题意101220a h e e a ⎛⎫=-<-< ⎪⎝⎭()0h t …0a =当时0a >，()()()()()()1111x xxx xe a x x e a x a g x x e a x x x '+-+-+=+--==令，所以在单调递增，()()(),10x x h x xe a h x x e ==+'->()h x ()0,∞+因为，()()()00,10a a h a h a ae a a e =-<=-=->所以，使得，即，即，()00,x ∞∃∈+()00h x =00x X e a =00ln ln x x a +=当，即，所以单调递减；()()000,,0x x h x '∈<()0g x '<()g x 当，即，所以单调递增，()()00,,0x x h x ∞'∈+>()0g x '>()g x 所以()()0min 000000()ln 1ln 1ln 1x g x g x x e ax a x a a x x a a a ==---=-+-=--令，()()ln 1,ln a a a a aϕϕ'=--=-当单调递增；当单调递减，()()()0,1,0,a a a ϕϕ>'∈()()()1,,0,a a a ∞ϕϕ∈+<'可知.()()10a ϕϕ≤=所以当且仅当时成立.1a =()ln 10x g x xe ax a x =---≥即时，.()0f x ≥1a =（2）方法一：证明：由（1）知，当时，，即，1a =ln 10x xe x x ---…ln 1xxe x x ++…，22ln x x e x x x x ∴++…证明：等价于证明下面证明()21sin 2ln xx xe x x->+-，()()2ln 2ln 21sin x x x x x x x ++>+--即证.222sin 0x x x -+->令.()()222sin ,212cos g x x x x g x x x-+=-'=--当时，显然单调递增，，01x <…()g x '()()π112cos112cos03g x g '=-'<-=…在上单调递减，，()g x ∴(]0,1()()122sin10g x g =->…当时，显然，即.1x >222sin 0x x x -+-…()0g x >故对一切，都有，即.()0,x ∞∈+()0g x >()()2ln 2ln 21sin x x x x x x x ++>+--故原不等式成立.()()22ln 21sin x x e x x x >+--方法二：证明：由（1）知，当时，，即，1a =ln 10x xe x x ---…ln 1xxe x x ++…22ln x x e x x x x∴++…证明：等价于证明下面证明()21sin 2ln xx xe x x->+-，()()2ln 2ln 21sin x x x x x x x ++>+--即证.222sin 0x x x -+->因为，所以.2221(1)0x x x x -+--=-≥221x x x -+≥+因为，显然.sin ,1sin x x x >≥222sin 0x x x -+-…故原不等式成立.()()22ln 21sin x x e x x x >+--（3）方法一：令，()()2cos ,sin x x g x e ax x g x e a x=--+=--'①若，当时，，1a >0x ≥()cos x g x e x =-''在单调递增，()()0,g x g x >'∴'' [)0,∞+，()()()100,1sin 1110a g g a e a a a a +=+=--+>+-'-'= 故存在唯一，使得，则当为减函数，()00,x ∞∈+()00g x '=()()00,,x x g x ∈，此时，与题意不符（舍）.()()()00,00g g x g =∴<'= ()0xg x ∴<②若1a ≤（i ）当，则由①可知，在单调递增，0x ≥()()cos 0,x g x e x g x =-≥'''[)0,∞+在单调递增，所以()()()010,g x g a g x ∴-≥'>'>[)0,∞+()()00g x g ≥=所以成立.22cos x xe ax x x x ≥+-（ii ）当在单调递增，()()()π,0,cos ,sin ,2x x x g x e x g x e x g x ⎛⎫∈-=-=+ '⎪⎝⎭'''''''π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，故存在唯一，使得，()π2π01,102g g e -⎭''''⎛⎫=-=-< '⎪'⎝ 0π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()00g x '''=当时，在上单调递减，0π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()()0,g x g x <'''''0π,2x ⎛⎫- ⎪⎝⎭当时，在上单调递增，()0,0x x ∈()()"'0,g x g x >''()0,0x ，故存在唯一，使得，()π2π00,02g g e -⎛'⎫=-='''> ⎪⎝⎭10π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()10g x ''=当时，在上单调递增，1π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()()0,g x g x >'''1π,2x ⎛⎫- ⎪⎝⎭当时，在上单调递减，()1,0x x ∈()()0,g x g x <'''()1,0x 在恒成立，()()π2π010,10,02g a g e a g x -⎛⎫=->-=-+>∴> ⎪⎝⎭''' π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭在单调递增恒成立，()g x ∴π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭()()()00,0g x g xg x ∴<=∴>时，恒成立，1a ∴≤()0xg x >综上所述，1a ≤方法二：因为，所以.22cos xxe ax x x x ≥+-()2cos 0x x e ax x --+≥当时，恒成立，所以恒成立，0x ≥2cos 0x e ax x --+≥2cos xe x ax -+≥令在上()()()2cos ,sin 11sin 10,x x x e x x x e x x x x ϕϕϕ=-+-=--≥+--≥'[)0,x ∞∈+单调递增，，所以，所以.()()00x ϕϕ≥=2cos xe x x ax -+≥≥1a ≤当时，恒成立，所以恒成立，π02x -<≤2cos 0x e ax x --+≤2cos x e x ax -+≤令，()()2cos ,sin 1x x x e x x x e x ϕϕ=-+-'-=-当时，，令，使得，0x <()cos xx e x ϕ=-''0πcos 0,,02x e x x ⎛⎤-=∃∈- ⎥⎝⎦00cos x e x =当时，在上单调递增，0π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()()0,x x ϕϕ>'∴''π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭当时，在上单调递减，()0,0x x ∈()()0,x x ϕϕ<'∴''()0,0x ，()ππ22ππ00,sin 1022e e ϕϕ--⎛⎫⎛⎫=-=---=> ⎪ ⎪⎝'⎝⎭'⎭ 恒成立，()π,0,02x x ϕ⎛⎤∴ ''∀∈->⎥⎝⎦在上单调递增减，在上单调递增，()x ϕ'π,02x ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦()()()00,x x ϕϕϕ'≥='π,02x ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦所以，所以，所以.综上所述.()()00x ϕϕ≤=2cos xe x x ax -+≤≤1a ≤1a ≤方法三：()2cos 0x x e ax x --+≥①当时，恒成立，即在恒成立，令0x >2cos 0x e ax x --+≥2cos x e xa x -+≤()0,∞+，()()()21sin 2cos 2cos (0),x x x e x x x e xh x x h x x x --+--+=='>令在上单调()()()()()1sin 2cos ,cos 0,x x g x x e x x x g x x e x g x =--+>'-=-∴()0,∞+递增，在上单调递增，()()()()00,0,g x g h x h x ∴>'>=∴∴()0,∞+，由洛必达法则()()0h x h ∴>()01,1h a =∴≤②当时，恒成立，即在恒成立，π02x -<<2cos 0xe ax x --+≤2cos x e x a x -+≤π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭同方法一①，，()()cos 0,cos x x g x x e x e x=-=∴='存在唯一，使得，0π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()00g x '=当时，在上单调递减，0π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭()()()cos 0,x g x x e x g x =-<'0π,2x ⎛⎫- ⎪⎝⎭当时，在上单调递增，()0,0x x ∈()()()cos 0,x g x x e x g x =->'()0,0x ，()π2πππ00,10222g g e -⎛⎫⎛⎫=-=---< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 在恒成立，在单调递减，()0g x ∴<π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭()()0,h x h x <∴'∴π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭，()()0h x h ∴>用洛必达法则.()01,1h a =∴≤③当时，恒成立，0x =()2cos 0x x e ax x --+≥综上所述，1a ≤（用洛必达法则扣1分）。

2020届辽宁省⼤连市⾼三双基测试试题数学（理）2020年⼤连市⾼三双基测试卷数学(理科)说明：本试卷分第I 卷(选择题)和第Ⅱ卷(⾮选择题)两部分，其中第II 卷第22题～第23题为选考题，其它题为必考题。

考⽣作答时，将答案答在答题纸上，在本试卷上答题⽆效。

考试结束后，将本试卷和答题纸⼀并交回。

第I 卷⼀、选择题(本⼤题共12⼩题，每⼩题5分，共60分。

在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀项是符合题⽬要求的)1.已知集合A ＝{x|x 2－3x －10<0}，B ＝{x|2x <2}，则A ∩B ＝(A)(－2，1) (B)(－5，1) (C)? (D){0}2.设z ＝－1－i ，则在复平⾯内z 对应的点位于(A)第⼀象限 (B)第⼆象限 (C)第三象限 (D)第四象限3.命题“?x ∈R ，x 2－4≥0”的否定是(A)?x ∈R ，x 2－4≤0 (B)?x ∈R ，x 2－4<0(C)?x ∈R ，x 2－4≥0 (D)?x ∈R ，x 2－4<04.为了解某商品销售量y(件)与其单价x(元)的关系，统计了的10组值，并画成散点图如图，则由其图得到的回归⽅程可能是(A)?10198yx =-+ (B)?10198y x =-- (C)?10198yx =+ (D)?10198y x =- 5.已知⼆⾯⾓α－l －β的⼤⼩为60°，b 和c 是两条异⾯直线，且b ⊥α，c ⊥β，则b 与c 所成的⾓的⼤⼩为(A)120° (B)90° (C)60° (D)30°6.下列四个函数中，以π为最⼩正周期，且在区间(2π，π)上单调递减的是 (A)y ＝cosx (B)y ＝2|sinx| (C)y ＝cos 2x (D)y ＝tanx 7.“剑桥学派”创始⼈之⼀数学家哈代说过：“数学家的造型，同画家和诗⼈⼀样，也应当是美丽的”；古希腊数学家毕达哥拉斯创造的“黄⾦分割”给我们的⽣活处处带来美；我国古代数学家赵爽创造了优美“弦图”。

2020年大连市高三第二次模拟考试数 学（理科）本试卷满分150分，共6页，答卷时间120分钟.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.2. 选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5. 保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第22题~第23题为选考题，其它题为必考题.考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知集合{}2|430A x x x =-+<，{}|24B x x =<<，则A B =U （ ） A. ()1,3B. ()1,4C. ()2,3D. ()2,42. 已知,a b R ∈，i 为虚数单位，若a i -与2bi +互为共轭复数，则()2a bi +为（ ） A. 54i -B. 54i +C. 34i -D. 34i +3. 双曲线2214x y -=的渐近线方程是（ ） A. 14y x =±B. 12y x =±C. 2y x =±D. 4y x =±4. 瑞士数学家欧拉发明了著名的“欧拉公式cos sin ixe x i x =+（i 为虚数单位）”，欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，3i e 表示的复数在复平面中位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限5. 设函数21log (2),1(),1xx x f x e x +-<⎧=⎨≥⎩，则(2)(ln 6)f f -+=（ ） A. 3B. 6C. 9D. 126. 已知各项均为正数的数列{}n a 为等比数列，1516a a ⋅=，3412a a +=，则7a =（ ） A. 16B. 32C. 64D. 2567. 已知某函数的图象如图所示，则下列函数中，与图象最契合的函数是（ ）A. ()sin x x y e e -=+ B. ()sin x x y e e --= C. ()cos x x y e e --=D. ()cos x x y e e -+=8. 已知关于某设备的使用年限x （单位：年）和所支出的维修费用y （单位：万元）有如下的统计资料：由上表可得线性回归方程$0.08y bx=+$，若规定当维修费用12y >时该设备必须报废，据此模型预报该设备使用的年限不超过为（ ） A. 7B. 8C. 9D. 109. 已知点P 在抛物线C ：24y x =上，过点P 作两条斜率互为相反数的直线交抛物线C 于A 、B 两点，若直线AB 的斜率为-1，则点P 坐标为（ ）A. ()1,2B. ()1,2-C. (2,D. (2,-10. 下列四个正方体图形中，A 、B 为正方体的两个顶点，M 、N 、P 分别为其所在棱的中点，能得出//AB 平面MNP 的图形的序号是（ ）A. ①③B. ②③C. ①④D. ②④11. 已知函数()sin()0,2f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><⎪⎝⎭，其图象与直线1y =相邻两个交点的距离为π，若对,243x ππ⎛⎫∀∈ ⎪⎝⎭，不等式1()2f x >恒成立，则ϕ的取值范围是（ ）A. ,126ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B. ,123ππ⎛⎫⎪⎝⎭C. ,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. ,62ππ⎛⎫⎪⎝⎭12. 已知三棱锥P ABC -，面PAB ⊥面ABC ，4PA PB ==，AB =120ACB ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积（ ）A. 20πB. 32πC. 64πD. 80π本卷包括必考题和选考题两部分，第13题~第21题为必考题，每个试题考生都必须做答.第22题~第23题为选考题，考生根据要求做答.二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13. 设向量()2,4a =r 与向量(),6b x =r共线，则实数x =______.14. 已知5a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中含3x 的项的系数为30，则a 的值为______.15. 数列{}n a 满足1(1)nn n a a n ++-=，则{}n a 的前8项和为______.16. 已知函数()ln 2exf x x =-，则()(2)f x f x +-值为______；若19119()10k k f a b =⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑，则22a b +的最小值为______.三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 在ABC △中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且()222(2)2cos a c a b c abc C --+=. （Ⅰ）求角B 的大小； （Ⅱ）若1a =，b =ABC △的面积.18. 如图，已知平面四边形ABCP 中，D 为PA 的中点，PA AB ⊥，//CD AB ，且24PA CD AB ===.将此平面四边形ABCP 沿CD 折成直二面角P DC B --，连接PA 、PB 、BD .。

高三检测卷一选择题（每题5分）1．若集合M=1xx ，则下列选项正确的是（） A. 0M B.M 0 C.M D.M 02.i i i 1)21(1(等于（）A ．-2-i B.-2+I C.2-i D.2+i3．一个空间几何体的三视图如下，则这个空间几何体的体积是（）A ．423B ．823 C ．413D ．1084．已知,a b 是夹角为120的单位向量，则向量a b 与2a b 垂直的充要条件是实数的值为( )（）A ．54B ．52 C ．34D ．325. 2个男生，4个女生站成一排，其中男生不相邻也不排在两端的不同站法有( ) A ．A 2344A 种 B 。

A 4424A 种 C 。

A 4626A 种 D。

A 4422A 种6. 已知数列{}n a 的通项公式3log ()1nn a n n *N ，设其前n 项和为n S ，则使4n S 成立的最小自然数n 等于（）A ．83 B．82 C ．81 D ．807．直线 m,n 和平面,则下列命题中，正确的是A ．m ∥n, m n ,∥B ．m n n m ,,∥C.m ∥n,n ,mD.m ∥n,m n,8．已知函数()sin()(,0)4f x x x R 的最小正周期为，为了得到函数()cos()4g x x 的图象，只要将()y f x 的图象（）A ．向左平移8个单位长度B ．向右平移8个单位长度C ．向左平移4个单位长度D ．向右平移4个单位长度9．函数),,()(23R d c b d cx bx x x f 的部分图像如图所示，若方程02)(x f 恰有两个不等根，则有( )A.2749d 或3d B.2749d 或3d C.32749d D. 以上都不对10.已知分段函数f(x)=010001x x x x x 求函数的函数值的程序框图如下，则（1），（2）判断框内要填写的内容分别是（）。

2019—2020学年度下学期高三第三次模拟考试试题数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第Ⅰ卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合{}|128xA x =<≤，{}0,1,2B =，则下列选项正确的是（ ）A. A B ⊆B. A B ⊇C. {}0,1,2AB =D.{}1,2A B =【★答案★】D 【解析】 【分析】计算{}03A x x =<≤，根据集合的包含关系，交集并集运算依次判断每个选项得到★答案★. 【详解】,{}{}|12803x A x x x =<≤=<≤，{}0,1,2B =，则A B ⊆/，A B ⊇/，AB 错误； {}03A B x x ⋃=≤≤，C 错误；{}1,2A B =，D 正确.故选：D.【点睛】本题考查了解指数不等式，集合的包含关系，交集并集运算，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.2.设0.53a =，0.5log 3b =，30.5c =，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A. a b c >>B. c b a >>C. a c b >>D.c a b >>【★答案★】C 【解析】 【分析】由指数函数的性质和对数函数的性质，分别求得,,a b c 的取值范围，即可求解.【详解】由指数函数的性质，可得0.531a =>，30.5(0,1)c =∈， 由对数函数的性质，可得0.5log 30b =<， 所以a c b >>. 故选：C.【点睛】本题主要考查了指数函数和对数函数的性质的应用，其中解答中熟记指数函数和对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.3.已知平面α，β，直线n ⊂α，直线m β⊂，则下列命题正确的是（ ） A. ////m n αβ⇒ B. m n αβ⊥⇒⊥ C. m ααβ⊥⇒⊥ D. m n m α⊥⇒⊥【★答案★】C 【解析】 【分析】根据空间线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断得出★答案★.【详解】选项A. 由直线n ⊂α，直线m β⊂，//αβ，则m 与n 可能异面，可能平行.则选项A 错误.选项B. 由直线n ⊂α，直线m β⊂,αβ⊥,则m 与n 可能平行，可能相交，可能异面，则选项B 错误.选项C. 由直线m β⊂,m ααβ⊥⇒⊥，则选项C 正确.选项D. 由直线n ⊂α，直线m β⊂,m n ⊥,则m 与α可能平行，可能相交,则选项D 错误. 故选：C【点睛】本题考查空间线面、面面的位置关系的综合应用，属于基础题. 4.已知随机变量X 服从正态分布()22,N σ，且()020.3P X ≤≤=，则()4P X >=（ ）A. 0.6B. 0.2C. 0.4D. 0.35【★答案★】B 【解析】 【分析】根据随机变量X 服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得()4P X >． 【详解】∵随机变量X 服从正态分布()22,N σ，∴正态曲线的对称轴是2x =， ∵()020.3P X ≤≤=， ∴()40.50.30.2P X >=-=. 故选：B ．【点睛】本题考查的知识点是正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.5.为了普及垃圾分类的知识，某宣传小组到小区内进行宣传.该小组准备了100张垃圾的图片，其中可回收垃圾40张.为了检验宣传成果，该小组从这100张图片中选取20张做调查问卷，则这20张中恰有10张可回收垃圾的概率是（ ）A. 104020100C CB. 1010406020100C C C ⋅ C. 101010202355C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D.10102025C ⎛⎫ ⎪⎝⎭【★答案★】B 【解析】 【分析】由题知，该小组从这100张图片中选取20张共有20100C 个结果，而这20张中恰有10张可回收垃圾的共有10104060C C ⋅个结果，由古典概率公式计算即可得结果.【详解】由题知，该小组从这100张图片中选取20张共有20100C 个结果，而这20张中恰有10张可回收垃圾的共有10104060C C ⋅个结果，由古典概率公式得这20张中恰有10张可回收垃圾的概率为1010406020100C C C ⋅. 故选：B【点睛】本题主要考查古典概率，属于基础题.6.与双曲线2213x y -=有共同的渐近线，且焦点在y 轴上的双曲线的离心率为（ ）A. 2B.3C.2D.3【★答案★】A 【解析】 【分析】设双曲线的方程22221(0,0)y x a b a b -=>>，根据题意，求得a b =，再结合离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，双曲线2213x y -=，可得其渐近线方程为y x =，又由与双曲线2213x y -=有共同的渐近线，且焦点在y 轴上，设双曲线的方程22221(0,0)y x a b a b -=>>，则3a b =，所以离心率为2c e a ====. 故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及其几何性质，其中解答中熟记双曲线的几何性质，准确计算是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 7.在()()6113x x +⋅-展开式中，含5x 的项的系数是（ ） A. 39- B. 9-C. 15D. 51【★答案★】A 【解析】 【分析】首先将()61x +利用二项式定理展开，再求含5x 的项的系数即可. 【详解】因为()()()()62345611316152015613x x x x x x x xx +⋅-=++++++⋅-所以含5x 的项的系数为631539-⨯=-. 故选：A【点睛】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数，属于简单题.8.已知数阵111213212223313233a a a a a a a a a ⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭中，每行的三个数依次成等比数列，每列的三个数也依次成等比数列，若222a =，则该数阵中九个数的积为（ ） A. 36 B. 256 C. 512 D. 1024【★答案★】C 【解析】 【分析】根据等比中项的性质计算可得；【详解】解：依题意可得2111312a a a =，2212322a a a =，2313332a a a =，2321222a a a =，因为222a =所以()()()111213212223313233111312212322313332a a a a a a a a a a a a a a a a a a =312233232a a a = 99222512a ===故选：C【点睛】本题考查等比数列的性质的应用，属于基础题；9.已知一个正四面体和一个正四棱锥，它们的各条棱长均相等，则下列说法：①它们的高相等；②它们的内切球半径相等；③它们的侧棱与底面所成的线面角的大小相等；④若正四面体的体积为1V ，正四棱锥的体积为2V ，则12:1:2V V =；⑤它们能拼成一个斜三棱柱.其中正确的个数为（ ） A. 1个 B. 2个C. 3个D. 4个【★答案★】B 【解析】 【分析】①正四面体的高AO =PO =，所以该命题错误；②设正四面体的内切球半径为,r r =设正四棱锥的内切球半径为,R 则R =.所以该命题不正确；③在正四面体中，ACO ∠就是侧棱和底面所成的角，3sin 2ACO ∠==.在正四棱锥中，PAO ∠就是侧棱和底面所成的角，sin 23PAO ∠=≠，所以该命题不正确； ④计算得12:1:2V V =.所以该命题正确；⑤把一个斜三棱柱分解成一个正四面体和正四棱锥，所以该命题正确. 【详解】设正四面体和正四棱锥的棱长都为2，①，如图1，23CO CE ==所以正四面体的高AO ==如图2，正四棱锥的棱长都为2，它的高PO ==所以该命题不正确；②设正四面体的内切球半径为,r则1121122sin 606422sin 6032332r ⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯，所以r =. 设正四棱锥的内切球半径为,R 则111122422sin 60223323R R ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯,所以R =. 所以该命题不正确；③如图1，在正四面体中，ACO ∠就是侧棱和底面所成的角，3sin 2ACO ∠==.如图2，在正四棱锥中，PAO ∠就是侧棱和底面所成的角，sin 23PAO ∠=≠， 所以该命题不正确；④若正四面体的体积为1V ，111222sin 606323V =⨯⨯⨯⨯⨯=正四棱锥的体积为2V ，214222233V =⨯⨯⨯=，则12:1:2V V =. 所以该命题正确；⑤如图3，是一个斜三棱柱，其中四棱锥P ABCD -是一个棱长都为2的正四棱锥，四面体E PAB -是棱长都为2的正四面体，所以它们能拼成一个斜三棱柱.所以该命题正确.故选：B.【点睛】本题主要考查几何体的体积的计算，考查几何体的内切球问题，考查直线和平面所成的角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和空间想象计算能力. 10.设02x π<<，则2“cos ?x x <是“cos ?x x <的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【★答案★】A 【解析】分析：根据条件分别做出cos y x =和2y x ，以及y x =的图象，利用数形结合进行判断，即可得到结论.详解：由2x x =得0x =或1x =， 作出函数cos y x =和2yx ，以及y x =的图象，如图所示，则由图象可知当2cos x x <时，2B x x π<<，当cos x x <时，2A x x π<<，因为AB x x <，所以 “2cos x x <”是“cos x x <”的充分不必要条件，故选A.点睛：本题主要考查了充分条件和必要条件的判定问题，其中正确作出相应函数的图象，利用数形结合法求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想方法的应用，以及推理与论证能力.11.在直线l ：1y x =-上有两个点A 、B ，且A 、B 的中点坐标为()4,3，线段AB 的长度8AB =，则过A 、B 两点且与y 轴相切的圆的方程为（ ）A. ()()224316x y -+-=或()()22114121x y -++= B. ()()22234x y -+-=或()()22125144x y -++= C .()()224316x y -+-=或()()22125144x y -++= D. ()()22234x y -+-=或()()22114121x y -++= 【★答案★】C 【解析】 分析】首先求出线段AB 的垂直平分线方程，设出圆心坐标和半径，再利用圆的弦长性质得到圆心坐标和半径，即可得到圆的标准方程.【详解】由题知：线段AB 的垂直平分线方程为：()34y x -=--，即7y x =-+. 设圆心(),7C a a -，因为圆C 与y 轴相切，所以r a =，如图所示：因8AB =，所以()()22247316a a a -+--+=，整理得：216480a a -+=，解得4a =或12a =. 当4a =时，圆心()4,3，4r =，圆:C ()()224316x y -+-=.当12a =时，圆心为()12,5-，12r =，圆:C ()()22125144x y -++=. 故选：C【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系中的弦长问题，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.12.函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且函数()1f x -为偶函数，当[]0,1x ∈时，()22f x x x =-+()()g x f x x b =--有三个零点，则实数b 的取值集合是（ ）A. ()221,221k k ，k Z ∈B. 112,444k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈C. ()421,421k k ，k Z ∈ D. 114,444k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈ 【★答案★】C 【解析】 【分析】由条件可推得函数()f x 是以4为周期的周期函数，且图象关于直线1x =对称，关于原点对称，作出函数()f x 与函数y x b =+的图象，结合图象即可得实数b 的范围. 【详解】由已知得，()()()(),11f x f x f x f x -=--=--，则()()()()1111f x f x f x f x +=---=--=-，所以函数()f x 的图象关于直线1x =对称，关于原点对称，又()()()()()()21111f x fx f x f x +=++=-+-=-，进而有()()()42f x f x f x +=-+=，所以得函数()f x 是以4为周期的周期函数， 由()()g x f x x b =--有三个零点可知函数()f x 与函数y x b =+的图象有三个交点， 当直线y x b =+与函数()f x 图象在[]0,1上相切时，即22x b x x +=-+有两个相等的实数根，即()222220x b x b +-+=，由0∆=得，12b =-±， 当[]0,1x ∈时，()22f x x x =-+，作出函数()f x 与函数y x b =+的图象如图：由图知当直线y x b =+与函数()f x 图象在[]0,1上相切时，12b =-+数形结合可得()g x 在[]22-,有三个零点时，实数b 满足1212b <<- 再根据函数()f x 的周期为4，可得所求的实数b 的范围()421,421k k +. 故选：C【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和周期性的应用，函数的零点和方程的根的关系，体现了转化与化归的思想和数形结合的思想.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13—21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22—23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设x ，y 满足约束条件220240240x y x y x y +-≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩，则z y x =-的最大值为______.【★答案★】2 【解析】 【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合平面区域确定目标函数的最优解，代入，即可求解.【详解】由题意，画出约束条件220240240x y x y x y +-≥⎧⎪--≤⎨⎪+-≤⎩所表示的平面区域，如图所示，目标函数z y x =-，可化为直线y =x+z ，当直线y =x+z 过点A 时，此时在y 轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，又由220240x y x y +-=⎧⎨+-=⎩，解得(0,2)A ，所以目标函数z y x =-的最大值为max 2z =. 故★答案★为：2.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力．14.已知i 是虚数单位，则20201nn n i=⋅=∑______．【★答案★】10101010i - 【解析】 【分析】根据虚数n i 的计算规律，合理利用数列的求和，即可求解. 【详解】由题意，2020234567820201123456782020nn n ii i i i i i i i i =⋅=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅++⋅∑23456782020i i i i =--++--+++(135720172019)(246820182020)i =-+-++-+-+-+--+10101010i =-故★答案★为：10101010i -.【点睛】本题主要考查了复数的运算性质的应用，其中解答中合理利用复数的运算性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.15.对数是简化繁杂运算的产物.16世纪时，为了简化数值计算，数学家希望将乘除法归结为简单的加减法.当时已经有数学家发现这在某些情况下是可以实现的. 比如，利用以下2的次幂的对应表可以方便地算出16256⨯的值.首先，在第二行找到16与256；然后找出它们在第一行对应的数，即4与8，并求它们的和，即12；最后在第一行中找到12，读出其对应的第二行中的数4096，这就是16256⨯的值. 用类似的方法可以算出4096128的值，首先，在第二行找到4096与128；然后找出它们在第一行对应的数，即12与7，并求它们的______；最后在第一行中找到______，读出其对应的第二行中的数______，这就是4096128值. 【★答案★】 (1). 差 (2). 5 (3). 32 【解析】 【分析】题设中给出的是第一行数的加法与第二行数的乘法的对应关系，类比到所求的问题中就是第一行数的减法与第二行数的除法之间的对应关系，从而可求规定的值. 【详解】题设中给出的计算方法是：第一行数中两数的和与与第二行数的对应的两数的乘积是匹配的， 因此，若在在第二行找到4096与128，要求它们的商，可以找出它们在第一行对应的数，即12与7，它们的差（5）在第二行中对应的数（32）即为4096128. 故★答案★为：差，5，32.【点睛】本题考查类比推理，一般地，类比推理有结论的类比、公式定理的类比，也有解题方法的类比，解题中注意寻找两类问题的相似之处.16.在ABC 中，点P 满足3BP PC =，过点P 的直线与AB ，AC 所在直线分别交于E ，F .若AE xAB =，AF y AC =，()0,0x y >>，则3x y +的最小值为______. 【★答案★】4 【解析】 【分析】根据题意画出图形，结合图形利用平面向量的线性运算与共线定理，再利用基本不等式，即可求解.【详解】如图所示，在ABC ∆中，,BP BA AP PC PA AC =+=+，点P 满足3BP PC =，所以3()BA AP PA AC +=+，即3()AB AP AP AC -+=-+， 可得3144AP AC AB =+， 因为,A AE F y A x AB C ==，()0,0x y >>， 所以3144AP AF AE y x=+，因为,,E P F 三点共线，所以13144x y+=，()0,0x y >>， 所以13335335324444424193(3)()44422y x y x x y x y x x y x y y ++≥+⨯=+=+⋅=++=+， 当且仅当3344y xx y=，即1x y ==时等号成立， 所以3x y +的最小值为4.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算与向量的共线定理，以及基本不等式的应用，其中解答中熟记向量的线性运算和共线定理，得到,x y 的关系式是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 三、解答题17.已知函数()()22cos2sin cos 10f x x x x ωωωω=-->且当()()()12120f x f x x x ==≠时，12x x -最小值为2π. （1）求函数()f x 的单调减区间；（2）ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .且满足2a =712ABC π∠=，()1f A =-，求ABC 的面积.【★答案★】（1）3,88k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，k z ∈；（2）314. 【解析】 【分析】（1）先将函数()f x 化简得()224x f x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由()()()12120f x f x x x ==≠时，12x x -的最小值为2π，得函数()f x 的周期T π=，从而求出1ω=，再求函数的单调减区间.（2）由()1f A =-可得4A π=，又712ABC π∠=，所以6C π=，根据正弦定理可得c 边长，再由面积公式求三角形面积.【详解】解：（1）()1cos 2sin 2124f x x x x πωωω⎛⎫=+--=+ ⎪⎝⎭，∵()()()12120f x f x x x ==≠时，12x x -的最小值为2π， ∴周期T π=，∴22πωπ=，∴1ω=，∴()24f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.令2224k x k ππππ≤+≤+，k z ∈，得388k x k ππππ-≤≤+，k z ∈， 单调递减区间为3,88k k ππππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，k z ∈. （2）()1f A =-，得cos 242A π⎛⎫+=- ⎪⎝⎭， ∵0,2A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴52,444A πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭， ∴3244A ππ+=，∴4A π=，∴6C π=，由sin sin c a C A=得1sin 1sin a C c A ===，71sinsin 123422224πππ⎛⎫=+=+⨯=⎪⎝⎭，11sin 122S ca B ===. 【点睛】本题考查三角函数的恒等变形和三角函数的图像性质，考查正弦定理和三角形的面积，属于中档题.18.多面体ABC DEF -中，△DEF 为等边三角形，△ABC 为等腰直角三角形，//BE 平面ACFD ，//AD 平面BCFE .（1）求证：//AD BE ；（2）若1AD BE AC BC ====，2FC =，求平面ABC 与平面DEF 所成的较小的二面角的余弦值.【★答案★】（1）证明见解析；（23【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理，分别证得//BE FC 和//AD FC ，即可证； （2）分别证得,,CA CB CF 两两垂直，建立空间直角坐标系即可求解. 【详解】解：（1）证明：因为//BE 平面ACFD ，BE ⊂平面BEFC ，平面BEFC ⋂平面ACFD FC =，所以//BE FC ， 同理可证，//AD FC ， 所以//AD BE .（2）因为△ABC 为等腰直角三角形，1AC BC ==，所以90ACB ∠=︒，2AB =，又//AD BE ，=1AD BE =，所以四边形ABED 为平行四边形， 所以2DE AB ==因为△DEF 为等边三角形，所以2DE EF FD ===取FC 的中点H ，连结DH 、EH ， 因为2FC =，则1FH CH ==，又//AD HC ，且AD HC =， 所以四边形ACHD 为平行四边形， 所以1DH AC ==，在DHF △中，222DH FH DF +=，所以90DHF ∠=︒，即DH FC ⊥，进而AC FC ⊥， 同理可证EH FC ⊥，进而BC FC ⊥，以点C 为原点，分别以CA ，CB ，CF 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 则()1,0,1D ，()0,1,1E ，()0,0,2F ，()1,1,0DE =-，()1,0,1DF =-， 设平面DEF 的一个法向量为(),,n a b c =，则00n DE a b n DF a c ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，令1a =，则1b =，1c =， 所以()1,1,1n =，易知平面ABC 的一个法向量为()0,0,1m =，3cos ,331n m n m n m⋅<>===⋅⋅， 所以平面ABC 与平面DEF 所成的较小的二面角的余弦值为33.【点睛】本题主要考查了线线、线面平行的判定与证明，以及计算二面角大小.计算二面角大小的常用方法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.19.已知圆锥曲线221x y m n+=过点(A -，且过抛物线28x y =的焦点B ．（1）求该圆锥曲线的标准方程；（2）设点P 在该圆锥曲线上，点D的坐标为)，点E的坐标为(，直线PD 与y 轴交于点M ，直线PE 与x 轴交于点N ，求证：DN EM ⋅为定值．【★答案★】（1）22142y x +=；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标，再代入解析式中求出方程即可得解； （2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且)D ，()0,2E ，设椭圆上一点()00,P x y ，表示出直线PD ，直线PE，得到M y =，0022N x x y -=-；所以00222DN EM x y =⋅+-⋅计算可得； 【详解】解：（1）抛物线28x y =的焦点()0,2B ，将点(A -，()0,2B 代入方程得121041m nm n⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得24m n =⎧⎨=⎩，所以圆锥曲线的标准方程为22142y x +=． （2）由（1）问可知该圆锥曲线为椭圆，且)D ，()0,2E ，设椭圆上一点()00,P x y ，则 直线PD：y x =-，令0x =，得M y =．∴2EM =+，直线PE ：0022y y x x -=+，令0y =，得0022N x x y -=-．∴0022x DN y =-．所以00222DN EM x y =⋅-⋅===因为点P 在椭圆上，所以2200142y x +=，即220024y x +=，代入上式得D M NE =⋅==故DN EM ⋅为定值．【点睛】本题考查待定系数法求曲线方程，直线与圆锥曲线中的定值问题，属于中档题. 20.盲盒里面通常装的是动漫、影视作品的周边，或者设计师单独设计出来的玩偶.由于盒子上没有标注，购买者只有打开才会知道自己买到了什么，因此这种惊喜吸引了众多年轻人，形成了“盲盒经济”.某款盲盒内可能装有某一套玩偶的A 、B 、C 三种样式，且每个盲盒只装一个.（1）若每个盲盒装有A 、B 、C 三种样式玩偶的概率相同.某同学已经有了A 样式的玩偶，若他再购买两个这款盲盒，恰好能收集齐这三种样式的概率是多少？（2）某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机发放了200份问卷，并全部收回.经统计，有30%的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，女生占23；而在未购买者当中，男生女生各占50%.请根据以上信息填写下表，并分析是否有95%的把握认为购买该款盲盒与性别有关？参考公式：()()()()()22n ad bc a b c d a c b d χ-=++++，其中n a b c d =+++.参考数据：（3）该销售网点已经售卖该款盲盒6周，并记录了销售情况，如下表：由于电脑故障，第二周数据现已丢失，该销售网点负责人决定用第4、5、6周的数据求线性回归方程，再用第1、3周数据进行检验.①请用4、5、6周的数据求出y 关于x 的线性回归方程y bx a =+；（注：()()()1122211n niii ii i nniii i x x y y x y nx yb x x xnx====---==--∑∑∑∑，a y bx =-）②若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过2盒，则认为得到的线性回归方程是可靠的，试问①中所得的线性回归方程是否可靠？【★答案★】（1）29；（2）填表见解析，有95%把握认为“购买该款盲盒与性别有关”；（3）① 2.514.5y x =+；②可靠.【解析】 【分析】（1）列举出基本事件的总数和事件“他恰好能收集齐这三种样式”所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.（2）根据题意，得出22⨯的列联表，利用公式求得2χ的值，结合附表，即可得到结论；（3）①求得,x y 的值，根据公式求得ˆˆ,ba 的值，求得回归直线方程；②当1x =和3x =时，比较即可得到结论.【详解】（1）由题意，基本事件空间为{}(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)A A A B A C B A B B B C C A C B C C Ω=，其中基本事件的个数为9个，设事件D 为：“他恰好能收集齐这三种样式”，则()(){},,,D B C C B =，其中基本事件的个数为2，所以他恰好能收集齐这三种样式的概率29P =. （2）则22200(40702070) 4.7141109060140χ⨯-⨯=≈⨯⨯⨯.又因为4.714 3.841>，故有95%把握认为“购买该款盲盒与性别有关”. （3）①由数据，求得5x =，27y =. 由公式求得222(45)(2527)(55)(2627)(65)(3027)5(45)(55)(65)2b --+--+--==-+-+-， 527514.52a =-⨯=.所以y 关于x 的线性回归方程为 2.514.5y x =+. ②当1x =时， 2.5114.517y =⨯+=，17162-<； 同样，当3x =时， 2.5314.522y =⨯+=，22232-<. 所以，所得到的线性回归方程是可靠的.【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，独立性检验的应用，以及回归直线方程的求解及应用，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 21.已知函数()2ln f x ax x =+.（1）若()0,x ∃∈+∞使()0f x >成立，求a 的取值范围； （2）若1a =，证明不等式()xf x e <.【★答案★】（1）1,2e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）当0a ≥时，可由()0f e >知命题成立，当0a <时，利用导数可求()min f x ，由()min 0f x >可得1,02a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，故可求实数a 的取值范围.（2）()xf x e <成立等价于22ln 1x x e x x +<成立，令2ln ()1xg x x =+，2()xe h x x=，利用导数可证3()2g x <，3()2h x >，从而可知原不等式成立.【详解】解：定义域()0,∞+， （1）①0a ≥时，()210f e ae =+>，∴()0,x ∃∈+∞使()0f x >成立. ②0a <时，()21212ax f x ax x x+'=+=，由2210ax +>得0x <<2210ax +<得x > ∴函数()f x在区间⎛ ⎝单调递增，函数()f x在区间⎫+∞⎪⎪⎭单调递减， 故()x2ma ln f a f x ==+1ln 02=-+>， 得12a e >-，∴1,02a e ⎛⎫∈-⎪⎝⎭， ∴由①②得1,2a e ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭. （2）1a =时，由()xf x e <得2ln xx x e +<需证22ln 1xx e x x+<，令2ln ()1x g x x =+，2()xe h x x =，312ln ()x g x x '-=, 令12ln 0x ->得0x <<，令12ln 0x -<得x >∴函数()g x在区间(单调递增，在区间)+∞单调递减，()()2max 11l 3111222g x ge ==+=+<+=， ()()32x e x h x x -'=，0x >，令()0h x '<得02x <<，令()0h x '>得2x >.函数()h x 在区间()0,2单调递减，在区间()2,+∞单调递增，()22min2.763(2)4442h x e h ==>>=，∴()0,x ∈+∞时，()()h x g x >成立， ∴()xf x e <成立.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性以及函数不等式的恒成立，前者依据导数的符号，注意合理的分类讨论，后者需变形后构建新函数，通过导数求出新函数的最值，通过最值的关系来证明不等式.请考生在22—23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请涂清题号. 选修4-4：极坐标与参数方程22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为cos sin 1x y ϕϕ=⎧⎨=-⎩（ϕ为参数），以原点O 为极点，以x 轴正半轴为极轴建极坐标系． （1）求C 的极坐标方程；（2）直线1l ，2l 的极坐标方程分别为()6R πθρ=∈，()3R πθρ=∈，直线1l 与曲线C 的交点为O 、M ，直线2l 与曲线C 的交点为O 、N ，求线段MN 的长度． 【★答案★】（1）2sin ρθ=-；（2）1． 【解析】 【分析】（1）先根据三角函数平方关系消元得普通方程，再根据cos ,sin x y ρθρθ==化为极坐标方程；（2）根据直线与曲线C 极坐标方程可得M N 、极坐标，再根据余弦定理求MN 的长度．【详解】解：（1）由曲线C 的参数方程为cos sin 1x y ϕϕ=⎧⎨=-⎩得曲线C 的直角坐标方程为：()2211x y ++=，所以极坐标方程为2222cos sin 2sin 0ρθρθρθ++=即2sin ρθ=-．（2）将6πθ=代入2sin ρθ=-中有1M ρ=-，即1OM =，将3πθ=代入2sin ρθ=-中有N ρ=ON =，366MON πππ∠=-=，余弦定理得2222cos16MN OM ON OM ON π=+-⋅=，1MN ∴=．【点睛】本题考查参数方程化普通方程、普通方程化极坐标方程、余弦定理，考查综合分析求解能力，属基础题. 选修4-5：不等式选讲23.设函数()234f x x x =-+-． （1）解不等式()2f x >；（2）若()f x 最小值为m ，实数a 、b 满足343a b m +=，求()222a b -+的最小值．【★答案★】（1）{|1x x <或2}x >；（2）1625． 【解析】 【分析】（1）分类讨论2x ≥，423x <<，43x ≤三种情况，解不等式得到★答案★. （2）计算342a b +=，所求可看作点()2,0到直线3420x y +-=的距离的平方，计算得到★答案★.【详解】（1）()46,2423422,23446,3x x f x x x x x x x ⎧⎪-≥⎪⎪=-+-=-<<⎨⎪⎪-+≤⎪⎩，由()2f x >得2462x x ≥⎧⎨->⎩或423222x x ⎧<<⎪⎨⎪->⎩或43462x x ⎧≤⎪⎨⎪-+>⎩， 得2x >或∅或1x <，∴不等式解集{|1x x <或2}x >． （2）根据图象知：()min 4233f x f ⎛⎫==⎪⎝⎭，∴342a b +=，所求可看做点()2,0到直线3420x y +-=的距离的平方，223224534d ⨯-==+． ∴()222a b -+的最小值为1625．【点睛】本题考查了解绝对值不等式，求函数最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，转化为点到直线的距离是解题的关键.。

2020年辽宁省⼤连市⾼考数学⼆模试卷（理科）（有答案解析）2020年辽宁省⼤连市⾼考数学⼆模试卷（理科）题号⼀⼆三总分得分⼀、选择题（本⼤题共12⼩题，共36.0分）1.复数z=-1+i（i是虚数单位），则z的模为（）A. 0B. 1C.D. 22.已知全集U=R，集合A={-1，0，1，2，3}，B={x|x≥2}，则A∩（?U B）=（）A. {-1，0，1}B. {-1，0，1，2}C. {x|x＜2}D. {x|-1≤x＜2}3.命题“?α∈R，sinα=0”的否定是（）A. ?α∈R，sinα≠0B. ?α∈R，sinα≠0C. ?α∈R，sinα＜0D. ?α∈R，sinα＞04.下列函数中，既是奇函数⼜在（-∞，+∞）上单调递增的是（）A. y=sin xB. y=|x|C. y=-x3D. y=ln（+x）5.已知等⽐数列{a n}的前n项和为S n，S4=2S2，则数列{a n}的公⽐q=（）A. -1B. 1C. ⼠1D. 26.过椭圆+=1的中⼼任作⼀直线交椭圆于P、Q两点，F是椭圆的⼀个焦点，则△PQF周长的最⼩值是（）A. 14B. 16C. 18D. 207.把标号为1，2，3，4的四个⼩球分别放⼊标号为1，2，3，4的四个盒⼦中，每个盒⼦只放⼀个⼩球，则1号球不放⼊1号盒⼦的⽅法共有（）A. 18种B. 9种C. 6种D. 3种8.已知圆锥的母线长为6，母线与轴的夹⾓为30°，则此圆锥的体积为（）A. B. C. D.9.执⾏如图所⽰的程序框图，若输出结果为1，则可输⼊的实数x值的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 410.设a=log43，b=log52，c=log85，则（）A. a＜b＜cB. b＜c＜aC. b＜a＜cD. c＜a＜b11.已知F是双曲线E：（a＞0，b＞0）的左焦点，过点F且倾斜⾓为30°的直线与曲线E的两条渐近线依次交于A，B两点，若A是线段FB的中点，且C是线段AB的中点，则直线OC 的斜率为（）A. -B.C. -3D. 312.函数f（x）=e x-1-e-x+1+a sinπx（x∈R，e是⾃然对数的底数，a＞0）存在唯⼀的零点，则实数a的取值范围为（）A. （0，]B. （0，）C. （0，2]D. （0，2）⼆、填空题（本⼤题共4⼩题，共12.0分）13.在△ABC中，sin2A=sin2B+sin2C-sin B?sin C，则∠A=______．14.已知函数y=f（x）是定义域为R的偶函数，且f（x）在[0，+∞）上单调递增，则不等式f（2x-1）＞f（x-2）的解集为______．15.已知各项都为正数的数列,其前n项和为,若,则______．16.A，B为单位圆（圆⼼为O）上的点，O到弦AB的距离为，C是劣弧（包含端点）上⼀动点，若=λ+（λ，µ∈R），则λ+µ的取值范围为______．三、解答题（本⼤题共7⼩题，共84.0分）17.已知函数f（x）=+（ω＞0），x1，x2是函数f（x）的零点，且|x2-x1|的最⼩值为．（Ⅰ）求ω的值；（Ⅱ）设α，β∈（0，），若f（）=，f（）=-，求cos（α-β）的值．18.某⼚包装⽩糖的⽣产线，正常情况下⽣产出来的⽩糖质量服从正态分布N（500，52）（单位：g）．（Ⅰ）求正常情况下，任意抽取⼀包⽩糖，质量⼩于485g的概率约为多少？（Ⅱ）该⽣产线上的检测员某天随机抽取了两包⽩糖，称得其质量均⼩于485g，检测员根据抽检结果，判断出该⽣产线出现异常，要求⽴即停产检修，检测员的判断是否合理？请说明理由．附：X～N（µ，σ2），则P（µ-σ≤X≤µ+σ）=0.6826，P（µ-2σ≤X≤µ+2σ）=0.9544，P（µ-3σ≤X≤µ+3σ）=0.9974．19.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC，AA1=AB，D为BB1的中点．（Ⅰ）若E为AB1上的⼀点，且DE与直线CD垂直，求的值；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，设异⾯直线AB1与CD所成的⾓为45°，求直线DE与平⾯AB1C1成⾓的正弦值．20.已知抛物线C：x2=2py（p＞0），其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，l1与l2交于点M．（Ⅰ）求p的值；（Ⅱ）若l1⊥l2，求△MAB⾯积的最⼩值．21.已知是函数的极值点．Ⅰ求实数a的值；Ⅱ求证：函数存在唯⼀的极⼩值点,且参考数据：,其中e为⾃然对数的底数22.在平⾯直⾓坐标系xOy中，直线l1过原点且倾斜⾓为α（0）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建⽴坐标系，曲线C2的极坐标⽅程为ρ=2cosθ．在平⾯直⾓坐标系xOy中，曲线C2与曲线C1关于直线y=x对称．（Ⅰ）求曲线C2的极坐标⽅程；（Ⅱ）若直线l2过原点且倾斜⾓为，设直线l1与曲线C1相交于O，A两点，直线l2与曲线C2相交于O，B两点，当α变化时，求△AOB⾯积的最⼤值．23.已知函数f（x）=|x+1|+|x+a|．（Ⅰ）当a=-1时，求不等式f（x）＞2x的解集；（Ⅱ）当不等式f（x）＞1的解集为R时，求实数a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：∵z=-1+i，∴|z|=．故选：C．由已知直接利⽤复数模的计算公式求解．本题考查复数模的求法，是基础题．2.答案：A解析：解：?U B={x|x＜2}；∴A∩（?U B）={-1，0，1}．故选：A．进⾏交集、补集的运算即可．考查描述法、列举法的定义，以及补集、交集的运算．3.答案：B解析：解：特称命题的否定是全称命题，∴?α∈R，sinα=0的否定为：?α∈R，sinα≠0，故选：B．直接利⽤特称命题的否定是全称命题写出结果即可．本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，属基础题．4.答案：D解析：解：根据题意，依次分析选项：对于A，y=sin x，为正弦函数，在（-∞，+∞）上不是单调函数，不符合题意；对于B，y=|x|，为偶函数，不符合题意；对于C，y=-x3，是奇函数但在（-∞，+∞）上单调递减，不符合题意；对于D，y=ln x（+x），既是奇函数⼜在（-∞，+∞）上单调递增，符合题意；故选：D．根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，综合即可得可得答案．本题考查函数的奇偶性与单调性的判断，关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性，属于基础题．5.答案：C 解析：解：根据题意，等⽐数列{a n}中，S4=2S2，则（a1+a2+a3+a4）=2（a1+a2），变形可得：a3+a4=a1+a2，进⽽可得：q2=1，解可得q=±1，故选：C．根据题意，分析可得（a1+a2+a3+a4）=2（a1+a2），变形可得：a3+a4=a1+a2，进⽽可得q2=1，解可得q的值，即可得答案．本题考查等⽐数列的前n项的性质以及应⽤，属于基础题．6.答案：C解析：【分析】本题考查了椭圆的简单⼏何性质，考查了椭圆定义的应⽤，体现了数学转化思想⽅法，是中档题．由题意画出图形，然后利⽤椭圆的对称性把△PFQ的周长转化为椭圆上的点到两焦点的距离之和及过原点的线段的长度问题，则答案可求．【解答】解：如图，由椭圆的定义知|PF|+|PF1|=2a由椭圆的对称性知|QF|=|PF1|，∴有|PF|+|QF|=2a，⽽|PQ|的最⼩值是2b，∵+=1，∴a=5，b=4，∴△PFQ的周长的最⼩值为2a+2b=2（a+b）=18故选：C．7.答案：A解析：解：由于1号球不放⼊1号盒⼦，则1号盒⼦有2、3、4号球三种选择，还剩余三个球可以任意放⼊剩下的三个盒⼦中，则2号⼩球有3种选择，3号⼩球还剩2种选择，4号⼩球只有1种选择，根据分步计数原理可得1号球不放⼊1号盒⼦的⽅法有?1=18种，故选：A．先确定1号盒⼦的选择情况，再确定2、3、4号盒⼦的选择情况，根据分步计数原理即可求解．本题考查排列组合问题，对于特殊对象优先考虑原则即可求解，属于基础题．8.答案：B解析：【分析】本题考查了圆锥的结构特征，圆锥的体积的计算，属于基础题．根据勾股定理得出圆锥的底⾯半径，代⼊侧⾯积公式计算．【解答】解：∵圆锥的母线长为6，母线与轴的夹⾓为30°，∴圆锥的底⾯半径为3，⾼为．圆锥的体积为：π×9×3=9π．故选：B．9.答案：B解析：解：根据题意，该框图的含义是：当x≤2时，得到函数y=x2-1；当x＞2时，得到函数y=log2x，因此，若输出的结果为1时，（1）若x≤2，得到x2-1=1，解得x=，（2）若x＞2，得到log2x=1，解得x=2，（舍去），因此，可输⼊的实数x的值可能为-，，共有2个．故选：B．根据程序框图的含义，得到分段函数y=，由此解出关于x的⽅程f（x）=1，即可得到可输⼊的实数x值的个数．本题主要考查了分段函数和程序框图的理解等知识，属于基础题．10.答案：B解析：解：∵，；∴a＞c；⼜，；∴c＞b；∴a＞c＞b；∴b＜c＜a．故选：B．根据换底公式即可得出，从⽽得出a＞c，容易得出，从⽽得出c＞b，这样即可得出a，b，c的⼤⼩关系．考查对数的运算性质，以及对数的换底公式，对数函数的单调性．11.答案：D解析：【分析】本题考查了双曲线的性质，直线与双曲线渐近线的位置关系，考查中点坐标公式与斜率公式，属于中档题．设B（x0，），表⽰出A点坐标，代⼊渐近线⽅程得出x0=，求出C点坐标，根据斜率公式求出的值，即可得出OC的斜率．【解答】解：F（-c，0），设B（x0，），则A（，），把A点坐标代⼊⽅程y=-x可得=-?，整理可得x0=，∴A（-，），B（，），∴C（，），故k OC=，⼜直线BF的斜率为=tan30°=，∴=，∴k OC=3．故选D．12.答案：A解析：解：函数f（x）=e x-1-e-x+1+a sinπx（x∈R，e是⾃然对数的底数，a＞0）存在唯⼀的零点等价于：函数φ（x）=a sinπx与函数g（x）=e1-x-e x-1只有唯⼀⼀个交点，∵φ（1）=0，g（1）=0，∴函数φ（x）=a sinπx与函数g（x）=e1-x-e x-1唯⼀交点为（1，0），⼜∵g′（x）=-e1-x-e x-1，且e1-x＞0，e x-1＞0，∴g′（x）=-e1-x-e x-1在R上恒⼩于零，即g（x）=e1-x-e x-1在R上为单调递减函数，⼜∵φ（x）=a sinπx（a＞0）是最⼩正周期为2，最⼤值为a的正弦函数，∴可得函数φ（x）=a sinπx与函数g（x）=e1-x-e x-1的⼤致图象如图：∴要使函数φ（x）=a sinπx与函数g（x）=e1-x-e x-1只有唯⼀⼀个交点，则φ′（1）≥g′（1），∵φ′（1）=πa cosπ=-πa，g′（1）=-e1-1-e1-1=-2，∴-πa≥-2，解得a，⼜∵a＞0，∴实数a的范围为（0，]．故选：A．函数f（x）=e x-1-e-x+1+a sinπx（x∈R，e是⾃然对数的底数，a＞0）存在唯⼀的零点等价于函数φ（x）=a sinπx与函数g（x）=e1-x-e x-1只有唯⼀⼀个交点，由φ（1）=0，g（1）=0，可得函数φ（x）=a sinπx与函数g（x）=e1-x-e x-1唯⼀交点为（1，0），g（x）的单调，根据单调性得到φ（x）与g（x）的⼤致图象，从图形上可得要使函数φ（x）=a sinπx与函数g（x）=e1-x-e x-1只有唯⼀⼀个交点，则φ′（1）≥g′（1），即可解得实数a的取值范围．本题主要考查了零点问题，以及函数单调性，解题的关键是把唯⼀零点转化为两个函数的交点问题，通过图象进⾏分析研究，属于难题．13.答案：解析：【分析】本题考查了正弦、余弦定理，以及特殊⾓的三⾓函数值，属于中档题．利⽤正弦定理化简已知的等式，再利⽤余弦定理表⽰出cos A，将化简后的式⼦整理后代⼊求出cos A 的值值，由A为三⾓形的内⾓，利⽤特殊⾓的三⾓函数值即可求出A的值．【解答】解：由正弦定理化简sin2A=sin2B+sin2C-sin B?sin C，得：a2=b2+c2-bc，即b2+c2-a2=bc，∴cos A===，⼜∠A为三⾓形的内⾓，则∠A=．故答案为.14.答案：（-∞，-1）∪（1，+∞）解析：【分析】本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合运⽤，根据函数奇偶性和单调之间的关系将不等式进⾏转化是解决本题的关键，为中档题．根据题意，由偶函数的性质结合函数的单调性可得f（|2x-1|）＞f（|x-2|），进⽽可得|2x-1|＞|x-2|，解可得x的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意：当f（2x-1）＞f（x-2）时，即f（|2x-1|）＞f（|x-2|）?|2x-1|＞|x-2|，变形可得：4x2-4x+1＞x2-4x+4，解可得x＜-1或x＞1，即不等式的解集为（-∞，-1）∪（1，+∞）；故答案是（-∞，-1）∪（1，+∞）．15.答案：2n-1解析：【分析】本题考查数列的通项公式的求法，关键是得出数列{a n}为单调递增的等差数列，考查了推理能⼒与计算能⼒，属于中档题．n=1时，4a1=（a1+1）2，解得a1=1，当n≥2时，4S n-1=，推导出（a n+a n-1）（a n-a n-1-2）=0，从⽽a n-a n-1=2，进⽽数列{a n}是⾸项为1，公差为2的等差数列，由此能求出结果．【解答】解：∵各项都为正数的数列{a n}，其前n项和为S n，4S n=（a n+1）2=，①∴n=1时，4a1=（a1+1）2=a12+2a1+1=0，解得a1=1，当n≥2时，4S n-1=，②①-②，得：4a n=+2（a n-a n-1），∴（a n+a n-1）（a n-a n-1-2）=0，∵数列各项都为正数，∴a n-a n-1=2，∴数列{a n}是⾸项为1，公差为2的等差数列，∴a n=1+（n-1）×2=2n-1，且验证n=1时也成⽴，故答案为：2n-1．16.答案：[1，]解析：解：如图以圆⼼O为坐标原点建⽴直⾓坐标系，设A，B两点在x轴上⽅且线段AB与y轴垂直，∵A，B为单位圆（圆⼼为O）上的点，O到弦AB的距离为，∴点A（-，），点B（，），∴=（-，），=（，），即λ=（-，），µ=（，），∴=λ+µ=（，），⼜∵C是劣弧AB（包含端点）上⼀动点，设点C坐标为（x，y），∴，∵=λ+µ=（，）=（x，y），∴≤y=≤1，解得：1≤λ+µ≤，故λ+µ的取值范围为[1，]．以圆⼼O为坐标原点建⽴直⾓坐标系，设A，B两点在x轴上⽅且线段AB与y轴垂直，分别表⽰出A，B两点的坐标，求出、向量，即可表⽰出向量，由于C是劣弧AB（包含端点）上⼀动点，可知向量横纵坐标的范围，即可求出λ+µ的取值范围．本题主要考查了向量的综合问题以及圆的基本性质，解题的关键是建⽴直⾓坐标系，表⽰出各点坐标，属于中档难度题．17.答案：解：（Ⅰ）f（x）=+=sin2ωx-cos2ωx=2in（2ωx-），∵|x2-x1|的最⼩值为．∴=，即T==π，得ω=1．（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f（x）=sin（2x-），∴f（）=sin（α+-）=sin（α+）=cosα=，f（）=sin（β--）=sin（β-π）=-sinβ=-，则sinβ=，⼜α，β∈（0，），∴sinα=，cosβ=，∴cos（α-β）=cosαcosβ+sinαsinβ=+=．解析：（Ⅰ）利⽤⼆倍⾓公式和辅助⾓公式整理出f（x）=sin（2ωx-），根据周期求得ω；（Ⅱ）根据f（x）解析式可求解出cosα，sinβ；再利⽤同⾓三⾓函数关系求出sinα，cosβ；代⼊两⾓和差余弦公式求得结果．本题考查三⾓函数解析式的求解及应⽤问题，关键是考查学⽣对于⼆倍⾓公式、辅助⾓公式、同⾓三⾓函数关系以及两⾓和差公式的掌握情况，考查学⽣的运算能⼒，属于常规题型．18.答案：解：（Ⅰ）设正常情况下，该⽣产线上包装出来的⽩糖质量为Xg，由题意可知X～N（500，52）．由于485=500-3×5，所以根据正态分布的对称性与“3σ原则”可知：P（X＜485）=；（Ⅱ）检测员的判断是合理的．因为如果⽣产线不出现异常的话，由（Ⅰ）可知，随机抽取两包检查，质量都⼩于485g的概率约为：0.0013×0.0013=1.69×10-6，⼏乎为零，但这样的事件竟然发⽣了，所以有理由认为⽣产线出现异常，检测员的判断是合理的．解析：（Ⅰ）由正常情况下⽣产出来的⽩糖质量服从正态分布N（500，52）（单位：g），要求得正常情况下，任意抽取⼀包⽩糖，质量⼩于485g的概率，化为（µ-3σ，µ+3σ）的形式，然后求解即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知正常情况下，任意抽取⼀包⽩糖，质量⼩于485g的概率为0.0013，可求得随机抽取两包检查，质量都⼩于485g的概率⼏乎为零，即可判定检测员的判断是合理的．本题主要考查了正态分布中3σ原则，考查基本分析应⽤的能⼒，属于基础题．19.答案：（Ⅰ）证明：取AB中点M，连接CM，DM，有MD∥AB1，因为AC=BC，所以CM⊥AB，⼜因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以平⾯ABC⊥平⾯ABB1A1，⼜因为平⾯ABC∩平⾯ABB1A1=AB，所以CM⊥平⾯ABB1A1，⼜因为DE?平⾯ABB1A1，所以CM⊥DE，⼜因为DE⊥CD，CD∩DM=D，CD?平⾯CMD，CM?平⾯CMD，所以DE⊥平⾯CMD，⼜因为MD?平⾯CMD，所以DE⊥MD，因为MD∥AB1，所以DE⊥AB1，连接A1B交AB1于点O，因为ABB1A1为正⽅形，所以A1B⊥AB1，⼜因为DE?平⾯ABB1A1，A1B?平⾯AA1B1B，所以DE∥A1B，⼜因为D为BB1的中点，所以E为OB1的中点，所以=．（Ⅱ）如图以M为坐标原点，分别以MA，MO，MC为x轴、y轴、z轴，建⽴空间直⾓坐标系，设AB=2a，由（Ⅰ）可知∠CDM=45°，所以AB1=2a，所以DM=CM=a，所以A（a，0，0），B1（-a，2a，0），C1（0，2a，a），D（-a，a，0），E（-a，a，0），所以=（-2a，2a，0），=（a，0，a），=（a，a，0），设平⾯AB1C1的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=-1可得=（，，-1）．所以 cos＜＞===．所以直线DE与平⾯AB1C1所成⾓的正弦值为．解析：（Ⅰ）取AB中点M，连接CM，MD，证明DE⊥平⾯CMD，即可说明DE⊥AB1，由底⾯为正⽅形，可求得=；（Ⅱ）以M为坐标原点建⽴空间直⾓坐标系，求得各点的坐标，以及平⾯AB1C1的法向量为，根据线⾯所成⾓的正弦值的公式即可求解．本题主要考查线⾯垂直的证明、中位线定理以及利⽤空间向量求线⾯⾓的正弦值，考查了学⽣空间想象能⼒和计算能⼒，属于中档题．20.答案：解：（Ⅰ）由题意知，抛物线焦点为（0，），准线⽅程为y=-，焦点到准线的距离为2，即p=2；（Ⅱ）抛物线的⽅程为x2=4y，即y=x2，所以y′=x，设A（x1，y1），B（x2，y2），l1：y-=（x-x1），l2：y-=（x-x2），由于l1⊥l2，所以?=-1，即x1x2=-4，设直线l⽅程为y=kx+m，与抛物线⽅程联⽴，得x2-4kx-4m=0，△=16k2+16m＞0，x1+x2=4k，x1x2=-4m=-4，所以m=1，即l：y=kx+1，联⽴⽅程得，即M（2k，-1），M点到直线l的距离d==，|AB|=?=4（1+k2），所以S=?4（1+k2）?=4（1+k2）≥4．当k=0时，△MAB⾯积取得最⼩值4．解析：（Ⅰ）根据抛物线的性质即可得到结果；（Ⅱ）由直线垂直可构造出斜率关系，得到x1x2=-4，通过直线与抛物线⽅程联⽴，根据根与系数关系求得m；联⽴两切线⽅程，可⽤k表⽰出M，代⼊点到直线距离公式，从⽽得到关于⾯积的函数关系式，求得所求最值．本题考查抛物线的性质的应⽤、抛物线中三⾓形⾯积最值的求解，关键是能够将所求⾯积表⽰为关于斜率的函数关系式，从⽽利⽤函数最值的求解⽅法求出最值．21.答案：解：（Ⅰ）由已知f（x）的定义域为（0，+∞）且，所以，即a=；此时，设g（x）=f′（x），则，则0＜x＜2 时g（x）为减函数．⼜，所以当0＜x＜1时f（x）为增函数，1＜x＜2 时f（x）为减函数．所f（x）的极⼤值点x=1，符合题意．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知f（x）当0＜x＜1时f（x）为增函数，1＜x＜2 时f（x）为减函数．当x＞2时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，g（4）=，g（2）＜0；所以存在x0∈（2，4），使得g（x0）=0；当 2＜x＜x0时，g（x）＜0，f（x）为减函数；当x＞x0时，g（x）＞0，f（x）为增函数，所以f（x）当0＜x＜1时f（x）为增函数，1＜x＜x0时f（x）为减函数，x＞x0时，g（x）＞0，f（x）为增函数；所以函数f（x）存在唯⼀的极⼩值点x0．⼜；所以，且满⾜；所以=；故函数f（x）存在唯⼀的极⼩值点x0，且0＜f（x0）＜．解析：本题考查利⽤函数极值与导数关系的综合应⽤问题，解决本题的关键是能够利⽤零点存在定理确定零点处理问题，从⽽可将证明问题转化为某⼀个区间内⼆次函数值域问题的求解，考查了学⽣基本计算能⼒以及转化与划归思想，属于难题．（Ⅰ）根f′（1）=0，求得实数a的值，通过导数验证函数单调，可知极值点x=1，满⾜题意；（Ⅱ）由（Ⅰ）函数f（x）的极⼩点值位于（2，+∞），此时f′（x）的零点位于x0∈，且x0为f（x）的极⼩点值点，代⼊f（x），f′（x），化简即可得f（x0）关于x0的⼆次函数，求解⼆次函数在区间上的值域即可证明结论．22.答案：解：（Ⅰ）由题可知，C1的直⾓坐标⽅程为：x2+y2-2x=0，设曲线C2上任意⼀点（x，y）关于直线y=x对称点为（x0，y0），∴，⼜∵，即x2+y2-2y=0，∴曲线C2的极坐标⽅程为：ρ=2sinθ；（Ⅱ）直线l1的极坐标⽅程为：θ=α，直线l2的极坐标⽅程为：．设A（ρ1，θ1），B（ρ2，θ2）．∴，解得ρ1=2cosα，，解得．∴==．∵0≤α＜，∴＜．当，即时，sin（）=1，S△AOB取得最⼤值为：．解析：（Ⅰ）将C1化为直⾓坐标⽅程，根据对称关系⽤C2上的点表⽰出C1上点的坐标，代⼊C1⽅程得到C2的直⾓坐标⽅程，再化为极坐标⽅程；（Ⅱ）利⽤l1和l2的极坐标⽅程与C1，C2的极坐标⽅程，把A，B坐标⽤α表⽰，将所求⾯积表⽰为与α有关的三⾓函数解析式，通过三⾓函数值域求解⽅法求出所求最值．本题考查轨迹⽅程的求解、三⾓形⾯积最值问题的求解，涉及到三⾓函数的化简、求值问题．求解⾯积的关键是能够明确极坐标中ρ的⼏何意义，从⽽将问题转化为三⾓函数最值的求解．23.答案：解：（Ⅰ）a=-1时，f（x）=当x＜-1时，f（x）=-2x＞2x，即x＜0，此时x＜-1，当-1≤x≤1时，f（x）=2＞2x，得x＜1，∴-1≤x＜1，当x＞1时，f（x）=2x＞2x，⽆解，综上，f（x）＞2x的解集为（-∞，1）．（Ⅱ）f（x）=|x+1|+|x+a|≥|x+a-x-1|=|a-1|，即f（x）的最⼩值为|a-1|，要使f（x）＞1的解集为R，∴|a-1|＞1恒成⽴，即a-1＞1或a-1＜-1，得a＞2或a＜0，即实数a的取值范围是（-∞，0）∪（2，+∞）．解析：（Ⅰ）根据x的范围得到分段函数f（x）的解析式，从⽽分别在三段区间上求解不等式，取并集得到所求解集；（Ⅱ）由绝对值三⾓不等式得到f（x）的最⼩值，则最⼩值⼤于1，得到不等式，解不等式求得结果．本题考查含绝对值不等式的求解、绝对值三⾓不等式的应⽤问题，属于常规题型．。

12020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）（A ）；（2）（B ）；（3）（D ）；（4）（A ）；（5）（C ）；（6）（B ）； （7）（D ）；（8）（C ）；（9）（B ）；（10）（D ）；（11）（C ）；（12）（C ），（D ）.二.填空题（13）2； （14）1-；(15) 16． 9,42π-.三.解答题（17）(本小题满分12分)解： (I)连接AC ，CE ，ACE ∆即为所求，…………3分 ∵ABCD 是菱形，AD AB ∴=，又PA AB =，AD PA ∴=， ∵E 为PD 中点，AE PD ∴⊥，同理CE PD ⊥， 又AE CE E =，AE CE α⊂，，PD α∴⊥.………6分(II)连接BD ，交AC 于O ，连接PO ，ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥，且O 为AC ，BD 中点，PA PC =，AC PO ∴⊥，同理BD PO ⊥，又=AC BD O ，⊂，平面AC BD ABCD ，PO ABCD ∴⊥面， 以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， ················································································· 7分 设2PA PC AB ===，60ABC ∠=︒，2AC ∴=，BD =(0,1,0)A -，B ，(D，P (3,0,DP =，(3,1,0)AB=，AP =，大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连2PD α⊥，α∴平面的一个法向量为(3,0,DP =， ·················· 8分设平面PAB 的一个法向量为(,,)x y z =n ，则00AB AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即00y y +==⎪⎩，设1x =，则y =，1z =，(1,=n ， ········································································ 10分设平面α与平面PAB 所成的锐二面角大小为θ，则cos |cos ,|||5|||6DPDP DP θ⋅====n n |n 综上平面α与平面PAB ······················· 12分(18)(本小题满分12分)解：（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列， 21212,421a a a a ∴=⋅∴=………2分 又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，2121122a a ∴-=，………4分解得1228=⎧⎨=⎩a a ………6分 方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列， 11(1)12,2n n n n a n n a a a nn++++∴=∴=①………2分 又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列，11122n n n n a a ++∴-=②………4分 由①②解得：2nn a n =⋅1228=⎧⎨=⎩a a ………6分 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院大连教育学院大连教育学院 大连教育学院3 （Ⅱ）1122,21-=⋅=∴=⋅n n n n n a a a n n ………7分 方法一：1231231222322=++++=⋅+⋅+⋅++⋅n n n S a a a a n 234121222322+∴=⋅+⋅+⋅++⋅n n S n ………9分 两式作差可得：231112(12)222222(1)2212n nn n n n S n n n +++--=++++-⋅=-⋅=-⋅--， 1(1)22n n S n +∴=-⋅+………12分 方法二：12(22)2(24)2()n n n n a n n n n N -+=⋅=-⋅--⋅∈，………9分 设1(24)2n n b n -=-⋅，则1n n n a b b +=-.122132111()()()(22)22n n n n n n S a a a b b b b b b b b n ++∴=+++=-+-++-=-=-⋅+， 1(1)22n n S n +∴=-⋅+………12分 (19)(本小题满分12分) 解：(I)设事件A 表示：辩论队员甲收到队长的通知信息， 则3()8P A =，5()8P A =， ··························································· 1分 设事件B 表示：辩论队员甲收到副队长的通知信息， 则3()8P B =，5()8P B =， ··························································· 2分 设事件C 表示：辩论队员甲收到队长或副队长的通知信息， 则2539()1()()1()864P C P A P B =-=-=， 所以辩论队员甲收到队长或副队长的通知信息的概率为3964. ··················· 4分 (II)由题意可得随机变量X 可取值为3，4，5，6， ······························· 5分 则3833881(3)56C P X C C ===⋅，211865338815(4)56C C C P X C C ⋅⋅===⋅， 122875338815(5)28⋅⋅===⋅C C C P X C C ，338533885(6)28⋅===⋅C C P X C C ， ················· 9分所以随机变量X 的分布列为： 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院4························ 10分其数学期望11515539()3456565628288=⨯+⨯+⨯+⨯=E X ··················· 12分(20) （本小题满分12分） 解：（Ⅰ）2222121(2)1()(1)(1)(1)x a a x a x x g x x x x x x ++++++'=+==+⋅++………1分 10,222x x a a x >∴+++≥++，∴4a ≥-时，()0g x '≥恒成立， 所以()g x 在(0,)+∞单调递增，没有单调递减区间.……………2分 4a <-时，设2()(2)1m x x a x =+++，则对称轴2020,402a xa a +=->∆=+>， 解不等式()0m x >可得：(2)2a x -+>，或(2)2ax -+<. 所以此时()g x 的单调递增区间为(2)(0,2-+a 和(2)()2a -+++∞， 单调递减区间是.………3分 综上： 4a ≥-时，单调递增区间是(0,)+∞，没有单调递减区间； 4a <-时，单调递增区间为和)+∞， 单调递减区间是(2)(2)(22a a -+-++.………4分 （Ⅱ）（i ）1()()(1)ln(1)x h x f x f x ax e x ax -=-+-=-+-， 1()1x h x e a x '∴=--+在(0,)+∞单调递增，又因为(0)0h a '=-<， ln(1)1ln(1)(ln(1))0ln(1)1ln(1)1a a h a e a a a ++'+=--=>++++， 大连教育学院 大连教育学院 大育学院连教育学院 大连教育学院育学院50(0,ln(1))x a ∴∃∈+，使得0()0h x '=，且0(0,)x x ∈时，()0h x '<，0(,)x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x ∴在0(0,)x 单调递减，0(,)x +∞单调递增，()h x 在(0,)+∞上有且仅有一个零点，所以此零点为极小值点0x .………8分（ii ）由（i ）得00()0()0'=⎧⎨=⎩h x h x ，即00000101ln(1)0x x e a x e x ax ⎧--=⎪+⎨⎪-+-=⎩， 解得：0011x a e x =-+，且00000(1)ln(1)01x x x e x x -⋅-++=+.………9分 设()(1)ln(1)1x x u x x e x x =-⋅-+++，（(0,ln(1))x a ∈+） 22111()()1(1)(1)x x u x x e x e x x x '=-⋅-+=-⋅++++， 则()u x 在(0,ln(1))x a ∈+单调递减.因为131()ln 0223u =+>，1(1)ln 202u =-+<，01(,1)2x ∴∈.………11分 又因为1()1x v x e x =-+在1(,1)2单调递增，12121(),(1)232v e v e =-=-， 122132e a e ∴-<<-………12分 (21)（本小题满分12分） 解：（Ⅰ）∵12c a =，∴2222143x y c c +=，又∵椭圆E 经过点3(1,)2， ∴1c =，∴椭圆E 的标准方程为22143x y +=. ··································· 3分 （Ⅱ）方法一：l 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)C x y D x y ， 联立方程组22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，化简得222(43)84120k x kmx m +++-=，由0∆>解得2234+>k m ，且21212228412,4343km m x x x x k k --+=⋅=++. ······ 4分 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院6 ∴12121212922224++⋅=⋅=⋅=-++++AC AD y y kx m kx m k k x x x x ， 221212(49)(418)()4360k x x km x x m ∴++++++=，222224128(49)(418)43604343m km k km m k k --+++⋅++=++ ····················· 6分化简可得：22230k km m -+=∴k m =或2k m =（舍），满足0∆> ··· 7分 ∴直线l 的方程为y kx k =+， ∴直线l 经过定点(1,0)-. ······························································ 8分 方法二：设l 的方程为x my n =+，设1122(,),(,)C x y D x y ， 联立方程组22143⎧+=⎪⎨⎪=+⎩x y x my n ，化简得222(34)63120m y mny n +++-=， 0∆>解得：2234m n +>，且21212226312,3434mn n y y y y m m --+=⋅=++ ······ 4分 12121212922(2)(2)4AC AD y y y y k k x x my n my n ⋅=⋅==-++++++， 221212(94)9(2)()9(2)0m y y m n y y n ∴++++++=， ······················· 6分 222223126(94)9(2)9(2)03434n mn m m n n m m --∴+++⋅++=++ 化简可得：2320n n ++=，1n ∴=-或者2n =-（舍）满足0∆> ······· 7分 ∴直线l 经过定点(1,0)-. ······························································ 8分 方法三：设2'=-⎧⎨'=⎩x x y y ，则有22(2)()143''-+=x y ，22()()043'''∴-+=x y x ， 设l 方程为1''+=mx ny ，22()()()043'''''∴-++=x y x mx ny ， 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院7 21034∴-+-=k nk m ，12194143-∴==-m k k ，1∴=m ， :1''∴+=l x ny ， 21∴++=x ny ，1∴+=-x ny ， ∴直线l 经过定点(1,0)-. ······························································ 8分 （Ⅲ）方法一：l 的方程为y kx m =+，设1122(,),(,)C x y D x y ， 联立方程组22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，化简得222(43)84120k x kmx m +++-=， 由22=48(43)0∆-+>k m ，且21212228412,4343km m x x x x k k --+=⋅=++. ∵0++=OC OD OB ，∴点1212(,)B x x y y ----， 又∵点B 在椭圆E 上，∴221212()()143----+=x x y y ， ∴222211221212221434343+++++=x y x y x x y y ， ∴12121432+=-x x y y . 222212121223(4)=()43-+++=+m k y y k x x km x x m k 2222222341,443043432--+=-∴--=++m m k m k k k …………………………9分212||||4==m CD m .……………10分 点B 到直线l 距距离=d …………………………………………………11分大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院 大连院 大连教育学院.19||22∆==BCD S CD d . 方法二：前面同法一点O 到直线l距离d =…………………………………………………11分∴13||2OCD S CD d∆==，∴932BCD OCD S S ∆∆==. ……………………………12分方法三：设(2cos),(2cos )C D ααββ，∵0++=OC OD OB ，∴点(2cos 2cos ,)Bαβαβ--， 又∵点B 在椭圆E 上，∴2(2cos 2cos )1,4αβ--+= ∴1cos()2αβ-=-，…………………………10分1|(2cos 2cos ))2BCDS αβαβ∆=--⨯-112cos )(2cos )|22ααββ---⨯(-）（………………………11分 3sin()|2αβ=-=，∴932BCD OCDS S ∆∆==. ……………………………12分(22)（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程 解：(I) 2sin 4cos ρθθ=，22sin 4cos ρθρθ∴=， ∴曲线C 的直角坐标方程为24y x =， ············································· 3分直线l 的参数方程为2cos sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩（t 为参数）， ······························ 5分大连教育学院连教育学院大连育学院 大连教育学院 大连教育学院大连教育学院(II) 2cos sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩与24y x =联立可得：22sin 4cos 80t t αα--=，0∆>，1224cos sin t t αα+=，1228sin t t α=-， 所以224212122222221212216cos 16()21111161sin sin 8||||()644()sin αααα++-+=+====-t t t t MA MB t t t t ．·································································································· 10分 (23)（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲证明：（Ⅰ）3332+2()≥=a b ab ， 223333+()842∴≤==a bab ……5分 (II)方法一：∵3322+()()=+-+=a b a b a ab b 2()[()3]a b a b ab++- 22331()[()()]()44≥++-+=+ab a b a b a b ． ∴+4a b ≤． ··········································································· 10分 方法二：∵333+2+234a a ≥⨯……………① ∵333+2+234≥⨯b b ……………② 由①+②得4812()a b ≥+． ∴+4a b ≤． ··········································································· 10分大连教 大连教育学院大连教育学院大连教育学院 大连教育学院 大连教育学院。