2018年大连市高三双基考试数学(理科)答案
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第 1 页 共 6 页 2018年大连市高三双基考试
数学（理科）参考答案
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.C 2.D 3.B 4.A 5.B 6.D 7.C 8.B 9.D 10.A 11.C 12.B
二．填空题
13.60 14. 5 15.2 16.{1}
三．解答题
17. 解：（Ⅰ）
在ABD中，由正弦定理可得sinsinABBDADBBAD，
在ACD中，由正弦定理可得sinsinACDCADCCAD，
因为sinsin,sinsinADBADCBADCAD，
所以12ABBDACDC. ┄┄┄┄┄┄4分
（面积法、平面几何法酌情给分）
（Ⅱ）法一：因为12BDDC，
所以1121()3333ADABBDABBCABACABABAC，┄┄┄┄┄┄8分
所以2221()33ADABAC，即8448++cos<,9999ABAC，所以cos<,0ABAC，
所以<,=2ABAC，所以ABC面积为112=12. ┄┄┄┄┄12分
法二：设BAD，则ABD面积为1221sin23，ACD面积为1222sin23，ABC面积为112sin22，
所以1221sin23122+2sin23112sin22，┄┄┄┄┄┄8分 第 2 页 共 6 页 解得：2sinsin22sincos，所以2sincos2，
所以ABC面积为112sin2=12.┄┄┄┄┄┄12分
法三：设,2BDtDCt，在ABD和ACD中分别利用余弦定理，得到：2222222222()12()233222222233tttt（），解得53t，┄┄┄┄┄┄8分
所以225BCABAC，所以ABC为直角三角形，面积为112=12.┄┄┄12分
法四：设,2BDtDCt，在ABD和ACD中分别对BADCAD、利用余弦定理，
得到：22222222221()2()(2)332222212233tt，解得53t，┄┄┄┄┄┄8分
所以225BCABAC，所以ABC为直角三角形，面积为112=12.┄┄┄12分
18.解：（Ⅰ）设移动支付笔数为X，则4~(10,)5XB， ┄┄┄┄┄┄2分
所以4418108,105555EXDX. ┄┄┄┄┄┄6分
（Ⅱ）因为222()5002703017030)=2.8413.841()()()()44060300200nadbcabcdacbd（，┄┄┄┄┄9分
所以没有95%的把握认为2017年个人移动支付比例达到了80%与该用户是城市用户还是农村用户有关.
┄┄┄┄┄┄12分
19. （Ⅰ）
法一：过'C作'COBD交BD于点O，因为平面'BCD平面ABD，
所以'CO平面ABD，┄┄┄┄┄┄2分
因为AD平面ABD，所以'COAD，
假设'90ADC，即'ADDC，因为'''CODCC，'CO平面'BCD，'DC平面'BCD，
所以AD平面'BCD，又BD平面'BCD，所以ADBD，与已知90ADB矛盾，所以假设不成立.
所以'90ADC.┄┄┄┄┄┄4分
法二：过'C作'COBD交BD于点O，因为平面'BCD平面ABD，
所以'CO平面ABD， DABC'OEDABC'xyzO第 3 页 共 6 页 过O作OEBD交AB于点E，以O为坐标原点，,,'ODOEOC为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
所以3133'(0,0,),(,0,0),(0,0),(1,,0)2222CBDA，，
所以，1333(,,0),'(,0,)2222ADCD，所以3'04ADCD，
所以'90ADC.┄┄┄┄┄┄4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）的方法二可知，
333313'(1,,),'(,0,),'(,0,),222222CACDCB
设平面'ADC的一个法向量为111(,,)mxyz，所以有'0'0mCAmCD，即111113302233022xyzxz，
不妨令11x，则1133,3zy，即3(1,,3)3m，┄┄┄┄┄┄6分
设平面'ABC的一个法向量为222(,,)nxyz，所以有'0'0nCAnCB，即222223302213-022xyzxz，
不妨令23x，则223,33zy，即(3,33,3)n，┄┄┄┄┄┄8分
所以33cos,||||1313393mnmnmn.┄┄┄┄┄┄10分
由题可得，二面角'BACD的余弦值为313.┄┄┄┄┄┄12分
20.解：（Ⅰ）显然点A在椭圆外，所以1||||PFPA22(||||)aPAPF，
当P在线段2AF上时2||||PAPF取到最小值，1||||PFPA取到最大值222()aacb┄┄┄┄┄┄2分
又12ca，化简222222()2()24aaaacbaaaa，为长半轴长.┄┄┄4分
（Ⅱ）由12ca，可得32ba，所以椭圆方程可化简为222343xya，2AF斜率为3bac， 所以可以第 4 页 共 6 页 设直线l方程为3yxm，其与椭圆联立可得：2221583430xmxma，且22180480am┄┄┄┄┄┄5分
设1122(,),(,)MxyNxy，根据两点间距离公式及韦达定理可得
222224||1804845121515MNamam，
根据点到直线距离公式可得，O到直线l的距离为||2m，┄┄┄┄┄8分
所以
22222222214451221523312(4512)312(4512)909024OMNmSammamamam
当224524am时，上式的等号成立，面积取到最大值234a，所以23=34a，即22=4,3ab，
即椭圆C的方程为22143xy.┄┄┄┄┄12分
21.解：（Ⅰ）法一：()0fx可得ln2xax，┄┄┄┄┄┄1分
设ln2()(0)xgxxx，
则2ln1'()(0)xgxxx，1'()00gxxe，1'()0gxxe，
所以函数()gx在区间1(0,)e上为增函数，在1(+)e，上为减函数，┄┄┄┄┄3分
所以max1()()gxgee.所以实数a的取值范围为[,)e.┄┄┄┄┄4分
法二：显然0a时，(1)0f，不符合题意；┄┄┄┄┄1分
当0a时，1'()axfxx，1'()00fxxa，1'()0fxxa，
所以函数()fx在区间1(0,)a上为增函数，在1(+)a，上为减函数，┄┄┄┄┄3分
所以max11()()ln10fxfaa，解得实数a的取值范围为[,)e.┄┄┄┄┄4分
（Ⅱ）法一：由（Ⅰ）知+1212ln222xxeeexxexex，┄┄┄┄┄6分
设12()2(0)2xehxexexx，则1'()xhxeexe，
令()'()xhx，则1'()xxee，
当0x时，恒有'()0x，所以函数'()hx在区间(0,+)上为增函数， 第 5 页 共 6 页 所以'()'(0)0hxh，所以函数()hx在区间(0,+)上为增函数，
所以0x时，()(0)24.72hxhe，┄┄┄┄┄9分
又112211ln4.85222ee，所以m的最大值为4.┄┄┄┄┄12分
法二：设2()1(0)2xxhxexx，则'()1xhxex，令()'()xhx，则'()1xxe
当0x时，恒有'()0x，所以函数'()hx在区间(0,+)上为增函数，
所以'()'(0)0hxh，
所以函数()hx在区间(0,+)上为增函数，所以()(0)0hxh，
所以当0x时，2+122ln(1)lnln222xexeexxexxxexex，
设()+lntxexex，则1'()txex，
1'()0txxe，1'()00txxe，
所以函数()tx在区间1(0,)e上为减函数，在1(+)e，上为增函数，
所以1()()24.72txtee，┄┄┄┄┄9分
又112211ln4.85222ee，所以m的最大值为4.┄┄┄┄┄12分
22.解：（Ⅰ）4sin((0,))2可以化为224(0)xyyx，
其参数方程为2cos22sinxy（参数(,)22）. ┄┄┄┄┄4分
(Ⅱ)由题得||4sinOP，6||sincosOQ，其中(0,)2，┄┄┄┄┄6分
所以2||221cos2sin22sin2cos21(sinsincos)()=()||3322322OPOQ
2212+1=[sin(2)]32423，┄┄┄┄┄8分
因为32(,)444，所以当242即38时取到等号，
