2019大连市双基测试卷数学(理科)试题及答案

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.B2.A3.A4.D5.D6.B7.B8.A9.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11,1,1n n n S n a S S n -=⎧=⎨->⎩，所以+224,14,126(N )5(1)5(1),126,1n n n a n n n n n n n n n -=-=⎧⎧===-∈⎨⎨---+->->⎩⎩……………4分 （Ⅱ）因为1322n n n a n +-=， 所以12121432222n n n n n T -----=++⋅⋅⋅++2311214322222n n n n n T +----=++⋅⋅⋅++ 两式作差得：1211211322222n n n n T +--=++⋅⋅⋅+-…………………………………………………8分化简得1111222n n n T +-=--，所以112n n n T -=--.………………………………………………………………………………12分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,我们没有理由认为与具有线性相关关系；而后5年的数据得到的相关系数的绝对值0.9840.959>,所以有的把握认为与具有线性相关关系. ………………………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35，只购买纸质书的概率为25，…………………………………………………………………………………………………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：33223333281()()555125C 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222a b =， …………………………………………………………………………………………………………2分又点1(,)b a 在椭圆C 上，所以222211b a a b+=，解得222,1a b ==，即椭圆C 的方程为2212x y +=.……………………………………………………………………4分（Ⅱ）圆O 的方程为221x y +=，当直线l不存在斜率时，解得||MN =，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O1=，即221m k =+.…………………………………………………………………………………………6分||r 0.2430.666<y t 99%y t将直线l 与椭圆C 的方程联立，得：222(12)4220k x kmx m +++-=，判别式222881680m k k ∆=-++=>，即0k ≠，………………………………………………………………………………………………………7分 设1122(,),(,)M x y N x y ，所以124|||3MN x x ==-==， 解得1k =±，………………………………………………………………………………………11分所以直线l 的倾斜角为4π或34π.…………………………………………………………………12分 20. 解（Ⅰ）法一：如图，在平面内过作与交于点O ，因为平面平面，且平面平面，平面， 所以1AO ⊥平面，所以1A AC ∠为与平面所成角， ……………………………1分 由公式11cos cos cos BAA A AC BAC ∠=∠⋅∠，………………………3分 所以145A AC ∠=︒，11sin 451AO AA =︒=， 又ABC ∆的面积为12122⨯=，所以三棱柱111ABC A B C -的体积为111⨯=.………4分 法二：如图，在平面11ACC A 和平面内，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11ACC A 1A 1AO A C ⊥AC 11ACC A ⊥ABC 11ACC A ABC AC =1AO ⊂11ACC A ABC 1AA ABC ABC 11(1,1,0),(0,,),AB AA b c ==由160,BAA ∠=12=，又222b c +=，解得1b c ==，即三棱柱的高为1，又ABC ∆的面积为12122⨯=，所以三棱柱111ABC A B C -的体积为111⨯=.……………………………4分（Ⅱ）接（Ⅰ）法一：由（Ⅰ）得在中，为中点，连接OB ，由余弦定理得，解所以AB BC BO AC =⊥，，（或者利用余弦定理求OB ）以为坐标原点，以1OB OC OA ，，分别为轴，轴， 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11=(0,1,1),AA BB = 设，设平面的法向量为，则，即00y z x y +=⎧⎨-+=⎩，不妨令,则，即(1,1,1)n =-.111(1,,1)AE AB BB λλλ=+=-，…………………………………………………………7分 又因为1A E 与平面11BCC B， 所以1|cos ,|7A E n <>==， 解得或，………………………………………………………………………………11分 ABC ∆O AC 2222cos452BC AB AC AB AC =+-⋅︒=O x y z C=(1,1,0),B -1=(0,,),BE BB λλλ=[0,1]λ∈11BCC B (,,)n x y z =100n BB n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩1x =1,1y z ==-13λ=23λ=又因为1BE B E >，所以.………………………………………………… …………12分 21.解：（Ⅰ）2121'()21(0)ax x f x ax x x x-+=+-=>，设2()21(0)g x ax x x =-+>(1)当108a <<时，()g x在11()+-+∞上大于零，在11(44a a+，上小于零，所以()f x 在11(0,),()44a a++∞上单调递增，在单调递减；…………………………………………………………1分(2) 当18a ≥时，()0g x ≥(当且仅当1,28a 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在上大于零，在)+∞上小于零，所以()f x在上单调递增，在)+∞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(21)()ln y at x t t at t t=+--++-，切线方程和()y f x =联立可得：221ln (2)ln 10x ax at x t at t+-+-++=，现讨论该方程根的个数：设221()ln (2)ln 1(0)h x x ax at x t at x t=+-+-++>， 所以()0h t =.法一： 11()(21)'()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，BE =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t =时，可得'()0h x ≥，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增， …………………………………………………………………………………………………………7分②当2t a<时，'()h x 在(0,)t 和1(,)2at +∞上大于零，在1(,)2t at 上小于零，所以()h x 在(0,)t 和1(,)2at +∞上单调递增，在1(,)2t 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221(2)1y ax at x at t=-+++的两个零点为t 和1t at +，所以11()ln()ln 0h t t t at at+=+->，所以函数()h x 在区间11(,)2t 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221(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2t a>时，'()h x 在1(0,)2at 和(,)t +∞上大于零，在1()2t at ，上小于零，所以()h x 在1(0,)2at 和(,)t +∞上单调递增，在1()2t 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221(2)1y ax at x at t =-+++在区间[0,]t 上最大值为21at +，当210atx 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2221(2)ln 1ln 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M f ，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点M .…………………………………………………………………12分法二：11'()2(2)h x ax at x t =+-+，设'()()h x p x =，则2221'()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(,)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 在上小于零，在)+∞上大于零，所以'()h x 在上单调递减，在()2a+∞上单调递增，①当t <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，所以()h x 在上小于或等于零，且有唯一的零点t . 函数221(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01x >，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0max{,1}x m >，有0()0h x >，所以在区间)+∞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221(2)ln 1ax at x t at t-+-++→+∞，所以()h x →+∞，所以()h x 在()2a+∞上存在零点，酌情给分） ………………………………………………………………………………………………………8分②当2t a=时，可得'()'()0h x h t ≥=，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，所以其只有唯一的零9分③当t >时，'()h x 在(,)t +∞上大于零，在)t 上小于零，所以()h x 在(,)t +∞上单调递增，在)t 上单调递减，所以()h x 在)+∞上大于或等于零，且有唯一的零点t . 函数221(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00n x e -<<时，0()0h x <，所以在区间0(x 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2221(2)ln 1ln 1ax at x t at t at t-+-++→-++，是个常数，所以()h x →-∞，所以()h x 在上存在零点，酌情给分） …………………………………………………………………………………………………………11分综上，当a ∈(0,)+∞时，曲线()y f x =上存在唯一的点((22M 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34,C C 的极坐标方程1c o s,((0,))2c o s 1πρθθρθ⎧=+∈⎪⎨⎪=⎩得: 210ρρ--=，解得ρ=,.………………………………………………………4分 (Ⅱ)曲线1C 的极坐标方程为,(0,),02πθααρ⎛⎫=∈> ⎪⎝⎭, 曲线2C 的极坐标方程为2sin ,(0,)2πρθθ=∈联立得2sin ,(0,)2πραα=∈ 即||2sin ,(0,)2OP παα=∈曲线1C 与曲线3C 的极坐标方程联立得1cos ,(0,)2πραα=+∈,即||1cos ,(0,)2OQ παα=+∈,…………………………………………………………………6分所以||||12sin cos 1)OP OQ αααϕ+=++=+,其中ϕ的终边经过点(2,1), 当2,Z 2k k παϕπ+=+∈，即arcsin5α=时，||||OP OQ +取得最大值为1+. ………………………………………………………………………………………………………10分 23.解：（Ⅰ）1a =-时，()0f x >可得|21||2|x x ->-，即22(21)(2)x x ->-， 化简得：(33)(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()32,222,2x a x a f x x a x a x a x ⎧⎪---<⎪⎪=--+≤≤-⎨⎪⎪++>-⎪⎩，由函数单调性可得min ()()2122a af x f =-=+≥-，解得64a -≤<-；……………………………………………5分(2) 当4a =-时，()|2|f x x =-， min ()01f x =≥-，所以4a =-符合题意；……………7分(3) 当4a >-时，2,2()32,222,2a x a x a f x x a x x a x ⎧---<-⎪⎪⎪=+--≤≤⎨⎪++>⎪⎪⎩，由函数单调性可得，min ()()2122a af x f =-=--≥-，解得42a -<≤-；………………………………………9分综上，实数a 的取值范围为[6,2]--.………………………………………………………………10分。

辽宁省大连市2019届高三下学期理数第一次（3月)双基测试试卷一、单选题 (共12题；共24分)1．（2分）已知集合A={x|0<x<2},B={x|−1<x<1}，则A∩B=（）A．{x|−1<x<2}B．{x|0<x<1}C．{x|0<x<2}D．{x|−1<x<1}2．（2分）1+i1−i＝（）A．i B．−I C．2i D．−2i3．（2分）已知直线l和平面α,β，且l⊂α，则“ l⊥β”是“ α⊥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（2分）函数y=tan(12x+π3)的最小正周期为（）A．π4B．π2C．πD．2 π5．（2分）已知某高中的一次测验中，甲.乙两个班级的九科平均分的雷达图如图所示，下列判断错误的是（）A．乙班的理科综合成绩强于甲班B．甲班的文科综合成绩强于乙班C．两班的英语平均分分差最大D．两班的语文平均分分差最小6．（2分）已知向量AB⇀=（1，2），AC⇀=（−3，1）则AB⇀•BC⇀＝（）A．6B．-6C．-1D．17．（2分）函数y=2x2x+1(x∈R)的值域为（）A．(0,+∞)B．(0,1)C．(1,+∞)D．(0,12)8．（2分）已知ΔABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c,且满足√3atanA＝bcosC+ccosB，则∠A = （ ）A ．π6B ．5π6C ．π3D ．2π39．（2分）已知正实数 a,b 满足 a +b =(ab)32 ，则 ab 的最小值为（ ）A ．1B ．√2C ．2D ．410．（2分）我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺,问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为（ ）A ．40B ．43C ．46D ．4711．（2分）已知抛物线 y 2=2x 的焦点为 F ，点 P 在抛物线上，以 PF 为边作一个等边三角形PFQ ，若点 Q 在抛物线的准线上，则 |PF|= （ ） A ．1B ．2C ．2 √2D ．2 √312．（2分）若 x =0 是函数 f(x)=ln(x +12)+2x2ax 2−x−1的极大值点，则实数 a 的取值集合为（ ） A ．{16}B ．{−12}C ．[−12,+∞)D ．(−∞,12]二、填空题 (共4题；共4分)13．（1分）(x +2x)4展开式中的常数项为 .14．（1分）若 x,y 满足约束条件 {x +y −3≥0x −y −1≤0y −2≤0，则 z ＝2x +y 的最大值为 .15．（1分）已知定义在 R 上的函数 f(x) ，若函数 f(x +1) 为偶函数，函数 f(x +2) 为奇函数，则 ∑2019i=1f(i) ＝ .16．（1分）已知双曲线 x 2a 2−y 2b2=1 (a >0,b >0) 的左、右焦点分别为 F 1 、 F 2 ， C 上存在一点满足∠F1PF2＝π3，且P到坐标原点的距离等于双曲线C的虚轴长，则双曲线C的渐近线方程为．三、解答题 (共7题；共70分)17．（10分）已知数列｛a n｝的前n项和S n=n2−5n(n∈N+)．（1）（5分）求数列｛a n｝的通项公式；（2）（5分）求数列｛a n2n+1｝的前n项和T n.18．（10分）随着电子阅读的普及，传统纸质媒体遭受到了强烈的冲击．某杂志社近9年来的纸质广告收入如下表所示：根据这9年的数据，对t和y作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.243；根据后5年的数据，对t和y作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.984.（1）（5分）如果要用线性回归方程预测该杂志社2019年的纸质广告收入，现在有两个方案，方案一：选取这9年数据进行预测，方案二：选取后5年数据进行预测．从实际生活背景以及线性相关性检验的角度分析，你觉得哪个方案更合适？附：相关性检验的临界值表：（2）（5分）某购物网站同时销售某本畅销书籍的纸质版本和电子书，据统计，在该网站购买该书籍的大量读者中，只购买电子书的读者比例为50%，纸质版本和电子书同时购买的读者比例为10%，现用此统计结果作为概率，若从上述读者中随机调查了3位，求购买电子书人数多于只购买纸质版本人数的概率．19．（10分）已知圆O经过椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点以及两个顶点，且点(b,1a)在椭圆C上．（1）（5分）求椭圆C的方程，（2）（5分）若直线l与圆O相切，与椭圆C交于M,N两点，且|MN|=43，求直线l的倾斜角．20．（10分）如图，三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中， AB ＝AA 1＝√2 ， AC ＝2 ， ∠BAC ＝45o ，∠BAA 1＝60o ，且平面 ACC 1A 1 ⊥平面 ABC .（1）（5分）求三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的体积.（2）（5分）点 E 在棱 BB 1 上，且 A 1E 与平面 BCC 1B 1 所成角的余弦值为 √77（ BE >EB 1 ），求 BE 的长． 21．（10分）已知函数 f(x)＝lnx +ax 2−x(x >0,a ∈R) ．（1）（5分）讨论函数 f(x) 的单调性；（2）（5分）若曲线 y =f(x) 上存在唯一的点 M ，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点 M ，求实数 a 的取值范围．22．（10分）在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 1 的参数方程为 {x =tcosαy =tsinα， （ t 为参数且 t >0，α∈(0,π2) ）曲线 C 2 的参数方程为 {x =cosβy =1+sinβ （ β 为参数，且 β∈(−π2,π2) ），以 O为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C 3 的极坐标方程为： ρ=1+cosθ(θ∈(0,π2)) ，曲线 C 4 的极坐标方程为 ρcosθ=1 .（1）（5分）求 C 3 与 C 4 的交点到极点的距离；（2）（5分）设 C 1 与 C 2 交于 P 点， C 1 与 C 3 交于 Q 点，当 α 在 (0，π2) 上变化时，求|OP|+|OQ| 的最大值．23．（10分）设函数 f(x)=|2x +a|−|x −2|(x ∈R,a ∈R) .（1）（5分）当 a =−1 时，求不等式 f(x)>0 的解集；（2）（5分）若 f(x)≥−1 在 x ∈R 上恒成立，求实数 a 的取值范围．答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】 ∵A ={x|0<x <2},B ={x|−1<x <1} ,∴A ∩B ={x|0<x <1} ,故答案为：B.【分析】利用交集的运算即可求出 A ∩B .2．【答案】A【解析】【解答】因为 1+i 1−i =(1+i)2(1−i)(1+i)=2i 2=i ，故答案为：A.【分析】利用复数的乘除运算，即可化简得结果.3．【答案】A【解析】【解答】由线面垂直的判定定理可得，若 l ⊂α ， l ⊥β 则 α⊥β ，充分性成立；若 l ⊥β ， α⊥β ，则 l ⊂α 或 l//α ,必要性不成立， 所以若 l ⊂α ，则“ l ⊥β ”是“ α⊥β ”的充分不必要条件， 故答案为：A.【分析】利用线面垂直的判定定理进行判断，即可确定充分必要条件.4．【答案】D【解析】【解答】函数 y =tan(12x +π3) 的最小正周期为 π12=2π ,故答案为：D.【分析】利用正切函数的周期性，即可求出最小正周期 .5．【答案】D【解析】【解答】由甲、乙两个班级的九科平均分的雷达图可得：乙班的理科综合成绩强于甲班,即选项 A 正确， 甲班的文科综合成绩强于乙班，即选项 B 正确， 两班的英语平均分分差最大，即选项 C 正确，两班地理平均分分差最小，即选项D错误，故答案为：D.【分析】利用甲、乙两个班级的九科平均分的雷达图，分别判断各选项，即可得结果. 6．【答案】B【解析】【解答】因为BC⇀=AC⇀−AB⇀=(−4,−1)所以AB⇀⋅BC⇀=AB⇀⋅(AC⇀−AB⇀)==(1,2)⋅(−4,−1)=−4−2=−6，故答案为：B.【分析】由已知向量的坐标，利用数量积的坐标运算，即可求出AB→⋅BC→的值. 7．【答案】B【解析】【解答】y=2x2x+1=2x+1−12x+1=1−12x+1，，0<12x+1<1,−1<−12x+1<0,0<1−12x+1<1，即0<y<1，即函数的值域为(0,1)，故答案为：B .【分析】由已知函数解析式，利用分离常数法变形整理，即可求出函数的值域. 8．【答案】A【解析】【解答】∵0<A<π，∴sinA≠0，由√3atanA=bcosC+ccosB，根据正弦定理：可得√3sinA⋅tanA=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA，所以tanA=√33，那么A=π6，故答案为：A.【分析】由已知等式，利用正弦定理变形整理，得到tanA=√33，即可求出角A.9．【答案】C【解析】【解答】 ∵a +b ≥2√ab =2(ab)12 ,当且仅当 a =b =√2 时取等号，∴a +b =(ab)32≥2(ab)12，∴ab ≥2 ，故 ab 的最小值为2， 故答案为：C.【分析】由已知等式，利用基本不等式得到ab ≥2 ，即可求出ab 的最小值.10．【答案】C【解析】【解答】由三视图可知，该几何体的直现图如图五面体，其中平面 ABCD ⊥ 平面 ABEF ，CD =2,AB =6,EF =4 ，底面梯形是等腰梯形，高为3 , 梯形 ABCD 的高为4 ,等腰梯形 FEDC 的高为 √9+16=5 ， 三个梯形的面积之和为 2+62×4+4+62×3+2+42×5=46 ,故答案为：C.【分析】由三视图可知，该几何体的直现图是五面体，代入梯形的面积公式，即可三个梯形的面积之和.11．【答案】B【解析】【解答】抛物线的焦点坐标 (12,0) ，由抛物线的定义可得 |PF| 等于 P 到准线的距离，因为 |PF|=|PQ|,Q 在准线上，所以 PQ 与准线垂直与 x 轴平行， 因为三角形 PFQ 为正三角形，所以 ∠QFO =π3⇒∠PFx =π3可得直线 PF:y =√3(x −12) ，可得 {y 2=2xy =√3(x −12)，可得 x =32 ，则 y =±√3 ， P(32,±√3) ，|PF| 等于 P 到准线的距离 32+12=2 ，故答案为：B.【分析】由抛物线的定义可得 |PF| 等于 P 到准线的距离，得到直线 PF 的方程，与抛物线方程联立得到点P 的坐标，即可求出|PF|.12．【答案】A【解析】【解答】 a =0 时， f(x)=ln(x +12)−2x x+1=ln(x +12)−2+2x+1 ， f′(x)=1x+12−2(x+1)2=2x 2(2x+1)(x+1)2≥0 ， ∴f(x) 在 (−12,+∞) 上递增，x =0 不是极值点，排除 C,D ；a =−12 时， f(x)=ln(x +12)−2x x 2+x+1， f′(x)=22x+1−2(x 2+x+1)−2x(2x+1)(x 2+x+1)2=2x 2(x+2)2(2x+1)(x 2+x+1)2≥0 ， ∴f(x) 在 (−12,+∞) 上递增，x =0 不是极值点，排除 B ， 故答案为：A.【分析】先求导，利用导数研究函数的单调性与极值，再利用特值法分别排除各选项，即可求出 实数 a 的取值集合 .13．【答案】24【解析】【解答】二项式 (x +2x)4 的展开式的通项公式 T r+1=C 4r x 4−r (2x )r =C 4r 2r x 4−2r ， 令 4−2r =0 ，可得 r =2 ，所以展开式中的常数项为 C 42×22=24 ，故答案为24.【分析】先写出展开式的通项公式，再令 4−2r =0 ，可得 r =2 ，即可求出展开式中的常数项.14．【答案】8【解析】【解答】画出 x,y 满足约束条件 {x +y −3≥0x −y −1≤0y −2≤0的平面区域，如图所示：由 z =2x +y ，得 y =−2x +z ，平移 y =−2x +z ， 显然直线过 A 时， z 最大， 由 {y =2x −y −1=0，解得 A(3,2) ， 所以 z 的最大值为 2×3+2=8 ，故答案为8.【分析】先画出 x,y 满足约束条件的可行域，再结合图象即可求出 z 的最大值.15．【答案】0【解析】【解答】根据题意, f(x +1) 为偶函数，则函数 f(x) 的图象关于直线 x =1 对称,则有 f(−x)=f(2+x) ，若函数 f(x +2) 为奇函数，则函数 f(x) 的图象关于点 (2,0) 对称， 则有 −f(−x)=f(4+x) ,则有 f(x +4)=−f(x +2) , 设 t =x +2 ，则 f(t +2)=−f(t) 变形可得 f(t +4)=−f(t +2)=f(t) ， 则函数 f(x) 是周期为4的周期函数， 又由函数 f(x) 的图象关于点 (2,0) 对称， 则 f(1)+f(3)=0 且 f(2)=0 ， 则有 f(2)=−f(0)=0 ， 可得 f(4)=0 ，∑2019i=1f(i)=f(1)+f(2)+...+f(2019)=[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+...+[f(2013)+f(2014)+f(2015)+f(2016)]+[f(2017)+f(2018)+f(2019)]=f(1)+f(2)+f(3)=0，故答案为0.【分析】利用已知函数的奇偶性与单调性，得到f(t+4)=−f(t+2)=f(t)，判断函数f(x)是周期为4的周期函数，求出f(1)，f(2)，f(3)，利用函数的周期性即可求和得结果.16．【答案】y=±x【解析】【解答】设PF1=m,PF2=n,可得m−n=2a,可得m2−2mn+n2=4a2（1）,在△PF1F2中，由余弦定理可得4c2=m2+n2−2mncos π3=m2+n2−mn（2），因为PO=2b，所以在△PF1O，△POF2中分别利用余弦定理可得，m2=c2+4b2−4bcos∠POF1,n2=c2+4b2−4bcos(π−∠POF1),两式相加可得m2+n2=2c2+8b2,分别与（1）、（2）联立得2mn=2c2+8b2−4a2=10b2−2a2,mn=2c2+8b2−4c2=6b2−2a2，消去mn可得a2=b2，a=b所以双曲线的渐近线方程为y=±bax，即y=±x，故答案为y=±x.【分析】先设PF1=m,PF2=n，由已知可得m−n=2a，再利用余弦定理列式，得到a=b，即可求出双曲线的渐近线方程.17．【答案】（1）解：因为a n={S1,n=1S n−S n−1,n>1，S n=n2−5n(n∈N+)所以a1=S1=−4, n>1时, a n=n2−5n−(n−1)2+5(n−1)=2n−6 n=1也适合，所以a n=2n−6(n∈N+)（2）解：因为 a n 2n+1=n−32n ，所以 T n =−221+−122+⋅⋅⋅+n−42n−1+n−32n12T n =−222+−123+⋅⋅⋅+n −42n +n −32n+1 两式作差得： 12T n =−221+122+⋅⋅⋅+12n −n−32n+1化简得 12T n =−12−n−12n+1 ，所以 T n =−1−n−12n【解析】【分析】（1）由已知 前 n 项和 S n =n 2−5n ，利用 a n ={S 1,n =1S n −S n−1,n >1 ，即可求出 数列｛ a n ｝的通项公式；（2）先由（1）｛ a n ｝的通项公式，得到 a n 2n+1=n−32n ，再利用错位相减法进行数列求和，即可得结果.18．【答案】（1）解：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.（2）解：因为在该网站购买该书籍的大量读者中，只购买电子书的读者比例为 50% ，纸质版本和电子书同时购买的读者比例为 10% ，所以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 12+110=35 ，只购买纸质书的概率为 25， 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： C 33(35)3+C 32(35)2×25=81125. 【解析】【分析】（1）先由已知 t 和 y 作线性相关性检验 ，得到前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据，再由 相关系数 |r| 越接近1，线性相关性越强 ，可判断 y 与 t 具有线性相关关系，即选取方案二更合适 ；（2）先分别求出购买电子书与 购买纸质书的概率 ，再由购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况，分别求出概率即可得结果.19．【答案】（1）解：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，可得a 2=2b 2 ，又点 (b,1a ) 在椭圆 C 上，所以b 2a 2+1a 2b2=1 ，解得 a 2=2,b 2=1 ，即椭圆 C 的方程为 x 22+y 2=1 .（2）解：圆 O 的方程为 x 2+y 2=1 ，当直线 l 不存在斜率时，解得 |MN|=√2 ，不符合题意；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 |m|√k +1=1 ，即 m 2=1+k 2 .将直线 l 与椭圆 C 的方程联立，得： (1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−2=0 ，判别式 Δ=−8m 2+8+16k 2=8k 2>0 ，即 k ≠0 ， 设 M(x 1,y 1),N(x 2,y 2) ，则 x 1+x 2=−4km1+2k 2,x 1x 2=2m 2−21+2k 2, |x 1−x 2|=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√8k 21+2k2，所以 |MN|=√(x 1−x 2)2+(y 1−y 2)2=√1+k 2|x 1−x 2|=√1+k 2×√8k 21+2k2=43 ， 解得 k =±1 ，所以直线 l 的倾斜角为 π4 或 3π4.【解析】【分析】（1）由已知可得 a 2=2b 2，又 点 (b,1a) 在椭圆 C 上 ， 解得 a 2=2,b 2=1 ，即可求出 椭圆 C 的方程 ；（2） 分两种情况，当直线 l 不存在斜率时，不符合题意； 当直线 l 存在斜率时， 将直线 l 与椭圆 C 的方程联立 ，利用 |MN|=43 列式， 解得 k =±1 ，即可求出 直线 l 的倾斜角 .20．【答案】（1）解：如图，在平面 ACC 1A 1 内过 A 1 作 A 1O ⊥AC 与 AC 交于点 O ，因为平面 ACC 1A 1⊥ 平面 ABC ，且平面 ACC 1A 1∩ 平面 ABC =AC ， A 1O ⊂ 平面ACC 1A 1 ，所以 A 1O ⊥ 平面 ABC ，所以 ∠A 1AC 为 AA 1 与平面 ABC 所成角，由公式 cos∠BAA 1=cos∠A 1AC ⋅cos∠BAC ，解得 cos∠A 1AC =√22，所以 ∠A 1AC =45° ， A 1O =AA 1sin45°=1 ，又 ΔABC 的面积为 12×2×√2×√22=1 ，所以三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的体积为 1×1=1 .（2）解：由（1）得在 ΔABC 中， O 为 AC 中点，连接 OB ， 由余弦定理得 BC 2=AB 2+AC 2−2AB ⋅ACcos45°=2 ，解得 BC =√2 ， 所以 AB =BC ，BO ⊥AC ，（或者利用余弦定理求 OB ）以 O 为坐标原点，以 OB ，OC ，OA 1 分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(0,−1,0),B(1,0,0),A 1(0,0,1),C(0,1,0) ，所以 AA1⇀=BB 1⇀=(0,1,1), BC ⇀=(−1,1,0), 设 BE⇀=λBB 1⇀=(0,λ,λ), λ∈[0,1] ，设平面 BCC 1B 1 的法向量为 n ⇀=(x,y,z) ， 则 {n ⇀⋅BB1⇀=0n ⇀⋅BC ⇀=0 ，即 {y +z =0−x +y =0 ，不妨令 x =1 ，则 y =1,z =−1 ，即 n ⇀=(1,1,−1) . A 1E ⇀=A 1B ⇀+λBB 1⇀=(1,λ,λ−1) ，又因为 A 1E 与平面 BCC 1B 1 所成角的余弦值为 √77，所以 |cosA 1E ⇀,n ⇀| =|1+λ+1−λ|√3⋅√1+λ+(λ−1)=√427 ， 解得 λ=13 或 λ=23，又因为 BE >B 1E ，所以 BE =2√23.【解析】【分析】（1）先作辅助线，可证 A 1O ⊥ 平面 ABC ，得到 ∠A 1AC =45° ， A 1O =AA 1sin45°=1 ，即可求出 三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 的体积 ；（2）先作辅助线，由余弦定理得 BC =√2 ， 再建立空间直角坐标系 ，求出 平面 BCC 1B 1 的法向量 ，代入直线与平面的夹角公式， 解得 λ=13 或 λ=23，即可求出 BE 的长.21．【答案】（1）解： f′(x)=1x +2ax −1=2ax 2−x+1x(x >0) ，设 g(x)=2ax 2−x +1(x >0)①当 0<a <18 时， g(x) 在 (0,1−√1−8a 4a )∪(1+√1−8a 4a ,+∞) 上大于零，在 (1−√1−8a 4a ，1+√1−8a 4a ) 上小于零，所以 f(x) 在 (0,1−√1−8a 4a ),(1+√1−8a 4a ,+∞) 上单调递增，在 (1−√1−8a 4a ，1+√1−8a 4a) 单调递减； ② 当 a ≥18 时， g(x)≥0 (当且仅当 a =18,x =2 时 g(x)=0 )，所以 f(x) 在 (0,+∞) 上单调递增；③ 当 a =0 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；④当 a <0 时， g(x) 在 (0,1−√1−8a 4a ) 上大于零，在 (1−√1−8a 4a ,+∞) 上小于零，所以 f(x) 在(0,1−√1−8a 4a) 上单调递增，在 (1−√1−8a4a ,+∞) 上单调递减. （2）解：曲线 y =f(x) 在点 (t,f(t)) 处的切线方程为 y =(1t +2at −1)(x −t)+lnt +at 2−t ，切线方程和 y =f(x) 联立可得： lnx +ax 2−(1t+2at)x −lnt +at 2+1=0 ，现讨论该方程根的个数：设 ℎ(x)=lnx +ax 2−(1t +2at)x −lnt +at 2+1(x >0) ， 所以 ℎ(t)=0 .ℎ′(x)=1x +2ax −(1t +2at) ，设 ℎ′(x)=p(x) ，则 p′(x)=2ax 2−1x 2.①当 a ≤0 时， p′(x)<0 ，所以 ℎ′(x) 在 (0,+∞) 上单调递减，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) 上单调递增，在 (t,+∞) 上单调递减，又 ℎ(t)=0 ，所以 ℎ(x) 只有唯一的零点 t ，由 t 的任意性，所以不符合题意；② 当 a >0 时， p′(x) 在 (0,√2a 2a ) 上小于零，在 (√2a 2a ,+∞) 上大于零，所以 ℎ′(x) 在 (0,√2a 2a )上单调递减，在 (√2a 2a,+∞) 上单调递增，当 t <√2a 2a 时， ℎ′(x) 在 (0,t) 上大于零，在 (t,√2a 2a ) 上小于零，所以 ℎ(x) 在 (0,t) 上单调递增，在 (t,√2a 2a ) 上单调递减，所以 ℎ(x) 在 (0,√2a 2a) 上小于或等于零，且有唯一的零点 t .函数y=ax2−(1t+2at)x−lnt+at2+1开口向上，若其判别式不大于零，则对任意x0>1，有ℎ(x0)>0；若其判别式大于零，设其右侧的零点为m，则对任意的x0>max{m,1}，有ℎ(x0)>0，所以在区间(√2a2a,+∞)上，存在零点，综上ℎ(x)的零点不唯一；当t=√2a2a时，可得ℎ′(x)≥ℎ′(t)=0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，所以其只有唯一的零点√2a2a；当t>√2a2a 时，ℎ′(x)在(t,+∞)上大于零，在(√2a2a,t)上小于零，所以ℎ(x)在(t,+∞)上单调递增，在(√2a2a ,t)上单调递减，所以ℎ(x)在(√2a2a,+∞)上大于或等于零，且有唯一的零点t .函数y=ax2−(1t+2at)x−lnt+at2+1在区间[0,1]上一定存在最大值，设为n，若n≤0，则ℎ(x)在(0,1)上小于零.若n>0，当0<x0<e−n时，ℎ(x0)<0，所以在区间(x0,√2a2a)上，ℎ(x)存在零点，综上ℎ(x)的零点不唯一.综上，当a∈(0,+∞)时，曲线y=f(x)上存在唯一的点M(√2a2a ,f(√2a2a))，使得曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点M【解析】【分析】（1）先求导，分四种情况讨论a，再利用导数研究函数的单调性，即可求出函数f(x)的单调区间；（2）先求出曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线方程，由曲线y=f(x)与切线方程联立得方程，再利用导数研究函数的单调性讨论该方程根的个数，利用零点与方程根的关系，即可求出实数a的取值范围.22．【答案】（1）解：联立曲线C3,C4的极坐标方程{ρ=1+cosθ,(θ∈(0,π2))ρcosθ=1得: ρ2−ρ−1=0，解得ρ=1+√52，即交点到极点的距离为1+√52.（2）解：曲线C1的极坐标方程为θ=α,(α∈(0,π2),ρ>0)，曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ,θ∈(0,π2)联立得ρ=2sinα,α∈(0,π2)即|OP|=2sinα,α∈(0,π2 )曲线C1与曲线C3的极坐标方程联立得ρ=1+cosα,α∈(0,π2 )，即|OQ|=1+cosα,α∈(0,π2 )，所以|OP|+|OQ|=1+2sinα+cosα=1+√5sin(α+φ)，其中φ的终边经过点(2,1)，当α+φ=π2+2kπ,k∈Z，即α=arcsin2√55时，|OP|+|OQ|取得最大值为1+√5.【解析】【分析】（1）联立曲线C3,C4的极坐标方程，得到ρ2−ρ−1=0，即可求出C3与C4的交点到极点的距离；（2）先求出曲线C1与C2的极坐标方程，联立得|OP|=2sinα与|OQ|=1+cosα，利用正弦函数的性质即可求出|OP|+|OQ|的最大值.23．【答案】（1）解：a=−1时，f(x)>0可得|2x−1|>|x−2|，即(2x−1)2>(x−2)2，化简得：(3x−3)(x+1)>0，所以不等式f(x)>0的解集为(−∞,−1)∪(1,+∞)（2）解：①当a<−4时，f(x)={−x−a−2,x<2−3x−a+2,2≤x≤−a 2x+a+2,x>−a2，由函数单调性可得f(x)min=f(−a2)=a2+2≥−1，解得−6≤a<−4；②当a=−4时，f(x)=|x−2|，f(x)min=0≥−1，所以a=−4符合题意；③当a>−4时，f(x)={−x−a−2,x<−a23x+a−2,−a2≤x≤2x+a+2,x>2，由函数单调性可得，f(x)min=f(−a2)=−a2−2≥−1，解得−4<a≤−2；综上，实数a的取值范围为[−6,−2].【解析】【分析】（1）利用绝对值不等式的解法，化简得(3x−3)(x+1)>0，即可求出不等式f(x)>0的解集；（2）由已知f(x)≥−1在x∈R上恒成立，分三种情况讨论a，分别求出函数的最小值，综上即可求出实数a的取值范围.。

大连市2019年高三双基测试卷数学试题（理科）说明：1．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24题为选考题，其它题为必考题．2．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．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{|3},{|15},()A BA x xB x xC A B =<=-<<则等于（ ）A ．{|1}x x x ≤-≤或3<5B ．{|13}x x x ≤-≥或C ．{|13}x x x <-≥或D ．{|1}x x x ≤-≤≤或352．设复数11,2z i z=+那么等于 （ ）A ．122i + B ．122i + C ．122i - D ．122- 3．下列函数中，在其定义域内既是增函数又是奇函数的是（ ）A ．1y x=-B ．2log y x =-C ．3xy =D ．3y x x =+4．已知cos αα=为第二象限角，则tan()4πα+= （ ）A ．13-B ．13C ．3D ．—35．在△ABC 中，a 、b 、c 分别为三个内角A 、B 、C 所对的边，设向量(,),m b c c a =--(,)n b c a =+，若m n ⊥，则角A 的大小为 （ ）A ．6π B ．3π C ．2π D ．23π6．工人月工资y （元）与劳动生产率x （千元）变化的回归直线方程为ˆ8050yx =+，则下列判断正确的是（ ）①劳动生产率为1千元时，工资约为130元；②劳动生产率每提高1千元时，工资平均提高80元； ③劳动生产率每提高1千元时，工资平均提高130元； ④当月工资为210元时，劳动生产率约为2千元． A ．①③ B ．②④ C ．①②④D ．①②③④7．定义在R 上的函数()[3,)f x +∞在上单调递减，且(3)f x +是偶函数，则下列不等式中正确的是（ ）A ．(3)(4)(1)f f f >>B ．(1)(3)(4)f f f >>C ．(3)(1)(4)f f f >>D ．(4)(3)(1)f f f >>8．已知函数2()423xxf x a a =-⋅+-，则函数()f x 有两个相异零点的充要条件是 （ ）A ．22a -<<B 32a ≤≤C 32a <≤D 32a <<9．设102100121013579(21),x a a x a x a x a a a a a -=++++++++则的值（ ）A ．10132+B ．10132-C ．10312-D ．—10132+10．程序框图如图所示，其输出结果是（ ）A 3B 3C ．0D 311．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1、F 2，离心率为e ，过F 2的直线与双曲线的右支交于A 、B 两点，若△F 1AB 是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，则e 2的值是（ ）A ．122+B ．322+C ．422-D ．522-12．棱长为23A ．2B ．22C ．24D ．26第Ⅱ卷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24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．）13．如图所示是一个几何体的三视图(单位：cm)，则这个几何体的表面积 cm 2.14．设坐标原点为O ，抛物线22y x =上两点A 、B 在该抛物线的准线上的射影分别是A ′、B ′，已知|AB|=|AA ′|+|BB ′|，则OA OB ⋅= 。

2019届辽宁省大连市高三5月双基考试数学（理）试题一、单选题1．已知全集U={2，4，6，8，10}，集合A，B满足∁U（A∪B）={8，10}，A∩∁U B={2}，则集合B=（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，所以，故选A．【考点】集合的交、并、补运算．2．已知复数z=1+i，则z4=（）A．B．4i C．D．4【答案】C【解析】，故选C．【考点】复数的运算．3．已知函数f（x）定义域为R，则命题p：“函数f（x）为偶函数”是命题q：“∃x0∈R，f（x0）=f（-x0）”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若偶函数，则有；若，则有，，即，而为奇函数，所以命题：“函数为偶函数”是命题：“”的充分不必要条件，故选A．【考点】1、函数的奇偶性；2、充分条件与必要条件．4．执行如图的程序框图，输出的C的值为（）A．3 B．5 C．8 D．13【答案】B【解析】第一次循环，得；第二次循环，得；第三次循环，得，不满足循环条件，退出循环，输出，故选B．【考点】程序框图．5．已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，错误的命题是（）A．若，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，则【答案】D【解析】①中，由线面平行的判定和性质得满足条件的直线平行，故正确。

②中，满足条件的直线垂直，故正确。

③中，由面面垂直的性质可得，交线与垂直，故正确。

④中，直线与可能平行，也可能在内，故不正确。

综上④不正确。

答案：④6．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何.”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）。

这个问题中，甲所得为（ ） A ．54钱 B ．43钱 C ．23钱 D ．35钱 【答案】B【解析】设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为2,,,,2a d a d a a d a d --++,则22a d a d a a d a d -+-=++++,解得6a d =-,又225,a d a d a a d a d -+-+++++=1a \=,则4422633a a d a a ⎛⎫-=-⨯-== ⎪⎝⎭,故选B.7．△ABC 中，AB=2，AC=3，∠B=60°，则cosC=（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】D【解析】由正弦定理得＝，∴sin C ＝＝＝，又AB ＜AC ，∴0＜C ＜B ＝60°，∴cos C ＝＝.8．已知点（x ，y ）满足不等式组，则z=x-2y 的最大值为（ ）A ．B ．C ．1D ．2【答案】C【解析】作出满足不等式组的平面区域，如图所示，由图知当目标函数经过点时取得最大值，所以，故选C ．【考点】简单的线性规划问题．9．若抛物线y 2=4x 上一点P 到其焦点F 的距离为2，O 为坐标原点，则△OFP 的面积为（ ） A ． B ．1C ．D ．2【答案】B【解析】由抛物线的方程，知其准线为，，设，则由抛物线的定义，有，所以，所以，所以，故选B ．【考点】抛物线的定义及几何性质．10．已知直线y=x+m 和圆x 2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点，若3AO AB 2⋅=，则实数m=（ ）A ．1±B ．C ．±D ．12±【答案】C 【解析】联立221y x m x y =+⎧⎨+=⎩，得2x 2+2mx +m 2﹣1＝0，由此利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积能求出m ． 【详解】 联立221y x mx y =+⎧⎨+=⎩ ，得2x 2+2mx+m 2-1=0， ∵直线y=x+m 和圆x 2+y 2=1交于A 、B 两点，O 为坐标原点，∴△=4m 2+8m 2-8=12m 2-8＞0，解得m ＞36或m ＜-36，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=-m ，21221-=m x x ， y 1y 2=（x 1+m ）（x 2+m ）=x 1x 2+m （x 1+x 2）+m 2，AO =（-x 1，-y 1），=（x 2-x 1，y 2-y 1），∵21123,2AO AB AO AB x x x ⋅=∴⋅=-+y 12-y 1y 2=1221122m m ----+m 2-m 2=2-m 2=23，解得m=2±． 故选：C ． 【点睛】本题考查根的判别式、韦达定理、向量的数量积的应用，考查了运算能力，是中档题． 11．在区间[0，π]上随机地取两个数x 、y ，则事件“y≤sinx”发生的概率为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】在区间上随机地取两个数、构成的区域的面积为，事件“”发生的区域的面积为，所以所求概率为，故选D ．【考点】1、定积分运算；2、几何概型．12．函数f （x ）是定义在（0，+∞）上的单调函数，且对定义域内的任意x ，均有f （f （x ）-lnx-x 3）=2，则f （e ）=（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】试题分析：因为是上的单调函数，因此由题意可设为常数，，，所以，显然函数是单调增函数，且，所以，即，．故选B ．【考点】函数的单调性，抽象函数问题．【名师点睛】本题考查了函数的单调性与函数的定义，由单调性定义知，单调函数的定义域与值域是一一对应的，因此题中已知“对任意，均有”，说明是一常数，且其函数值为2，因此可设，从而得到，无形中得出了的表达式，抽象问题具体化，接着只要求出常数即可，而已知为，这样我们得到，由这个方程确定值，这里仍然是利用函数的单调性确定．求得了值，就能求得．二、填空题13．双曲线x2-2y2=1的渐近线方程为______．【答案】【解析】由双曲线的方程知，所以双曲线的渐近线方程为．【考点】双曲线的几何性质．14．的展开式中，x4项的系数为______（用数字作答）．【答案】【解析】的展开式的通项公式为，令，解得，所以，项的系数为．【考点】二项式定理．15．数列{a n}前n项和，则a n=______．【答案】【解析】当时，，，两式相减，得．又当时，，不满足，所以．【考点】递推数列．16．如图，在小正方形边长为1的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球表面积为______．【答案】34π【解析】由三视图知该几何体中一个侧面与底面垂直，建立空间直角坐标系，求出几何体外接球的球心与半径，从而求出外接球的表面积． 【详解】由三视图知，该几何体中一个侧面SAC 与底面ABC 垂直， 由三视图的数据可得OA ＝OC ＝2，OB ＝OS ＝4， 建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示；则A （0，﹣2，0），B （4，0，0），C （0，2，0），S （0，0，4）， 则三棱锥外接球的球心I 在平面xOz 上，设I （x ，0，z ）；由IB IS IB IC ⎧=⎪⎨=⎪⎩得，()()()2222222224442x z x z x z x z⎧-+=+-⎪⎨-+=++⎪⎩， 解得x ＝z 32=；∴外接球的半径R ＝|BI|==， ∴该几何体外接球的表面积为 S ＝4πR 2＝4π344⨯=34π． 故答案为：34π．【点睛】本题考查了由三视图求几何体外接球的表面积问题，解题的关键是计算外接球的半径，是难题．三、解答题17．已知函数f（x）=2sin（ωx+）（ω＞0，||＜π）经过点（，-2），（，2），且在区间（，），上为单调函数．（Ⅰ）求ω，的值；（Ⅱ）设a n=nf（）（n∈N），求数列{a n}的前30项和S30．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）由三角函数图象与性质及所经过点的特征建立方程求得的值；（Ⅱ）由三角函数的性质知数列的周期为，从而求得．试题解析：（Ⅰ）由题可得，解得，，∵，∴.（Ⅱ）∵，数列的周期为.前三项依次为，∴，∴.【考点】1、三角函数图象与性质；2、周期数列的求和．18．2015年“双十一”当天，甲、乙两大电商进行了打折促销活动，某公司分别调查了当天在甲、乙电商购物的1000名消费者的消费金额，得到了消费金额的频数分布表如下：甲电商：乙电商：（Ⅰ）根据频数分布表，完成下列频率分布直方图，并根据频率分布直方图比较消费者在甲、乙电商消费金额的中位数的大小以及方差的大小（其中方差大小给出判断即可，不必说明理由）；（Ⅱ）（ⅰ）根据上述数据，估计“双十一”当天在甲电商购物的大量的消费者中，消费金额小于3千元的概率；（ⅱ）现从“双十一”当天在甲电商购物的大量的消费者中任意调查5位，记消费金额小于3千元的人数为X，试求出X的期望和方差．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）（ⅰ）35，（ⅱ）E（X）=3，D（X）=65【解析】（Ⅰ）由频数分布表，能作出下列频率分布直方图，并根据频率分布直方图比较消费者在甲、乙电商消费金额的中位数的大小以及方差的大小．（Ⅱ）（i）利用等可能事件概率计算公式求解．（ii）利用二项分布的性质求解．【详解】（Ⅰ）频率分布直方图如下图所示，甲的中位数在区间[2，3]内，乙的中位数在区间[1，2）内，所以甲的中位数大．由频率分布图得甲的方差大．（Ⅱ）（ⅰ）估计在甲电商购物的消费者中，购物小于3千元的概率为35；（ⅱ）由题可得购物金额小于3千元人数X～B（5，35），∴E（X）=355=3，D（X）=5×35×25=65．【点睛】本题考查频率分布直方图的作法，考查中位数及方差的计算，考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用．19．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的菱形，∠ABC=60°．PA⊥面ABCD，且PA=3．F在棱PA上，且AF=1，E在棱PD上．（Ⅰ）若CE∥面BDF，求PE：ED的值；（Ⅱ）求二面角B-DF-A的大小．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理进行推理得到E为PD中点即可求PE：ED的值；（Ⅱ）根据二面角的定义作出二面角的平面角，即可求二面角B﹣DF﹣A的大小．【详解】（Ⅰ）过E作EG∥FD交AP于G，连接CG，连接AC交BD于O，连接FO．∵EG∥FD，EG⊄面BDF，FD⊂面BDF，∴EG∥面BDF，又EG∩CE=E，CE∥面BDF，EG，CE⊂面CGE，∴面CGE∥面BDF，又CG⊂面CGE，∴CG∥面BDF，又面BDF∩面PAC=FO，CG⊂面PAC，∴FO∥CG．又O为AC中点，∴F为AG中点，且AF=1，∴AF=FG=1，∵PA=3，∴FG=GP=1，∴E为PD中点，PE：ED=1：1．（Ⅱ）过点B 作BH ⊥直线DA 交DA 延长线于H ，过点H 作HI ⊥直线DF 交DF 于I ， ∵PA ⊥面ABCD ，∴面PAD ⊥面ABCD ，∴BH ⊥面PAD ，由三垂线定理可得DI ⊥IB ，∴∠BIH 是二面角B-DF-A 的平面角．由题易得AH=23，BH=2，HD=92，且HI AFHD DF =101，∴∴tan ∠BIH=23，∴二面角B-DF-A 的大小为．【点睛】本题主要考查空间线面平行的性质的应用以及二面角的求解，利用相应的性质定理以及作出二面角的平面角是解决本题的关键． 20．已知椭圆C ：=1（a ＞b ＞0）的左焦点分别为F 1（-c ，0），F 2（c ，0），过F 2作垂直于x 轴的直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，满足|AF 2|=c ． （1）椭圆C 的离心率；（2）M 、N 是椭圆C 短轴的两个端点，设点P 是椭圆C 上一点（异于椭圆C 的顶点），直线MP 、NP 分别和x 轴相交于R 、Q 两点，O 为坐标原点，若|OR|•|OQ|=4，求椭圆C 的方程． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）法一：把点横坐标代入椭圆求得，从而得到的关系式，进而求得离心率；法二：直角中，由勾股定理得到的关系式，从而求得离心率；（Ⅱ）设，则由、的方程中分别令得到与点横坐标，从而由求得的值，进而求出值，得到椭圆方程．试题解析：（Ⅰ）法一：点横坐标为，代入椭圆得，解得，∴．即，设，∴，解得．法二：直角中，，∴由勾股定理得，即，∴，∴，即（Ⅱ）设，则方程为，令得到点横坐标为；方程为，令得到点横坐标为；∴,∴椭圆的方程为．【考点】1、椭圆的方程与性质；2、直线与椭圆的位置关系；3、直线的方程．21．设函数()x af x e ax2=--（x∈R，实数a∈[0，+∞），e=2.71828…是自然对数的1.64872=⋯）．（Ⅰ）若f（x）≥0在x∈R上恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若e x≥lnx+m对任意x＞0恒成立，求证：实数m的最大值大于2.3．【答案】（Ⅰ）0⎡⎣；（Ⅱ）见解析 【解析】（Ⅰ）分离参数，构造函数，利用导数求出函数的最值，问题得以解决； （Ⅱ）构造函数设()()02g x lnx x ＞=+-，利用导数求出函数的最值，即可证明． 【详解】（Ⅰ）∵()xaf x e ax 2=--，f （x ）≥0在x ∈R 上恒成立，∴a≤xe 1x 2+，设h （x ）=xe 1x 2+，∴h′（x ）=x 21e x 21(x )2⎛⎫- ⎪⎝⎭+，令h′（x ）=0，解得x=12， 当x ＞12，即h′（x ）＞0，函数单调递增， 当x ＜12，即h′（x ）＜0，函数单调递减，∴h （x ）min =h （12），∴0＜，故a的取值范围为0⎡⎣；（Ⅱ）设()()g x lnx x 02=+-＞， ∴()()1g'x x 0x＞=，g'（x ）＞0，可得x ；g'（x ）＜0，可得0x ＜．∴g （x+∞）上单调递增；在0⎛ ⎝上单调递减．∴g （x ）≥g）1.64872=，1.6，∴g （x ）＞2.3．由（Ⅰ）可得ex+， ∴e x ﹣lnx 的最小值大于2.3，故若e x≥lnx +m 对任意x ＞0恒成立，则m 的最大值一定大于2.3． 【点睛】本题考查了导数和函数的最值的关系，关键是构造函数，属于中档题．22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：（φ为参数，实数a＞0），曲线C2：（φ为参数，实数b＞0）．在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线l：θ=α（ρ≥0，0≤α≤）与C1交于O、A两点，与C2交于O、B两点．当α=0时，|OA|=1；当α=时，|OB|=2．（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求2|OA|2+|OA|•|OB|的最大值．【答案】（1），；（2）【解析】（Ⅰ）由曲线消去参数，得到曲线的普通方程，再由极坐标方程与直角的互化公式，得到曲线的极坐标方程，由题意可得当时，得，当时，.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，的极坐标方程，进而得到的表达式，利用三角函数的性质，即可求解.【详解】（Ⅰ）由曲线：（为参数，实数），化为普通方程为，展开为：，其极坐标方程为，即，由题意可得当时，，∴.曲线：（为参数，实数），化为普通方程为，展开可得极坐标方程为，由题意可得当时，，∴.（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，的极坐标方程分别为，.∴，∵，∴的最大值为，当，时取到最大值.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及曲线的极坐标方程的应用，其中解答中熟记参数方程、普通方程和极坐标方程的互化，合理应用曲线的极坐标方程的转化是解答本题的关键，着重考查了转化思想和推理与运算能力.23．设函数f（x）=|2x+a|+|x-|（x∈R，实数a＜0）．（Ⅰ）若f（0）＞，求实数a的取值范围；（Ⅱ）求证：f（x）≥．【答案】（Ⅰ）或;（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（1）由于，将代入函数表达式，可解得的取值范围.（2）由于，故可用零点分段法去绝对值，将函数写成分段函数的形式，分别求出分段函数各段的最小值，用基本不等式可求得最小值为.试题解析:（Ⅰ）∵，∴，即，解得或.（Ⅱ）,当时，；当时，；当时，.∴，当且仅当即时取等号，∴.。

辽宁省大连市2019年高三年级双基测试卷数学试题（理科）说明： 1．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—24题为选考题，其它题为必考题。

共150分。

考试时间120分钟。

2．考生作答时时，将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。

第I 卷（共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．设复数i z i z 32,4321+-=-=，则21z z -在复平面内对应的点位于 （ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限1．已知全集U=R ，集合}20{<<=x M ，集合}1{≥=x N ，则集合)(N C M U ⋂等于（ ） A ．}10|{<<x x B ．}20|{<<x xC ．}1|{<x xD ．φ3．若数列}{n a 的前n 项和为n S )(2R a n an ∈+=，则下列关于数列}{n a 的说法正确的是（ ）A ．}{n a 一定是等差数列B ．}{n a 从第二项开始构成等差数列C ．0≠a 时，}{n a 是等差数列D ．不能确定其为等差数列4．已知b a ,是两个非零向量，给定命题|||||:|b a b a p =⋅，命题R t q ∈∃:，使得tb a =，则p 是q 的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 5．为保证树苗的质量，林业管理部门在每年3月12日植树节前都对树苗进行检测，现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度（单位长度：cm ），其茎叶图如图 1所示，则下列描述正确的是 （ ） A ．甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，甲种树苗比乙种树苗长得整齐 B ．甲种树苗的平均高度大于乙种树苗的平均高度，乙种树苗比甲种树苗长得整齐 C ．乙种树苗的平均高度大于甲种树苗的平均高度，乙种树苗比甲种树苗长得整齐 D9 1 040 95310 2 67 1237 3 044667图16．若一个几何体的三视图如图 2所示（单位长度：cm ），则此几何体的表面积是 （ ） A ．2)2420(cm +B ．221cmC ．2)2424(cm +D ．224cm7．某程序框图如图3所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是 （ ）A ．2)(x x f =B ．xx f 1)(=C ．xe xf =)(D ．x x f sin )(=8．图4为)||,0,0)(sin()(πϕωϕω<>>+=A x A x f 的图象的一段，则其解析式为（ ） A ． )3sin(3π-=x yB ．)32sin(3π-=x yC ．)32sin(3π+=x yD ．)32sin(3π-=x y9．如图5，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有 （ ） A ．72种 B ．96种 C ．108种 D ．120种 10．函数672)(2-+-=x x x f 与函数x x g -=)(的图象所围成的封闭图形的面积为 （ ） A ．32B ．2C ．38D ．311．过抛物线)0(22>=p px y 的焦点F 的直线l 与抛物线在第一象限的交点为A ，与抛物线的准线的交点为B ，点A 在抛物线准线上的射影为C ，若48,=⋅=BC BA FB AF ，则抛物线的方程为（ ）A ．x y 42=B ．x y 82= C ．x y 162=D ．x y 242=12．若)2(2)()(,0|,lg |)(ba fb f a f b a x x f +==<<=，则b 的值所在的区间为（ ）A ．（1，2）B ．（2，3）C ．（3，4）D ．（4，5）第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。

辽宁省大连市高考数学二模试卷（理科）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={1，2}，B={（x，y）|x∈A，y∈A，x﹣y∈A}，则B的子集共有（）A．2个 B．4个 C．6个 D．8个2．复数z=1+ai（a∈R）在复平面对应的点在第一象限，且||=，则z的虚部为（）A．2 B．4 C．2i D．4i3．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是（）A．m⊥n，m∥α，n∥βB．m⊥n，α∩β=m，n⊂αC．m∥n，n⊥β，m⊂αD．m∥n，m⊥α，n⊥β4．执行如图的程序框图，如果输入x=1，则输出t的值为（）A．6 B．8 C．10 D．125．已知{a n}为等差数列，3a4+a8=36，则{a n}的前9项和S9=（）A．9 B．17 C．36 D．816．已知函数f（x）=﹣x2﹣x+2，则函数y=f（﹣x）的图象为（）A．B．C．D．7．已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数=3，=3.5，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是（）A．=0.4x+2.3 B．=2x﹣2.4 C．=﹣2x+9.5 D．=﹣0.3x+4.48．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．64 B．C．16 D．9．D是△ABC所在平面内一点，=λ+μ（λ，μ∈R），则0＜λ＜1，0＜μ＜1是点D 在△ABC内部（不含边界）的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件10．命题p：“∃x0∈[0，]，sin2x0+cos2x0＞a”是假命题，则实数a的取值范围是（）A．a＜1 B．a＜C．a≥1 D．a≥11．过抛物线C：y2=4x的焦点F的直线l交C于A，B两点，点M（﹣1，2），若•=0，则直线l的斜率k=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．212．函数f（x）=e ax﹣lnx（a＞0）存在零点，则实数a的取值范围是（）A．0＜a≤ B．0＜a≤C．a≥D．a≥二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分。

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，假如考生的解法与本解答不一样，可依据试题的主要考察内容对比评分标准制定相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，假如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，但不得超出该部分正确解答应得分数的一半；假如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. 0 16. y x三．解答题 17.解：（ Ⅰ）由于 a nS 1, n 1，S nS n,n1 1因此 a n4,n 14, n 1分n 25n( n 1)25(n 1),n 12n 6, n2n 6(n N + )41（Ⅱ）由于 a nn n 3 ，n 12 2 因此 T n2 1 n 4 n 321 22 2n 1 2n1 2 1n 4 n 3 2Tn2223 2n 2n 1两式作差得： 12 11n 3T n12 22 n2 n 1 8 分2 2化简得 1T n1n n 11，222所以T n1nn1 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯122分18.（ Ⅰ） 取方案二更适合 ,原因以下：(1) 中介 了，跟着 子 的普及 , 媒遇到了 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 逐年降落的 ，能够 ， 2019 年的 广告收入会接着下跌，前四年的增 已 不可以作 后 数据的依照 . (2) 有关系数 | r |越靠近 1， 性有关性越 ,因 依据 9 年的数据获得的有关系数的0.666 ,我 没有原因y 与 t 拥有 性有关关系；尔后5 年的数据获得的相关系数的,因此有99%的 把 握y 与t 具 有性相 关关系 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分（ 用（ 1）解 得 3 分， 用（2）解 或许用（1）（ 2）解 得6 分）(Ⅱ) 从 网站 籍的大批 者中任取一位， 子 的概率3 ，只5的概率2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5⋯⋯ 8 分子 人数多于只 人数有两种状况：3 人 子 ， 2 人 子一人只 .概率： C 33( 3)3C 32(3) 2 2 81 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分5 5 5 12519.解：（ Ⅰ ）由 可知 O 只好 的上下 点，因此 焦距等于短 ，即a 2 2b 2 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分又点 (b, 1) 在 C 上，因此b 21 1，解得2 2，aa 2a 2b 2 a 2, b 1即C 的 方程 x 2 y 2 1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 分2（ Ⅱ） O 的方程 x 2y 2 1，当直 l 不存在斜率 ， 解得 | MN |2 ，不切合 意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分当直 l 存在斜率，其方程 y kx m ，因直 l 与 O 相切，因此| m | 1 ，k 2 1即m2 1 k 2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分将直 l 与 C 的方程立，得：(1 2k 2 ) x24kmx 2m2 2 0 ，判式8m28 16k 28k 20 ，即 k 0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分M ( x1 , y1), N ( x2 , y2 ) ，因此 | MN | ( x1 x2 ) 2 ( y1 y2 ) 2 1 k 2 | x1 x2 | 1 k 28k 2 4，1 2k 2 3解得k 1 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分所以直l 的斜角或43 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分420.解（Ⅰ）法一：如，在平面 ACC1 A1内 A1作 AO1 AC与AC A1 C1 交于点 O，B1因平面 ACC1 A1 平面 ABC ，且平面ACC1A1平面EA OCABC AC ，AO1 平面 ACC1A1， B所以 1 平面ABC ，所以 1 1与平面ABC 所成AO A AC AA角，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分由公式 cos BAA1 cos A1 AC cos BAC ，解得cos A1 AC 2，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯23 分因此 A AC 45 ， AOAA sin 45 1，111又 ABC 的面122 2 1 ，因此三棱柱 ABC A 1 B 1C 1 的体 1 11. ⋯⋯⋯224 分法二：如 ，在平面 ACC 1 A 1 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 坐成立空直角坐系，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分可得 A(0,0,0), B(1,1,0) ， C (0,2,0) ， A 1(0, b, c) ，AB (1,1,0), AA 1(0, b,c), 由 BAA 1 60,得b 1 ， 又 b 2c 22 ， 解 得2(b 2c 2 ) 2b c1，即三棱柱的高 1 ，又ABC 的面12221，因此三棱柱22ABC A 1B 1C 1 的体 11 1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（ Ⅱ）接（ Ⅰ）法一：由（ Ⅰ）得在 ABC 中， O AC 中点， 接 OB ，由余弦定理得 BC 2 AB 2 AC 2 2 AB AC cos452 ，解得 BC 2 ，因此 ABBC ，BO AC ，（或许利用余弦定理求 OB ）以 O 坐 原点，以OB ，OC ，OA 1 分 x ，y ， z ，成立空 直角坐 系，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分A(0, 1,0), B(1,0,0), A 1 (0,0,1), C(0,1,0) ，因此 AA 1 BB 1=(0,1,1), BC=( 1,1,0),BEBB 1 =(0, , ),[0,1] ， 平面 BCC 1 B 1 的法向量 n (x, y, z) ，n BB 1，即y z 0 ，不如令 x 1 , y 1,z1 ，即 n (1,1, 1) .n BCx y 0AE 1 AB 1BB 1 (1, , 1) ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7 分又因 A 1E 与平面 BCC 1 B 1 所成角的余弦7 ，7因此 |cos A 1E, n ||1 1|42 ，3 12(1)27解得1或32，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分3又因BE B 1 E， 所 以BE2 2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分321.解：（ Ⅰ） f '(x)1 2ax 1 2ax 2x 1( x 0) ， g(x)2ax 2x 1(x 0)x x(1) 当 0 a1 ， g( x) 在 (0,11 8a )(11 8a , ) 上大于零，在84a4a1 1 8a 1 1 8a) 上小于零，因此 f ( x) 在 (0, 1 1 8a 1 1 8a ) 上(4a， 4a 4a),(,4a增，在11 8a 1 1 8a)(4a ， 4a减；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 1 分(2) 当 a1， g (x)0( 当且 当 a1, x 2 g( x) 0 ) ，因此 f ( x) 在 (0,) 上88增；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 2 分(3) 当 a 0 ， g ( x) 在 (0,1) 上大于零，在 (1， ) 上小于零，因此 f (x) 在 (0,1) 上增，在(1， )减；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分(4) 当 a 0 ， g( x) 在 (0,1 1 8a) 上大于零，在 (1 1 8a, ) 上小于零，因此 f (x)4a4a在(0,1 18a ) 上增 ，在 (11 8a ,) 上4a4a减 . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分（ Ⅱ）曲 yf ( x) 在点 (t , f (t )) 的切 方程 y(12at1)(x t) ln t at 2 t ，切t方程和 yf (x) 立可得： ln x ax2(12at ) x ln t at 2 1 0 ， 方程根的t个数：h( x) ln xax2(12at ) x ln t at 2 1(x0) ， 因此 h(t )0 .t法一： h '( x)1 2ax (12at ) ( x t )(2atx 1) ，xtxt(1) 当 a 0 ， 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 减 .又 h(t) 0 ，因此 h( x) 只有独一的零点 t ，由 t 的随意性，因此不切合 意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ 6 分 (2) 当 a 0 ，①当 t2a，可得 h '( x) 0 ，因此 h(x) 在(0,) 上 增，因此其只有独一的零2a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，因此h(x) 在2a2at2at(0, t) 和 ( 1 ,) 上 增， 在 (t, 1 ) 上 减， 因此 h( x) 在 (0, 1) 上小于或等于2at2at 2at零，且有独一的零点 t .函 数 y ax 2(12at ) xat 21的 两 个 零 点 t 和 t1， 所 以t ath(t1) ln( t 1 ) ln t 0 ，因此函数 h( x) 在区 ( 1 ,t 1) 上存在零点， 上 h(x) 的atat2atat零点不独一；（或许 么 明：当x，ln x且 ax 2(12at )xln tat 21，因此th( x)，因此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，因此 h(x) 在2a 2at2at(0, 1 ) 和 (t, ) 上 增，在 (1 ， t ) 上 减，因此 h(x) 在 ( 1,) 上大于或2at2at2at等于零，且有独一的零点t .函数yax 2(12at ) xat 21 在区[0, t ]上最大at21 ，当x teat 21，th( x)0 ，因此在区(0,1) 上，h(x)存在零点， 上h(x)的零点不独一. 2at（或许 么 明：当x0 ，ln x且 ax 2(12at ) x ln t at 2 1 ln t at 21， t是个常数，因此h( x)，因此h( x)在 (0,1) 上存在零点，酌情 分） 2at⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ 11 分上，当 a(0,) ，曲 yf ( x) 上存在独一的点 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) 1 2ax 1 ，h '(x) p(x) ，p'( x)2ax 21 .x ( t 2at ) x 2(1) 当 a 0 ， p '(x) 0 ，因此 h '( x) 在 (0, ) 上 减，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 减，又 h(t) 0 ，因此 h( x) 只有独一的零点 t ，由 t 的随意性，因此不切合 意；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ 6 分(2) 当a0 ，p '(x)在 (0,2a ) 上小于零，在(2a,)上大于零，因此h '( x)在2a2a(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，因此 h( x) 在 (0, t) 上2a2a增，在 (t,2a) 上 减，因此 h(x) 在 (0,2a) 上小于或等于零，且有独一的零点 t .2a2a函数 yax2(12at ) x ln t at 21张口向上，若其判 式不大于零， 随意x 0 1 ，t有 h( x 0 ) 0 ；若其判 式大于零， 其右 的零点m ， 随意的 x 0max{ m,1} ，有h( x 0 )0 ，因此在区 (2a , ) 上，存在零点， 上 h( x) 的零点不独一；2a（或许 么 明：当 x， ln x且 ax2(12at )x ln t at 21，因此th( x)，因此 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 ，因此 h( x) 在(0,) 上 增，因此其只有唯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，因此 h( x) 在 (t ,) 上2a2a增，在 (2a,t ) 上 减，因此 h(x) 在 (2a, ) 上大于或等于零，且有独一2a2a的零点 t .函数 y ax2(12at ) x ln tat 21在区 [0,1] 上必定存在最大 ， n ，若 n 0 ，th( x) 在 (0,1) 上小于零 . 若 n 0 ，当 0x 0 e n ， h( x 0 )0 ，因此在区 ( x 0 ,2a) 上，2ah( x) 存在零点， 上 h( x) 的零点不独一 .（或许 么 明：当 x0 ，ln x 且 ax2(12at ) x ln t at 21ln t at 2 1，t是个常数，因此 h( x)，因此 h( x) 在 (0,2a) 上存在零点，酌情 分）2a⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ ⋯⋯⋯ 11 分上，当 a (0,) ，曲 yf ( x) 上存在独一的点 M (2a, f (2a)) ，使得曲 在2a2a点的切与曲只有一个公共点 M . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 12 分22.1 c o s , ((0, )) 21 0，解得解(Ⅰ) 立曲C 3,C 4 的极坐 方程2 得 : c o s 115 1 5,即交点到极点的距离.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 分22(Ⅱ)曲 C 1 的极坐 方程,(0, ),0 ,2曲 C 2 的极坐 方程2sin ,(0, ) 立得2sin ,(0, )22即 | OP | 2sin ,(0, )2曲 C 1 与曲 C 3 的极坐 方程 立得1 cos,(0, ),2即|OQ| 1cos, (0, ) ,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分2因此 |OP ||OQ | 1 2sin cos 15sin() ,此中的 点 (2,1) ,当2 5 |OQ |获得最大 1 5 .2k , k Z ，即arcsin ， |OP |25⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 10 分23.解：（ Ⅰ） a 1 ， f (x) 0 可得 | 2x 1| | x 2 | ，即 (2 x 1)2 ( x 2)2 ，化 得： (3x3)( x1) 0，因此不等式 f ( x) 0 的解集 (, 1)(1,) .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分（ Ⅱ）x a 2, x2(1) 当 a4 ， f ( x)3x a 2,2xa，由函数 性可得2x a 2, x a2f ( x) minf ( a) a21 ，解得 6a4 ；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2 25 分(2) 当 a4 ， f ( x)|x2 | ， f ( x)min0 1 ，因此 a4 切合 意；⋯⋯⋯⋯⋯ 7分x a2, xa2(3) 当 a4，f ( x) 3x a2,ax 2 ， 由 函 数性 可 得 ，2x a2, x 2f ( x) minf (a )a21，解得4a2 ；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯922分上，数a的 取范[6,2]. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分。

2019年大连市高三双基测试卷数学（理科）说明：24题为选考题，其它题为必考题。

2．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。

参考公式：锥体体积公式13V Sh =，其中S 为底面积，h 为高。

第Ⅰ卷（选择题，共60分）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121,63ia a i +=+则的值为（）A ．3 B ．-3 C ．4 D ．-4 2．已知全集U=R ，集合2{|1}M y y x ==-，集合2{|4}N x y x ==-，则()UC M N Ç=（）A ．（-2，-1）B ．[-2，-1）C ．[-2，1）D ．[-2，1] 3．关于直线,a b 以及平面,a b ，给出下列命题：①若//,//,//a b a b a a 则②若//,,a b a b a a ^^则③若//,//,//a b b a a a 则④若,//,a a a b a b^^则其中真命题的个数为（）A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 4．在等比数列{}n a 中，若292369101232,a a a a a a a =则的值为（）A ．4 B ．2 C ．-2 D ．-4 5．给定性质：①最小正周期为p ；；②图象关于直线3x p=对称，则下列四个函数中，同时具有性质①、②的是（）A ．sin()26x y p =+B ．sin(2)6yx p=+C ．sin(2)6y x p =-D ．sin ||y x =6．将A 、B 、C 、D 、E 、F 六位同学排成一排，要求A 、B 、C 、D 在排列中顺序为“A 、B 、C 、D ”或“D 、C 、B 、A ”（可以不相邻），则排列的种数为，则排列的种数为（ ）A ．20 B ．30 C ．40 D ．60 7．已知函数222(1)()65(1)x x f x x x x -£ì=í-+>î，则函数()ln f x x -的零点个数为的零点个数为 （ ）A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 8．如图1，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PD ^平面ABCD ，PD=AD ，则P A 与BD 所成角的度数为所成角的度数为 （ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°9．下列说法正确的是．下列说法正确的是 （ ）A ．命题：“已知函数(),(1)(1)f x f x f x +-若与均为奇函数，则()f x 为奇函数，”为直命题”为直命题B ．“1x >”是“||1x >”的必要不充分条件。

大连市2019届高三双基测试卷数学（理科）2019、3第I 卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分、 在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求、 1、已知集合A ＝｛x ｜0＜x ＜2｝，B ＝｛x ｜一1＜x ＜1｝，则A ∩B ＝（ ） （A ）｛x ｜一1＜x ＜2｝ （B ） ｛x ｜0＜x ＜1｝ (C ）｛x ｜0＜x ＜2｝ （D ）｛x ｜一1＜x ＜1｝2、11ii+-＝（ ） (A ）i （B ）－i （C ）2i · （D ）－2i3、已知直线l 和平面α、β，且l ⊂α，则“l ⊥β”是“α⊥β”的（ ）（A ）充分不必要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充要条件 （D)既不充分也不必要条件4、函数y ＝tan(123x π+）的最小正周期为（ ） （A ）4π （B ）2π（C ）π （D) 2π5、已知某高中的一次测验中，甲、乙两个班级的九科平均分的雷达图如图所示，下列判断错误的是（ ）（A ）乙班的理科综合成绩强于甲班 （B ）甲班的文科综合成绩强于乙班 （C ）两班的英语平均分分差最大 （D ）两班的语文平均分分差最小 6、已知向量AB ＝(1，2)，AC ＝(－3，1)，则AB BC ∙＝（ ） （A ） 6 （B ）一6 （C ）一1 （D ） 17、函数2()21xxy x R =∈+的值域为 （A ）(0，＋∞) （B ）(0，1) （C ） (1，+∞) （D ） (0，12) 8、已知△ABC 的内角A 、B 、C 所对边分别为a 、b 、c ，且满足3a tanA ＝bcosC+ccosB ，则∠A ＝（ ） （A ）6π （B ）56π （C ）3π（D) 23π9、已知正实数a ，b 满足a ＋b ＝12()ab ，则a b 的最小值为，（ ）（A ） 1 （B ）2 （C ） 2 （D ）4‘10、我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺。

辽宁省大连市高三双基测试卷数学试题（理科）说明：1．本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

2．将I 卷和II 卷的答案都写在答题纸上，在试卷上答题无效。

参考公式：棱锥体积公式：Sh V 31=（其中S 为棱锥底面积，h 为棱锥的高）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．集合A i x x x A 则第三象限在复平面上对应的点在复数},)2()1(|{-+-∈=R =（ ） A ．}21|{≤≤x x B ．}12|{<>x x x 或C ．}12|{≤≥x x x 或D ．}21|{<<x x2．在等差数列n a a a a n n 则已知中,2009,3,1,}{21===等于 （ ）A ．1003B ．1004C ．1005D ．1006 3．函数)42sin(2)(π-=x x f 的一个单调减区间是（ ）A ．]87,83[ππ B ．]83,8[ππ-C ．]89,85[ππ D ．]85,8[ππ 4．已知函数)()(,)(x f x f x f -+则定义域为R 一定为（ ）A ．非奇非偶函数B ．奇函数C ．偶函数D ．既奇又偶函数5．二项展开式x x 中10)12(-的奇次幂项的系数之和为（ ）A ．23110+B ．23110-C ．21310-D ．—23110+6．已知函数)]}2([{,)0(log )0)(6sin()(2f f f x x x x x f 则⎪⎩⎪⎨⎧>≤+=ππ= （ ）A ．23B ．—23 C ．21 D ．—217．已知等腰直角2,90,==∠∆AB B ABC，点M 是△ABC 内部或边界上一动点，N 是边BC 的中点，则AM AN ⋅的最大值为 （ ）A ．4B ．5C ．6D ．7 8．已知数列n n a N n n n a 则),(5*23∈-=的最小值为（ ） A ．—19 B ．—18 C ．—17 D ．—16 9．下列说法错误．．的是（ ）A ．已知命题p 为“若a>b ，则a 2>b 2”，则p ⌝为“若a>b ，则a 2≤b 2”B ．若q p ∨为假命题，则p 、q 均为假命题C ．x >1的一个充分不必要条件是x >2D ．“全等三角形的面积相等”的否命题是假命题10．如图，已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1棱长为1，点P 在线段BD 1上。

辽宁省大连市高考数学二模试卷（理科）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={1，2}，B={（x，y）|x∈A，y∈A，x﹣y∈A}，则B的子集共有（）A．2个 B．4个 C．6个 D．8个2．复数z=1+ai（a∈R）在复平面对应的点在第一象限，且||=，则z的虚部为（）A．2 B．4 C．2i D．4i3．对于直线m，n和平面α，β，能得出α⊥β的一个条件是（）A．m⊥n，m∥α，n∥βB．m⊥n，α∩β=m，n⊂αC．m∥n，n⊥β，m⊂αD．m∥n，m⊥α，n⊥β4．执行如图的程序框图，如果输入x=1，则输出t的值为（）A．6 B．8 C．10 D．125．已知{a n}为等差数列，3a4+a8=36，则{a n}的前9项和S9=（）A．9 B．17 C．36 D．816．已知函数f（x）=﹣x2﹣x+2，则函数y=f（﹣x）的图象为（）A．B．C．D．7．已知变量x与y正相关，且由观测数据算得样本平均数=3，=3.5，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是（）A．=0.4x+2.3 B．=2x﹣2.4 C．=﹣2x+9.5 D．=﹣0.3x+4.48．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实（虚）线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．64 B．C．16 D．9．D是△ABC所在平面内一点，=λ+μ（λ，μ∈R），则0＜λ＜1，0＜μ＜1是点D 在△ABC内部（不含边界）的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件10．命题p：“∃x0∈[0，]，sin2x0+cos2x0＞a”是假命题，则实数a的取值范围是（）A．a＜1 B．a＜C．a≥1 D．a≥11．过抛物线C：y2=4x的焦点F的直线l交C于A，B两点，点M（﹣1，2），若•=0，则直线l的斜率k=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．212．函数f（x）=e ax﹣lnx（a＞0）存在零点，则实数a的取值范围是（）A．0＜a≤ B．0＜a≤C．a≥D．a≥二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分。