遼寧省大連市2020屆高三數(shù)學(xué)雙基考試試題理【含解析】

1、遼寧省大連市2020屆高三數(shù)學(xué)雙基考試試題 理（含解析）第卷一、選擇題（本大題共12個小題,每小題5分,共60分.其中試題1-11中每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的；試題12為多選題，有兩個選項正確，只選一個且對得2分，有一個錯選項得0分）1.已知集合，則（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先分別求得集合與集合,再根據(jù)交集運算即可求解.【詳解】集合即由交集運算可得故選:A【點睛】本題考查了一元二次不等式與指數(shù)不等式的解法,交集的運算,屬于基礎(chǔ)題.2.設(shè)，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D(zhuǎn). 第四象限【答案】B【解析】【

2、分析】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義,可先求得,進而得到在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點所在的象限.【詳解】由共軛復(fù)數(shù)的定義可知在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點為所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點在第二象限故選:B【點睛】本題考查了共軛復(fù)數(shù)的定義,復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的幾何意義,屬于基礎(chǔ)題.3.命題“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)全稱命題的否定形式,即可求解.【詳解】由全稱命題的否定,“”的否定為故選:D【點睛】本題考查了含有量詞的命題的否定,全稱量詞的否定形式,屬于基礎(chǔ)題.4.為了解某商品銷售量（件）與銷售價格（元/件）的關(guān)系，統(tǒng)計了的10組值，并畫成散點圖如圖，則其回歸方程可能是（ ）A. B. C. D. 【答

3、案】B【解析】根據(jù)圖象可知，線性回歸系數(shù)為負(fù)，回歸截距為正，故B滿足題意故選B5.已知二面角的大小為60，和是兩條異面直線，且，則與所成的角的大小為（ ）A. 120B. 90C. 60D. 30【答案】C【解析】【分析】，直線的方向向量分別是平面的法向量，根據(jù)二面角與法向量的關(guān)系，即可求解.【詳解】設(shè)直線的方向向量，所以分別是平面的法向量，二面角的大小為60，夾角為或，因為異面直線所的角為銳角或直角，所以與所成的角為.故選:C.【點睛】本題考查二面角與二面角平面的法向量的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.6.下列四個函數(shù)中，以為最小正周期，且在區(qū)間上單調(diào)遞減的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析

4、】【分析】根據(jù)解析式,判斷出最小正周期,及函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間,即可判斷.【詳解】對于A, 最小正周期為,所以A錯誤;對于B,結(jié)合函數(shù)圖像可知的最小正周期為,在上單調(diào)遞減,所以B正確;對于C, 的最小正周期為,所以C錯誤;對于D,的最小正周期為,在區(qū)間上單調(diào)遞增,所以D錯誤.綜上可知,B為正確選項.故選:B【點睛】本題考查了函數(shù)的周期性與單調(diào)性的應(yīng)用,根據(jù)解析式及函數(shù)的圖像即可判斷,屬于基礎(chǔ)題.7.“劍橋?qū)W派”創(chuàng)始人之一數(shù)學(xué)家哈代說過：“數(shù)學(xué)家的造型，同畫家和詩人一樣，也應(yīng)當(dāng)是美麗的”；古希臘數(shù)學(xué)家畢達哥拉斯創(chuàng)造的“黃金分割”給我們的生活處處帶來美；我國古代數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)造了優(yōu)美“弦圖”.“弦圖”

5、是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，如果小正方形的面積為1，大正方形的面積為25，直角三角形中較小的銳角為，則等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】設(shè)直角三角形的兩條直角邊中較短的邊為,較長的邊為.根據(jù)兩個正方形的面積,結(jié)合勾股定理求得與的關(guān)系,進而求得和, 再由正弦的二倍角公式即可求得.【詳解】設(shè)直角三角形的兩條直角邊中較短的邊為,較長的邊為,即 因為大正方形的面積為25,小正方形的面積為1所以大正方形的邊長為由勾股定理可知每個直角三角形的面積為 所以 則解方程組可得所以 由正弦的二倍角公式可知故選:D【點睛】本題考查了三角形中三角函數(shù)值的求法,正

6、弦的二倍角公式應(yīng)用,屬于基礎(chǔ)題.8.已知直線l過拋物線的焦點，并交拋物線C于A、B兩點，則弦AB中點M的橫坐標(biāo)是（ ）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】根據(jù)拋物線方程畫出圖像,結(jié)合拋物線定義及梯形中位線性質(zhì),即可求得AB中點M的橫坐標(biāo).【詳解】直線l過拋物線的焦點, 交拋物線C于A、B兩點則其焦點坐標(biāo)為,準(zhǔn)線方程為 過向準(zhǔn)線作垂直交準(zhǔn)線于點,過向準(zhǔn)線作垂直交準(zhǔn)線于點,過向準(zhǔn)線作垂直交準(zhǔn)線于,交軸于,如下圖所示:設(shè) 由拋物線定義可知,由,可知因為為的中點,由梯形的中位線性質(zhì)可知 則即M的橫坐標(biāo)是 故選:C【點睛】本題考查了直線與拋物線的位置關(guān)系,過焦點的直線與弦長關(guān)系,中

7、點坐標(biāo)公式及梯形中位線性質(zhì)的應(yīng)用,屬于基礎(chǔ)題.9.一件剛出土的珍貴文物要在博物館大廳中央展出，需要設(shè)計各面是玻璃平面的無底正四棱柱將其罩住，罩內(nèi)充滿保護文物的無色氣體.已知文物近似于塔形，高1.8米，體積0.5立方米，其底部是直徑為0.9米的圓形，要求文物底部與玻璃罩底邊至少間隔0.3米，文物頂部與玻璃罩上底面至少間隔0.2米，氣體每立方米1000元，則氣體費用最少為（ ）元A. 4500B. 4000C. 2880D. 2380【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意,先求得正四棱柱的底面棱長和高,由體積公式即可求得正四棱柱的體積.減去文物的體積,即可求得罩內(nèi)的氣體體積,進而求得所需費用.【詳解】

8、由題意可知, 文物底部是直徑為0.9米的圓形,文物底部與玻璃罩底邊至少間隔0.3米所以由正方形與圓的位置關(guān)系可知,底面正方形的邊長為文物高1.8米,文物頂部與玻璃罩上底面至少間隔0.2米所以正四棱柱的高為 則正四棱柱的體積為 因為文物體積為所以罩內(nèi)空氣的體積為氣體每立方米元所以共需費用為元故選:B【點睛】本題考查了棱柱的結(jié)構(gòu)特征與體積求法,由空間位置關(guān)系求得棱柱的棱長,屬于基礎(chǔ)題.10.設(shè)是雙曲線的兩個焦點，P是雙曲線C上一點，若，且為，則雙曲線C的離心率為（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)雙曲線定義及,可用分別表示出,在中應(yīng)用余弦定理可得的關(guān)系,進而求得雙曲線的離心

9、率.【詳解】設(shè)分別是雙曲線的左右兩個焦點,為雙曲線右支上一點由雙曲線定義可知而所以,解得因為,所以在中由余弦定理可得 代入可得化簡可得 所以雙曲線的離心率為故選:D【點睛】本題考查了雙曲線的定義及簡單應(yīng)用,雙曲線中焦點三角形中余弦定理的應(yīng)用,雙曲線離心率的求法,屬于基礎(chǔ)題.11.在發(fā)生某公共衛(wèi)生事件期間，有專業(yè)機構(gòu)認(rèn)為該事件在一段時間內(nèi)沒有發(fā)生大規(guī)模群體感染的標(biāo)志是“連續(xù)10日，每天新增疑似病例不超過7人”.過去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例數(shù)據(jù)信息如下：甲地：總體平均數(shù)為3，中位數(shù)為4；乙地：總體平均數(shù)為1，總體方差大于0；丙地：總體平均數(shù)為2，總體方差為3；丁地：中位數(shù)為2，眾數(shù)為

10、3；則甲、乙、兩、丁四地中，一定沒有發(fā)生大規(guī)模群體感染的是（ ）A. 甲地B. 乙地C. 丙地D. 丁地【答案】C【解析】【分析】平均數(shù)與中位數(shù),不能限制極端值的出現(xiàn),因而可能會出現(xiàn)超過7人的情況;方差體現(xiàn)的是數(shù)據(jù)的離散情況,不知道方差的具體值,不能判斷是否出現(xiàn)超過7人的情況;眾數(shù)是出現(xiàn)次數(shù)多的數(shù)據(jù),不能限制極端值的大小.【詳解】對于甲地, 總體平均數(shù)為3,中位數(shù)為4.平均數(shù)與中位數(shù),不能限制極端值的出現(xiàn),因而可能會出現(xiàn)超過7人的情況,所以甲地不符合要求;對于乙地, 總體平均數(shù)為1,總體方差大于0.沒有給出方差具體的大小,如果方差很大,有可能出現(xiàn)超過7人的情況,所以乙地不符合要求;對于丁地：中

11、位數(shù)為2,眾數(shù)為3. 中位數(shù)與眾數(shù)不能限制極端值的大小,因而可能出現(xiàn)超過7人的情況,所以丁地不符合要求;對于丙地,根據(jù)方差公式.若出現(xiàn)大于7的數(shù)值,則,與總體方差為矛盾,因而不會出現(xiàn)超過人的情況出現(xiàn).綜上可知,丙地符合要求.故選:C【點睛】本題考查了平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)與方差表示數(shù)據(jù)的特征,對數(shù)據(jù)整體進行估算,屬于中檔題.12.若點是函數(shù)的圖象上任意兩，且函數(shù)在點A和點B處的切線互相垂直，則下列結(jié)論正確的是（ ）A. B. C. 最大值為eD. 最大值為e【答案】D【解析】【分析】根據(jù),分三種情況討論: ,或.對函數(shù)求導(dǎo),由導(dǎo)數(shù)的幾何意義及函數(shù)在點A和點B處的切線互相垂直,即可得的關(guān)系,進而判

12、斷選項即可.【詳解】因為,點所以因為在點A和點B處的切線互相垂直由導(dǎo)數(shù)幾何意義可知, 在點A和點B處的切線的斜率之積為當(dāng)時,滿足,即因為,所以方程無解.即不存在時使得在點A和點B處的切線互相垂直當(dāng)時,滿足,即.因為,所以所以,所以A、B錯誤;對于C,可知,令,所以令,得所以當(dāng)時, ,則在時單調(diào)遞減所以在時取得極小值,即最小值,無最大值,所以C錯誤;對于D,可知令, 則令解得所以當(dāng)時, ,則在時單調(diào)遞減當(dāng)時, ,則在時單調(diào)遞增所以在時取得極小值,即最小值為.當(dāng)時取得最大值, ,所以D正確.當(dāng)時,滿足,即此方程無解,所以不成立.綜上可知,D為正確選項.故選:D【點睛】本題考查了導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)單調(diào)性

13、與最值中的綜合應(yīng)用,分類討論思想的綜合應(yīng)用,屬于難題.第卷本卷包括必考題和選考題兩部分，第13題-第21題為必考題，每個試題考生都必須做答.第22題-第23題為選考題，考生根據(jù)要求做答.二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在答題紙上，16題第一空2分，第二空3分）13.已知向量，的夾角為，則_.【答案】2.【解析】【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的定義,可直接求得.【詳解】設(shè)向量,的夾角為 由向量數(shù)量積定義可知代入可得故答案為:【點睛】本題考查了向量數(shù)量積的定義及求法,屬于基礎(chǔ)題.14.已知定義在R上的奇函數(shù)，則a的值為_.【答案】-1.【解析】【分析】根據(jù)定義域為R的奇函數(shù)滿足,

14、代入即可求得的值.【詳解】因為是定義在R上的奇函數(shù)所以滿足代入可得解得 故答案為:【點睛】本題考查了奇函數(shù)的性質(zhì)與簡單應(yīng)用,注意只有當(dāng)定義域為R時奇函數(shù)才滿足,屬于基礎(chǔ)題.15.我國南宋數(shù)學(xué)家秦九留撰寫的名著數(shù)書九章第五卷提出了“三斜求積術(shù)”，即已知三角形三邊長，求三角形面積的公式.設(shè)三角形的三條邊長分別為a，b，c，則三角形的面積S可由公式求得，其中p為三角形周長的一半，這個公式也被稱為“海倫秦九韶”公式，現(xiàn)有一個三角形的邊長滿足，則三角形面積的最大值為_.【答案】.【解析】【分析】根據(jù)題意,求得的值,結(jié)合三角形的面積公式,由基本不等式即可求得面積的最大值.【詳解】因為,所以 而而由基本不等

15、式可知,所以當(dāng)且僅當(dāng)時取得最大值,此時即三角形面積的最大值為故答案為: 【點睛】本題考查了對新定義的理解和應(yīng)用,基本不等式在求最值中的應(yīng)用,屬于基礎(chǔ)題.16.在中，若，則角的值為_，當(dāng)取得最大值時，的值為_【答案】 (1). . (2). .【解析】【分析】（1）將代入條件等式，化簡可得，由，可得，結(jié)合的范圍，求得；（2）由，其中，當(dāng)取得最大值時，由的值，結(jié)合誘導(dǎo)公式求出，即可得出結(jié)論.【詳解】，得 ，由，；（2）由，其中，當(dāng)取得最大值時，.故答案為: (1). (2).【點睛】本題考查三角恒等變換求角，考查化簡三角函數(shù)求最值，屬于中檔題.三、解答題：（本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字

16、說明、證明過程或演算步驟.）17.已知四棱錐中，底面為菱形，且，過側(cè)面中線的一個平面與直線垂直，并與此四棱錐的面相交，交線圍成一個平面圖形.（1）畫出這個平面圖形，并證明平面；（2）若，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.【答案】（1）見解析；（2）.【解析】【分析】（1）連接，即為所求，由已知可知，為中點，得，同理有，即可得出結(jié)論；（2）連接，交于，連接，可證面，設(shè),求出點坐標(biāo)，求出平面法向量，由（1）得面的一個法向量為，根據(jù)空間向量二面角公式，即可求解.【詳解】（1）連接，即為所求，是菱形，又，為中點，同理，又，；（2）連接，交于，連接，是菱形，且為中點，同理，又，平面，面，以為原點，為軸

17、，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，各點坐標(biāo)為.，平面的一個法向量為，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，設(shè)，則，設(shè)平面與平面所成的銳二面角大小為，則，綜上平面與平面所成的銳二面角余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明，考查空間向量法求二面角，考查計算能力，屬于中檔題.18.已知數(shù)列滿足：是公比為2的等比數(shù)列，是公差為1的等差數(shù)列.（I）求的值；（）試求數(shù)列的前n項和.【答案】（I）；（）.【解析】【分析】（）根據(jù)等比數(shù)列的定義與等差數(shù)列的定義,可得關(guān)于的方程組,解方程組即可求得的值.（）根據(jù)（）求得數(shù)列的通項公式,可知數(shù)列為等差數(shù)列與等比數(shù)列的乘積.由錯位相減法即可求得數(shù)列的前n項和.【詳解】

18、（）方法一：構(gòu)成公比為2的等比數(shù)列又構(gòu)成公差為1的等差數(shù)列,解得方法二：構(gòu)成公比為2的等比數(shù)列,.又構(gòu)成公差為1的等差數(shù)列,由解得：（）兩式作差可得：,.【點睛】本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列通項公式的簡單應(yīng),錯位相減法求數(shù)列前n項和,屬于基礎(chǔ)題.19.某校辨論隊計劃在周六、周日各參加一場辨論賽，分別由正、副隊長負(fù)責(zé)，已知該校辯論隊共有10位成員（包含正、副隊長），每場比賽除負(fù)責(zé)人外均另需3位隊員（同一隊員可同時參加兩天的比賽，正、副隊長只能參加一場比賽）.假設(shè)正副隊長分別將各自比賽通知的信息獨立、隨機地發(fā)給辯論隊8名隊員中的3位，且所發(fā)信息都能收到.（1）求辯論隊員甲收到隊長或副隊長所發(fā)比賽通

19、知信息的概率；（2）記辯論隊收到正副隊長所發(fā)比賽通知信息的隊員人數(shù)為隨機變量，求的分布列及其數(shù)學(xué)期望.【答案】（1）；（2）分布列見解析，.【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件甲隊員收到正副隊長的通知信息概率均為，沒有收到正副隊長的通知信息概率均為，根據(jù)相互獨立同時發(fā)生的概率公式，可求出甲隊員沒有收到正隊長也沒收到副隊長所發(fā)比賽通知信息的概率，由對立事件的概率關(guān)系，即可求解；（2）由題意可得隨機變量可取值為3，4，5，6，根據(jù)古典概型的概率，分別求出的概率，可得到分布列，按照期望公式，即可得出結(jié)論.【詳解】（1）設(shè)事件表示：辯論隊員甲收到隊長的通知信息，則，設(shè)事件表示：辯論隊員甲收到副隊長的通知

20、信息，則，設(shè)事件表示；辯論隊員甲收到隊長或副隊長的通知信息，則，所以辯論隊員甲收到隊長或副隊長的通知信息的概率為；（2）由題意可得隨機變量可取值為3，4，5，6，則，所以隨機變量的分布列為：3456其數(shù)學(xué)期望.【點睛】本題考查相互對立同時發(fā)生的概率以及利用對立事件求概率，考查隨機變量的分布列和期望，屬于中檔題.20.已知函數(shù).（1）試判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)在上有且僅有一個零點，求證：此零點是的極值點；求證：.（本題可能會用到的數(shù)據(jù)：）【答案】（1）見解析；（2）證明見解析；證明見解析.【解析】【分析】（1）求出，由，得 ，對參數(shù)分類討論，當(dāng)時，恒成立，求出單調(diào)區(qū)間；當(dāng)，令，求出方程的根

21、，即可求得結(jié)論；（2）求出，可判斷在單調(diào)遞增，根據(jù)零點存在性定理可得，使得，結(jié)合的單調(diào)性，可得,時，在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，在上有且僅有一個零點，此零點為極小值點；由得，且，整理得，且，為函數(shù)的零點，通過求導(dǎo)判斷的單調(diào)性，結(jié)合零點存在性定理，可求，根據(jù)在單調(diào)遞增，即可求出結(jié)論.【詳解】（1），時，恒成立，所以在單調(diào)遞增，沒有單調(diào)遞減區(qū)間.時，設(shè)，則對稱軸，解不等式可得：，或，所以此時的單調(diào)遞增區(qū)間為和.單調(diào)遞減區(qū)間是，綜上：時，單調(diào)遞增區(qū)間是，沒有單調(diào)遞減區(qū)間：時，單調(diào)遞增區(qū)間為和，單調(diào)遞減區(qū)間是；（2），在單調(diào)遞增，又因為，使得，且時，時，在單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，在上有且僅有一個零點，此零點為極

22、小值點；由得，即，解得：，且，設(shè)，則在單調(diào)遞減，因為，又因為在單調(diào)遞增，.【點睛】本導(dǎo)考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的綜合應(yīng)用，求含參函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，考查分類討論思想；考查函數(shù)零點的判斷，注意運用函數(shù)的單調(diào)性和零點存在性定理，考查構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，屬于較難題.21.已知離心率為的橢圓的左頂點為，且橢圓經(jīng)過點，與坐標(biāo)軸不垂直的直線與橢圓交于兩點.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若直線和直線的斜率之積為，求證：直線過定點；（3）若為橢圓上一點，且，求三角形的面積.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）.【解析】【分析】（1）根據(jù)離心率，將用表示，橢圓方程化為，點代入方程，即可求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)的方程為，（或），設(shè)，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元得到，由，得，且，整理得，或（舍），滿足，可得直線過定點（3），根據(jù)向量的關(guān)系可得，點到直線距離，即可求解；或?qū)⒏鶕?jù)橢圓的參數(shù)方程，設(shè)，求得點，又點在橢圓上，整理可得，將用表示，并化簡為，即可求得結(jié)論.【詳解】（1），又橢圓經(jīng)過點，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）方法一：的方程為，設(shè)，聯(lián)立方程組，化簡得，由解得，且，化簡可得：，或（舍），滿足，直線的方程為，直線經(jīng)過定點.方法二：設(shè)的方程為，設(shè)，聯(lián)立方程組，化簡得，解得：，且，化簡可得：，或者（舍）滿足直線經(jīng)過定點；方法三：設(shè)，則有