遼寧省大連市2020屆高三數學雙基考試試題理【含解析】

1、遼寧省大連市2020屆高三數學雙基考試試題 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不等式的解法,交集的運算,屬于基礎題.2.設，則在復平面內對應的點位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B【解析】【

2、分析】根據共軛復數的定義,可先求得,進而得到在復平面內對應點所在的象限.【詳解】由共軛復數的定義可知在復平面內對應點為所以在復平面內對應點在第二象限故選:B【點睛】本題考查了共軛復數的定義,復數在復平面內的幾何意義,屬于基礎題.3.命題“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根據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,屬于基礎題.4.為了解某商品銷售量（件）與銷售價格（元/件）的關系，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】根據圖象可知，線性回歸系數為負，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，根據二面角與法向量的關系，即可求解.【詳解】設直線的方向向量，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系，屬于基礎題.6.下列四個函數中，以為最小正周期，且在區(qū)間上單調遞減的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析

4、】【分析】根據解析式,判斷出最小正周期,及函數的單調遞減區(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,結合函數圖像可知的最小正周期為,在上單調遞減,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】本題考查了函數的周期性與單調性的應用,根據解析式及函數的圖像即可判斷,屬于基礎題.7.“劍橋學派”創(chuàng)始人之一數學家哈代說過：“數學家的造型，同畫家和詩人一樣，也應當是美麗的”；古希臘數學家畢達哥拉斯創(chuàng)造的“黃金分割”給我們的生活處處帶來美；我國古代數學家趙爽創(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】設直角三角形的兩條直角邊中較短的邊為,較長的邊為.根據兩個正方形的面積,結合勾股定理求得與的關系,進而求得和, 再由正弦的二倍角公式即可求得.【詳解】設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值的求法,正

6、弦的二倍角公式應用,屬于基礎題.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的橫坐標是（ ）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】根據拋物線方程畫出圖像,結合拋物線定義及梯形中位線性質,即可求得AB中點M的橫坐標.【詳解】直線l過拋物線的焦點, 交拋物線C于A、B兩點則其焦點坐標為,準線方程為 過向準線作垂直交準線于點,過向準線作垂直交準線于點,過向準線作垂直交準線于,交軸于,如下圖所示:設 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可知 則即M的橫坐標是 故選:C【點睛】本題考查了直線與拋物線的位置關系,過焦點的直線與弦長關系,中

7、點坐標公式及梯形中位線性質的應用,屬于基礎題.9.一件剛出土的珍貴文物要在博物館大廳中央展出，需要設計各面是玻璃平面的無底正四棱柱將其罩住，罩內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構特征與體積求法,由空間位置關系求得棱柱的棱長,屬于基礎題.10.設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】根據雙曲線定義及,可用分別表示出,在中應用余弦定理可得的關系,進而求得雙曲線的離心

9、率.【詳解】設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用,雙曲線中焦點三角形中余弦定理的應用,雙曲線離心率的求法,屬于基礎題.11.在發(fā)生某公共衛(wèi)生事件期間，有專業(yè)機構認為該事件在一段時間內沒有發(fā)生大規(guī)模群體感染的標志是“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據信息如下：甲地：總體平均數為3，中位數為4；乙地：總體平均數為1，總體方差大于0；丙地：總體平均數為2，總體方差為3；丁地：中位數為2，眾數為

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】平均數與中位數,不能限制極端值的出現,因而可能會出現超過7人的情況;方差體現的是數據的離散情況,不知道方差的具體值,不能判斷是否出現超過7人的情況;眾數是出現次數多的數據,不能限制極端值的大小.【詳解】對于甲地, 總體平均數為3,中位數為4.平均數與中位數,不能限制極端值的出現,因而可能會出現超過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,有可能出現超過7人的情況,所以乙地不符合要求;對于丁地：中

11、位數為2,眾數為3. 中位數與眾數不能限制極端值的大小,因而可能出現超過7人的情況,所以丁地不符合要求;對于丙地,根據方差公式.若出現大于7的數值,則,與總體方差為矛盾,因而不會出現超過人的情況出現.綜上可知,丙地符合要求.故選:C【點睛】本題考查了平均數、眾數、中位數與方差表示數據的特征,對數據整體進行估算,屬于中檔題.12.若點是函數的圖象上任意兩，且函數在點A和點B處的切線互相垂直，則下列結論正確的是（ ）A. B. C. 最大值為eD. 最大值為e【答案】D【解析】【分析】根據,分三種情況討論: ,或.對函數求導,由導數的幾何意義及函數在點A和點B處的切線互相垂直,即可得的關系,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數幾何意義可知, 在點A和點B處的切線的斜率之積為當時,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,得所以當時, ,則在時單調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, 則令解得所以當時, ,則在時單調遞減當時, ,則在時單調遞增所以在時取得極小值,即最小值為.當時取得最大值, ,所以D正確.當時,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】本題考查了導數在研究函數單調性

13、與最值中的綜合應用,分類討論思想的綜合應用,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】根據向量數量積的定義,可直接求得.【詳解】設向量,的夾角為 由向量數量積定義可知代入可得故答案為:【點睛】本題考查了向量數量積的定義及求法,屬于基礎題.14.已知定義在R上的奇函數，則a的值為_.【答案】-1.【解析】【分析】根據定義域為R的奇函數滿足,

14、代入即可求得的值.【詳解】因為是定義在R上的奇函數所以滿足代入可得解得 故答案為:【點睛】本題考查了奇函數的性質與簡單應用,注意只有當定義域為R時奇函數才滿足,屬于基礎題.15.我國南宋數學家秦九留撰寫的名著數書九章第五卷提出了“三斜求積術”，即已知三角形三邊長，求三角形面積的公式.設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】根據題意,求得的值,結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,所以當且僅當時取得最大值,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用,基本不等式在求最值中的應用,屬于基礎題.16.在中，若，則角的值為_，當取得最大值時，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，結合的范圍，求得；（2）由，其中，當取得最大值時，由的值，結合誘導公式求出，即可得出結論.【詳解】，得 ，由，；（2）由，其中，當取得最大值時，.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，即可得出結論；（2）連接，交于，連接，可證面，設,求出點坐標，求出平面法向量，由（1）得面的一個法向量為，根據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，建立空間直角坐標系，設，各點坐標為.，平面的一個法向量為，設平面的一個法向量為，則，即，設，則，設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.已知數列滿足：是公比為2的等比數列，是公差為1的等差數列.（I）求的值；（）試求數列的前n項和.【答案】（I）；（）.【解析】【分析】（）根據等比數列的定義與等差數列的定義,可得關于的方程組,解方程組即可求得的值.（）根據（）求得數列的通項公式,可知數列為等差數列與等比數列的乘積.由錯位相減法即可求得數列的前n項和.【詳解】

18、（）方法一：構成公比為2的等比數列又構成公差為1的等差數列,解得方法二：構成公比為2的等比數列,.又構成公差為1的等差數列,由解得：（）兩式作差可得：,.【點睛】本題考查了等差數列與等比數列通項公式的簡單應,錯位相減法求數列前n項和,屬于基礎題.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、副隊長負責，已知該校辯論隊共有10位成員（包含正、副隊長），每場比賽除負責人外均另需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為隨機變量，求的分布列及其數學期望.【答案】（1）；（2）分布列見解析，.【解析】【分析】（1）根據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，即可得出結論.【詳解】（1）設事件表示：辯論隊員甲收到隊長的通知信息，則，設事件表示：辯論隊員甲收到副隊長的通知

20、信息，則，設事件表示；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其數學期望.【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.（1）試判斷函數的單調性；（2）若函數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據：）【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 ，對參數分類討論，當時，恒成立，求出單調區(qū)間；當，令，求出方程的根

21、，即可求得結論；（2）求出，可判斷在單調遞增，根據零點存在性定理可得，使得，結合的單調性，可得,時，在單調遞減，單調遞增，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，為函數的零點，通過求導判斷的單調性，結合零點存在性定理，可求，根據在單調遞增，即可求出結論.【詳解】（1），時，恒成立，所以在單調遞增，沒有單調遞減區(qū)間.時，設，則對稱軸，解不等式可得：，或，所以此時的單調遞增區(qū)間為和.單調遞減區(qū)間是，綜上：時，單調遞增區(qū)間是，沒有單調遞減區(qū)間：時，單調遞增區(qū)間為和，單調遞減區(qū)間是；（2），在單調遞增，又因為，使得，且時，時，在單調遞減，單調遞增，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，則在單調遞減，因為，又因為在單調遞增，.【點睛】本導考查導數在研究函數中的綜合應用，求含參函數的單調區(qū)間，考查分類討論思想；考查函數零點的判斷，注意運用函數的單調性和零點存在性定理，考查構造函數利用導數證明不等式，屬于較難題.21.已知離心率為的橢圓的左頂點為，且橢圓經過點，與坐標軸不垂直的直線與橢圓交于兩點.（1）求橢圓的標準方程；（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，即可求出橢圓的標準方程；（2）設的方程為，（或），設，將直線方程與橢圓方程聯立，消元得到，由，得，且，整理得，或（舍），滿足，可得直線過定點（3），根據向量的關系可得，點到直線距離，即可求解；或將根據橢圓的參數方程，設，求得點，又點在橢圓上，整理可得，將用表示，并化簡為，即可求得結論.【詳解】（1），又橢圓經過點，橢圓的標準方程為；（2）方法一：的方程為，設，聯立方程組，化簡得，由解得，且，化簡可得：，或（舍），滿足，直線的方程為，直線經過定點.方法二：設的方程為，設，聯立方程組，化簡得，解得：，且，化簡可得：，或者（舍）滿足直線經過定點；方法三：設，則有