1、辽宁省大连市2020届高三数学双基考试试题 理（含解析）第卷一、选择题（本大题共12个小题,每小题5分,共60分.其中试题1-11中每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；试题12为多选题，有两个选项正确，只选一个且对得2分，有一个错选项得0分）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先分别求得集合与集合,再根据交集运算即可求解.【详解】集合即由交集运算可得故选:A【点睛】本题考查了一元二次不等式与指数不等式的解法,交集的运算,属于基础题.2.设，则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【答案】B【解析】【
2、分析】根据共轭复数的定义,可先求得,进而得到在复平面内对应点所在的象限.【详解】由共轭复数的定义可知在复平面内对应点为所以在复平面内对应点在第二象限故选:B【点睛】本题考查了共轭复数的定义,复数在复平面内的几何意义,属于基础题.3.命题“”的否定是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定形式,即可求解.【详解】由全称命题的否定,“”的否定为故选:D【点睛】本题考查了含有量词的命题的否定,全称量词的否定形式,属于基础题.4.为了解某商品销售量（件）与销售价格（元/件）的关系，统计了的10组值，并画成散点图如图，则其回归方程可能是（ ）A. B. C. D. 【答
3、案】B【解析】根据图象可知，线性回归系数为负，回归截距为正，故B满足题意故选B5.已知二面角的大小为60，和是两条异面直线，且，则与所成的角的大小为（ ）A. 120B. 90C. 60D. 30【答案】C【解析】【分析】，直线的方向向量分别是平面的法向量，根据二面角与法向量的关系，即可求解.【详解】设直线的方向向量，所以分别是平面的法向量，二面角的大小为60，夹角为或，因为异面直线所的角为锐角或直角，所以与所成的角为.故选:C.【点睛】本题考查二面角与二面角平面的法向量的关系，属于基础题.6.下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析
4、】【分析】根据解析式,判断出最小正周期,及函数的单调递减区间,即可判断.【详解】对于A, 最小正周期为,所以A错误;对于B,结合函数图像可知的最小正周期为,在上单调递减,所以B正确;对于C, 的最小正周期为,所以C错误;对于D,的最小正周期为,在区间上单调递增,所以D错误.综上可知,B为正确选项.故选:B【点睛】本题考查了函数的周期性与单调性的应用,根据解析式及函数的图像即可判断,属于基础题.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”.“弦图”
5、是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为，则等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设直角三角形的两条直角边中较短的边为,较长的边为.根据两个正方形的面积,结合勾股定理求得与的关系,进而求得和, 再由正弦的二倍角公式即可求得.【详解】设直角三角形的两条直角边中较短的边为,较长的边为,即 因为大正方形的面积为25,小正方形的面积为1所以大正方形的边长为由勾股定理可知每个直角三角形的面积为 所以 则解方程组可得所以 由正弦的二倍角公式可知故选:D【点睛】本题考查了三角形中三角函数值的求法,正
6、弦的二倍角公式应用,属于基础题.8.已知直线l过抛物线的焦点，并交抛物线C于A、B两点，则弦AB中点M的横坐标是（ ）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】根据抛物线方程画出图像,结合抛物线定义及梯形中位线性质,即可求得AB中点M的横坐标.【详解】直线l过抛物线的焦点, 交抛物线C于A、B两点则其焦点坐标为,准线方程为 过向准线作垂直交准线于点,过向准线作垂直交准线于点,过向准线作垂直交准线于,交轴于,如下图所示:设 由抛物线定义可知,由,可知因为为的中点,由梯形的中位线性质可知 则即M的横坐标是 故选:C【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系,过焦点的直线与弦长关系,中
7、点坐标公式及梯形中位线性质的应用,属于基础题.9.一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体.已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体费用最少为（ ）元A. 4500B. 4000C. 2880D. 2380【答案】B【解析】【分析】根据题意,先求得正四棱柱的底面棱长和高,由体积公式即可求得正四棱柱的体积.减去文物的体积,即可求得罩内的气体体积,进而求得所需费用.【详解】
8、由题意可知, 文物底部是直径为0.9米的圆形,文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米所以由正方形与圆的位置关系可知,底面正方形的边长为文物高1.8米,文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米所以正四棱柱的高为 则正四棱柱的体积为 因为文物体积为所以罩内空气的体积为气体每立方米元所以共需费用为元故选:B【点睛】本题考查了棱柱的结构特征与体积求法,由空间位置关系求得棱柱的棱长,属于基础题.10.设是双曲线的两个焦点，P是双曲线C上一点，若，且为，则双曲线C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据双曲线定义及,可用分别表示出,在中应用余弦定理可得的关系,进而求得双曲线的离心
9、率.【详解】设分别是双曲线的左右两个焦点,为双曲线右支上一点由双曲线定义可知而所以,解得因为,所以在中由余弦定理可得 代入可得化简可得 所以双曲线的离心率为故选:D【点睛】本题考查了双曲线的定义及简单应用,双曲线中焦点三角形中余弦定理的应用,双曲线离心率的求法,属于基础题.11.在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志是“连续10日，每天新增疑似病例不超过7人”.过去10日，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：总体平均数为3，中位数为4；乙地：总体平均数为1，总体方差大于0；丙地：总体平均数为2，总体方差为3；丁地：中位数为2，众数为
10、3；则甲、乙、两、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（ ）A. 甲地B. 乙地C. 丙地D. 丁地【答案】C【解析】【分析】平均数与中位数,不能限制极端值的出现,因而可能会出现超过7人的情况;方差体现的是数据的离散情况,不知道方差的具体值,不能判断是否出现超过7人的情况;众数是出现次数多的数据,不能限制极端值的大小.【详解】对于甲地, 总体平均数为3,中位数为4.平均数与中位数,不能限制极端值的出现,因而可能会出现超过7人的情况,所以甲地不符合要求;对于乙地, 总体平均数为1,总体方差大于0.没有给出方差具体的大小,如果方差很大,有可能出现超过7人的情况,所以乙地不符合要求;对于丁地：中
11、位数为2,众数为3. 中位数与众数不能限制极端值的大小,因而可能出现超过7人的情况,所以丁地不符合要求;对于丙地,根据方差公式.若出现大于7的数值,则,与总体方差为矛盾,因而不会出现超过人的情况出现.综上可知,丙地符合要求.故选:C【点睛】本题考查了平均数、众数、中位数与方差表示数据的特征,对数据整体进行估算,属于中档题.12.若点是函数的图象上任意两，且函数在点A和点B处的切线互相垂直，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. 最大值为eD. 最大值为e【答案】D【解析】【分析】根据,分三种情况讨论: ,或.对函数求导,由导数的几何意义及函数在点A和点B处的切线互相垂直,即可得的关系,进而判
12、断选项即可.【详解】因为,点所以因为在点A和点B处的切线互相垂直由导数几何意义可知, 在点A和点B处的切线的斜率之积为当时,满足,即因为,所以方程无解.即不存在时使得在点A和点B处的切线互相垂直当时,满足,即.因为,所以所以,所以A、B错误;对于C,可知,令,所以令,得所以当时, ,则在时单调递减所以在时取得极小值,即最小值,无最大值,所以C错误;对于D,可知令, 则令解得所以当时, ,则在时单调递减当时, ,则在时单调递增所以在时取得极小值,即最小值为.当时取得最大值, ,所以D正确.当时,满足,即此方程无解,所以不成立.综上可知,D为正确选项.故选:D【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性
13、与最值中的综合应用,分类讨论思想的综合应用,属于难题.第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，将答案填在答题纸上，16题第一空2分，第二空3分）13.已知向量，的夹角为，则_.【答案】2.【解析】【分析】根据向量数量积的定义,可直接求得.【详解】设向量,的夹角为 由向量数量积定义可知代入可得故答案为:【点睛】本题考查了向量数量积的定义及求法,属于基础题.14.已知定义在R上的奇函数，则a的值为_.【答案】-1.【解析】【分析】根据定义域为R的奇函数满足,
14、代入即可求得的值.【详解】因为是定义在R上的奇函数所以满足代入可得解得 故答案为:【点睛】本题考查了奇函数的性质与简单应用,注意只有当定义域为R时奇函数才满足,属于基础题.15.我国南宋数学家秦九留撰写的名著数书九章第五卷提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长，求三角形面积的公式.设三角形的三条边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为“海伦秦九韶”公式，现有一个三角形的边长满足，则三角形面积的最大值为_.【答案】.【解析】【分析】根据题意,求得的值,结合三角形的面积公式,由基本不等式即可求得面积的最大值.【详解】因为,所以 而而由基本不等
15、式可知,所以当且仅当时取得最大值,此时即三角形面积的最大值为故答案为: 【点睛】本题考查了对新定义的理解和应用,基本不等式在求最值中的应用,属于基础题.16.在中，若，则角的值为_，当取得最大值时，的值为_【答案】 (1). . (2). .【解析】【分析】（1）将代入条件等式，化简可得，由，可得，结合的范围，求得；（2）由，其中，当取得最大值时，由的值，结合诱导公式求出，即可得出结论.【详解】，得 ，由，；（2）由，其中，当取得最大值时，.故答案为: (1). (2).【点睛】本题考查三角恒等变换求角，考查化简三角函数求最值，属于中档题.三、解答题：（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字
16、说明、证明过程或演算步骤.）17.已知四棱锥中，底面为菱形，且，过侧面中线的一个平面与直线垂直，并与此四棱锥的面相交，交线围成一个平面图形.（1）画出这个平面图形，并证明平面；（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，即为所求，由已知可知，为中点，得，同理有，即可得出结论；（2）连接，交于，连接，可证面，设,求出点坐标，求出平面法向量，由（1）得面的一个法向量为，根据空间向量二面角公式，即可求解.【详解】（1）连接，即为所求，是菱形，又，为中点，同理，又，；（2）连接，交于，连接，是菱形，且为中点，同理，又，平面，面，以为原点，为轴
17、，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，各点坐标为.，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，设，则，设平面与平面所成的锐二面角大小为，则，综上平面与平面所成的锐二面角余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查空间向量法求二面角，考查计算能力，属于中档题.18.已知数列满足：是公比为2的等比数列，是公差为1的等差数列.（I）求的值；（）试求数列的前n项和.【答案】（I）；（）.【解析】【分析】（）根据等比数列的定义与等差数列的定义,可得关于的方程组,解方程组即可求得的值.（）根据（）求得数列的通项公式,可知数列为等差数列与等比数列的乘积.由错位相减法即可求得数列的前n项和.【详解】
18、（）方法一：构成公比为2的等比数列又构成公差为1的等差数列,解得方法二：构成公比为2的等比数列,.又构成公差为1的等差数列,由解得：（）两式作差可得：,.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列通项公式的简单应,错位相减法求数列前n项和,属于基础题.19.某校辨论队计划在周六、周日各参加一场辨论赛，分别由正、副队长负责，已知该校辩论队共有10位成员（包含正、副队长），每场比赛除负责人外均另需3位队员（同一队员可同时参加两天的比赛，正、副队长只能参加一场比赛）.假设正副队长分别将各自比赛通知的信息独立、随机地发给辩论队8名队员中的3位，且所发信息都能收到.（1）求辩论队员甲收到队长或副队长所发比赛通
19、知信息的概率；（2）记辩论队收到正副队长所发比赛通知信息的队员人数为随机变量，求的分布列及其数学期望.【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据已知条件甲队员收到正副队长的通知信息概率均为，没有收到正副队长的通知信息概率均为，根据相互独立同时发生的概率公式，可求出甲队员没有收到正队长也没收到副队长所发比赛通知信息的概率，由对立事件的概率关系，即可求解；（2）由题意可得随机变量可取值为3，4，5，6，根据古典概型的概率，分别求出的概率，可得到分布列，按照期望公式，即可得出结论.【详解】（1）设事件表示：辩论队员甲收到队长的通知信息，则，设事件表示：辩论队员甲收到副队长的通知
20、信息，则，设事件表示；辩论队员甲收到队长或副队长的通知信息，则，所以辩论队员甲收到队长或副队长的通知信息的概率为；（2）由题意可得随机变量可取值为3，4，5，6，则，所以随机变量的分布列为：3456其数学期望.【点睛】本题考查相互对立同时发生的概率以及利用对立事件求概率，考查随机变量的分布列和期望，属于中档题.20.已知函数.（1）试判断函数的单调性；（2）若函数在上有且仅有一个零点，求证：此零点是的极值点；求证：.（本题可能会用到的数据：）【答案】（1）见解析；（2）证明见解析；证明见解析.【解析】【分析】（1）求出，由，得 ，对参数分类讨论，当时，恒成立，求出单调区间；当，令，求出方程的根
21、，即可求得结论；（2）求出，可判断在单调递增，根据零点存在性定理可得，使得，结合的单调性，可得,时，在单调递减，单调递增，在上有且仅有一个零点，此零点为极小值点；由得，且，整理得，且，为函数的零点，通过求导判断的单调性，结合零点存在性定理，可求，根据在单调递增，即可求出结论.【详解】（1），时，恒成立，所以在单调递增，没有单调递减区间.时，设，则对称轴，解不等式可得：，或，所以此时的单调递增区间为和.单调递减区间是，综上：时，单调递增区间是，没有单调递减区间：时，单调递增区间为和，单调递减区间是；（2），在单调递增，又因为，使得，且时，时，在单调递减，单调递增，在上有且仅有一个零点，此零点为极
22、小值点；由得，即，解得：，且，设，则在单调递减，因为，又因为在单调递增，.【点睛】本导考查导数在研究函数中的综合应用，求含参函数的单调区间，考查分类讨论思想；考查函数零点的判断，注意运用函数的单调性和零点存在性定理，考查构造函数利用导数证明不等式，属于较难题.21.已知离心率为的椭圆的左顶点为，且椭圆经过点，与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线和直线的斜率之积为，求证：直线过定点；（3）若为椭圆上一点，且，求三角形的面积.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据离心率，将用表示，椭圆方程化为，点代入方程，即可求出椭圆的标准方程；（
23、2）设的方程为，（或），设，将直线方程与椭圆方程联立，消元得到，由，得，且，整理得，或（舍），满足，可得直线过定点（3），根据向量的关系可得，点到直线距离，即可求解；或将根据椭圆的参数方程，设，求得点，又点在椭圆上，整理可得，将用表示，并化简为，即可求得结论.【详解】（1），又椭圆经过点，椭圆的标准方程为；（2）方法一：的方程为，设，联立方程组，化简得，由解得，且，化简可得：，或（舍），满足，直线的方程为，直线经过定点.方法二：设的方程为，设，联立方程组，化简得，解得：，且，化简可得：，或者（舍）满足直线经过定点；方法三：设，则有，设方程为，直线经过定点；（3）点到直线距离，； 方法二：设，点
24、，又点在椭圆上，.，.【点睛】本题考查椭圆的标准方程，注意运用离心率公式和点满足椭圆方程，考查直线与椭圆的位置关系，联立方程组，结合韦达定理整体求解，考查计算能力，属于较难题.，请考生在22，23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑.22.在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为：，经过点，倾斜角为的直线l与曲线C交于A，B两点（I）求曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程；（）求的值。【答案】（I），（t为参数）；（）.【解析】【分析】（）将曲线C的极坐标方程左右两侧分
25、别乘以,结合极坐标与直角坐标转化即可化为直角坐标方程;本剧直线经过点,倾斜角为即可得直线的参数方程.（）将直线的参数方程与抛物线的直角坐标方程联立,结合韦达定理即可表示出与.根据参数方程的几何意义用表示出,即可求值.【详解】（I）曲线C的直角坐标方程为直线经过点,倾斜角为所以直线l参数方程为（t为参数）（）与联立可得：因为直线与曲线C交于A,B两点.所以由韦达定理可得,所以【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化,普通方程与参数方程的转化,利用参数方程的几何意义解决线段长度问题,属于中档题.23.已知（I）求证：；（II）求证：.【答案】（I）证明见解析；（II）证明见解析.【解析】【分析】（）根据基本不等式,即可证明不等式成立.（）利用立方和公式因式分解,结合不等式的性质即可证明.【详解】（I）（II）由题意可知而由不等式变形可得,即所以由立方和公式可知.【点睛】本题卡考查了不等式的证明,基本不等式与立方和公式在不等式证明中的应用,属于基础题.
