年遼寧高考扣題卷（一）數學注意事項：．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上寫在本試卷上無效.．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.85分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若集合，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由交集的運算可得.【詳解】由題意可得，所以.故選：B.2.若復數，則（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分別求得，，然后得到結果.【詳解】，，∴，故選：C第1頁/共22頁3.已知，點D滿足，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由圖形結合向量的加法法則可得.【詳解】.故選：B4.圓臺的上、下底面半徑分別為2和4，一個球與該圓臺的兩個底面和側面均相切，則這個球的表面積為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知作圖，然后得到其軸截面，根據題意得到線段長，由切線長得到圓臺母線長，由等腰梯形求得梯形的高，即可得到求得半徑，然后得到表面積.【詳解】如圖，則該幾何體的軸截面如下：第2頁/共22頁所以，，∵與圓相切，點切點，∴，過點作與點，∴，∴，則，即球的半徑，∴這個球的表面積，故選：D.5.已知實數，則使和最小的實數分別為的（）A.中位數；平均數B.中位數；中位數C.平均數；平均數D.平均數；中位數【答案】A【解析】【分析】結合絕對值的幾何意義和二次函數，根據中位數和平均數的定義判斷即可.【詳解】，表示個絕對值之和，根據絕對值的幾何意義知，絕對值的和的最小值表示距離和的最小值，因為為奇數，所以取的中位數時，有最小值；為關于的一元二次函數，第3頁/共22頁故當時，有最小值，即為的平均數時，有最小值.故選：A6.已知雙曲線，作垂直于x軸的垂線交雙曲線于兩點，作垂直于y軸的垂線交雙曲線于兩點，且，兩垂線相交于點，則點的軌跡方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據題目條件建立方程化簡即可求解.【詳解】設，則，則由得：，化簡得：，即點的軌跡是，故選：C7.若，若為偶函數，則（）A.B.C.0D.2【答案】A【解析】第4頁/共22頁【分析】先令解得的值，再利用定義檢驗為偶函數.【詳解】，，若為偶函數，則，左右兩邊同時乘以得，，即，得，解得；檢驗：當時，，，則，故為偶函數.故選：A8.設函數，若恒成立，則的最小值為（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】找到的零點可得，構造函數，由導數分析單調性找到最小值即可.【詳解】當時，，不滿足恒成立；當時，令，可得或，函數的零點為和，因為恒成立，所以，所以，令，則，令，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，第5頁/共22頁則，所以的最小值為1.故選：D36分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列函數中同時滿足：①在上是增函數；②最小正周期為的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根據函數的解析式結合函數圖像變換的規則逐個選項判斷即可.【詳解】對于選項A，在上是增函數，但不具有周期性，不合題意，A錯誤；對于選項B，在上是增函數，最小正周期為，符合題意，B正確；對于選項C，，最小正周期為，但在上是減函數，不符合題意，C錯誤；對于D選項，在上是增函數，最小正周期為，符合題意，D正確.故選：BD10.已知函數，則（）A.有兩個零點B.在上是增函數C.有極小值D.若，【答案】BCD第6頁/共22頁【解析】【分析】令，得到出方程解的個數，然后判斷A選項；對函數求導，然后得到函數的遞增區間，判斷B選項；由函數的單調區間得到函數的極值判斷C選項；構造函數，由導函數得到函數的單調性，從而求出當時，的最小值，即能判斷D選項.【詳解】令，即，∵，∴只有一個解，即函數有一個零點，A選項錯誤;，令，，∵，∴，∴在上是增函數，B選項正確；在上單調減，在上單調遞增，∴函數有極小值，C選項正確；令，，，令，則，，，∴當時，，即在單調遞增，∴，即，在單調遞增，∴，即，D選項正確.故選：BCD.已知點Q在圓上，中，．則（）A.記的軌跡方程為軌跡：B.的最大值為C.的最小值是D.（點O7【答案】ACD【解析】的A的最值，第7頁/共22頁從而得到角的范圍，判斷B選項；由拋物線的性質化簡得，由的范圍求得結果判斷C選項；由圖可知當在圓與軸的左交點處時，此時同時取最小，即可判斷D選項.【詳解】由題意可知，設，過點作軸于點，如圖：則，，∴，即，∴，A選項正確；∵由對稱性可假設點在一象限，則，∵，當且僅當，即時取等號，所以，∴，B選項錯誤；，∴，C選項正確；當在圓與同時取最小，∴的最小值為：7，D選項正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分.12.已知等比數列中，，，則______.第8頁/共22頁【答案】【解析】【分析】由等比中項的性質和等比數列的性質計算即可.【詳解】由等比中項的性質可得，設等比數列的公比為，因為，所以，故答案為：6.13.已知，則_________．【答案】##【解析】【分析】由切化弦結合三角恒等變換和拆角可得.【詳解】由可得，，，，，.故答案為：.14.如圖1，把一個圓分成n（）個扇形，每個扇形用k種顏色之一染色，要求相鄰扇形不同色，有種方法．第9頁/共22頁如圖2，有4種不同顏色的涂料，給圖中的12個區域涂色，要求相鄰區域的顏色不相同，則不同的涂色方法共有_________種（用數字作答）【答案】【解析】【分析】利用已知條件可計算八個空格染色問題，剩下的可用分步分類計數即可.【詳解】染色問題按以下步驟進行：第一步：給染色有4種方法；第二步：給染色，若與的顏色均不同，則可用顏色有3種，根據已知條件可知：種；若與其中一個的顏色相同，則有種方法；若與兩個的顏色相同，則有種方法若與其中三個的顏色相同，則有種方法；若與顏色都相同，則有種方法：第三步：給染色，因為已經染了色，所以分以下兩類:當與同色，給染色有：種；當與不同色，給染色有：種；利用分類分步原理可得：總有：種，故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.的學習研究小組設計創新性學習活動，用來研究學生在創新性學習活動中體驗到心流是否與性別有關．若從該班級中隨機抽取1名學生，設“抽取的學生在創新性學習活動中體驗到心流”，“抽取的學生為第10頁/共22頁女生”，．（1）求和，并解釋所求結果大小關系的實際意義；（2）為進一步驗證（1）中的判斷，該研究小組用分層抽樣的方法在該地抽取了一個容量為的樣本，利用獨立性檢驗，計算得．為提高檢驗結論的可靠性，現將樣本容量調整為原來的倍，使得能有的把握肯定（1）中的判斷，試確定k的最小值．參考公式及數據：，．0.010.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1）答案見解析（2）4【解析】1）由對立事件的概率公式結合條件概率、全概率公式計算即可；實際意義由題干中結合所求概率可得；（2）完成列聯表，計算卡方可得.【小問1詳解】因為，所以由對立事件概率公式關系可得代入，所以，由全概率公式可得，即，所以.說明學生在創新性學習活動中是否體驗到心流與性別有關.第11頁/共22頁【小問2詳解】完成列聯表如下：學生體驗到心流學生未體驗到心流合計男生女生總計，所以，所以的最值小值為4.16.在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足．（1）求證：；（2）若是銳角三角形，且角A的平分線交BC邊于D，且，求邊b的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1角的范圍即可證明；（2）根據三角形形狀及交的關系確定角的范圍，在中利用正弦定理求得關于角的表達式，構造函數，利用函數的單調性求解即可.小問1詳解】因為，由正弦定理有：，所以，，，，第12頁/共22頁因為、，所以，又因為，所以，所以，因為，所以有：，，或，所以得證.【小問2詳解】因為是銳角三角形，，所以，所以，解得，因為為的平分線，且，所以，所以，在中，，，由正弦定理有：，即，所以，因為，所以，令，則，，令，，根據函數解析式，上單調遞減，第13頁/共22頁因為，，所以，所以.17.已知函數．（1）討論函數在區間上的單調性；（2）證明：函數在上有兩個零點．【答案】（1）在單調遞增，在單調遞減．（2）證明見解析【解析】1）求導，即可根據導數的正負求解，（2）根據三角函數的性質，結合導數即可求解函數的單調性，即可求解.【小問1詳解】由函數，可得，當時，令，可得，故當時，，單調遞增；當時，，單調遞減，所以在單調遞增，在單調遞減．【小問2詳解】，則，當時，故，此時在單調遞增，第14頁/共22頁當時，記，則，由于，則故，因此在單調遞減，由于，故存在唯一的使得，當單調遞增，當單調遞減，綜上知：在單調遞增，在單調遞減，且，因此在上有兩個零點.18.如圖，在直三棱柱中，，，為的中點．的面積為；請從條件①、②中選擇一個條件作為已知，并解答下面的問題：條件①：；條件②：點到平面的距離為．（1）求平面與平面夾角的余弦值；（2）點是矩形（包含邊界）內任一點，且，求與平面所成角的正弦值的取值范圍．【答案】（1）（2）第15頁/共22頁【解析】1）建立空間直角坐標系，根據已知條件，確定底面三角形得邊長，再利用空間向量的方法求二個平面所成角即可；（2）根據已知條件分析確定點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，設出點坐標，根據已知條件求出，利用空間向量的方法求出與平面所成角的正弦值表達式，根據范圍即可求解.【小問1詳解】根據題意建立如圖所示以為坐標原點，、、為、、軸的空間直角坐標系，設，，因為三棱柱為直三棱柱，所以側面為矩形，所以為直角三角形，，因為三樓柱為直三棱柱，所以平面，平面，所以，又因為，平面，平面，，所以平面，平面，所以，所以為直角三角形，因為的面積為，所以，若選條件①：，，，，，，第16頁/共22頁，，因為，所以，即，解得，代入，解得，所以，，，，，，設平面的法向量為，，所以，令，解得，所以，，設平面的法向量為，，所以，令，解得，所以，設平面與平面夾角為，所以，所以平面與平面夾角余弦值為：.若選條件②：點到平面距離為，，，，，第17頁/共22頁，，，設平面的法向量為，所以，，令，解得，所以，因為點到平面的距離為，所以，即，解得，代入，解得，所以，，，，，，設平面的法向量為，，所以，令，解得，所以，，設平面的法向量為，，所以，令，解得，所以，設平面與平面夾角為，第18頁/共22頁所以，所以平面與平面夾角余弦值為：.【小問2詳解】取中點，連結、，則，因為，，所以，在，，所以，，平面，平面，所以，平面，平面，所以平面，因為平面，平面，所以，因為，，所以，所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，設，則,，，因為，，所以，整理得：，由（1）知，平面的法向量為，設與平面的夾角為，則第19頁/共22頁，因為，所以，所以與平面所成角的正弦值的取值范圍為.19.已知曲線“2~1橢圓群”．（1）若“2~1橢圓群”中的兩個橢圓，對應的分別為，如圖所示，直線與橢圓依次交于M，N，P，Q四點，證明：．（2）當時，直線與橢圓在第一象限內的交點分別為，設．（i）求證：為等比數列，并求出其通項公式；（ii）令數列，求證．【答案】（1）證明見解析；（2i）證明見解析，ii）證明見解析.【解析】1）根據題意聯立方程組，利用韋達定理表示交點橫坐標之和，可發現線段的中點與線段中點重合，根據線段長度的減法可證得結論；（2i）根據題意聯立方程組，求出點和的橫坐標，利用兩點間距離公式求得，即證得結第20頁/共22頁ii）由已知條件得到，利用放縮法構造出