海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案

海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案1 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案2 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案3 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案4 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案5 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案6 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案7 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案8 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案9 海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案10
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海淀区高三年二学期期中练习(数学文科)+参考答案文字介绍:海淀区高三年级第二学期期中练习数学(文科)2010.4第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.1.在复平面内,复数)1(ii(i是虚数单位)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2.30sin75cos30cos75sin的值为()A.1B.21C.22D.233.已知向量ba,,则“a//b”是“a+b=0”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件4.已知等差数列}{na的前n项和为nS,且满足12323SS,则数列}{na的公差是()A.21B.1C.2D.35.在同一坐标系中画出函数axyayxyxa,,log的图象,可能正确的是()6.一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示,则这个三棱柱的左视图的面积为()11xyOB11xyOA11xyOC11xyODA.36B.8C.38D.127.给出下列四个命题:①若集合BA,满足,ABA则BA;②给定命题qp,,若“qp”为真,则“qp”为真;③设,,,Rmba若,ba则22bmam;④若直线01:1yaxl与直线01:2yxl垂直,则1a.其中正确命题的个数是()A.1B.2C.3D.48.直线12byax与圆122yx相交于A,B两点(其中ba,是实数),且AOB是直角三角形(O是坐标原点),则点P),(ba与点)1,0(之间距离的最大值为()A12B.2C.2D.12第Ⅱ卷(非选择题共110分)二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.9.若,0x则xxy4的最小值是____________________.10.已知动点P到定点(2,0)的距离和它到定直线2:xl的距离相等,则点P的轨迹方程为_________.11.已知不等式组axxyxy,表示的平面区域的面积为4,点),(yxP在所给平面区域内,则yxz2的最大值为______.12.某校为了解高三同学寒假期间学习情况,抽查了100名同学,统计他们每天平均学习时间,绘成频率分布直方图(如图).则这100名同学中学习时间在6~8小时内的同学为_______人.246810120.140.120.050.04小时频率/组距开始a=2,i=1i≥2011aai=i+1结束输出a是否13.已知程序框图如图所示,则执行该程序后输出的结果是_______________.14.若点集22{(,)|1},{(,)|11,11}AxyxyBxyxy,则(1)点集1111(,)1,1,(,)}PxyxxyyxyA所表示的区域的面积为_____;(2)点集12121122(,),,(,),(,)MxyxxxyyyxyAxyB所表示的区域的面积为___________.三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.15.(本小题满分13分)已知函数sin,fxAxxR(其中0,0,22A),其部分图象如图所示.(I)求fx的解析式;(II)求函数)4()4()(xfxfxg在区间0,2上的最大值及相应的x值.16.(本小题满分13分)某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动.活动规则如下:消费每满100元可以转动如图所示的圆盘一次,其中O为圆心,且标有20元、10元、0元的三部分区域面积相等.假定指针停在任一位置都是等可能的.当指针停在某区域时,返相应金额的优惠券.(例如:某顾客消费了218元,第一次转动获得了20元,第二次获得了10元,则其共获得了30元第12题第10题图第13题图0元20元10元优惠券.)顾客甲和乙都到商场进行了消费,并按照规则参与了活动.(I)若顾客甲消费了128元,求他获得优惠券面额大于0元的概率?(II)若顾客乙消费了280元,求他总共获得优惠券金额不低于20元的概率?17.(本小题满分14分)如图:在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,60,ABCPA平面ABCD,点,MN分别为,BCPA的中点,且2ABPA.(I)证明:BC⊥平面AMN;(II)求三棱锥AMCN的体积;(III)在线段PD上是否存在一点E,使得//NM平面ACE;若存在,求出PE的长;若不存在,说明理由.18.(本小题满分14分)已知函数1)(2xxf与函数)0(ln)(axaxg.(I)若)(),(xgxf的图象在点)0,1(处有公共的切线,求实数a的值;(II)设)(2)()(xgxfxF,求函数)(xF的极值.19.(本小题满分13分)已知椭圆C的对称中心为原点O,焦点在x轴上,离心率为12,且点(1,32)在该椭圆上.(I)求椭圆C的方程;(II)过椭圆C的左焦点1F的直线l与椭圆C相交于,AB两点,若AOB的面积为726求圆心在原点O且与直线l相切的圆的方程.NMPABC20.(本小题满分13分)已知数列na满足:11a,21212,,12,,2nnnnanaa为偶数为奇数,2,3,4,.n(Ⅰ)求345,,aaa的值;(Ⅱ)设121nnba,1,2,3...n,求证:数列nb是等比数列,并求出其通项公式;(III)对任意的*2,mmN,在数列{}na中是否存在连续的2m项构成等差数列?若存在,写出这2m项,并证明这2m项构成等差数列;若不存在,说明理由.海淀区高三年级第二学期期中练习数学(文)参考答案及评分标准2010.4说明:合理答案均可酌情给分,但不得超过原题分数.第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)题号12345678答案ACBCDABA第II券(非选择题共110分)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,有两空的小题,第一空3分,第二空2分,共30分)9.410.xy8211.612.3013.1214.,1215.(本小题满分13分)解:(I)由图可知,A=1…………1分,24T所以2T……………2分所以1……………3分又1)4sin()4(f,且22所以4……………5分所以)4sin()(xxf.……………6分(II)由(I))4sin()(xxf,所以)4()4()(xfxfxg=sin()sin()4444xxsin()sin2xx……………8分cossinxx……………9分1sin22x……………10分因为]2,0[x,所以],0[2x,]1,0[2sinx故:]21,0[2sin21x,当4x时,)(xg取得最大值21.……………13分16.(本小题满分13分)解:(I)设“甲获得优惠券”为事件A……………1分因为假定指针停在任一位置都是等可能的,而题中所给的三部分的面积相等,所以指针停在20元,10元,0元区域内的概率都是31.……………3分顾客甲获得优惠券,是指指针停在20元或10元区域,根据互斥事件的概率,有323131)(AP,……………6分所以,顾客甲获得优惠券面额大于0元的概率是23.(II)设“乙获得优惠券金额不低于20元”为事件B……………7分因为顾客乙转动了转盘两次,设乙第一次转动转盘获得优惠券金额为x元,第二次获得优惠券金额为y元,则基本事件空间可以表示为:{(20,20),(20,10),(20,0),(10,20),(10,10),(10,0),(0,20),(0,10),(0,0)},……………9分即中含有9个基本事件,每个基本事件发生的概率为91.…………10分而乙获得优惠券金额不低于20元,是指20xy,所以事件B中包含的基本事件有6个,…………11分所以乙获得优惠券额不低于20元的概率为3296)(BP…………13分答:甲获得优惠券面额大于0元的概率为32,乙获得优惠券金额不低于20元的概率为32.17.(本小题满分14分)证明:(Ⅰ)因为ABCD为菱形,所以AB=BC又60ABC,所以AB=BC=AC,……………1分又M为BC中点,所以BCAM……………2分而PA平面ABCD,BC平面ABCD,所以PABC……………4分又PAAMA,所以BC平面AMN……………5分(II)因为11331222AMCSAMCM……………6分又PA底面,ABCD2,PA所以1AN所以,三棱锥NAMC的体积31VAMCSAN…………8分1331326…………9分(III)存在……………10分取PD中点E,连结NE,EC,AE,因为N,E分别为PA,PD中点,所以ADNE21//……………11分又在菱形ABCD中,1//2CMAD所以MCNE//,即MCEN是平行四边形……………12分所以,ECNM//,又EC平面ACE,NM平面ACE所以MN//平面ACE,……………13分即在PD上存在一点E,使得//NM平面ACE,此时122PEPD.……………14分18.(本小题满分14分)解:(I)因为(1)0,(1)0fg,所以点)0,1(同时在函数)(),(xgxf的图象上……………1分因为xaxgxxfln)(,1)(2,\'()2fxx,……………3分\'()agxx……………5分由已知,得)1(\')1(\'gf,所以21a,即2a……………6分(II)因为xaxxgxfxFln21)(2)()(2()0x……………7分所以xaxxaxxF)(222)(\'2……………8分当0a时,因为0x,且,02ax所以0)(\'xF对0x恒成立,所以)(xF在),0(上单调递增,)(xF无极值……………10分;当0a时,令0)(\'xF,解得12,xaxa(舍)……………11分所以当0x时,\'(),()FxFx的变化情况如下表:x),0(aa(,)a)(\'xF0+)(xF极小值……………13分所以当ax时,()Fx取得极小值,且aaaaaaaFln1ln21)()(2.……………14分综上,当0a时,函数)(xF在),0(上无极值;当0a时,函数()Fx在ax处取得极小值aaaln1.19.(本小题满分13分)解:(I)设椭圆C的方程为22221,(0)xyabab,由题意可得21ace,又222cba,所以2243ab……………2分因为椭圆C经过(1,32),代入椭圆方程有14349122aa解得2a……………4分所以1c,2413b故椭圆C的方程为22143xy.……………5分(Ⅱ)解法一:当直线lx轴时,计算得到:33(1,),(1,)22AB,1113||||13222AOBSABOF,不符合题意.……………6分当直线l与x轴不垂直时,设直线l的方程为:(1)ykx,0k由22(1)143ykxxy,消去y,得2222(34)84120kxkxk…………7分显然0成立,设1122(,),(,)AxyBxy,则21228,34kxxk212241234kxxk……………8分又2212221221221)()()()(||xxkxxyyxxAB22221212121()1()4kxxkxxxx422222644(412)1(34)34kkkkk……………9分即2222212112(1)||13434kkABkkk又圆O的半径22|00|||11kkkrkk……………10分所以222221112(1)||6||162||22343471AOBkkkkSABrkkk……………11分化简,得4217180kk,即22(1)(1718)0kk,解得2212181,17kk(舍)……………12分所以,2||221krk,故圆O的方程为:2212xy.……………13分(Ⅱ)解法二:设直线l的方程为1xty,由221143xtyxy,消去x,得22(43)690tyty……………7分因为0恒成立,设1122(,),(,)AxyBxy,则12122269,4343tyyyytt……………8分所以2121212||()4yyyyyy22223636(43)43ttt2212143tt……………9分所以2112216162||||2437AOBtSFOyyt化简得到4218170tt,即0)1)(1718(22tt,解得211,t221718t(舍)…………11分又圆O的半径为22|001|111trtt……………12分所以21221rt,故圆O的方程为:2212xy……………13分.20.(本小题满分13分)解:(Ⅰ)因为11a,所以21123aa,3115222aa,42127aa,52113222aa…………3分(Ⅱ)由题意,对于任意的正整数n,121nnba,所以121nnba…………4分又122221(21)12(1)2nnnnaaab所以12nnbb…………6分又11112112baa…………7分所以nb是首项为2,公比为2的等比数列,所以2nnb…………8分(III)存在.事实上,对任意的*2,mkN,在数列{}na中,2,21,22,221....,mmmmmaaaa这连续的2m项就构成一个等差数列……10分我们先来证明:“对任意的*2,nnN,1*(0,2),nkkN,有12212nnkka”由(II)得1212nnnba,所以1221nna.当k为奇数时,1121221222112222nnnkkkaaa当k为偶数时,112222221212nnnkkkaaa记1,,21,,2kkkkk为偶数为奇数因此要证12212nnkka,只需证明21112212nnkka,其中2*11(0,2),nkkN(这是因为若21112212nnkka,则当211kk时,则k一定是奇数,有1121221222112222nnnkkkaaa=212)22112(221)212(221111kkknnn;当21kk时,则k一定是偶数,有112222221212nnnkkkaaa=212)2212(21)212(21111kkknnn)如此递推,要证21112212nnkka,只要证明32222212nnkka,其中11211,,21,,2kkkkk为偶数为奇数,3*22(0,2),nkkN如此递推下去,我们只需证明12222212nnkka,1*22(0,2),nnkkN即1221115213222a,即352a,由(I)可得,所以对*2,nnN,1*(0,2),nkkN,有12212nnkka,对任意的*2,mmN,12212mmiia,1211212mmiia,其中*),12,0(Niim,所以21212mmiiaa又1212mma,2112112mma,所以21212mmaa所以2,21,22,221....,mmmmmaaaa这连续的2m项,是首项为1221mma,公差为12的等差数列.…………13分说明:当12mm(其中**1122,,mmNmN)时,因为1222212222222,...,,,mmmmmaaaa构成一个项数为22m的等差数列,所以从这个数列中任取连续的12m项,也是一个项数为12m,公差为12的等差数列.

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