北京市海淀区2019届高三下学期期中练习（一模）数学（理）试题答案.pdf

1 / 12 海淀区高三年级第二学期期中练习参考答案 数 学 （理科） 2019.04 阅卷须知: 1.评分参考中所注分数，表示考生正确做到此步应得的累加分数。 2.其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分。 一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 1. A 2. D 3. A 4. D 5. B 6. B 7. C 8. B 二、填空题:本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分. 9. 4 10. 1 5 76, 4 11. ( 1,2 ) （答案不唯一） 12. 1 13. 2 , [ 1, )   14. 3 2 三、解答题: 本大题共 6 小题，共 80 分. 15.（共 13 分） 解：（Ⅰ）因为 ()22 cos()cos 4fxxxa  (2sin2cos)cosxxxa 22sin cos 2cosx x x a   sin 2 cos2 1x x a    π2 sin(2)1 4xa 所以函数 ()fx的最大值为 21a 所以10a 所以 1a  （Ⅱ）因为 sinyx 的单调递增区间为 π π(2 π ,2 π )22kk， k Z 令 π π π2 π 22π2 4 2k x k     所以 31π π π π88kxk 函数 ()fx的单调递增区间为 31( π π, π π)88kk， 2 / 12 16.（共 13 分） 解：(Ⅰ) 人工造林面积与总面积比最大的地区为甘肃省 人工造林面积与总面积比最小的地区为青海省 (Ⅱ) 设在这十个地区中,任选一个地区，该地区人工造林面积占总面积的比值超过为事件 A 在十个地区中，有 7 个地区（内蒙、河北、河南、陕西、甘肃、宁夏、北京）人工造林 面积占总面积比超过50% ，则 7() 10PA  （Ⅲ）新封山育林面积超过五万公顷有 7 个地区：内蒙、河北、河南、重庆、陕西、甘肃、 新疆、青海，其中退化林修复面积超过六万公顷有 3 个地区：内蒙、河北、重庆， 所以 X 的取值为 0 1 2,, 所以 2 4 2 7 12(0) 42 CPX C ， 11 34 2 7 24(1) 42 CCPX C 2 3 2 7 6(2) 42 CPX C 随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 P 12 42 24 42 6 42 12 24 6 36 60 1 242 42 42 42 7EX         3 / 12 17.（共 14 分） 解：(Ⅰ)方法一：连结 1BC 因为 ,DE分别为 11AC , 11BC 中点, 所以 11//D E A B 又因为 11//AB A B ，所以 //D E A B 因为 ,EF分别为 11BC , 1BB 中点，所以 1//E F B C 又因为 DE EF E DE  平面 D E F ， EF  平面 AB  平面 1ABC ， 1BC  平面 所以平面 1ABC 平面 又 1AC  平面 ，所以 1AC 平面 方法二：取 1AA 中点为 G ,连结 FG 由 11AABB 且 11AABB 又点 F 为 1BB 中点，所以 11FGAB 又因为 ,DE分别为 11AC , 11BC 中点,所以 11DEAB 所以 DEFG 所以 , , ,D E F G 共面于平面 DEF 因为 D , G 分别为 111 ,ACAA 中点, 所以 1ACDG 1AC  平面 DG  平面 所以 1AC 平面 方法三：在直三棱柱 111ABCA B C 中， 1CC 平面 ABC 又因为 AC BC 以 C 为原点，分别以 1,,CA CB CC 为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系C xyz 4 / 12 由题意得 1(2,0,0),(0,0,2),(1,0,2)ACD , (0,1,2),(0,2,1)EF. 所以 ( 1,1,0)DE  , (0,1, 1)EF  设平面 D E F 的法向量为 111( , , )x y zn ，则 0 0 DE EF    n n ，即 11 11 0 0 xy yz      令 1 1x  ，得 111, 1yz 于是 (1, 1, 1)n 又因为 1 ( 2 ,0 ,2 )AC  所以 1 2020AC n 又因为 1AC  平面 D E F ， 所以 1AC 平面 （Ⅱ）方法一：在直棱柱 111ABCA B C 中， 1CC  平面 ABC 因为 AC  ABC ，所以 1CCAC 又因为 ACBC ， 且 1CCBCC  所以 AC  平面 11B B C C EF  平面 ，所以 ACEF 又 1BCCC ，四边形 11B B C C 为正方形 所以 11BCB C 又 1BC EF ，所以 1B C EF 又 ACEF ， 且 1AC B C C 所以 EF 平面 1ACB 5 / 12 又 EF  平面 D E F 所以平面 1A C B  平面 方法二：设平面 1A CB 的法向量为 222( , , )x y zm ， 1(2,0,0),(0,2,2)CACB 1 0 0 CA CB    m m ，即 2 22 20 2 2 0 x yz    令 2 1y  ，得 220 , 1xz   于是 (0,1, 1)m (1,1,1)(0,1,1)0nm 即 nm，所以平面 平面 （Ⅲ）设直线 DP 与平面 1A CB 所成角为  ，则 30  设 1(0 1)AP AA   ，则 (0,0,2 )AP  (1,0,22)DP  所以 2 22 1cossin30 221(22) DP DP      m m 解得 1 2  或 3 2  （舍） 所以点 P 存在，即 1AA 的中点， 1AP  6 / 12 18．（共 14 分） 解：（Ⅰ） 2()ln(1)fxxxax 的定义域为 { | 1}xx 因为 2(0)0ln(01)00fa 所以切点的坐标为 ( 0,0 ) 因为 ()ln(1)+2 1 xfxxax x    0(0)ln(01)+200 01fa   所以切线的斜率 0k  ， 所以切线的方程为 0y  （Ⅱ）方法一： 令 ()()ln(1)2 1 xgxfxxa x x   2 11()+2 1(1)gxa xx   因为 1x  且 0a  ， 所以 1 01x  ， 2 1 0(1)x  ， 20a 从而得到 ()0gx  在 ( 1 , )   上恒成立 所以 ()0fx  在 上单调递增且 (0)0f   ， 所以 x ， ' ( )fx， ()fx在区间 ( 1 , )   的变化情况如下表: 所以 0x  时， ()fx取得极小值，问题得证 方法二： 因为 ( )ln(1)2 1 xf xxa x x    当 0a  时， x ( 1,0) 0 (0, ) ()fx   ()fx 极小值 7 / 12 当 0x  时， ln(1)0,0,20 1 xxa x x  ，所以 ( ) 0fx  当 0x  时， ln( 1 0, 0, 2 01 xx a xx     ，所以 ( ) 0fx  所以 x ， '( )fx， ()fx在区间 ( 1, )   的变化情况如下表: 所以 0x  时，函数 ()fx取得极小值，问题得证 （Ⅲ）当 0a  或 1a  时，函数 有一个零点 当 0a  且 1a  时，函数 有两个零点 x ( 1,0 ) 0 ( 0 , ) ()fx   ()fx 极小值 8 / 12 19.（共 13 分） 解：(Ⅰ)抛物线 2 2y px 的准线方程为 2 px  ，焦点坐标为 ( ,0)2 pF 所以有 2 3(2 )22 pp   ，解得 1p  所以抛物线方程为 2 4yx ，焦点坐标为 (1,0 )F (Ⅱ)直线 PQ AB 方法一： 设 11( , )A x y ， 22( , )B x y ， 设直线 AB 的方程为 2x m y 联立方程 2 2, 4, x my yx    消元得， 2 4 8 0y m y   所以 124y y m ， 12 8yy  22 1212 1 416x xyy 显然 1 2 1 2 0x x y y  ， 直线 OA 的方程为 1 1 yyxx 令 2x  ，则 1 1 2 yy x  ，则 1 1 2(2,) yP x  因为 OABQ ，所以 1 1 BQ xk y 直线 BQ 的方程为 1 22 1 ()xyyxx y  ， 令 0y  ，则 1 21 21 2 2 111 4y yy yx xxxxxx   ，则 1 4(,0)Q x ① 当 0m  时，直线 AB 的斜率不存在， 1 2x  ，可知 ， 直线 PQ 的斜率不存在，则 PQ AB 9 / 12 ② 当 0m  时， 1 111 11 1 2 1=4 22(2)2 PQ y xyyk xmym x   ， 1 ABk m ， 则 P Q A B 综上所述， P Q A B 方法二： 直线 (1) 若直线 AB 的斜率不存在，根据对称性，不妨设 (2 , 2 2)A  ， (2 ,2 2)B 直线 AO 的方程为 2yx ，则 ( 2,2 2)P  直线 BQ 的方程为 222(2) 2yx ，即 2 22yx， 令 0y  ，则 ( 2 ,0 )Q  ，则直线 PQ 的斜率不存在，因此 P Q A B (2) 设 11( , )A x y ， 22( , )B x y ， 当直线 AB 的斜率存在，设直线 的方程为 ( 2)y k x， 0k  联立方程， 2 4 (2) yx ykx     消元得， 2222 4440kxkxkx ， 整理得， 2 2 2 2(4 4) 4 0k x k x k    由韦达定理，可得 2 12 2 44kxx k  ， 12 4xx  22 1 2 1 216 64y y x x，因为 12 0yy  ，可得 12 8yy  . 显然 1 2 1 2 0x x y y  ， 直线 OA 的方程为 1 1 yyxx 令 2x  ，则 1 1 2yy x  ，则 1 1 2( 2, )yP x  因为OABQ ，所以 1 1 BQ xk y 10 / 12 直线 BQ 的方程为 1 22 1 ()xyyxx y ， 令 0y  ，则 121212 2 111 4yyyyxxxxxxx   ，则 1 4( ,0)Q x 1 1 1 1 11 1 2 2 2 ( 2)=4 4 2 2 42 PQ y x y k xkkxx x       ，则 P Q A B 综上所述， P Q A B 11 / 12 20.（共 14 分） 解：（Ⅰ） 4a 的值可以取 2 ,0 , 6 （Ⅱ）因为 2nnba ，因为 1nnbb 对任意 n N 成立，所以{}nb 为单调递增数列， 即数列 {}na 的偶数项 2462, , ,. . . , . . . na a a a 是单调递增数列 根据条件 2 1a  ， 4 0a  所以当 2 0na  对 2n  成立 下面我们证明“数列 {}na 中相邻两项不可能同时为非负数” 假设数列 中存在 1,iiaa 同时为非负数 因为 1 |ii| a a i ， 若 1 ,iia a i  则有 1 (1)1 2ii iaaii  ，与条件矛盾 若 1 ,iiaai   则有 1 1 2ii iaaii   ， 与条件矛盾 所以假设错误，即数列 中相邻两项不可能同时为非负数 此时 2 0na  对 2n  成立， 所以当 2n  时， 2121 0,0nnaa，即 212212 ,nnnnaaaa 所以 2 2 1 21nna a n   ， 2122 (22)nnaan  所以 2212122()()1nnnnaaaa  即 222 1nnaa，其中 2n  即 1 1nnbb，其中 又 12 1ba   ， 240ba 所以 {}nb 是以 1 1b  ，公差为1的等差数列， 所以 1 ( 1) 2nb n n      （Ⅲ） 记 1 2 3 1k k kS a a a a a      12 / 12 由（Ⅱ）的证明知， 1,nnaa 不能都为非负数 当 0na  ，则 1 0na   ， 根据 1||nna a n ，得到 1nna a n ，所以 1 1221 2nnn naaann    当 1 0na   ，则 0na  根据 ，得到 +1nna a n，所以 11 11220 2nnn naaann   所以，总有 1 0nnaa成立 当 n 为奇数时， 1||nna a n ，故 1,nnaa 的奇偶性不同，则 1nnaa 1 当 n 为偶数时， 1 0nnaa  当 k 为奇数时， 1231()()0kkkSaaaaa  考虑数列： 01,1,2,2 ,， ， 1 2 k  ， 1 2 k   可以验证，所给的数列满足条件，且 0kS  所以 kS 的最大值为 0 当 k 为偶数时， 121()() 2kkk kSaaaa   考虑数列： 01,1,2,2， ， ，- 2 2 k  ， 2 2 k  ， 2 k 可以验证，所给的数列满足条件，且 2k kS  所以 的最大值为 2 k