海淀区2015高三数学（理）期末试题及答案

海淀区高三年级第一学期期末练习 数学（理）答案及评分参考 2015.1 一、选择题（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） （1）C （2）D （3）B （4）C （5）B （6）A （7）C （8）B 二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。有两空的小题，第一空 2 分，第二空 3 分） （9）15 （10） 2 3 （11）3 （12） 2π 3 （13） 1 3 ；4 （14） 1 1, ,A B D 三、解答题（共 6 小题，共 80 分） （15）（共 13 分） 解：（Ⅰ） 的值是 π 6 . ………………2 分 0x 的值是 5 3 . ………………5 分 （Ⅱ）由题意可得： 1 1 π π( ) cos(π( ) ) cos(π ) sin π3 3 6 2f x x x x        . ………………7 分 所以 1 π( ) ( ) cos(π ) sin π3 6f x f x x x     π πcos π cos sin π sin sin π6 6x x x   ………………8 分 3 1cos π sin π sin π2 2x x x   3 3 πcos π sin π 3 cos(π )2 2 3x x x    . ………………10 分 因为 1 1[ , ]2 3x  ， 所以 π π 2ππ6 3 3x    . 所以 当 ππ 03x   ，即 1 3x   时， ( )g x 取得最大值 3 ； 当 π 2ππ 3 3x   ，即 1 3x  时， ( )g x 取得最小值 3 2  . ………………13 分 （16）（共 13 分） 解：（Ⅰ）抽取的 5 人中男同学的人数为 5 30 350   ，女同学的人数为 5 20 250   . ………………4 分 （Ⅱ）由题意可得： 2 3 2 3 5 5 1( 3) 10 A AP X A    . ………………6 分 因为 3 2 110 5a b    ， 所以 1 5b  . ………………8 分 所以 1 1 3 23 2 1 0 110 5 10 5EX          . ………………10 分 （Ⅲ） 2 2 1 2s s . ………………13 分 （17）（共 14 分） 证明：（Ⅰ）连接 1BC . 在正方形 1 1ABB A 中， 1AB BB^ . 因为 平面 1 1AA B B  平面 1 1BB C C ，平面 1 1AA B B  平面 1 1 1BB C C BB ， AB Ì平面 1 1ABB A ， 所以 AB ^ 平面 1 1BB C C . ………………1 分 因为 1B C Ì平面 1 1BB C C ， 所以 1AB B C^ . ………………2 分 在菱形 1 1BB C C 中， 1 1BC B C^ . 因为 1BC Ì 平面 1ABC ， AB Ì平面 1ABC ， 1BC AB B = ， 所以 1B C ^ 平面 1ABC . ………………4 分 因为 1AC Ì平面 1ABC ， 所以 1B C  1AC . ………………5 分 （Ⅱ） EF ∥平面 ABC ，理由如下： ………………6 分 取 BC 的中点G ，连接 ,GE GA . 因为 E 是 1BC 的中点， 所以 GE ∥ 1BB ，且GE 1 1 2 BB= . 因为 F 是 1AA 的中点， 所以 AF 1 1 2 AA= . 在正方形 1 1ABB A 中， 1AA ∥ 1BB ， 1AA 1BB= . 所以 GE ∥ AF ，且GE AF= . 所以 四边形GEFA 为平行四边形. 所以 EF ∥GA . ………………8 分 因为 EF Ë 平面 ABC ，GAÌ 平面 ABC ， 所以 EF ∥平面 ABC . ………………9 分 （Ⅲ）在平面 1 1BB C C 内过点 B 作 1Bz BB^ . 由（Ⅰ）可知： AB ^ 平面 1 1BB C C . 以点 B 为坐标原点，分别以 1,BA BB 所在的直线为 ,x y 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 B xyz ，设 (2,0,0)A ，则 1(0,2,0)B . 在菱形 1 1BB C C 中， 1 1=60BB C  ，所以 (0, 1, 3)C  ， 1(0,1, 3)C . 设平面 1ACC 的一个法向量为 ( , ,1)x yn . 因为 1 0, 0 AC CC        n n 即 ( , ,1) ( 2, 1, 3) 0, ( , ,1) (0,2,0) 0, x y x y        所以 3 ,2 0, x y     即 3( ,0,1)2 n . ………………11 分 由（Ⅰ）可知： 1CB  是平面 1ABC 的一个法向量. ………………12 分 所以 1 1 1 3( ,0,1) (0,3, 3) 72cos , 73 1 9 34 CBCB CB            nn n . 所以 二面角 1B AC C  的余弦值为 7 7 . ………………14 分 （18）（共 13 分） 解：（Ⅰ）由 2 2 14 3 x y  得： 2, 3a b  . 所以 椭圆 M 的短轴长为 2 3 . ………………2 分 因为 2 2 1c a b   ， 所以 1 2 ce a   ，即 M 的离心率为 1 2 . ………………4 分 （Ⅱ）由题意知： 1( 2,0), ( 1,0)C F  ，设 0 0 0( , )( 2 2)B x y x   ，则 2 2 0 0 14 3 x y  . ………………7 分 因为 1 0 0 0 0( 1 , ) ( 2 , )BF BC x y x y          2 2 0 0 02 3x x y    ………………9 分 2 0 0 1 3 5 04 x x    ， ………………11 分 所以 π(0, )2B  . 所以 点 B 不在以 AC 为直径的圆上，即：不存在直线l ，使得点 B 在以 AC 为直径的圆上. ………………13 分 另解：由题意可设直线l 的方程为 1x my  ， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y . 由 2 2 1,4 3 1 x y x my       可得： 2 2(3 4) 6 9 0m y my    . 所以 1 2 2 6 3 4 my y m    ， 1 2 2 9 3 4y y m   . ………………7 分 所以 1 1 2 2( 2, ) ( 2, )CA CB x y x y      2 1 2 1 2( 1) ( ) 1m y y m y y     2 2 2 9 6( 1) 13 4 3 4 mm mm m       2 5 03 4m   . ………………9 分 因为 cos ( 1,0)CA CBC CA CB         ， 所以 π( ,π)2C  . ………………11 分 所以 π(0, )2B  . 所以 点 B 不在以 AC 为直径的圆上，即：不存在直线l ，使得点 B 在以 AC 为直径的圆上. ………………13 分 （19）（共 13 分） 解：（Ⅰ）函数 ( )f x 是偶函数，证明如下： ………………1 分 对于 π π[ , ]2 2x   ，则 π π[ , ]2 2x   . ………………2 分 因为 ( ) cos( ) sin( ) cos sin ( )f x a x x x a x x x f x        ， 所以 ( )f x 是偶函数. ………………4 分 （Ⅱ）当 0a  时，因为 ( ) cos sin 0f x a x x x   ， π π[ , ]2 2x  恒成立， 所以 集合 { | ( ) 0}A x f x  中元素的个数为 0. ………………5 分 当 0a  时，令 ( ) sin 0f x x x  ，由 π π[ , ]2 2x  ， 得 0x  . 所以 集合 { | ( ) 0}A x f x  中元素的个数为 1. ………………6 分 当 0a  时，因为 π'( ) sin sin cos (1 )sin cos 0, (0, )2f x a x x x x a x x x x         ， 所以 函数 ( )f x 是 π[0, ]2 上的增函数. ………………8 分 因为 π π(0) 0, ( ) 02 2f a f    ， 所以 ( )f x 在 π(0, )2 上只有一个零点. 由 ( )f x 是偶函数可知，集合 { | ( ) 0}A x f x  中元素的个数为 2. ………………10 分 综 上 所 述 ， 当 0a  时 ， 集 合 { | ( ) 0}A x f x  中 元 素 的 个 数 为 0 ； 当 0a  时 ， 集 合 { | ( ) 0}A x f x  中元素的个数为 1；当 0a  时，集合 { | ( ) 0}A x f x  中元素的个数为 2. （Ⅲ）函数 ( )f x 有 3 个极值点. ………………13 分 （20）（共 14 分） 解：（Ⅰ）因为 1 2 3 2 2 4( , ),( , ),( , )a a a a a a T ， 所以 2 1( , ) 0Td a a  ， 2 3( , ) 0Td a a  ， 2 4( , ) 1Td a a  ，故 2( ) 1Tl a  . ………………1 分 因为 2 4( , )a a T ，所以 4 2( , ) 0Td a a  . 所以 4 4 1 4 2 4 3( ) ( , ) ( , ) ( , ) 1 0 1 2T T T Tl a d a a d a a d a a       . 所以 当 2 4 4 1 4 3( , ),( , ),( , )a a a a a a T 时， 4( )Tl a 取得最大值 2 . ………………3 分 （Ⅱ）由 ( , )Td a b 的定义可知： ( , ) ( , ) 1T Td a b d b a  . 所以 1 2 2 1 1 3 3 1 1 ( ) [ ( , ) ( , )] [ ( , ) ( , )] n T i T T T T i l a d a a d a a d a a d a a      1 1 1 1[ ( , ) ( , )] [ ( , ) ( , )]T n T n T n n T n nd a a d a a d a a d a a     2 1 ( 1)2nC n n   . ………………6 分 设删去的两个数为 ( ), ( )T k T ml a l a ，则 1( ) ( ) ( 1)2T k T ml a l a n n M    . 由 题 意 可 知 ： ( ) 1, ( ) 1T k T ml a n l a n    ， 且 当 其 中 一个 不 等 式 中 等 号 成 立 ， 不 放设 ( ) 1T kl a n  时， ( , ) 1T k md a a  ， ( , ) 0T m kd a a  . 所以 ( ) 2T ml a n  . ………………7 分 所以 ( ) ( ) 1 2 2 3T k T ml a l a n n n       . 所以 1( ) ( ) ( 1) 2 32T k T ml a l a n n M n      ，即 1 ( 5) 32M n n   . ………………8 分 （Ⅲ）对于满足 ( ) 1T il a n  （ 1,2,3, ,i n  ）的每一个集合T ，集合 S 中都存在三个不同的 元素 , ,e f g ，使得 ( , ) ( , ) ( , ) 3T T Td e f d f g d g e   恒成立，理由如下： 任取集合T ，由 ( ) 1T il a n  （ 1,2,3, ,i n  ）可知， 1 2( ), ( ), , ( )T T T nl a l a l a 中存在最 大数，不妨记为 ( )Tl f （若最大数不唯一，任取一个）. 因为 ( ) 1Tl f n  ， 所以 存在 e S ，使得 ( , ) 0Td f e  ，即 ( , )e f T . 由 ( ) 1Tl f  可设集合 { | ( , ) }G x S f x T     . 则G 中一定存在元素 g 使得 ( , ) 1Td g e  . 否则， ( ) ( ) 1T Tl e l f  ，与 ( )Tl f 是最大数矛盾. 所以 ( , ) 1Td f g  ， ( , ) 1Td g e  ，即 ( , ) ( , ) ( , ) 3T T Td e f d f g d g e   . ………………14 分