2011海淀区高三二模数学试卷及答案(文理)
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资料简介
海淀区高三年级第二学期期末练习 数 学(文) 答案及评分参考 2011.5 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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D A C B D D B C 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.有两空的题目,第一空 3 分,第二空 2 分) 9. y x  , 2x   10. 6 11. 1  12. 2 13. 2, n 14. 1 , (0) (1) ( 1)h h h   三、解答题(本大题共 6 小题,共 80 分) 15. (共 13 分) 解:(Ⅰ) xxxxf 2sincossin)(  ,  4sin4cos4sin)4( 2  f …………………1 分 2 22 2 2 2  ( ) ( ) ………………… 4 分 1 . ……………… …6 分 (Ⅱ) xxxxf 2sincossin)(  2 2cos12sin2 1 xx  …………………8 分 2 1)2cos2(sin2 1  xx 2 1)42sin(2 2  x , ……………… …9 分 由 ]2,0[ x 得 ]4 3,4[42  x , …………………11 分 所以,当 242  x ,即  8 3x 时, )(xf 取到最大值为 2 12  . ……………13 分 16. (共 13 分) 证明:(Ⅰ)由已知可得 1/ /AF B E , 1AF B E , 四边形 EAFB1 是平行四边形,  1// FBAE , ……………1 分 AE  平面 FCB1 , 1FB  平面 FCB1 , / /AE 平面 FCB1 ; ……………2 分 又 ED, 分别是 1,BBBC 的中点,  CBDE 1// , ……………3 分 ED  平面 FCB1 , 1B C  平面 FCB1 , / /ED 平面 FCB1 ; ……………4 分 ,AE DE E AE   平面 EAD , ED  平面 EAD , ……………5 分 平面 FCB1 ∥平面 EAD . ……………6 分 (Ⅱ) 三棱柱 111 CBAABC  是直三棱柱,  CC1 面 ABC ,又 AD 面 ABC ,  CC1 AD . ……………7 分 又直三棱柱 111 CBAABC  的所有棱长都相等, D 是 BC 边中点,  ABC 是正三角形, BC AD , ……………8 分 而 1C C BC C , 1CC  面 11BBCC , BC  面 11BBCC ,  AD 面 11BBCC , ……………9 分 D 1C F E B A C 1A 1B 故 1AD BC . ……………10 分 四边形 1 1BCC B 是菱形, CBBC 11  , ……………11 分 而 CBDE 1// ,故 1DE BC , ……………12 分 由 DDEAD  AD , 面 EAD , ED  面 EAD , 得 1BC 面 EAD . ……………13 分 17. (共 13 分) 解:(Ⅰ)由条形图可得,选择 A,B,C,D 四款套餐的学生共有 200 人, ……………1 分 其中选 A 款套餐的学生为 40 人, ……………2 分 由分层抽样可得从 A 款套餐问卷中抽取了 4200 4020  份. ……………4 分 设事件 M =“同学甲被选中进行问卷调查”, ……………5 分 则 .1040 4)( MP . ……………6 分 答:若甲选择的是 A 款套餐,甲被选中调查的概率是 0.1. (II) 由图表可知,选 A,B,C,D 四款套餐的学生分别接受调查的人数为 4,5,6,5. 其 中不满意的人数分别为 1,1,0,2 个 . ……………7 分 记对 A 款套餐不满意的学生是 a;对 B 款套餐不满意的学生是 b;对 D 款套餐不满意的学 生是 c,d. ……………8 分 设事件 N=“从填写不满意的学生中选出 2 人,至少有一人选择的是 D 款套餐” ……………9 分 从填写不满意的学生中选出 2 人,共有(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)6 个基本事件,……10 分 而事件 N 有(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)5 个基本事件, ……………11 分 则 6 5)( NP . ……………13 分 答:这两人中至少有一人选择的是 D 款套餐的概率是 6 5 . 18. (共 14 分) 解:(Ⅰ)因为 2'( ) 2f x x ax b   , …………………2 分 由 '(0) '(2) 1f f  即 1 4 4 1 b a b      得 1 1 a b    , …………………4 分 所 以 ( )f x 的 解 析 式 为 3 21( ) 3f x x x x   . …………………5 分 (Ⅱ)若 2b a  ,则 2'( ) 2 2f x x ax a    , 24 4( 2)a a    , …………………6 分 (1)当 0  ,即 1 2a   时, '( ) 0f x  恒成立,那么 ( )f x 在 R 上单调递增, 所以,当 1 2a   时, ( )f x 在区间 (0,1) 上单调递增; …………………8 分 (2)解法 1:当 0  ,即 2a  或 1a   时, 令 2'( ) 2 2 0f x x ax a     解得 2 1 2x a a a    , 2 2 2x a a a    ……………… …9 分 列表分析函数 ( )f x 的单调性如下: x 1( , )x 1 2( , )x x 2( , )x  '( )f x    ( )f x    ………………… 10 分 要使函数 ( )f x 在区间 (0,1) 上单调递增, 只需 2 1 0 '(0) 0 a a a f        或 或 2 1 1 '(1) 0 a a a f        或 , 解 得 2 1a    或 2 3a  . …………………13 分 解法 2:当 0  ,即 2a  或 1a   时, 因为 2'( ) 2 2f x x ax a    的对称轴方程为 x a …………………9 分 要使函数 ( )f x 在区间 (0,1) 上单调递增, 需 1 '(0) 0 a f     或 2 '(1) 0 a f    解 得 2 1a    或 2 3a  . …………………13 分 综上:当 [ 2,3]a   时,函数 ( )f x 在区间 (0,1) 上单调递增. …………………14 分 19. (共 14 分) 解:(Ⅰ) 2 2,22  a cec , ……………1 分 2,1  ac , 122  cab , …………4 分 椭 圆 C 的 标 准 方 程 是 12 2 2  yx . ………………5 分 (Ⅱ)由已知可得 )0,1(),1,0( FB , …………………6 分 设 ),( 00 yxA ,则 )1,1(),1,( 00  BFyxBA ,  2 BFBA , 2)1( 00  yx , 即 00 1 yx  , …………………8 分 代入 12 2 0 2 0  yx ,得:      1 0 0 0 y x 或        3 1 3 4 0 0 y x , 即 )1,0( A 或 )3 1,3 4(A . ………………10 分 当 A 为 )1,0(  时, 1 OFOBOA , ABF 的外接圆是以 O 为圆心,以 1 为半径的圆,该外接圆的方程为 122  yx ; ………………12 分 当 A 为 )3 1,3 4( 时, 1,1  AFBF kk ,所以 ABF 是直角三角形,其外接圆是以 线段 BA 为直径的圆.由线段 BA 的中点 )3 2,3 2( 以及 3 52BA 可得 ABF 的外 接 圆 的 方 程 为 9 5)3 2()3 2( 22  yx . ………………14 分 综上所述, ABF 的外接圆的方程为 122  yx 或 9 5)3 2()3 2( 22  yx . 20. (共 13 分) 解:(Ⅰ)由变换T 的定义可得 1 :0,1,1,0,0,1A ………………2 分 0 :1,0,1A ……………… 4 分 (Ⅱ) 数列 0A 中连续两项相等的数对至少有 10 对 ………………5 分 证明:对于任意一个“0-1 数列” 0A , 0A 中每一个 1 在 2A 中对应连续四项 1,0,0,1,在 0A 中每一个 0 在 2A 中对应的连续四项为 0,1,1,0, 因此,共有 10 项的“0-1 数列” 0A 中的每一个项在 2A 中都会对应一个连续相等的数对, 所以 2A 中至少有 10 对连续相等的数对. ………………8 分 (Ⅲ) 设 kA 中有 kb 个 01 数对, 1kA  中的 00 数对只能由 kA 中的 01 数对得到,所以 1k kl b  , 1kA  中的 01 数对有两个产生途径:①由 kA 中的 1 得到; ②由 kA 中 00 得到, 由变换T 的定义及 0 :0,1A 可得 kA 中 0 和 1 的个数总相等,且共有 12k 个, 所以 1 2k k kb l   , 所以 2 2k k kl l   , 由 0 :0,1A 可得 1 :1,0,0,1A , 2 :0,1,1,0,1,0,0,1A 所以 1 21, 1l l  , 当 3k  时, 若 k 为偶数, 2 2 2k k kl l    , 4 2 4 2k k kl l     ,  2 4 2 2l l  . 上述各式相加可得 1 2 2 4 2 1(1 4 ) 11 2 2 2 (2 1)1 4 3 k k k kl           , 经检验, 2k  时,也满足 1 (2 1)3 k kl   . 若 k 为奇数, 2 2 2k k kl l    4 2 4 2k k kl l      3 1 2l l  . 上述各式相加可得 1 2 3 2 2(1 4 ) 11 2 2 2 1 (2 1)1 4 3 k k k kl            , 经检验, 1k  时,也满足 1 (2 1)3 k kl   . 所以 1 (2 1),3 1 (2 1),3 k k k k l k      为奇数 为偶数 . ………………13 分 说明:其它正确解法按相应步骤给分.

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