海淀区高三年级第二学期一模文科试题参考答案

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1、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）所以=-题号12345678答案ACBCDABA、选择题（本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分）（本大题共 6 小题,每小题 5 分,有两空的小题, 第一空第 II 券（非选择题 共 110 分）3 分，第二空 2 分，共二、填空题30 分）9.410.2y =8x11.612.3013.14.二，12二15.解:（本小题满分13 分）（I ）由图可知， A=1丄又f(2)=sin()=1，且JI4所以f (x)二sin(x ).(H)由(1

2、)f(x)5(x盲),所以g(x)二f (x ) f (x )=sin(x) sin(x-4444n= sin(x )sin x2=cosx sinx1sin 2x2因为x 0,，所以2x 0,二,sin2x 0,121_ 1故：一sin 2x 0, ,2210 分1当x时，g (x)取得最大值_ .13分4216.(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，一 一 一1所以指针停在 20 兀，10 兀，0 兀区域内的概率都是. 3 分3顾客甲获得优惠券，是指指针停在20 元或 10 元区域，11

3、2根据互斥事件的概率，有P(A),. 6分3332所以，顾客甲获得优惠券面额大于0 元的概率是上.3(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：11二(20,20),(20,10),(20,0),(10,20),(10,10),(10,0),(0,20),(0,10),(0,0)而乙获得优惠券金额不低于20 元，是指x y _ 20,答：甲获得优惠券面额大于 0 元的概率为-，乙获得优惠券金额不低于32率为317.(本小题满分 14 分)证明：(I)因为

4、ABCD 为菱形，所以 AB=BC又.ABC =60，所以 AB=BC=AC,又 M 为 BC 中点，所以BC _ AMABCD,BC平面 ABCD，所以PA _ BC即门中含有 9 个基本事件，每个基本事件发生的概率为10 分所以事件 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p(B)詣13 分20 元的概而PA_平面又PAAM(II)因为SAMCJAM2又PA_底面ABCD,PA =2,所以AN =1二A，所以BC_平面AMN1所以，三棱锥N-AMC的体积VSAMCAN(III)存在.10 分取 PD 中点 E,连结 NE,EC,AE,1因为N, E分别

5、为PA PD中点，所以NEAD.11 分21又在菱形 ABCD 中，CM/AD2所以NE/MC，即MCE是平行四边形.12 分所以，NM/EC，又EC平面ACE，NM二平面ACE所以MN /平面ACE,. 13 分即在PD上存在一点 E,使得NM /平面ACE,1此时PE PD二2. 14 分218.(本小题满分 14 分)解：(I)因为f(1)=0,g(1) =0,所以点(1,0)同时在函数f (x), g(x)的图象上因为f (x) =x21,g(x)二alnx,f (x) =2x ,.3 分g(x).5 分x由已知，得f(1)=g(1)，所以2=，即a = 2.6 分1(II)因为F(x

6、)二f (x) _2g(x) = x2-1 - 2aln x(x 0).7 分所以F(x)=2x_迦二坐.8 分xx当a：0时，2因为x0,且x -a 0,所以F(x)0对x 0恒成立，所以F(x)在(0：)上单调递增，F(x)无极值. 10 分;当a 0时，令F(x) =0,解得xa, x2= - a(舍). 11 分所以当x 0时，F (x), F(x)的变化情况如下表:8k23 4k2x（0,応）（品F(x)0+F(x)极小 值匚所以当X = a时，F (x)取得极小值，且F( .a)= (.a)2-2aln、a二a-1-alna.综上，当a：0时，F（x）在（0,：）上无当a 0时，函

7、数F(x)在x = _ a处取得极小值a -1 - aln a.19.（本小题满分 13 分）解:2 2（l）设椭圆 C 的方程为笃与=1,（a b 0），由题意可得a b又a2= b2c2，3所以b2a24因为椭圆 C 经过9(1,3)，代入椭圆方程有4+尹=12a232a4所以c=1，b22 2=4 -3故椭圆 C 的方程为-y143解法一:33当直线l - x轴时，计算得到：A(-1,- ), B(-1,),22113SAOB| AB| |OF1|1 3，不符合题意.222当直线I与x轴不垂直时，设直线I的方程为：y =k(x - 1),k = 013 分14 分y = k(x 1)由x

8、2y2，消去 y ,得1432 2 2 2(34 x 8 x 412-0.7 分显然：0成立，设A(x1, y1), B(x2, y2)，则xx24k2-123 4k2化简得到18t4-t2-17 =0，即(18t217)(t2T) = 0,又I ABE.lX - X2)2(% -y2)2f 讹-X2)2k2(x1-X2)2=、1 k2_ (% X2)21k2. (xx2)24%x21 k2,64k42 2 _4(4k2_12)Y(3 +4k2)23 +4k2即|AB|k近3 + 4k3+4k又圆O的半径rk_二k 1k1Ji +k2Ji +k2设直线I的方程为x二ty -1，x =ty -1

9、由x2y2，消去 X,得(4+3t )y _6ty_9 = 0.7 分+ = 1.43因为-恒成立，设A(xyj, B(x2, y2),所以|% * |= Oy2)2-4% y?10 分1所以S AOB t1 AB| r=专21 12(k1)3 4k2_|k|_ = 6|k| ;Vk2_ 6.2一3 4k2-4 2 2 2化简，得17k k -18=0,即卩(k -1)(17k18)=0,18解得k = 1,k2(舍)17所以，r=k|2，故圆O的方程为：x2y2J22(n)解法二：11 分12 分13 分则y1yr63t?,y1y24 3t2所以S.AOB36t236 (4 3t2)24 3

10、t2| F1O | |乂一业F_12t214 3t26t2143t2627说明：当 口2 1（其中1- 2,口1 N ,口2 N）时,20 .(本小题满分 13 分)解：（I）因为ai =1,所以a2= 1 2ai= 3,a“1+2a2=7,a2a2 2(n)由题意，对于任意的正整数n,bn= a2n丄 1,所以bn 1= a2n 1.4分又a2n1 = （2a2n1） 1 = 2（a2nL1） = 2bnT所以bn1=2bn.6 分又 0 =a21丄1=印1 = 2. 7分所以fbn?是首项为 2,公比为 2 的等比数列，所以bn =2n.8 分(III )存在.事实上，对任意的m_2,kN

11、*，在数列an中，a2ma2m十a2m七.，a2m七m这连续的2项就构成一个等差数列10 分我们先来证明：“对任意的n_2,nN*,k（0, 2n4）,kN*，有a* =2n-1” 由（II ）得bn=a2n丄2n，所以a2n=2n-1.1 1当k为奇数时，a2n_k爲2护上2222当k为偶数时，a2nf=1 +2a2n=1 +2&2心車-2k, k为偶数，记匕二三2-1, k为奇数,2解得t12=1,t22二J7（舍）18又圆0的半径为|0 -t 0 1|.1 t2.1 t211 分12 分1所以r二.vt2=2，故圆o的方程为:2X2y2a3 W 2+i是首项为O1-1，公差为-的等差数列

12、13分kk因此要证a2ni.k=2n-1，只需证明Qn* =2n其中ki（0, 2心）,kiNk=i 2（2n-i-号）=i 2（2ni一_|） =2ni一）如此递推，要证ak=22一1一号，只要证明a2n*=2心-1-号，&,&为偶数，其中k2=三2，k2（0,2n；）,k2N匸，ki为奇数，2所以对n _ 2, n N*,k （0, 2n，）,k N*,对任意的m _ 2, m N，口i丄i 1.分.j =21-，如i I =2，其中（0,21）, r N，1所以a2i 1一*2i =一2又a?- 2- i，a? i=2_i_2，所以a?彳-a?所以a2ma2m十a2m七.，a2m七m斗这连续的2项, 因为a2m2, a2m2勺卫严坨，皆丿勾成一个项数为2的等差数列，所以从这个数（这是因为若a2n _2k- 2 - 1 - 2，则当k =W时，则k一定是奇数,2有a2nlk=2 2a2n2罗2（2n J-i-号）12（2nJ2k-i2k当ki时，则2k一定是偶数，有a2j=i 2a2n丄k=i 2冬上k2n2ki如此递推下去，我们只需证明a2i ,kn 2k宀诗， T-N55即/广22亠厂3一2 9，即2，由（I）可得,说明：当 口2 1（其中1- 2,口1 N ,口2 N）时,1列中任取连续的2円项，也是一个项数为2m1，公差为的等差数列.2