第二学期海淀期末数学答案.docx
《第二学期海淀期末数学答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第二学期海淀期末数学答案.docx(13页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
第二学期海淀期末数学答案
海淀区高三年级第二学期期末练习参考答案
数学2020.6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。
注:
第12题答案不唯一,写出一个形如x2y21或y2x21(a22)的方程即可;a2a2a2a2
2.其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分。
、选择题共10小题,每小题4分,共40分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
D
C
C
A
B
C
C
、填空题共5小题,每小题5分,共25分。
题号
11
12
13
14
15
答案
1
22
x2y21
6
1,[0,]
②③
2
44
6
2222
第14题第一空3分,第二空2分;第15题全部选对得5分,不选或有错选得0分,其他得3分。
三、解答题共6小题,共85分。
(16)(本小题共14分)
解:
选择条件①,不存在正整数k(k1),使得SkS1.
解法1
理由如下:
在等差数列{an}中,S55a154d5a110d
2
又a14,S5
40.
所以由a1
4,
得d
2.
5a1
10d40
所以ana1
(n1)d
42(n
1)2n2
又因为Sn1
Snan1
0,
所以数列{Sn}为递增数列.即k1,都有SkS1.
数学答案第1页(共10页)
所以不存在正整数k(k1),使得SkS1.
解法2
理由如下:
在等差数列{an}中,S55a154d5a110dn5121
又a14,S540.
所以由a14,得d2.
5a110d40
k(k1)k(k1)2
所以Skka1d4k2k23k.
22
令SkS14,即k23k40.
解得k1或k4.
因为k1,所以k1与k4均不符合要求.所以不存在正整数k(k1),使得SkS1.
选择条件②,存在正整数k12,使得SkS1.
理由如下:
54
在等差数列{an}中,S55a154d5a110d
n2
又d
2,S540.
所以由
d2,
得a1
12.
5a110d
40
所以Sk
k(k
ka1
2
1)d
12k
k(k1)2
(2)k213k
2
令Sk
S112,即
k2
13k1
2.
整理得
2
k213k12
0.
解得k
1或k12.
因为k1,所以k12.所以当k12时,SkS1.
17)(本小题共14分)
1Ⅰ)证明:
因为E为AD中点,所以DE1AD1.
2又因为BC1,所以DEBC.
在梯形ABCD中,DE//BC,
所以四边形BCDE为平行四边形.
所以BE//CD.
又因为BE平面PCD,且CD平面PCD,
所以BE//平面PCD.
因为BE平面BEF,平面BEFI平面PCDFG,所以BE//FG.
Ⅱ)解:
(解法1)因为PE平面ABCD,且AE,BE平面ABCD,
所以PEAE,且PEBE.
因为四边形BCDE为平行四边形,ADC90,所以AEBE.
以E为坐标原点,如图建立空间直角坐标系Exyz.
则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(1,0,0).
设P(0,0,m)(m0),
uuuruuur
所以CP(1,1,m),AB(1,1,0).
因为
PC与AB所成角为,
4
所以
uuuruuurcosCP,AB
uuur
uuur
CP
AB
uuuruuur
CPAB
2
m22
所以
则P(0,0,2),F(1,1,2).
222
uuuruuur112uuur所以EB(0,1,0),EF(1,1,2),PB(0,1,2)
222
设平面BEF的法向量为n(x,y,z),
uuur
nEB0,则uuur
nEF0.
y0,
即
11
xy
22
2z0.
2
令x
2,则z
1,所以n
(2,0,1)
所以
uuurcosPB,n
uuuruPuuBrn
2
|PB||n|
33
2
3
所以直线PB与平面BEF的所成角的正弦值为2.
3
Ⅱ)(解法2)
连结EC,
因为AE//BC且AEBC,所以四边形ABCE为平行四边形所以AB//CE.
因为PC与AB所成角为,所以PC与CE所成角为.44
即PCE.
4
因为PE平面ABCD,且CE平面ABCD,所以PECE.
又因为EDC2,所以平行四边形BCDE是矩形.
所以在等腰直角三角形PEC中,PECE2.
因为PE平面ABCD,且AE,BE平面ABCD,所以PEAE,且PEBE.
又因为AEBE,
以E为坐标原点,如图建立空间直角坐标系Exyz
则E(0,0,0),B(0,1,0),P(0,0,2),C(1,1,0),F(1,1,2).
222
uuuruuur所以EB(0,1,0),EF
(12,12,22),uPuBur(0,1,2).
设平面BEF的法向量为n(x,y,z),则
uuur
EB
uuur
EF
0,
0.
y0,
即112xyz0.
222
令x2,则z1,所以n(2,0,1).
uuur
uuurPBn22
所以cosPB,nuuur.
|PB||n|333
所以直线PB与平面BEF的所成角的正弦值为2.
3
(18)(本小题共14分)
解:
(Ⅰ)由图1可知,该地区居民中年龄在71~80岁的频率为0.00410=4%.由图2可知,样本中年龄在71~80岁居民家庭医生的签约率为70.0%,因为该地区居民人数约为2000万,
所以该地区年龄在71~80岁,且已签约家庭医生的居民人数约为
20004%70.0%=56(万人).
Ⅱ)由题意,从该地区年龄在71~80岁居民中随机抽取一人,其签约家庭医生的概率为7.
10.
约家庭医生
733721
1010101050
则CA1A2UA2A1.
所以这两人中恰有
21
1人已签约家庭医生的概率为21
50
Ⅲ)应着重提高年龄在
31~50岁居民的签约率.
所以P(C)
P(A1)P(A2)P(A1)P(A2)
理由如下:
1依题意,该地区年满18周岁居民签约率从44%提高到55%以上,需至少提升
11%;
2年龄在31~50岁居民人数在该地区的占比约为:
21%+16%=37%,占比大;
3年龄在31~50岁居民的医生签约率较低,约为37.1%;
4该地区年满18周岁居民的人数在该地区的占比约为:
1-(0.008+0.0050.7)10=0.885;
所以,综合以上因素,若该年龄段签约率从37.1%提升至100%,可将该地区年满
18周岁居民签约率提升37%(137.1%)0.88537%62.9%23%,大于11%.
1
所以点M的坐标为(1,2).
k
1
所以k1k23k
124k
20)(本小题共14分)
解:
(Ⅰ)
f(x)ex(sinxcosx)+ex(cosxsinx)
2excosx.
令f(x)0,得2kx2k(kZ).
22
所以f(x)的单调递增区间为(2k,2k)(kZ).
22
Ⅱ)证明:
要证曲线yf(x)在区间(0,)上有且只有一条斜率为2的切线,2
即证方程f'(x)2在区间(0,)上有且只有一个解.
2
令f(x)2excosx2,得excosx1.
设g(x)excosx1,
则g(x)excosxexsinx2exsin(x).
4
当x(0,2)时,令g(x)0,得x4.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如下表:
x
(0,4)
4
(,)
42
g'(x)
0
g(x)
Z
极大值
]
所以g(x)在(0,)上单调增,在(,)上单调减.
442
因为g(0)0,所以当x(0,]时,g(x)0;
4
又g()10,所以当x(,)时,g(x)有且只有一个零点
242
所以当x(0,)时,g(x)excosx1有且只有一个零点2
即方程f(x)2,x(0,)有且只有一个解.
2
所以曲线yf(x)在区间(0,)上有且只有一条斜率为2的切线.
2
(21)(本小题共14分)
解:
(Ⅰ)①由题知A'(2,2),B'(3,1),进而有
||OA||2||OB||2(2+1)2(32)234,
||OA'||2||OB'||2(2+2)2
(3
1)2
32,
所以||OA||2||OB||2||OA
'||2
||OB
'||2.
所以A,B两点相关;
②由题知C'(4,4),D'(2,3)
,进
而有
||OC||2||OD||2=(4+3)2
(2
4)2
85,
||OC'||2||OD'||2(4+4)2
(2
3)2
89,
所以||OC||2||OD||2||OC
'||2
||OD'||2,
所以C,D两点不相关.
Ⅱ)(ⅰ)设A(1,1)的相关点为B(x,y),x,yZ,
xn,n
yn,
由题意,A'(1,y),B'(x,1).
当|x|1时,则A(1,1)相关点的个数共4n2个;
当|x|2时,|y|1,则A(1,1)相关点的个数共4n(n1)个.
所以满足条件点B共有4n(n1)4n234n25(个).
(ⅱ)集合S中元素个数的最大值为8n1.
S{(0,0),(0,1),(1,1),L(1,n),(2,n),L,(n,n)}符合题意下证:
集合S中元素个数不超过8n1.
设A(x1,y1),B(x2,y2),若点A,B相关,则
x12y122|x1||y1|x22y222|x2||y2|
2222
x12y222|x1||y2|x22y122|x2||y1|.
则|x1y1||x2y2||x1y2||x2y1|.
所以(|x1||x2|)(|y1||y2|)0.
设集合S中共有m个元素,分别为Ai(xi,yi),1im,iN*,不妨设|x1||x2|L|xm|,而且满足当|xi||xi1|,|yi||yi1|.下证:
|y1||y2|L|ym|.
若|xi||xi1|,|yi||yi1|.
若|xi||xi1|,则必有|yi||yi1|.
记,di|xi1||yi1||xi||yi|,1im1,iN*,显然,数列{di}至多连续3项为0,必有didi1di2di31,假设m8n1,
则d1
d2
L
d8n1
d1d2d3
(d4
Ld8n1)2n1.
而d1
d2
L
d8n1
|x8n|
|x1|
|y8n
||y1|
2n1,
因此,
必有
x1
0或y1
0.
可得,
d1,d2不可能同时为0,
则d1
d2
1.
所以d1d
2L
d8n
1(d1
d2)
d3
(d4L
d8n1)2n
必有|x8n||y8n|n,x1y10.
所以,d11,d2d30.
因此|x2||y2|1,|x3||y3|1,|x4||y4|1.若|x2|1,则A2,A3,A4{(1,0),(1,0)},矛盾.同理,|y2|1,矛盾.
因此,假设不成立.
所以m8n1.
所以集合S中元素个数的最大值为8n1.