第二学期海淀期末数学答案.docx
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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.
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