(易题库教研团队)北京海淀区2014年高三二模数学详细解析.pdf

1 解析 00 1 sin 150 sin150 2 2 解析 命题的否命题 存在变为任意 任意变为存在 条件不变 结论变为对立 3 解析 该程序框图是一分段函数 2 1 log 4 16 1 2 16 2 x xSx SxxSSx 4 解析 把极坐标方程转化为标准方程 两边同乘以 22222 2 sin 2 1 1xyy xy 圆心到极轴的距离为 1 5 解析 本题为不等式和向量的综合问题 做出平面区域2OA OPxy 做出平面区域 把区域交点坐标带入 所以2OA OPxy 的最大值是 6 6 解析 根据题意 函数的周期是 2 126 当 t 0 时 h t 0 所以答案 B 7 解析 等差数列的单调性与公差 d 有关 d 0 数列是增的 110181 95 4 294 72722 22 aaadaadddd 所以答案 C 8 解析 直线 11 DE C F在平面上有投影 过 F 一定能做出底面的平行面 此时面与 11 DE C F 一定相交 所以这样的平面有无数多条 9 解析 一元二次不等式的基本求解 01x 10 解析 双曲线的渐近线方程 2 22222 2 2 2 555 bbc yxba cab cae aaa 11 解析 23 5 10 1C aa 12 解析 13 解析 设在第一象限切点 00 P xy 过 P 点的直线方程为 100 22 000 112 lyyxxyx xxx 函数关于原点对称 所以 200 22 000 112 lyyxxyx xxx 因为两直线平行 所以两直线间的距离 0000 4 0 44 00 224 4 11 1 11 xxxx d x xx 2 2 0 min 4 2 0 0 2 0 161616 82 2 1 12 x dd x x x 14 解析 一个元素 8 两个元素 1 7 2 6 3 5 三个元素 1 3 4 1 2 5 注意集合的互异 性 所以满足 S A 8 的集合 A 的个数为 6 个 S A 的所有取值有 1 2 3 4 100 所以 S A 的所有不同取值的个数为 1 2 3 4 100 5050 海淀区高三年级第二学期期海淀区高三年级第二学期期末末练习参考答案练习参考答案 数学数学 理科 2014 5 阅卷须知阅卷须知 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 2 其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分 一 一 选择题 本大题共选择题 本大题共 8 小题小题 每小题每小题 5 分分 共共 40 分分 1 A 2 C 3 D 4 A 5 D 6 B 7 C 8 D 二 填空题二 填空题 本大题共本大题共 6 小题小题 每小题每小题 5 分分 共共 30 分分 9 01x 或 0 1 10 511 1 12 2 13 2 2 14 6 5050 本题第一空 3 分 第二空 2 分 三 解答题三 解答题 本大题共本大题共 6 小题小题 共共 80 分分 15 解 由正弦定理可得 sinsin ab AB 2 分 因为2 7sin 21aA b 所以 sin21sin3 sin 22 7sin bAA B aA 5 分 在锐角ABC 中 60B 7 分 由余弦定理可得 222 2cosbacacB 9 分 又因为3ac 所以 222 2193ccc 即 2 3c 11 分 解得3c 12 分 经检验 由 222 1 cos0 22 7 bca A bc 可得90A 不符合题意 所以3c 舍去 13 分 16 解 因为 1 C F平面AEG 又 1 C F 平面 11 ACC A 平面 11 ACC A平面AEGAG 所以 1 C FAG 3 分 因为F为 1 AA中点 且侧面 11 ACC A为平行四边形 所以G为 1 CC中点 所以 1 1 2 CG CC 4 分 因为 1 AA 底面ABC 所以 1 AAAB 1 AAAC 5 分 又ABAC 如图 以A为原点建立空间直角坐标系Axyz 设2AB 则由 1 ABACAA 可得 11 2 0 0 0 2 0 2 0 2 0 0 2 CBCA 6 分 因为 E G分别是 1 BC CC的中点 所以 1 1 0 2 0 1 EG 7 分 1 1 1 1 2 0 2 0EG CA 8 分 所以 1 EGCA 所以 1 EGAC 9 分 设平面AEG的法向量 x y z n 则 0 0 AE AG n n 即 0 20 xy xz 10 分 G z x y F E B1 C1A1 A B C 令1x 则1 2yz 所以 1 1 2 n 11 分 由已知可得平面 1 A AG的法向量 0 1 0 m 11 分 所以 6 cos 6 n m n m nm 13 分 由题意知二面角 1 AAGE 为钝角 所以二面角 1 AAGE 的余弦值为 6 6 14 分 16 解 设A车在星期i出车的事件为 i A B车在星期i出车的事件为 i B 1 2 3 4 5i 由已知可得 0 6 0 5 ii P AP B 设该单位在星期一恰好出一台车的事件为C 1 分 因为 A B两车是否出车相互独立 且事件 1111 A B AB互斥 2 分 所以 111111111111 P CP A BABP A BP ABP A P BP A P B 0 6 1 0 5 1 0 6 0 5 4 分 0 5 所以该单位在星期一恰好出一台车的概率为0 5 5 分 答题与设事件都没有扣 1 分 有一个不扣分 X的可能取值为 0 1 2 3 6 分 112 0 0 4 0 5 0 40 08P XP A B P A 2112 1 0 5 0 40 4 0 5 0 60 32P XP C P AP A B P A 1122 2 0 6 0 5 0 40 5 0 60 42P XP AB P AP C P A 112 3 0 6 0 5 0 60 18P XP AB P A 10 分 所以X的的分布列为 X 0 1 2 3 P 0 08 0 32 0 42 0 18 11 分 0 0 08 1 0 322 0 423 0 181 7E X 13 分 18 解 当 2 a 时 sincos 0 2 f xxxx x cos 2 fxxx 1 分 由 0fx 得 2 x 2 分 f xfx的情况如下 x 0 2 2 2 2 x 0 cosx 0 fx 0 f x 4 分 因为 0 1f 1f 所以函数 f x的值域为 1 1 5 分 cosfxxax 当 2 a 时 f xfx的情况如下 x 0 2 2 2 a a a xa 0 cosx 0 fx 0 0 f x 9 分 所以函数 f x的单调增区间为 2 a 单调减区间为 0 2 和 a 当 a 时 f xfx的情况如下 x 0 2 2 2 xa cosx 0 fx 0 f x 13 分 所以函数 f x的单调增区间为 2 单调减区间为 0 2 19 解 由已知可设椭圆G的方程为 22 2 1 1 1 xy a a 1 分 由 2 2 e 可得 2 2 2 11 2 a e a 2 分 解得 2 2a 3 分 所以椭圆的标准方程为 22 1 21 xy 4 分 法一 设 00 C x y且 0 0 x 则 00 Dx y 5 分 因为 0 1 0 1 AB 所以直线AC的方程为 0 0 1 1 y yx x 6 分 令0y 得 0 0 1 M x x y 所以 0 0 0 1 x M y 7 分 同理直线BD的方程为 0 0 1 1 y yx x 求得 0 0 0 1 x N y 8 分 00 00 1 1 11 xx AMAN yy 9 分 所以AM AN 2 0 2 0 1 1 x y 10 分 由 00 C x y在椭圆G 2 2 1 2 x y 上 所以 22 00 2 1 xy 11 分 所以10AM AN 13 分 所以90MAN 所以 以线段MN为直径的圆不过点A 14 分 法二 因为 C D关于y轴对称 且B在y轴上 所以CBADBA 5 分 因为N在x轴上 又 0 1 0 1 AB 关于x轴对称 所以NABNBACBA 6 分 所以 BCAN 7 分 所以180NACACB 8 分 设 00 C x y且 0 0 x 则 22 00 2 1 xy 9 分 因为 222 0000000 3 1 1 1 0 2 CA CBxyxyxyx 11 分 所以90ACB 12 分 所以90NAC 13 分 所以 以线段MN为直径的圆不过点A 14 分 法三 设直线AC的方程为1ykx 则 1 0 M k 5 分 22 220 1 xy ykx 化简得到 22 2 1 20 xkx 所以 22 12 40kxkx 所以 12 2 4 0 21 k xx k 6 分 所以 2 22 22 421 11 2121 kk ykxk kk 所以 2 22 421 21 21 kk C kk 7 分 因为 C D关于y轴对称 所以 2 22 421 21 21 kk D kk 8 分 所以直线BD的方程为 2 2 2 21 1 21 1 4 21 k k yx k k 即 1 1 2 yx k 10 分 令0y 得到2xk 所以 2 0 Nk 11 分 1 1 2 1 10AM ANk k 12 分 所以90MAN 13 分 所以 以线段MN为直径的圆恒过 0 2 和 0 2 两点 14 分 法 4 转化为文科题做 考查向量AC AN 的取值 20 解 1 10d 2 7d 2014 2d 3 分 法一 当2d 时 则 1 2 a b ca aa 所以 1 1 2 1 2 f a aaaaa 1 22daa 由操作规则可知 每次操作 数组中的最大数2a 变为最小数a 最小数a和次 小数1a 分别变为次小数1a 和最大数2a 所以数组的极差不会改变 所以 当2d 时 1 2 3 n dd n 恒成立 当3d 时 则 1 1 1 2 f a b cabc 所以 1 1 1 dbabacad 或 1 2 1 3dcad 所以总有 1 dd 综上讨论 满足 1 2 3 n dd n 的d的取值仅能是 2 8 分 法二 因为abc 所以数组 a b c的极差2dca 所以 1 1 1 2 f a b cabc 若2c 为最大数 则 1 2 1 3dcacad 若121bca 则 1 1 1 dbabacad 若112bac 则 1 1 2 3dbcbc 当3bcd 时 可得32bc 即1bc 由bc 可得1bc 所以1bc 将1cb 代入3bcca 得1ba 所以当 1 2 a b ca aa 时 2 n d 1 2 3 n 由操作规则可知 每次操作 数组中的最大数2a 变为最小数a 最小数a和次小 数1a 分别变为次小数1a 和最大数2a 所以数组的极差不会改变 所以满足 1 2 3 n dd n 的d的取值仅能是 2 8 分 因为 a b c是以 4 为公比的正整数等比数列的三项 所以 a b c是形如4km 其中 m N 的数 又因为 111 4 3 1 333 1 kkkkk kk CC 所以 a b c中每两个数的差都是 3 的倍数 所以 a b c的极差 0 d是 3 的倍数 9 分 法 1 设 iiii f a b ca b c 不妨设abc 依据操作f的规则 当在三元数组 i f a b c 1 2 3 ix x N 中 总满足 i c 是唯一最大数 i a是最小数时 一定有2axbxcx 解得 3 cb x 所以 当2 3 1 3 cb i 时 111 2 1 3 iiiiii dcacad 3 322 333 c b acb cb cb fa b c 3 c b dba 依据操作f的规则 当在三元数组 i f a b c 1 333 cb cbcb iy y N 中 总满足 ii cb 是最大数 i a是最小数时 一定有 32 2 33 acbcb yy 解得 3 ba y 所以 当 1 1 333 cb cbca i 时 111 1 2 3 iiiiii dcacad 3 333 c a abc abc abc fa b c 3 0 c a d 所以存在 3 ca n 满足 n fa b c的极差0 n d 13 分 法 2 设 iiii f a b ca b c 则 当 iii a b c中有唯一最大数时 不妨设 iii abc 则 111 1 1 2 iiiiii aabbcc 所以 111111 3 3 iiiiiiiiiiii baba cacacbcb 所以 若 iiiiii ba ca cb 是 3 的倍数 则 111111 iiiiii bacacb 是 3 的倍数 所以3 ii bc 则3 i d 11 30 iiii cbcb 所以 111iii abc 所以 111 33 iiiiii dcacad 11 分 当 iii a b c中的最大数有两个时 不妨设 iii abc 则 111 2 1 1 ii