2018年海淀区一模文科数学答案.doc

海淀区高三年级第二学期期中练习海淀区高三年级第二学期期中练习 数学 文 参考答案与评分标准 2018 4 一一 选择题选择题 本大题共本大题共 8 小题 每小题小题 每小题 5 分 共分 共 40 分分 在每小题列出的四个选项中 选出符在每小题列出的四个选项中 选出符 合题目要求的一项合题目要求的一项 题号12345678 答案CADDDBCC 二二 填空题 本大题共填空题 本大题共 6 小题 每小题小题 每小题 5 分 共分 共 30 分分 9 10 11 1i 5 2 3 1 33 12 13 14 乙 3 3 2 三三 解答题 本大题共解答题 本大题共 6 小题 共小题 共 80 分 解答应写出文字说明 演算步骤或证明过程分 解答应写出文字说明 演算步骤或证明过程 15 解 设的公比为 n aq 因为 且 52 1 8 aa3 52 aa q 所以 3 1 8 q 得 2 1 q 所以 6 分 1 1 1 1 1 2 2 n n n aa qn 不存在 使得的前项和为 n n a nn S 5 2 因为 1 1a 2 1 q 所以 10 分 n n n S 2 1 12 2 1 1 2 1 1 方法 1 令 则 5 2 n S 15 2 1 22 n 得 该方程无解 24 n 所以不存在 使得的前项和为 13 分 n n a nn S 5 2 方法 2 因为对任意 有 Nn 1 2 1 1 n 所以 2 2 1 12 n n S 所以不存在 使得的前项和为 13 分 n n a nn S 5 2 16 解 6 分 0 11 2 612 x 由 可知 3sin 2 6 f xx 因为 0 2 x 所以 5 2 666 x 当 即 时 的最小值为 2 62 x 3 x f x3 当 即 时 的最大值为 13 分2 66 x 0 x f x 3 2 17 解 由已知 当空气相对湿度在时 病毒死亡较快 45 55 而样本在上的频数为 30 45 55 所以所求频率为 3 分 301 30010 设事件为 从区间的数据中任取两个数据 恰有一个数据位于 A 15 35 25 35 设区间中的两个数据为 区间中的三个数据为 15 25 12 a a 25 35 123 b b b 因此 从区间的数据中任取两个数据 15 35 包含 12111213212223121323 a aa ba ba ba ba ba bb bb bb b 共 10 个基本事件 而事件包含共 6 个基本事件 A 111213212223 a ba ba ba ba ba b 所以 10 分 63 105 P A 第 6 组 13 分 18 证明 取线段的中点 连接 EBN MN AN D A B C M E N 因为为棱的中点 MCE 所以在中 CBE MNBC 1 2 MNBC 又 ADBC 1 2 ADBC 所以 MNAD MNAD 所以四边形是平行四边形 DMNA 所以 DMAN 又平面 平面 DM ABEAN ABE 所以平面 DMABE 因为 为中点 AEAB NEB 所以 ANBE 又平面 平面 BC ABEAN ABE 所以 BCAN 又 BCBEB 所以平面 AN BCE 又又 DMAN 所以平面 DM BCE 因为平面 DM CDE 所以平面平面 9 分CDE CBE AECD 设 EAB 1ADABAE 则四面体的体积 DABE sinVAE ABAD 11 3 2 1 sin 6 当 即时体积最大 90 AEAB 又平面 平面 BC ABEAE ABE 所以 AEBC 因为 BCABB 所以平面 AE ABC 因为平面 CD ABCD 所以 14 分AECD 19 解 由题意 设椭圆方程为 22 22 1 0 xy ab ab 则 222 1 1 2 c c a abc 得 2 3 ab 所以椭圆方程为 5 分 22 1 43 xy 证明 由 可得 2 0 A 当直线不存在斜率时 可得 PQ 33 1 1 22 PQ 直线方程为 令得 AP 1 2 2 yx 4 x 4 3 M 同理 得 4 3 N 所以 11 3 3 3 3FMFN 得 11 0FM F N 所以 在以为直径的圆上 1 90MFN 1 FMN 当直线存在斜率时 设方程为 PQPQ 1yk x 11 y xP 22 y xQ 由可得 22 1 1 43 yk x xy 2222 3484120kxk xk 显然 0 22 1212 22 8412 3434 kk xxx x kk 直线方程为 得 AP 1 1 2 2 y yx x 1 1 6 4 2 y M x 同理 2 2 6 4 2 y N x 所以 12 11 12 66 3 3 22 yy FMFN xx 12 11 12 36 9 2 y y FM F N xx 2 因为 1122 1 1yk xyk x 所以 2 1212 1212 3636 1 1 2 2 y ykxx xxxx 22 2 1212 1212 222 2 2 222 2 2 2 361 2 4 412834 36 34 412 1612 16 34 9 36 36 9 kx xxx x xxx kkk k k kkk k k k 所以 11 0FM F N 所以 在以为直径的圆上 14 分90MFN FMN 综上 在以为直径的圆上 FMN 20 解 当时 0a e sin x f xx e sincos x fxxxx R 得 0 1 f 又 0 0 e sin0 0f 所以曲线在处的切线方程为 4 分 yf x 0 0 f yx 方法 1 因为 e sin x f xxax 所以 e sincos x fxxxa 2e sin 4 x xa 因为 3 0 4 x 所以 44 x 所以 2e sin 0 4 x x 所以 当时 0a 0fx 所以在区间单调递增 8 分 f x 3 0 4 方法 2 因为 e sin x f xxax 所以 e sincos x fxxxa 令 g xfx 则 e sincos e cossin 2e cos xxx g xxxxxx 随 x 的变化情况如下表 g x g x x0 0 2 2 3 24 3 4 g x 0 g x1a 极大值 a 当时 0a 3 0 10 0 4 gaga 所以时 即 3 0 4 x 0g x 0fx 所以在区间单调递增 8 分 f x 3 0 4 方法 1 由 可知 当时 在区间单调递增 0a f x 3 0 4 所以时 3 0 4 x 0 0f xf 当时 设 01a g xfx 则 e sincos e cossin 2e cos xxx g xxxxxx 随 x 的变化情况如下表 g x g x x0 0 2 2 3 24 3 4 g x 0 g x1a 极大值 a 所以在上单调递增 在上单调递减 fx 0 2 3 24 因为 0 10fa 3 0 4 fa 所以存在唯一的实数 使得 0 3 24 x 0 0fx 且当时 当时 0 0 xx 0fx 0 3 4 xx 0fx 所以在上单调递增 在上单调递减 f x 0 0 x f x 0 3 4 x 又 0 0f 332 44 32323 2 30 42422 e feae 所以当时 对于任意的 01a 3 0 4 x 0f x 综上所述 当时 对任意的 均有 1a 3 0 4 x 0f x 13 分 方法 2 由 可知 当时 在区间单调递增 0a f x 3 0 4 所以时 3 0 4 x 0 0f xf 当时 由 可知 在上单调递增 在上单调递01a fx 0 2 3 24 减 因为 0 10fa 3 0 4 fa 所以存在唯一的实数 使得 0 3 24 x 0 0fx