密云区2019-2020学年第二学期高三第一次阶段性测试答案20200403

1、密云区2019-2020学年第二学期高三第一次阶段性测试数学试卷参考答案及评分标准、选择题：共10小题，每小题 4分，共40分.题号12345678910答案CCBADBDDCC、填空题：共 5小题，每小题5分，共25分.13. 16; 2111. 1012. (0, 42 ； y x冗14,冗；万+ki,k4k Z 15.(,3).备注：若小题有两问，第一问 3分，第二问2分.三、解答题：共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16 .(本小题满分14分)(I )解：由余弦定理得cos A2bc高三数学试题参考答案第13页共9页.，一一一.兀在ABC中，0 A 兀，所以A

2、 -.3若选择和方法一将a J7, b 2代入b2 c2 a2 bc化简得c2所以c 1 (舍)，或c 3.因此 S abc 1bcsinA 12 3 33.2222方法二由正弦定理得 -a- -b-, sin A sin B所以.、322sin B因此sin B在ABC中，因为a b,所以A B .因此B为锐角，所以cos B所以sin Csin(A B) sin AcosB cosAsin B3.3访1因此 S abc ab sin C23.3若选择和由 sinC 2sinB 得2RsinC 2 2RsinB (R为 ABC外接圆的半径)，所以c 2b.,c 2b代入 b2 c2bc解得b

3、所以c2,7所以1S ABC bcsin A21.7 2.7 .3 7 .,321313一 万 6若选择和由 sinC 2sinB得2RsinC 2 2RsinB (R为 ABC外接圆的半径)， 所以c 2b.因为b 2 ,所以c 4 .所以 Sabc 1 bcsin A 12 4 273 .222一 一兀一(n)解：因为A ,所以B C32 7t3所以cos B八r/ 2% r cosC cosB cos( B) 3c 2几 口 cosB cos cosB 3sin 22c sinB33 .sin21-cosB2花 sin( B _).6e、r2冗冗5冗因为0 B ，所以一B . 366 冗

4、_一所以当B 一时，cosB cosC有最大值1.317 .(本小题满分14分)(I)解：记 选取的这份试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者”为事件A.有效问卷共有 380+550+330+410+400+430=2500 (份)，受访者中膳食合理习惯良好的人数是400 0.65 260人，所以，P(A) 260=0.104 .2500(n)解：记事件 A为“该区卫生习惯良好者”，事件B为“该区体育锻炼状况习惯良好者”，事件C为“该区膳食合理习惯良好者” 由题意，估计可知 P(A)=0.6, P(B)=0.8, P(C)=0.65 ,设事件E为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、

5、膳食合理状况类”三类习惯中, 至少具备2个良好习惯”.由题意知，E (ABC)U(ABC) U(ABC) U(ABC)所以事件E的概率P(E) P(ABC) P(ABC) P(ABC) P(ABC)= P(A)P(B)P(C) P(A)P(B)P(C) P(A)P(B)P(C) P(A)P(B)P(C)=0.6 0.8 0.35+0.6 0.2 0.65+0.4 0.8 0.65+0.6 0.8 0.65=0.168+0.078+0.208+0.312=0.766所以该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯中，至少具备 个良好习惯的概率为 0.766 .(出)解：D

6、6 D 1D 5 D 4 D 3 D 2 .18 .(本小题满分15分)(I )解：取 AD中点为O ,连接OP, OC和AC. 因为 PAD为等边三角形， 所以PO OD .因为平面 PAD，平面ABCD, PO 平面FAD, 所以PO 平面ABCD. 因为OC 平面ABCD, 所以PO OC .在菱形 ABCD 中，AD CD, ADC 600,所以 ADC为正三角形，因此 OC AD. 以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示.则 O(0,0,0) , A(1,0,0), B(2,V3,0), C(0,依0), D( 1,0,0),P(0,0,m)，M( 1,0，争，N(1,8,0).uu

7、uu 1J3uur _ uuu_所以 CM ( -, V3,), AB (1,V3,0), AP ( 1,0,73)22设平面PAB的法向量m x, y, z ,0,0.x - 3y 0,x 、-3z 0.uuum AB由 uur m AP令 x 小，则 m(73, 1,1).设直线CM与平面PAB所成角为uuiuu则有sinuuuu| cos CM , m |CM m | uuuu|CM | |m| 2 ,510所以直线CM与平面PAB所成角的正弦值为一10(n)解：因为OCAD,OCPO ,所以OC 平面pad.所以uuurOC(0,0)是平面PAD的法向量,则有cosurnr m,OCu

8、ur m OCuuu - -|m | |OC |,5.3因为二面角B APD的平面角为钝角,所以二面角B APD的余弦值为(ID)解：结论MN 平面 PAB .因为uuuu 3-3MN(,J3,),22所以uuuu 3 一MN gm . 321 0.因此uuuuMN又因为直线MN平面所以MN /平面19.(本小题满分14分)(I )解：因为f (x)ax 1所以f(x)ax a 1f(0)又因为f(0) 1,所以切线方程为 y=(a+1)x1.x(n)解：因为 f (x) e ax a 1(1)当a 0时,无单调减区间.因为 f (x) ex 0,x R , 所以f(x)的单调增区间是 (2)

9、当a 0时1令 f (x) 0,则 x 1 , a当a 0时，f (x)与f (x)在R上的变化情况如下:x( , -1- 3 a11 a(1 -,) af(x)一0+f(x)11所以f(x)的单倜减区间是(,-1-),单调增区间是(1 ,). aa当x，/ 1、(,-1- T a1 1 a(1 -,) af(x)+0一f(x)1f(x)的单倜增区间是(，-1-),单调减区间是a 0时，f (x)与f (x)在r上的变化情况如下：所以综上所述，当aa0时，f(x)的单调增区间是，/ 1、(1 一,) .a,无单调减区间；当 a 0时，f(x)的单调减区间是(,-1- 1) a,单调增区间是)；

10、当2 0时，f(x)的单调增区间是(-1-1 上、口-),单调减区间是 a)(出)解：方法一因为f(x)ax 1 ,x所以令f(x) 0,得ax 1(1)当a 0时，方程无解, 此时函数f(x)无零点；R,0.(2)当a 0时，解得x此时函数f(x)有唯一的一个零点.综上所述，当a 0时，函数f(x)无零点；当 方法二(1)当a 0时因为 f(x) ex 0,所以函数f(x)无零点；(2)当a 0时1因为-1- - 0, f(0) 1 0, f (x)在区间 a0时,函数f(x)有一个零点.)单调递增,所以f(x)在区间(1)内有且仅有唯一的零点;a 2, b 1, c ,3.a4.1、.1,

11、 一右 x ( , 1 )，则 ax 1 a( 1 )1 a 0,aa又因为ex 0,所以f(x) ex ax 10.1即函数f (x)在区间(,-1-)内没有零点. a故当a 0时，f (x)有且仅有唯一的零点.(3)当a 0时11 1一 11 T因为 f( 1 ) e a( a) 0, f (1 ) ae a 0, aa1并且f(x)在区间(1 -,)单调递减，a1、所以f(x)在区间(1 ,)内有且仅有唯一的零点； a_11若 x ( , 1 ),则 ax 1 a( 1 ) 1 a 0, aa又因为ex 0,所以f(x) ex ax 10.1即函数f(x)在区间(,-1-)内没有零点.a

12、故当a 0时，f (x)有且仅有唯一的零点.综上所述：当a 0时，函数f(x)无零点；当a 0时，函数f(x)有一个零点21 .(本小题满分14分) b 1,(I)解：根据题意得c , 解得a 2222a b c .2 乂 9所以椭圆M的方程为 一 y2 1 .4(n)解：方法一点M在以OD为直径的圆上.设点 P(x0,y0),则 x0 0 , y012并且 Y y02 1Q(0，y。)，乂唠芈).因此kAM?21.x2所以直线AM的方程为y 2(y0 1)x 1 . x0Xo1yo所以N(11),yoD(2(1J，1).yo)所以uulu MDXoXo因为uuuu MO所以UULU因为所以因

13、此2(1 yo)(与，y0),UUUUMDgMOXo yo2(1 y0)2Xo4xoyo1yo)(2(1 yo)Xo-y) yo(1yo)V。(1 y0)y0(12Xo42 yo2Xo4uuuuuuuuMDgMO(12、 yo)yo1yoyo(1uuuu MDUULUMO .所以点M在以OD为直径的圆上.方法二 点M在以OD为直径的圆上.设点 P(xo, yo),2则 4 yo2 1，并且 Q(o, yo)，m 唠,Vo) ,因此kAMVo 12(y0 1)Xo2Xo所以直线AM的方程为y2(yo 1)X 1 XXoXo1yo所以N(*-1 yo1)，D(Xo2(1 y0),1)-设E为线段O

14、D的中点，则E(一x0一,-).4(1 yo)2所以ME2 (XoXo*/1、2_)(yo )=4(1 yo)22xo2(2yo 1)216(1yo)2/1 2(yo 2) .设以OD为直径的圆的半径为则 r2 OE22Xo216(1 yo)2所以ME22XoXo2 (2yo 1)2因为2Xo2 yo所以ME2因此|ME |.所以点22.(本小题满分16(1Xo24(122yo)216(1 yo)2(y y2)(1yo)2yo2)(yo(y。J2(yo2yo 2、 yo)(1y)2:(yoJ2o.M在以OD为直径的圆上.14分)(I)解：由题意，数列an的通项公式为数列bn的通项公式为bn 9

15、nan5n5,得，G,j (5i5)(9 j 9) 5i9j则 c2,6C396,62o2o .得，di,j (5i5)9( j 1) 95i9j5 ,则 d2,649(n )证明：已知 a 6 ,7,得数列an的通项公式为an6n 6,数列bn的通项公式为bn 7n 7 .所以，G,j6(i 1) 7( j 1) 6i7j13,*i N ,j所以，di,j(6i 6) 7( j 1) 76i7j所以，若t-+- *右t M ,M ,则存在u N ,v则存在u N ,u 6,v6u 7V.因此，对于整数t,考虑集合Mo 即t , t 6, t 12, t 18, tN ,使tx|x t6u6u

16、,u24, t 3o, t卜面证明：集合 Mo中至少有一元素是7的倍数.反证法：假设集合 Mo中任何一个元素，都不是 7的倍数,则集合Mo中每一元素关于7的余数可以为1, 2, 3, 4, 5, 6.又因为集合Mo中共有7个元素，所以集合M0中至少存在两个元素关于7的余数相同，不妨设为 t 6u1,t 6u2，其中 u1,u2 N,u1 u2 w 6 .则这两个元素的差为 7的倍数，即t 6吨(t 6ui) 6(3比).所以ui u2 0 ,与Ui U2矛盾.所以假设不成立，即原命题成立.即集合Mo中至少有一元素是 7的倍数，不妨设该元素为 t 6uo,uo N ,uo 6 .则存在 s Z ,使 t 6uo 7s,Uo N ,Uo w 6 ,即 t 6uo 7s,Uo N ,Uo 6,s Z .由已证可知，若t M ,则存在u N ,v N ,使t 6u 7v .而t M ,所以s为负整数，设 v s,则v N ,且t 6u0 7v,u0 N ,u0 6,v N 所以，当a 6, b 7时，对于整数t,若t M ,则t m*成立.(出)解：下面用反证法证明：若对于整数t , t M*,则t M .假设命题不成立，即t M * ,且t M .则对于整数t ,存在n N , m N , u