海 淀 区 高 三 年 级 第 二 学 期 期 中 练 习

数   学（理科）            

一、              选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）

题号

（1）

（2）

（3）

（4）

（5）

（6）

（7）

（8）

答案

C

D

B

A

A

C

D

C

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，有两空的小题，第一空3分，第二空2分，共30分）

(9)2    (10)7    (11)     (12)120°   (13) ?3, [-2，18]

(14) 2,a_n=sin[]+(k∈N)（注意：答案不唯一，如写成a_n=sin（

）+即可）

三、解答题（本大题共6小题，共80分）

（15）（共12分）

解：（Ⅰ）由所给条件，方程x²-5x+6=0的两根tanA=3,tanB=2.   ……………2分

∴tan(A+B)＝ …………………………………………4分

＝=-1………………………………………………6分

（Ⅱ）∵A+B+C=180°, ∴C=180°- (A+B).

由（Ⅰ）知，tanC = -tan(A+B)=1,

∵C为三角形的内角，∴sinC =.……………………………………8分

∵tanA=3, A为三角形的内角，∴sinA=.…………………………10分

由正弦定理得： …………………………………………11分

∴BC=……………………………………………12分

（16）（共13分）

解：（Ⅰ）记“摸出一球,放回后再摸出一个球,两球颜色不同”为事件A, ……1分

摸出一球得白球的概率为， ……………………………………2分

摸出一球得黑球的概率为， ……………………………………3分

∴P(A)=    ……………………………………5分

答：两球颜色不同的概率是.

（Ⅱ）由题知ξ可取0，1，2， …………………………………………6分

        依题意得

                       P(ξ=0) =

                   P(ξ=1) =

       P(ξ=2) = ………………………………………………9分

       则Eξ=0…………………………………11分

                      Dξ= ……………13分

                      答：摸出白球个数ξ的期望和方差分别是

（17）（共14分）

证明：（Ⅰ）∵PA⊥底面ABCD，

            ∴PA⊥BC.

                  又AB⊥BC，PA∩AB=A，

                  ∴BC⊥平面PAB. …………………………………………………2分

                  又BC平面PCB，

                  ∴平面PAB⊥平面PCB. …………………………………………4分

（Ⅱ）∵PA⊥底面ABCD ，

∴AC为PC在平面ABCD内的射影.

又∵PC⊥AD.

∴AC⊥AD.                                                                            5分

在梯形ABCD中，由AB⊥BC，

AB=BC，得∠BAC=,

∴∠DCA=∠BAC=.

又AC⊥AD，故△DAC为等腰直角

三角形.

∴DC=AC=(AB)=2AB.

                   连接BD，交AC于点M，

则…………………7分

      在△BPD中，

∴PD∥EM

又PD?平面EAC，EM平面EAC，

∴PD∥平面EAC. ………………………………………………9分

（Ⅲ）在等腰直角△PAB中，取PB中点N，连接AN，

则AN⊥PB.

∵平面PAB⊥平面PCB，

且平面PAB∩平面PCB=PB，

∴AN⊥平面PBC.

在平面PBC内，过N作NH⊥直线CE于H，连接AH，由

于NH是AH在平面CEB内的射影，故AH⊥CE.

∴∠AHN就是二面角A―CE―P的平面角，……12分

             在Rt△PBC中，设CB=a,则PB==a,BE=

NE=，CE==

由NH⊥CE，EB⊥CB可知：△NEH∽△CEB.

             ∴

代入解得：NH=.

在Rt△AHN中，AN=∴tanAHN=……………………13分

即二面角A―CE―P的大小为arctan.………………………………14分

解法二：

（Ⅱ）建立空间直角坐标系A―xyz，如图.

设PA=AB=BC=a,则

A (0, 0, 0), B (0, a, 0)，

C (a, a, 0), P (0, 0, a)，

                 E …………5分

                 设D (a, y, 0)，则

    =(-a, -a, a),

    =(a, y, 0),

                 ∵CP⊥AD，

                 ∴?=-a² - ay=0,

解得：y=-a.

∴DC=2AB.

连接BD，交AC于点M，

                    则…………………………………………………………7分

  在△BPD中，

∴PD∥EM.

又PD?平面EAC，EM?平面EAC，

           ∴PD∥平面EAC.………………………………………………………9分

（Ⅲ）设n₁=(x,y,1)为平面EAC的一个法向量, 则n₁⊥, n₁⊥

∴

解得：x=，y=,∴n₁₌₍, ,1_). ……………………………11分

设n₂=（x′, y′, 1）为平面EBC的一个法向量，则n₂⊥, n₂⊥,

又=（a,0,0）, =(0,),∴

解得：x′=0,y′=1, ∴n₂=(0,1,1).  …………………………………12分

cos<n₁, n₂>=        =.……………………………………………13分

∴二面角A―CE―P的大小为arccos.……………………………14分

（18）（共14分）

         解：（Ⅰ）当n≥2时a_n=S_n-S_n-1=na_n-(n-1)a_n-1-4(n-1),  ……………………………2分

                得a_n-a_n-1=4(n=2,3,4，…).  ……………………………………………………3分

                ∴数列{a_n}是以a₁=1为首项，4为公差的等差数列.…………………………4分

                ∴a_n = 4n3. ……………………………………………………………………5分

                S_n=(a₁ + a_n)n=2n²n. ………………………………………………………6分

               ^（Ⅱ）               

                        ⁼

       =…………8分

       =………………………………………………10分

（Ⅲ）由S_n=2n²-n得： ………………………………………11分                        ∴  ………13分

令n²=400，得n=20，所以，存在满足条件的自然数n=20. …………14分

（19）（共13分）

   解：（Ⅰ）由题可设A（x₁,x₁）,B(x₂,x₂),M(x,y)，其中x₁>0,x₂>0.

                 则 …………………………………………………1分

                      ∵△OAB的面积为定值2，

                      ∴S_△OAB=|OA|?|OB|=（x₁）（x₂）= x₁ x₂=2.……………2分

                     （1）²（2）²，消去x₁,x₂，得x²y²=2.………………………………4分

                      由于x₁>0,x₂>0, ∴x>0，所以点M的轨迹方程为x²y²=2(x>0).………5分

              （Ⅱ）依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+2.

                      由消去y得：(1k²) x²4kx6=0,……………………6分

                      设点P、Q、R、S的横坐标分别是x_p、x_Q、x_R、x_S，

                     ∴由x_p，x_Q >0得…………………………8分

                     解之得：<k<1.

                     ∴|x_Px_Q|= ………………………9分

                     由消去y得:x_R=

                     由消去y得：x_S=

                     ∴|x_R-x_S|= …………………………………………………………10分

                     由于P，Q为RS的三等分点，∴|x_Rx_S|=3|x_Px_Q|. ……………………11分

                     解之得k=.  …………………………………………………………12分

                     经检验, 此时P, Q恰为RS的三等分点，故所求直线方程为y=x2. …

                   …………………………………………………………………………13分

（20）（共14分）

          解：（Ⅰ）f₁(x), f₂(x)是“保三角形函数”，f₃(x)不是“保三角形函数”. …………1分

                        任给三角形，设它的三边长分别为a，b,c，则a+b>c,不妨假设a≤c,b≤c,

                         由于，所以f₁(x), f₂(x)是“保三角形函数”.……3分

对于f₃(x)，3，3，5可作为一个三角形的三边长，但3²+3²<5²，所以不存在三角

形以3²,3²,5²为三边长，故f₃(x)不是“保三角形函数”. ……………………4分

（Ⅱ）设T>0为g(x)的一个周期，由于其值域为(0,+ ∞)，所以，存在n>m>0，使得

         g(m)=1,g(n)=2,

     取正整数λ>，可知λT+m,λT+m,n这三个数可作为一个三角形的三边

长，但g(λT+m)=1,g(λT+m)=1,g(n)=2不能作为任何一个三角形的三边

长. 故g(x)不是“保三角形函数”. ………………………………………………8分

（Ⅲ）A的最大值为. ………………………………………………………………9分

         一方面，若A>，下证F(x)不是“保三角形函数”.

         取∈(0,A)，显然这三个数可作为一个三角形的三边长，但

         sin=1,sin=,sin=不能作为任何一个三角形的三边长，故F(x)

         不是“保三角形函数”. ……………………………………………………………11分

         另一方面，以下证明A=时，F（x）是“保三角形函数”.

        对任意三角形的三边a，b,c，若a,b,c∈（0，），则分类讨论如下：

（1）a+b+c≥2π,

此时a≥2π-b-c>2π--=，同理，b,c>,

∴a,b,c∈（，），故sina,sinb,sinc∈(，

sina+sinb>=1≥sinc.

同理可证其余两式

∴sina,sinb,sinc可作为某个三角形的三边长.

  （2）a+b+c<2π

          此时，，可得如下两种情况：

         ≤时，由于a+b>c, ∴0≤.

         由sinx在(0，上的单调性可得0<sin<sin≤1;

         >时,0<<π-<,同样，由sinx在[0, ]上的单调性可得

         0<sin<sin<1;

         总之，0<sin< sin≤1.

         又由|ab|<c< 及余弦函数在（0，π）上单调递减，得

         cos=cos>cos >cos>0,

         ∴sina+sinb=2sin

         同理可证其余两式，所以sina,sinb，sinc也是某个三角形的三边长.故A=时，

         F(x)是“保三角形函数”.

         综上，A的最大值为.………………………………………………………14分

说明：其他正确解法按相应步骤给分.