海 淀 区 高 三 年 级 第 二 学 期 期 中 练 习

   (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,an=sin[]+(kN)(注意:答案不唯一,如写成an=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

            ∴PABC.

                  又ABBCPAAB=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

ACPC在平面ABCD内的射影.

又∵PCAD.

ACAD.                                                                            5分

在梯形ABCD中,由ABBC

AB=BC,得∠BAC=,

∴∠DCA=BAC=.

ACAD,故△DAC为等腰直角

三角形.

DC=AC=(AB)=2AB.

                   连接BD,交AC于点M

 

 

…………………7分

 

      在△BPD中,

PDEM

PD?平面EACEM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

ANPB.

∵平面PAB⊥平面PCB

且平面PAB∩平面PCB=PB

AN⊥平面PBC.

在平面PBC内,过NNH⊥直线CEH,连接AH,由

NHAH在平面CEB内的射影,故AHCE.

∴∠AHN就是二面角ACEP的平面角,……12分

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

NE=CE==

NHCEEBCB可知:△NEH∽△CEB.

 

             ∴

代入解得:NH=.

在Rt△AHN中,AN=∴tanAHN=……………………13分

即二面角ACEP的大小为arctan.………………………………14分

解法二:

(Ⅱ)建立空间直角坐标系Axyz,如图.

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),

                 ∵CPAD

                 ∴*?=-a2 - ay=0,

解得:y=-a.

DC=2AB.

 

连接BD,交AC于点M

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

  在△BPD中,

PDEM.

PD?平面EACEM?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

n2=(x, y, 1)为平面EBC的一个法向量,则n2, n2,

=(a,0,0), =(0,),∴

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

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

∴二面角ACEP的大小为arccos.……………………………14分

(18)(共14分)

         解:(Ⅰ)当n≥2时an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1),  ……………………………2分

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

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

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

                Sn=(a1 + an)n=2n2n. ………………………………………………………6分

               (Ⅱ)               

                        =

       =…………8分

       =………………………………………………10分

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

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Ax1,x1),B(x2,x2),M(x,y),其中x1>0,x2>0.

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

                      ∵△OAB的面积为定值2,

                      ∴SOAB=|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PQRS的横坐标分别是xpxQxRxS

                     ∴由xpxQ >0得…………………………8分

                     解之得:<k<1.

                     ∴|xPxQ|= ………………………9分

                     由消去y得:xR=

                     由消去y得:xS=

                     ∴|xR-xS|= …………………………………………………………10分

                     由于PQRS的三等分点,∴|xRxS|=3|xPxQ|. ……………………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ab,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+mT+m,n这三个数可作为一个三角形的三边

长,但gT+m)=1,gT+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,Fx)是“保三角形函数”.

        对任意三角形的三边ab,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<-<,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.