海淀区高三年级第二学期期中练习（理）答案

海淀区高三年级第二学期期中练习数学（理）答案及评分参考2011．4选择题（共40分）一、选择题（本大题共8小题,每小题5分,共40分）题号12345678答案BCACDBBD非选择题（共110分）二、填空题（本大题共6小题,每小题5分.共30分.有两空的题目，第一空3分，第二空2分）9.12i10.s1s2s311.70；312.1213.①③14.(2,4);3三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.（共13分）解：（I）因为1tan2B，1tan3C,tantantan()1tantanBCBCBC,…………………1分代入得到，1123tan()111123BC.…………………3分因为180ABC,…………………4分所以tantan(180())tan()1ABCBC.…………………5分（II）因为0180A，由（I）结论可得：135A.…………………7分因为11tantan023BC，所以090CB.…………8分所以5sin,5B10sin10C.…………9分由sinsinacAC得5a，…………………11分所以ABC的面积为：11sin22acB.………………13分16.（共14分）解：(Ⅰ)证明：∵//,//ADEFEFBC，∴//ADBC.又∵2BCAD,G是BC的中点，∴//ADBG，∴四边形ADGB是平行四边形，∴//ABDG.……………2分∵AB平面DEG，DG平面DEG，∴//AB平面DEG.…………………4分(Ⅱ)解法1证明：∵EF平面AEB，AE平面AEB，∴EFAE，又,AEEBEBEFE，,EBEF平面BCFE，∴AE平面BCFE.………………………5分过D作//DHAE交EF于H，则DH平面BCFE.∵EG平面BCFE，∴DHEG.………………………6分∵//,//ADEFDHAE，∴四边形AEHD平行四边形，∴2EHAD，∴2EHBG，又//,EHBGEHBE，∴四边形BGHE为正方形，∴BHEG，………………………7分又,BHDHHBH平面BHD，DH平面BHD,∴EG⊥平面BHD.………………………8分∵BD平面BHD,∴BDEG.………………………9分解法2∵EF平面AEB，AE平面AEB，BE平面AEB，∴EFAE，EFBE，又AEEB,∴,,EBEFEA两两垂直.……………………5分以点E为坐标原点，,,EBEFEA分别为,,xyz轴建立如图的空间直角坐标系.由已知得，A（0，0，2），B（2，0，0），C（2，4，0），F（0，3，0），D（0，2，2），G（2，2，0）.…………………………6分∴(2,2,0)EG，(2,2,2)BD，………7分HADFEBGCxzyADFEBGC∴22220BDEG,………8分∴BDEG.…………………………9分(Ⅲ)由已知得(2,0,0)EB是平面EFDA的法向量.…………………………10分设平面DCF的法向量为(,,)xyzn，∵(0,1,2),(2,1,0)FDFC，∴00FDnFCn，即2020yzxy，令1z,得(1,2,1)n.…………………………12分设二面角CDFE的大小为，则26coscos,626EBn，…………………………13分∴二面角CDFE的余弦值为6.6…………………………14分17.（共13分）解：(Ⅰ)设随机选取一件产品，能够通过检测的事件为A…………………………1分事件A等于事件“选取一等品都通过检测或者是选取二等品通过检测”……………2分151332104106)(Ap…………………………4分(Ⅱ)由题可知X可能取值为0,1,2,3.30463101(0)30CCPXC,21463103(1)10CCPXC,12463101(2)2CCPXC,03463101(3)6CCPXC.………………8分………………9分(Ⅲ)设随机选取3件产品都不能通过检测的事件为B……………10分事件B等于事件“随机选取3件产品都是二等品且都不能通过检测”所以，3111()()303810PB.……………13分18.（共13分）解：（Ⅰ）()fx的定义域为(0,)，………………………1分X0123P3011032161当1a时，()lnfxxx，11()1xfxxx，………………………2分………………………3分所以()fx在1x处取得极小值1.………………………4分（Ⅱ）1()lnahxxaxx，22221(1)(1)[(1)]()1aaxaxaxxahxxxxx………………………6分①当10a时，即1a时，在(0,1)a上()0hx，在(1,)a上()0hx，所以()hx在(0,1)a上单调递减，在(1,)a上单调递增；………………………7分②当10a，即1a时，在(0,)上()0hx，所以，函数()hx在(0,)上单调递增.………………………8分（III）在1,e上存在一点0x，使得0()fx0()gx成立，即在1,e上存在一点0x，使得0()0hx，即函数1()lnahxxaxx在1,e上的最小值小于零.………………………9分由（Ⅱ）可知①即1ea，即e1a时，()hx在1,e上单调递减，所以()hx的最小值为(e)h，由1(e)e0eaha可得2e1e1a，因为2e1e1e1，所以2e1e1a；………………………10分②当11a，即0a时，()hx在1,e上单调递增，所以()hx最小值为(1)h，由(1)110ha可得2a；………………………11分③当11ea，即0e1a时，可得()hx最小值为(1)ha，因为0ln(1)1a，所以，0ln(1)aaa故(1)2ln(1)2haaaa此时，(1)0ha不成立.………………………12分综上讨论可得所求a的范围是：2e1e1a或2a.………………………13分19.（共14分）x(0,1)1(1,)()fx—0+()fx极小解：（Ⅰ）由已知可得222214abea，所以2234ab①……………1分又点3(1,)2M在椭圆C上，所以221914ab②……………2分由①②解之，得224,3ab.故椭圆C的方程为22143xy.……………5分(Ⅱ)当0k时，(0,2)Pm在椭圆C上，解得32m，所以||3OP.……6分当0k时，则由22,1.43ykxmxy消y化简整理得：222(34)84120kxkmxm，222222644(34)(412)48(34)0kmkmkm③……………8分设,,ABP点的坐标分别为112200(,)(,)(,)xyxyxy、、，则012012122286,()23434kmmxxxyyykxxmkk.……………9分由于点P在椭圆C上，所以2200143xy.……………10分从而222222216121(34)(34)kmmkk，化简得22434mk，经检验满足③式.………11分又222220022226436||(34)(34)kmmOPxykk2222224(169)169(34)43mkkkk234.43k………………………12分因为102k，得23434k，有2331443k，故1332OP.………………………13分综上，所求OP的取值范围是13[3,]2.………………………14分(Ⅱ)另解：设,,ABP点的坐标分别为112200(,)(,)(,)xyxyxy、、，由,AB在椭圆上，可得2211222234123412xyxy①②………………………6分①—②整理得121212123()()4()()0xxxxyyyy③………………………7分由已知可得OPOAOB，所以120120xxxyyy④⑤……………………8分由已知当1212yykxx,即1212()yykxx⑥………………………9分把④⑤⑥代入③整理得0034xky………………………10分与22003412xy联立消0x整理得202943yk……………………11分由22003412xy得2200443xy，所以222222000002413||4443343OPxyyyyk……………………12分因为12k，得23434k，有2331443k，故1332OP.………………………13分所求OP的取值范围是13[3,]2.………………………14分20.（共13分）解：（1）根据题设中有关字母的定义，12342,1,0,1,0(5,6,7)jkkkkkj12342,213,2103,4,4(5,6,7,)mbbbbbm112123123412345(1)412(2)423,(3)434,(4)444,(5)454.gbgbbgbbbgbbbbgbbbbb（2）一方面，1(1)()mgmgmbn，根据“数列A含有n项”及jb的含义知1mbn，故0)()1(mgmg，即)1()(mgmg①…………………7分另一方面，设整数12max,,,nMaaa，则当mM时必有mbn，所以(1)(2)(1)()(1)gggMgMgM所以()gm的最小值为(1)gM.…………………9分下面计算(1)gM的值：1231(1)(1)MgMbbbbnM1231()()()()Mbnbnbnbn233445()()()()MMMMkkkkkkkkkk23[2(1)]MkkMk12312(23)()MMkkkMkkkk123()nMaaaab123()naaaan…………………12分∵123100naaaan，∴(1)100,gM∴()gm最小值为100.…………………13分说明：其它正确解法按相应步骤给分.