海淀高三一模度海淀高三数学一模答案解析.docx
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海淀高三一模度海淀高三数学一模答案解析
海淀区高三年级第二学期阶段性测试参考答案
2020.春
一、选择题:
本大题共10小题,每小题4分,共40分.
1.A2.B3.B
4.D5.C
6.C7.D8.C
9.A10.B
二、填空题:
本大题共5小题,
每小题5分,共25分.
11.x=-\
12.24:
13.0;
14.4^2;2^6;15.
(1)
(2)
三、解答题:
本大题共6小题,共85分.
16.(共14分)
(1).
AB丄平面88CC
C】Bu平面BB.C.C,
AB1C\B
又4BC_&BG为三棱柱
AB=BB、=2BC=2"
BB]=2=CC[,BC=1
BC\=8e
.•.在A5CG中,SC2+C,52=CC,2b
:
.C}B1BC
•;BCn」B=By圣
BCcWiABC,ABc\^ABC./
CXB1平面"C
⑵
CXB丄平面如C
:
.QB1BC
又vAB丄平面B8CC
ABLBC,ABLBC,
•••以8为空间直角坐标系原点,昭为x轴,BQ為轴,时为:
轴建系如图
8(0,0,0),C(l,0,0),C,(0,也0),E(-}右,1)
而=(—?
M,1)网=(1,0,0)
设平面BCB^]法向量为〃=(x,y,z)
.・.n丄BE.n丄BCn•BE=0,nBC=0
x+>/3y+z=0
x=0
/.x=0
令=则:
=-3h=(0,a/3,-3)
BC,丄平^ABC
17.(共14分)解:
(I)/(O)=2cos0+sin0=2;
(II)当取①口1=1,勿2=2时f(x)-2cos2x+sin2x=sin2x+cos2x+l=V2sin(2x+^-)+l
••当2当=号时,即一等
/(叽宀(-等)=7
T=7V
当取②<y,=L口2=1时,
/(x)=2cos2x+sinx=—2sin2x+sinx+2。
7t兀
256
则/'(x)=gQ)=-2〃+,+2/e-I,:
所以加血=g(0mm=g(-1)=-2-1+2=-1
并且T=2兀请关注“海淀数学教研”微信公众平台。
謁
18.(共14分)
解:
(1).由题意可知,从2010年到2019年共10年,其中研发投入占当年营收的百分比超过10%的有9年;设从2010年到2019年随机选取一年,研发投入占当年营收的百分比超过10%为事件A.所以P(N)=畚
(2).由图可知,研发投入超过500亿元的年份的有5个,未超过500亿元的年份有5个。
由题意可知X的可取值为:
0,1,2.
尸1厂*1
p(x=i)=#
。
10
所以X的分布列为:
P
0
1
2
X
2
9
5
9
2
9
252
所以£(X)=0x—+lx^+2x—=1.
999
(3),由题意可知从2010年到2019年共10年,其中该年研发投入占当年营收的百分比超过,0%的有9年;而且从研发投入上看研发投入基本都在每年增加。
可见该公司在发展的过程中比较重视研发。
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農
19.(共15分)解:
(I)①切线方程为y=l;
②/'(x)=e"-1,令f\x)=0,得x=0;
所以,当x变化时,_f(x)与/'(X)的变化情况如下表所示:
X
(-8,0)
0
(0,1)
r(x)
—
0
+
/(x)
所以/«,n=/(O)=h
(II)当
ae(-2,0)珅,曲线y=_/(x)与y=\-\nx有目只有一个交点等价于
P(x)=e*+ax+lnx—l(x>0)有且只有一个零点;
方法一:
F'(x)=e'+a+丄(x>0)
X、
①当xg(0,1)时,ex>\,—>1,-20■
所以F(x)在(0,1)上单调递增;
②当xe[l,+oo),e'2e,0<-<1,—20,
所以万(X)在[1,+8)上单调递增;
综上可知:
P(x)在(0,+8)上单调递增;
又因为F(3)=+3a+In3—1>0,F(e_l)=ee"+-+Inie-1)-1 由零点存在定理可知: F(x)=ex+ax+\nx-l在(丄,3)上存在唯一零点,记为x°;e 所以当ag(-2,0)时,曲线_y=,(x)与*=1-Inx有且只有一个交点一 方法二: F'(x)=ex+a+—其中xg(0,+co),ae(-2,0) x 设g(x)=F'(x)g'(x)=e、-$,g'(x)单调递增,且&' (1)>0浦'修)<0,女。 1)使g,(x。 )=K一丄=0,此时『。 =丄所以g(x),g'(x)随x的变化情况如下表: (0,X。 ) g'(x) — g(x) X。 (%+8) 0 + 极小值 / x。 扃X。 , g(Xo)=B'(Xo)=e*°+a+—=F+a+— 因为丄>L」r>l,所以g(x°)>0所以尸(X)在X€(0,+8)单调递增,e<4<2",所以芒<2,又因为。 £(一2,0), F(e)-ee+ae-]+]ee>e1>1ae>-2e>-6F(e)-ee+ae-\+\>0根据零点存在性定理可得一定存在一个气使得”毎)=/'+气-l+lnX|=0 所以当czg(-2,0)时,曲线_y=/(x)与_y=1Tnx有且只有一个交点. 请关注“海淀数学教研”微信公众平台。 讒 20.(共14分) 解: (1)曰题得{ 解得: a2+b2=c2 椭圆C的方程为: y+/=l. ⑵方法一: 设地g,(x"0,±2).•.手+%2=1 可求得直线AtM: y=^^(x+2),直线A.B: -+y=\x0+22 联立: y=^L-(X+2) X°+2,解得: ’ -+J^=1 2 扣2》0-4外+4 +2坊+2.2x0-4y0+4-4y0 -4^o yx0-2y0-2 Xo+2no+2‘Xo+2%+2) 同理: 直线&W: y=豊」(x—2), x°_2 直线A,B: —+y=]可求得疽》。 -饥+4,_^4y,_)一2x0-2yn-2x0-2y0-2 可求得: r2s2 \BQf=XQ2+(1-均)2=端+言=号,|时「=宀(]_梢2=宀字竽, 而 v22_/2x0-4^0+42-2x0-4y0+42 xq~xp_(—島―_(;厂) 工0+2坊+2X。 -2坊-2 =/|[(Xo_2j,o+2尸(Xo+2;vo_2尸] x0+2y0+2x0-2y0-2 =4(》0-2儿+2IXo+2y°-2)(x°-2v°+2》。 +2儿一2) x0+2y0+2x0-2y0-2x0+2y0+2x0-2y0-2其屮 工0一2打+2IXo+2vo-2 Xo+2%+2Xo_2%_2 =(xo—2yo+2)(x°_2%_2)+(xo+2yo-2)(气+2为+2) (Xo+2%+2)(Xo-2月一2) =(》0-2,o)24+(X。 +2坊)2_4 (x()+2y0+2)(x0-2y0-2) 2%()2+8^02—8° (x0+2y0+2)(x0-2y0-2) ■■■\BQf=\BPf即\BQ\=\BP\ : .\BPQ为等腰二角形 请关注“海淀数学教研”微信公众平台。 篇 方法二: 设M(x°,为),3。 部,±2).・.3+坊2=1. 可求得直线A,M: y=^—(,x+2'),直^.A2B: -+y=\ Xo+22 联立: 、=旦%("2) *°+2,解得… -+y=l 2 工=2》0~4光+4 x°+2%+2q(2xo~4vo+4~4口) —4月X。 +2坊+2'%+2义)+2 y— X。 一2坊_2 同理: 直线A2M: y=^^(x-2), 可求得户(一2旳-4无+4-4ya 工0-2坊-2,Xo_2、o_2) 线"。 的中点H,湍成点泠=呑岩=| ■■xQ-xP —2[(Xo—2vo+2)(x°—2为一2)+(Xo+2vo—2)(X()+2坊+2)](x0+2^0+2)(x0-2y0-2) (x0+2y0+2)(x0-2y0-2) lxo2+8^(|2—8_o (x0+2y0+2)(x0-2y0-2) PQ的斜率不存在 PQ丄AH : .^BPQ为等腰三角形.请关注“海淀数学教研”微信公众平台。 疆方法三: ...02x。 -4、。 +4,-4丁) 工0+2%+2'X。 +2为+2 P(_2xo-4m)+4-4j,o) X。 一2为一2x0-2y0-2 Y2r2 秒。 |2=xQ2+(\-yQ)2=xQ2+-^-= I明2=X;+(l-'p)2=Xp+~^-= 而 Y2_Y2=z2x0-4^0+42_-2x0-4y0+42。 Px0+2y0+2x0-2y0-2 =4[(M"j"4)2] Xo+2%+2x0-2y0-2 =*Xq_2j,o+2IXo+2y°_2)(工0_2)>0+2X0+2y0_2) x0+2y0+2x°_2月_2x0+2y0+2x0-2y0-2 其中 2、o+2iXo+2V。 -2 Xo+2%+2x0-2y0-2 二(x。 —2儿+2)(工0-2坊—2)+(x°+2j,o—2)(x°+2为+2) (吒+2%+2)(工0-2坊-2) =(^(,-^(,尸-彳+显+⑵儿尸—彳 (x0+2y0+2)(x0-2y0-2) _2%02+8^0_—8_° (x0+2y0+2)(x0-2y0-2) ■■■\BQf=\BPf即\BQ\=\BP\ .■.△BPQ为等腰三角形.请关注“海淀数学教研”微信公众平台。 靈 21.(共14分) 解 (1)①具有性质寸 (2);②不具有性质他 (2). ⑵充分性: Vn€N*,a^n-i>an-.Q2n>an,因此Q2”._i+O2n>2a„._等号成立当且仅当吻“一«2n-i—an>若{如}非常数列,设&=min(z€N*|働丰⑶},显然比>2.若2|k,则a*=ak=ai;若2彳k,则%=ak-i=alt矛盾.因此{。 异为常数列.必要性: 因为VneN*,an=<7,i,因此+a2n.=2q】=2a„- ⑶Qi=1,Qi+。 2=4。 1,可知。 2=3,因此。 3+=钿2=12且电N4. 若=4,则Q4=8,。 5+。 6N9+10>16=4。 3,矛盾;若>6,则。 4<6,矛盾.因此。 3=5,«4=7.下证=2n—1.假设该命题不成立, 设k=min{ieN*|吻-1丰®—3或尹4今一1),显然A;>3. 考虑数列{如},其中如=Qn+2卜4一4住一2),则数列{如}也具有性质机4), 且bl=a2k-3-4(fc-2)=4fc-7-4(fc-2)=1,同理有缶=5,饥=7, 即。 3+2心一4一4(k—2)=5,Q4+2A-4—4(fc—2)=7, 有Q2k_1=4k-3且Q2Ar=4k-1,矛盾.证毕. 技㊂海淀数学教研
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