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1、海淀区高三年级第二学期期末练习数学 （理科）参考答案及评分标准20135 明： 合理答案均可酌情 分，但不得超 原 分数.一、 （本大 共8 小 , 每小 5分 , 共 40 分） 号12345678答案BDCBCABD二、填空 （本大 共6 小 , 每小 5 分 , 有两空的小 ，第一空3 分，第二空2 分，共 30 分）9 210 c b a11. (1, 3)12 2; 3 113 0,114 ; 222三、解答 ( 本大 共6 小 , 共 80 分 )15（本小 分13 分）解：（ I ）因 sin( x0)4所以 xk, kZ 2 分4所以函数的定 域 x | xZ 4 分k+ ,
2、k4（ II ）因 f ( x)1cos2 xsin2 x 6 分sin xcos x= 1(cos xsin x )1sin xcos x= 12( x 8 分)4又 ysin x 的 增区 (2 k,2 k) ， k Z22令 2k x 2k 242解得 2k 3x 2k 11 分44又注意到+,x k41所以 f ( x) 的 增区 (2 k3k Z 13 分,2 k) ，4416. 解：（ I ） 至少一 中 事件A则 P( A) 1 0.520.75 4 分(II) 福彩中心 出一 彩票可能 得的 金 则可以取 5,0,45,145 6 分的分布列 5045145P50%50%2%p
3、2%p 8 分所以的期望 E550% 0(50%2%p) ( 45) 2% ( 145) p2.590%145 p 11 分8所以当1.6145p0 ，即 p12 分725所以当 0p8 ，福彩中心可以 取 金 助福利事 13 分72517. 解：（ I ）因 点 P 在平面 ABC 上的正投影 H 恰好落在 段 AC 上所以 PH 平面 ABC ，所以 PHAC 1 分因 在直角梯形ABCD 中， ABCDAB 90 ， CAB30 ，BC 2， AD4所以 AC4 ，CAB 60 ，所以ADC 是等 三角形，所以 H 是 AC 中点， 2 分所以 HE / / PC 3 分同理可 EF /
4、 / PB又 HEEFE,CPPBP所以 EFH / / PBC 平面 PBC5 分（ II ）在平面 ABC 内 H 作 AC 的垂 如 建立空 直角坐 系，则 A(0,2,0) ， P(0,0,23) ， B(3,1,0)6 分2z因 E(0, 1,3)， HE(0, 1, 3) 平面 PHB 的法向量 n( x, y, z)因 HB (3,1,0) ， HP(0,0,23)HBn03x y0所以有n，即z0，HP0PEAHCyFBx令 x3, 则 y3, 所以 n(3,3,0) 8 分cosn, HEn HE33 10 分| n | | HE | 22343所以直 HE 与平面 PHB
5、所成角的正弦 11 分4(III) 存在，事 上 点E 为 M 即可 12 分因 在直角三角形PHA 中， EHPEEA1 PA 2 ， 13 分2在直角三角形 PHB 中，点 PB4, EF1 PB22所以点 E 到四个点 P,O,C, F 的距离相等 14 分18. 解 : (I)因 S(t )1 | ta |et，其中 ta 2 分2当 a0 ， S(t )1| t | et ，其中 t02当 t0 ， S(t)1 tet ， S (t )1 ( t1)et，22所以 S(t)0 ，所以 S(t) 在 (0,) 上 增， 4 分当 t0 ， S( t)1 tet ， S( t)1 (t
6、1)et ，22令 S(t)1 ( t1)et0 ， 解得 t1，所以 S( t) 在 (,1) 上 增2令 S(t)1 ( t1)et0 ， 解得 t1，所以 S(t ) 在 (1,0) 上 减 7 分2 上， S(t ) 的 增区 (0,) ， (,1)S(t ) 的 增区 (1,0)（II ）因 S(t )1 | ta | et ，其中 ta2当 a2 ， t0,2 ， S(t)1(a t)et23因 t00,2，使得 S(t0 ) e ，所以 S(t)在 0,2上的最大 一定大于等于eS(t)1t(a1)et，令 S(t ) 0 ，得 ta1 8 分2当 a12 ，即 a3时S(t)1
7、t(a1)et0 对 t(0,2)成立， S(t) 增2所以当 t2 ， S(t) 取得最大 S(2)1 (a2)e22令 1 (a2)e2e，解得a22 ，2e所以 a3 10 分当 a12 ，即 a3时S(t)1 t(a1)et0 对 t(0,a1) 成立， S(t) 增2S(t)1 t(a1)et0对 t(a 1,2) 成立， S(t) 减2所以当 ta1 ， S( t) 取得最大 S(a 1)1ea12令 S(a1)1 ea 1e，解得 aln 222所以 ln 22a3 12 分 上所述， ln 22a 13 分(I)M: x2y21(ab 0) 的四个 点恰好是一 2，19. 解
8、: 因 a2b2一内角 60的菱形的四个 点,所以 a3, b1 ,椭圆 M 的方程 x2y21 4 分3(II) 设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 ), 因 AB 的垂直平分 通 点(0,1) ， 然直 AB 有斜率，2当直 AB 的斜率 0 时 ,则 AB 的垂直平分 y轴 ,则 x1x2 , y1y2所以 S AOB =1| x1 | y1 | x1 |x2x12(1x212(3 x12)|2 x1 | y1 |111 )3x123322x 2(3x2 )3因 x1(3x1)11，22所以 S AOB3 ，当且 当 | x1 |6 ， S AOB 取得最大 3 7 分
9、222当直 AB 的斜率不 0 时 ,则设 AB的方程 ykxt4ykxt所以x2y 2，代入得到(3k21)x26kt3t23013当4(9 k233t2 )0,即 3k 21t2方程有两个不同的解又 x1x23k6kt， x1x23kt 8 分2123k21所以 y1 y2t1，23k 2y1y211 ，化 得到 3k 2又2214t0x1x2k2代入 ，得到 0t4 10 分又原点到直 的距离 d| t |k 21| AB |1k 2| x1x2 |1k 24(9k 233t 2 )3k21所以 S AOB= 1 | AB |d | 1|t |11k24(9 k233t2 )22k 23
10、k 21化 得到 S AOB =13(4tt2 ) 12 分4因 0t4 ，所以当 t2 ，即 k7 ， S AOB 取得最大 332 上，AOB面 的最大 3 14 分220.（I）解：法1：1237改变第 列1237改变第 行123742210121012101法 2：1237改变第2行1237改变第 列12374210121012101法 3：51237改变第 列1237改变第列1237142101210121013 分(II) 每一列所有数之和分 2， 0， 2 ，0，每一行所有数之和分 1 ， 1;如果首先操作第三列， aa21aa22a1a22aa2 第一行之和 2 a1，第二行之
11、和 52a ， 两个数中，必 有一个 数，另外一个 非 数，所以 a1 或 a 52 2当 a 1 ， 接下来只能操作第一行，2a1a2aa22 a 1a22 aa2此 每列之和分 22a,22a2 ,2 2a,2 a2必有 22a 20 ，解得 a0,1当 a 5 ， 接下来操作第二行2aa2 1aa2a 2 a2 1 a2a2此 第 4列和 ，不符合 意 . 6 分 如果首先操作第一行a1a2aa22 a12a 22aa 每一列之和分 22a ， 22a 2 ， 2a 2 ， 2a2当 a1 ，每列各数之和已 非 ，不需要 行第二次操作，舍掉当 a1 ， 22a ， 2 a2 至少有一个
12、数，所以此 必 有22a20 ，即1 a 1 ，所以 a0 或 a1 ， a 0 或 a1 符合要求 上： a0,1 9 分（ III ）能 有限次操作以后，使得得到的数表所有的行和与所有的列和均 非 数。 明如下：6 数表中第i 行第 j 列的 数 ij （ i1,2,m; j1,2, n ），各行的数字之和分 c为 a1, a2 , , am， 各 列 的 数 字 之 和 分 别 为 b1 ,b2 , ,bn， A a1a2am ，Bb1b2bn ，数表中 m n 个 数之和 S ， S A B 。 Kmink ci 1k ck ck1或 1(l1,2, n) 且 kci 1k2ci 2k
13、 c01 i m12 i 2n in |l1n inTmint1c1 jt2 c2 jtm cmjts1或 1(s1,2,m) 且 t1 c1 jt2 c2 jtmcmj01j n|minK ,T 按要求操作一次 ，使 行的行和（或 列的列和）由 正，都会引起A（和 B ）增大，从而也就使得S 增加，增加的幅度大于等于2 ，但是每次操作都只是改 数表中某行（或某列）各数的符号，而不改 其 ， 然，S 必然小于等于最初的数表中m n个 数的 之和，可 其增加的 必在有限次之后 止。 止之 ，必是所有的行和与所有的列和均 非 数，否 ，只要再改 行或 列的符号，S 就又会 上升，导致矛盾，故结论成立。 13 分7