北京市海淀区高三二模数学(文科)试卷及

1、 海淀区高三年级第二学期期末练习海淀区高三年级第二学期期末练习 数学（文）答案及评分参考（文）答案及评分参考 2015.52015.5 一、选择题（共一、选择题（共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分）分） （1）B（2）D（3）A（4）C （5）D（6）C（7）B（8）C 二、填空题（共二、填空题（共 6 6 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 3030 分。有两空的小题，第一空分。有两空的小题，第一空 2 2 分，第二空分，第二空 3 3 分）分） （9）y 4x（10）1（11） 2 1 2 , 2 3 （12）（13）3，y 27e . 4

2、 （14）假，由可知只使用一种网络浏览器的人数是212+374=586，这与矛盾 三、解答题（共三、解答题（共 6 6 小题，共小题，共 8080 分）分） （15） （共 13 分） 113 cos 4 .4 分 663222 （）因为f (x) 4sin xcos2x 4sin x(12sin2x) 6 分 2sin2x4sin x1 2(sin x1)23. 8 分 因为 1sinx 1， 所以 当sinx 1，即x 2k ,kZ Z时，f (x)取得最小值3. 2 解： （）f ( ) 4sin 13 分 （16） （共 13 分） 解解. .() 20 名女生掷实心球得分如下：5，6

3、，7，7，7，7，7，7，8，8，8，9，9，9，9，9，9，9，10，10所 以中位数为 8，众数为 94 分 () 由题意可知， 掷距离低于 7.0 米的男生的得分如下： 4， 4， 4， 6， 6， 6.这 6 名男生分别记为A 1, A2 , A 3 ,B 1,B2 ,B 3 . 从这 6 名男生中随机抽取2 名男生，所有可能的结果有15 种，它们是： (A 1, A2 ),( A 1, A3 ),( A 1,B1),( A1,B2 ),( A 1,B3 ),( A 2 , A 3 ),( A 2 ,B 1),( A2 ,B 2 ),( A 2 ,B 3) ， (A 3,B1),( A

4、3,B2 ),( A 3,B3 ),(B 1,B2 ),(B 1,B3 ),(B 2 ,B 3 ). 6 分 用C表示“抽取的 2 名男生得分均为 4 分”这一事件，则C中的结果有 3 个，它们是： (A 1, A2 ),( A 1, A3 ),( A 2 , A 3 ). 8 分 所以，所求得概率P(C) 31 .9 分 155 ()略.13 分 评分建议：从平均数、方差、极差、中位数、众数等角度对整个年级学生掷实心球项目的情况进行合理的说明即 可； 也可以对整个年级男、 女生该项目情况进行对比； 或根据目前情况对学生今后在该项目的训练提出合理建议. （17） （共 14 分） （）解：四棱

5、准P ABCD的正视图如图所示. 3 分 （）证明：因为 PD 平面ABCD，AD平面ABCD， 所以 PD AD. 5 分 因为 AD DC，PDI CD D，PD平面PCD，CD平面PCD， 所以AD 平面PCD.7 分 因为 AD平面PAD， 所以 平面PAD平面PCD.8 分 （）分别延长CD,BA交于点O，连接PO，在棱PB上取一点E，使得 PE1 .下证AE / /平面PCD. EB2 10 分 因为 AD/ /BC，BC 3AD， OAAD1OA1 ，即 . OBBC3AB2 OAPE 所以. ABEB 所以 AE/OP. 12 分 因为OP平面PCD，AE 平面PCD， 所以

6、所以 AE / /平面PCD. 14 分 （18） （共 13 分） 解： （）因为数列an是首项为2，公比为2的等比数列， 所以 a n 22n1 P E O D C A B 2n. 2 分 n 所以 b n 2log 2 a n 2log 2 2 2n. 3 分 所以 S n 24L +2n n(22n) n2n. 6 分 2 S n n2nn(n1) （）令c n . nna n 22 则cn1cn S n1 S n (n1)(n2)n(n1)(n1)(2n) .9 分 n1nn1a n1 a n 222 所以 当n 1时，c 1 c 2 ； 当n 2时，c3c2； 当n3时，c n1

7、c n 0，即c 3 c 4 c 5 L . 所以 数列cn中最大项为c2和c3. 所以 存在k 2或3，使得对任意的正整数n，都有 （19） （共 13 分） 解： （）f (x) S k S n .13 分 a k a n aa x 1, x 0. 2 分 xx 当a 0时，对x(0,)，f (x) 0，所以f (x)的单调递减区间为(0,)； 4 分 当a 0时，令f (x) 0，得x a. 因为x(0,a)时，f (x) 0；x(a,)时，f (x) 0. 所以f (x)的单调递增区间为(0,a)，单调递减区间为(a,).6 分 （）用f (x)max, f (x)min分别表示函数f

8、 (x)在1,e上的最大值，最小值. 当a 1，且a 0时，由（）知：在1,e上，f (x)是减函数. 所以 f (x) max f (1)1. 因为 对任意的x 1 1,e，x 2 1,e，f (x 1) f (x2 ) 2 f (1) 2 4， 所以对任意的x 1 1,e，不存在x 2 1,e，使得f (x 1) f (x2 ) 4. 8 分 当1 a e时，由（）知：在1,a上，f (x)是增函数，在a,e上，f (x)是减函数. 所以 f (x) max f (a) alna a 2. 因为 对x 1 1，x 2 1,e， f (1) f (x 2 ) f (1) f (a) 1 al

9、na a 2 a(lna 1)3 3， 所以 对x 1 11,e，不存在x 2 1,e，使得f (x 1) f (x2 ) 4. 10 分 当a e时，令g(x) 4 f (x)(x1,e). 由（）知：在1,e上，f (x)是增函数，进而知g(x)是减函数. 所以 f (x) min f (1)1,f (x) max f (e) ae2， g(x) max g(1) 4 f (1)，g(x) min g(e) 4 f (e). 因为 对任意的x 1 1,e，总存在x 2 1,e，使得f (x 1) f (x2 ) 4，即f (x 1) g(x2 )， f (1) g(e), f (1) f

10、(e) 4, 所以即 f (e) g(1),f (e) f (1) 4. 所以f (1) f (e) ae3 4，解得a e1.13 分 综上所述，实数a的值为e1. （20） （共 14 分） （ 10 , ） （）解：点M是椭圆C的“1分点” ，理由如下：1 分 当直线l的方程为x 1时，由 331 y21可得A(1,),B(1,).（不妨假设点A在x轴的上方） 224 所以 S AOB = 13133 13= ，SAOD= 2 . 22222 （ 1, 0） 所以SAOB SAOD，即点M是椭圆C的“1分点”.4 分 （）证明：假设点M为椭圆C的“2分点” ，则存在过点M的直线l与椭圆C交于A,B两点，使得 S AOB 2S AOD . 显然直线l不与y轴垂直，设l:x my1，A(x 1, y1), B(x2 , y 2 ). 由 x2 4 y21,得 (m24)y22my30. x my1 所以 y 2m 1 y 2 m24 ， y 3 1 y 2 m24 . 因为 S AOB 2S AOD ， 所以 1 2 (| y| y 2 1 1 | 2 |) 2 2| y