2011海淀高三年级第二学期数学(理科)期中试题练习+答案

出处:老师板报网 时间:2023-03-28

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海淀区高三年级第二学期期中练习数学(理科)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.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.1、已知集合30xxAR,42xxBR,则BAA.32xxB.32xxC.322xxx或D.R2.已知数列na为等差数列,nS是它的前n项和.若21a,123S,则4SA.10B.16C.20D.243.在极坐标系下,已知圆C的方程为2cosρθ,则下列各点在圆C上的是  A.1,3πB.1,6πC.32,4πD.52,4π4.执行如图所示的程序框图,若输出x的值为23,则输入的x值为A.0B.1C.2D.115.已知平面l,m是内不同于l的直线,那么下列命题中错误的是A.若//m,则lm//B.若lm//,则//mC.若m,则lmD.若lm,则m6.已知非零向量,,abc满足abc0,向量,ab的夹角为120,且||2||ba,则向量a与c的夹角为  A.60B.90C.120D.1507.如果存在正整数和实数使得函数)(cos)(2xxf(,21xx是否3n≤1nnx输入开始1nx输出结束112yOx为常数)的图象如图所示(图象经过点(1,0)),那么的值为A.1B.2C.3D.48.已知抛物线M:24yx=,圆N:222)1(ryx(其中r为常数,0r).过点(1,0)的直线l交圆N于C、D两点,交抛物线M于A、B两点,且满足BDAC的直线l只有三条的必要条件是A.(0,1]rB.(1,2]rC.3(,4)2rD.3[,)2r非选择题(共110分)新课标第一网二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.把答案填在题中横线上.9.复数3i1i.10.为了解本市居民的生活成本,甲、乙、丙三名同学利用假期分别对三个社区进行了“家庭每月日常消费额”的调查.他们将调查所得到的数据分别绘制成频率分布直方图(如图所示),记甲、乙、丙所调查数据的标准差分别为1s,2s,3s,则它们的大小关系为.(用“”连接)11.如图,A,B,C是⊙O上的三点,BE切⊙O于点B,D是CE与⊙O的交点.若70BAC,则CBE______;若2BE,4CE,则CD.12.已知平面区域}11,11|),{(yxyxD,在区域D内任取一点,则取到的点位于直线ykx(kR)下方的概率为____________.13.若直线l被圆22:2Cxy所截的弦长不小于2,则在下列曲线中:①22xy  ②22(1)1xy③2212xy  ④221xy与直线l一定有公共点的曲线的序号是.(写出你认为正确的所有序号)ACBODEO元频率组距0.00020.00040.00080.0006乙100015002000250030003500O元频率组距0.00020.00040.00080.0006丙100015002000250030003500O元频率组距0.00020.00040.00080.0006甲10001500200025003000350014.如图,线段AB=8,点C在线段AB上,且AC=2,P为线段CB上一动点,点A绕点C旋转后与点B绕点P旋转后重合于点D.设CP=x,△CPD的面积为()fx.则()fx的定义域为;\'()fx的零点是.三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.15.(本小题共13分)在ABC中,内角A、B、C所对的边分别为,,abc,已知1tan2B,1tan3C,且1c.(Ⅰ)求tanA;(Ⅱ)求ABC的面积.16.(本小题共14分)在如图的多面体中,EF⊥平面AEB,AEEB,//ADEF,//EFBC,24BCAD,3EF,2AEBE,G是BC的中点.(Ⅰ)求证://AB平面DEG;(Ⅱ)求证:BDEG;(Ⅲ)求二面角CDFE的余弦值.17.(本小题共13分)某厂生产的产品在出厂前都要做质量检测,每一件一等品都能通过检测,每一件二等品通过检测的概率为23.现有10件产品,其中6件是一等品,4件是二等品.(Ⅰ)随机选取1件产品,求能够通过检测的概率;(Ⅱ)随机选取3件产品,其中一等品的件数记为X,求X的分布列;(Ⅲ)随机选取3件产品,求这三件产品都不能通过检测的概率.18.(本小题共13分)已知函数()lnfxxax,1(),(R).agxaxACPBDADFEBGC(Ⅰ)若1a,求函数()fx的极值;(Ⅱ)设函数()()()hxfxgx,求函数()hx的单调区间;(Ⅲ)若在1,e(e2.718...)上存在一点0x,使得0()fx0()gx成立,求a的取值范围.19.(本小题共14分)已知椭圆2222:1xyCab(0)ab经过点3(1,),2M其离心率为12.(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)设直线1:(||)2lykxmk与椭圆C相交于A、B两点,以线段,OAOB为邻边作平行四边形OAPB,其中顶点P在椭圆C上,O为坐标原点.求OP的取值范围.20.(本小题共13分)已知每项均是正整数的数列A:123,,,,naaaa,其中等于i的项有ik个(1,2,3)i,设jjkkkb21(1,2,3)j,12()mgmbbbnm(1,2,3)m.(Ⅰ)设数列:1,2,1,4A,求(1),(2),(3),(4),(5)ggggg;(Ⅱ)若数列A满足12100naaan,求函数)(mg的最小值.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.s1>s2>s311.70;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,HADFEBGC∴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∴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)新课标第一网解:(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xzyADFEBGC151332104106)(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,X0123P3011032161x(0,1)1(1,)()fx—0+()fx极小所以,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)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.
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