2018年海淀区一模理科数学答案

海淀区高三年级第二学期期中练习

数学(理)参考答案与评分标准 2018.4

一、选择题共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。

题号 答案 1 C 2 A 3 D 4 B 5 A 6 D 7 D 8 B 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

题号 答案 9 1i10 5211 2 3312 1313 48 (3,14 3] x1 注：第12、14题第一空均为3分，第二空均为2分。

三、解答题共6小题，共80分。解答题应写出解答步骤。 15. （本题满分13分） （Ⅰ）f(6)23sin6cos62cos2621

2313321 222··················································································· 3分 2 ·

（Ⅱ）f(x)3sin2xcos2x

2sin(2x6)

因为函数ysinx的单调递增区间为2k,2k（kZ），

22令2k22x62k2（kZ），

解得 k3xk6（kZ），

3故f(x)的单调递增区间为[k

,k6]（kZ） ···························· 13分

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16. （本题满分13分）

（Ⅰ）设事件A：从上表12个月中，随机取出1个月，该月甲地空气月平均相对湿度有利于病毒繁殖和传播. 用Ai表示事件抽取的月份为第i月，则

,A12} {A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7,A8,A9,A10,A1共个基本事件， 1,A,A,A共}6个基本事件， A{A2,A6,A89101 所以，P(A)61212. ···································································· 4分

（Ⅱ）在第一季度和第二季度的6个月中，甲、乙两地空气月平均相对湿度都有利于病毒繁殖和传播的月份只有2月和6月，故X所有可能的取值为0，1，2.

P(X0)C4C62261525，P(X1)C2C4C6211815，P(X2)C2C622115

随机变量X的分布列为

X 0 251 8152 115P

················································ 13分 （Ⅲ）M的最大值为58%，最小值为54%. ·

17.（本题满分14分） （Ⅰ）方法1：

PA

COB设AC的中点为O，连接BO，PO. 由题意

PAPBPC2，PO1，AOBOCO1

因为 在PAC中，PAPC，O为AC的中点 所以 POAC，

因为 在POB中，PO1，OB1，PB所以 POOB 因为 ACOBO，AC,OB平面ABC

2 所以 PO平面ABC

································································ 4分 因为 PO平面PAC·

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所以 平面PAC平面ABC 方法2：

PA

COB设AC的中点为O，连接BO，PO.

因为 在PAC中，PAPC，O为AC的中点 所以 POAC，

因为 PAPBPC，POPOPO，AOBOCO

所以 POA≌POB≌POC 所以 POAPOBPOC90 所以 POOB 因为 ACOBO，AC,OB平面ABC

所以 PO平面ABC

································································ 4分 因为 PO平面PAC·所以 平面PAC平面ABC 方法3：

PAQ

COB设AC的中点为O，连接PO，因为在PAC中，PAPC， 所以 POAC

设AB的中点Q， 连接PQ，OQ及OB. 因为 在OAB中，OAOB，Q为AB的中点 所以 OQAB.

因为 在PAB中，PAPB，Q为AB的中点 所以 PQAB. 因为 PQOQQ，PQ,OQ平面OPQ

所以 AB平面OPQ

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因为 OP平面OPQ 所以 OPAB因为 ABACA，AB,AC平面ABC

所以 PO平面ABC

································································ 4分 因为 PO平面PAC·所以 平面PAC平面ABC

（Ⅱ）由PO平面ABC，OBAC，如图建立空间直角坐标系，则

zPAB xCOyO(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)

由OB平面APC，故平面APC的法向量为OB(0,1,0) 由BC(1,1,0)，PC(1,0,1) 设平面PBC的法向量为n(x,y,z)，则 由nBC0nPC0得：xy0xz0

令x1，得y1，z1，即n(1,1,1)

cosn,OBnOB|n||OB|13133

由二面角APCB是锐二面角， 所以二面角APCB的余弦值为（Ⅲ）设BNBP，01，则

BMBCCMBCCP(1,1,0)(1,0,1)(1,1,)ANABBNABBP(1,1,0)(0,1,1)(1,1,)

33 ··········································· 9分

令BMAN0

得(1)1(1)(1)0

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111即1，μ是关于λ的单调递增函数，

12当[,]时，[,]，

334512所以

BNBP[145,2······································································· 14分 ] ·

18. （本题满分13分）

（Ⅰ）当a0时，f(x)1lnxx

故

f'(x)xxlnxx21lnx x2 令f'(x)0，得0xe

故f(x)的单调递增区间为(0,e)························································ 4分

xalnx2（Ⅱ）方法1：

f'(x)x1axlnx2

(xa)(xa) 令g(x)1 则g'(x) 由g(e)

aeaxax2lnx1x

xax20

a1ea10，g(ea1)1ea1(1a)a(1)0

a1 故存在x0(e,e)，g(x0)0

故当x(0,x0)时，g(x)0；当x(x0,)时，g(x)0

x 1e2(0,x0) x00 (x0,) f'(x)f(x)  ↗

极大值 ↘ 故f(x0)a1lnx002x0x0e 故··················································· 13分 ，解得2aelnx012ex0a 第5页 共10页

故a的值为e2.

（Ⅱ）方法2：f(x)的最大值为

lnx0x0a1e2的充要条件为对任意的x(0,)，

1e2lnxxa1e2且存

在x0(0,)，使得

，等价于对任意的x(0,)，ae2lnxx且存

2在 x0(0,)，使得aelnx0x0，

2等价于g(x)elnxx的最大值为a.

g'(x)e2x1，

令g'(x)0，得xe2.

x (0,e)2 e2 (e,)2 g'(x) g(x) 0 2↗ 2222极大值 ↘ ·························· 13分 故g(x)的最大值为g(e)elneee，即ae2. ·

（19）（本小题14分）

14122ab222（Ⅰ）由题意abc，

ec3a2解得：a22，b 故椭圆C的标准方程为

2，cx26 8y22··················································· 5分 1 ·

（Ⅱ）假设直线TP或TQ的斜率不存在，则P点或Q点的坐标为(2，－1)，直线l的方程为y112(x2)，即y2212x2.

xy182 联立方程，得x24x40，

y1x22 此时，直线l与椭圆C相切，不合题意.

故直线TP和TQ的斜率存在.

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方法1：

设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则 直线TP:y1y11x12(x2)，

直线TQ:y1y21x22(x2)

故|OM|2x12y11，|ON|2x22y21

由直线OT:y212x，设直线PQ:y212xt（t0）

xy18222x2tx2t40 联立方程，y1xt22当0时，x1x22t，x1x22t4

|OM||ON|4(x12y11x22y21)

4(x1212x1t1x2212x2t1)

4x1x2(t2)(x1x2)4(t1)14x1x2212(t1)(x1x2)(t1)2

42t4(t2)(2t)4(t1)14(2t4)212(t1)(2t)(t1)2

······································································· 14分 4 ·

方法2：

设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线TP和TQ的斜率分别为k1和k2

由OT:y12x，设直线PQ:y2212xt（t0）

xy18222x2tx2t40 联立方程，y1xt2 第7页 共10页

2当0时，x1x22t，x1x22t4

k1k2y11x12y21x22

12x1t1x1212x2t1x22

x1x2(t2)(x1x2)4(t1)(x12)(x22)

2t4(t2)(2t)4(t1)(x12)(x22)2

0

故直线TP和直线TQ的斜率和为零 故TMNTNM 故TMTN

故T在线段MN的中垂线上，即MN的中点横坐标为2

····································································· 14分 故|OM||ON|4 ·

20. （本题满分13分）

······················· 3分 （Ⅰ）A是“N数表 ”，其“N值”为3，B不是“N数表”. ·（Ⅱ）假设ai,j和ai',j'均是数表A的“N值”，

① 若ii'，则ai,jmax{ai,1,ai,2,...,ai,n}max{ai',1,ai',2,...,ai',n}ai',j'； ② 若jj'，则ai,jmin{a1,j,a2,j,...,an,j}min{a1,j',a2,j',...,an,j'}ai',j' ； ③ 若ii'，jj'，则一方面

ai,jmax{ai,1,ai,2,...,ai,n}ai,j'min{a1,j',a2,j',...,an,j'}ai',j'，

另一方面

ai',j'max{ai',1,ai',2,...,ai',n}ai',jmin{a1,j,a2,j,...,an,j}ai,j；

······················ 8分 矛盾. 即若数表A是“N数表”，则其“N值”是唯一的. ·（Ⅲ）方法1：

对任意的由1，2，3，…，361组成的19行19列的数表A(ai,j)1919.

定义数表B(bj,i)1919如下，将数表A的第i行，第j列的元素写在数表B的第j行，第i列，即

bj,iai,j（其中1i19，1j19）

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显然有：

① 数表B是由1，2，3，…，361组成的19行19列的数表 ② 数表B的第j行的元素，即为数表A的第j列的元素 ③ 数表B的第i列的元素，即为数表A的第i行的元素

④ 若数表A中，ai,j是第i行中的最大值，也是第j列中的最小值 则数表B中，bj,i是第i列中的最大值，也是第j行中的最小值. 定义数表C(cj,i)1919如下，其与数表B对应位置的元素的和为362，即

cj,i362bj,i（其中1i19，1j19）

显然有

① 数表C是由1，2，3，…，361组成的19行19列的数表 ② 若数表B中，bj,i是第i列中的最大值，也是第j列中的最小值 则数表C中，cj,i是第i列中的最小值，也是第j列中的最大值 特别地，对由1，2，3，…，361组成的19行19列的数表A(ai,j)1919 ① 数表C是由1，2，3，…，361组成的19行19列的数表 ② 若数表A中，ai,j是第i行中的最大值，也是第j列中的最小值 则数表C中，cj,i是第i列中的最小值，也是第j列中的最大值

1j19）即对任意的A19，其“N值”为ai,j（其中1i19，，则C19，

且其“N值”为cj,i362bj,i362ai,j.

记CT(A)，则T(C)A，即数表A与数表CT(A)的“N值”之和为362， 故可按照上述方式对19中的数表两两配对，使得每对数表的 “N值”之和为362，·························································· 13分 故X的数学期望E(X)181. ·方法2：

X所有可能的取值为19,20,21,...,341,342,343.

记19中使得Xk的数表A的个数记作nk，k19,20,21,...,341,342,343，则

nk19Ck1C361k[(18)!].

218182

218182 则n362k19C361kCk1[(18)!]nk，则

343343343E(X)k19nkknkk19n362kk343k19nk(362k)343343，

nkk19k19nkk19 第9页 共10页

343343故2E(X)k19nkknkk19nk(362k)343343362，E(X)181. ··············· 13分

nkk19k19 第10页 共10页