2010年北京市一模数学试卷--海淀理

数 学 （理科） 2010.4

第Ⅰ卷（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.

则这个三棱柱的左视图的面积为 （ ） A．63 C．83

B．8 D．12

6．已知等差数列1,a,b，等比数列3,a2,b5，

1i1．在复平面内，复数z（i是虚数单位）对应的点位于 ） 则该等差数列的公差为（

iA．3或3 B．3或1 C．3 D．3

（ ）

7．已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的结果是( ) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第开始 A．1 B．1

四象限

1C．2 D． a =2,i=1 xyxa2．在同一坐标系中画出函数ylogax，ya，的图象，可能正确的2 是 是（ ） i≥2010

yyyy否 输出a 1 a1 111a1 O1xxxxO1O1O1结束 i=i+1 CBAD

8．已知数列A:a1,a2具有性质P：对任意,a,n0a1a2ann,3BD＝0，则四边形ABCD是（ ） 3．在四边形ABCD中，ABDC，且AC·A.矩形

腰梯形

B. 菱形

C. 直角梯形

D. 等

i,j1ijn，ajai与ajai两数中至少有一个是该数列中的一项. 现给

4．在平面直角坐标系xOy中，点P的直角坐标为(1,3).若以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则点P的极坐标可以是 （ ）

42,A．1, B．2, C．

333

4D．2,

3

出以下四个命题： ①数列0,1,3具有性质P； ②数列0,2,4,6具有性质P；

③若数列A具有性质P，则a10；

④若数列a1,a2,a30a1a2a3具有性质P，则a1a32a2. 其中真命题有（ ） A．4个 B．3个

C．2个 D．1个

5．一个体积为123的正三棱柱的三视图如图所示，

第Ⅱ卷（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.

9.某校为了解高三同学寒假期间学习情况，抽查了100名同学，统计他们每天平均学习时间,绘成频率分布直方图（如图）.则这100名同学中学习时间在6~8小时内的人数为 _______.

频率/组距D 0.14x 0.12 APOB

0.050.04C 24681012小时10．如图，AB为O的直径，且AB8 ，P为OA的中点，过P作O的弦CD，且CP:PD3:4，则弦CD的长度为 .

11．给定下列四个命题：

①“x6

”是“sinx12”的充分不必要条件；

②若“pq”为真，则“pq”为真； ③若ab，则am2bm2； ④若集合ABA，则AB.

其中为真命题的是 （填上所有正确命题的序号）.

12．在二项式(x2ax)5的展开式中，x的系数是10，则实数a的值

为 .

13．已知有公共焦点的椭圆与双曲线中心为原点，焦点在x轴上，左右焦点分别

为F1,F2，且它们在第一象限的交点为P，PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形.若PF110，双曲线的离心率的取值范围为(1,2).则该椭圆的离心率的取值范围是 .

14．在平面直角坐标系中，点集A{(x,y)|x2y21}，B{(x,y)|x4,y0,,3x4y0}，

则（1）点集P{(x,y)xx13,yy11,(x1,y1)A}所表示的区域的面积为_____；

（2）点集Q{(x,y)xx1x2,yy1y2,(x1,y1)A,(x2,y2)B}所表示的区域的

面积为 .

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．（本小题满分13分）

已知函数f(x)sin(x)(0,||)的图象如图所示. （Ⅰ）求,的值； （Ⅱ）设g(x)f(x)f(x4)，求函数g(x)的单调递增区间.

y 1

O 42x

1

16．（本小题满分13分）

某商场为吸引顾客消费推出一项优惠活动.活动规则如下：消费额每满100元可转动如图所示的转盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置. 若指针停在A区域返券60元；停在B区域返券30元；停在C区域不返券. 例如：消费218元，可转动转盘2次，所获得的返券金额是两次金额之和.

（Ⅰ）若某位顾客消费128元，求返券金额不低于30元的概率；

（Ⅱ）若某位顾客恰好消费280元，并按规则参与了活动，他获得返券的金

额记为X（元）.求随机变量X的分布列和数学期望.

CA60

B17．（本小题满分14分）

如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C底面ABC，

AA1AC1AC2,ABBC, 且ABBC,O为AC中点. （Ⅰ）证明：AO1平面ABC； （Ⅱ）求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；

（Ⅲ）在BC1上是否存在一点E，使得OE//平面A1AB，若不存在，说明理由；

若存在，确定点E的位置.

A1C1

B1 AOC

B18．（本小题满分13分）

已知函数f(x)xalnx,其中a为常数，且a1.

（Ⅰ）当a1时，求f(x)在[e,e2]（e=2.718 28…）上的值域； （Ⅱ）若f(x)e1对任意x[e,e2]恒成立,求实数a的取值范围. 19．（本小题满分13分）

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1,F2，且|F1F32|2，点（1，

2） 在椭圆C上. （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过F1的直线l与椭圆C相交于A,B两点，且AF1222B的面积为7，求以F2为圆心

且与直线l相切的圆的方程.

20．（本小题满分14分）

n为偶数已知数列aa2an1,,2n满足：10，ann1，n2,3,4,.

22an1,n为奇数,2（Ⅰ）求a5,a6,a7的值； （Ⅱ）设ba2n1n2n，试求数列bn的通项公式；

（Ⅲ）对于任意的正整数n，试讨论an与an1的大小关系.

海淀区高三年级第二学期期中练习

数 学 （理）

参考答案及评分标准 2010．4

说明： 合理答案均可酌情给分，但不得超过原题分数.

因为

g(9分 所

2以

，

1s2x ………………x)2k24x2k2)，即

.……………12(分 Zkkx k第Ⅰ卷（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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B C A C A B 第Ⅱ卷（非选择题 共110分）

二、填空题（本大题共6小题,每小题5分, 有两空的小题，第一空3分，第二空

2分，共30分）

9．30 10．7 11．①，④ 12．1 13．(123,5) 14．；18.

三、解答题(本大题共6小题,共80分) 15．（本小题满分13分）

解：（Ⅰ）由图可知T4(224),T2，

………………2分

又由f(2)1得，sin()1，又f(0)1，得sin1

||2， ………………4

分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：f(x)sin(2x2)cos2x ………………6

分

2828故函数g(x)的单调增区间为[k28,k28] (kZ). ……………13分 16．（本小题满分13分）

解：设指针落在A,B,C区域分别记为事件A,B,C.

则P(A)16,P(B)13,P(C)12.

………………3分

（Ⅰ）若返券金额不低于30元，则指针落在A或B区域.

PP(A)P(B)161312

………………6分

即消费128元的顾客，返券金额不低于30元的概率是

12. （Ⅱ）由题意得，该顾客可转动转盘2次.

随机变量X的可能值为0，30，60，90，120.

7

………………P(X0)121214;P(X30)1112323;分P(X60)121115623318;

P(X90)1113629;P(X120)1116636.………………10分

所以，随机变量X的分布列为： P 0 30 60 90 120 X 11514 3 18 1936 ………………12分 其数学

期望

EX0143130 51 .………13

6分 817． （本小题满分14分）

解：（Ⅰ）证明：因为A1AAC1，且O为AC的中点， 所以AO1AC.

………………1分

又由题意可知，平面AA1C1C平面ABC，交线为AC，且AO1平面AA1C1C，

所以AO1平面ABC.

………………4分

（Ⅱ）如图，以O为原点，OB,OC,OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直

角坐标系.

由题意可知，A1AACAC2,又ABBC,ABBC,OB112AC1, 所以得:O(0,0,0),A(0,1,0),A1(0,0,3),C(0,1,0),C1(0,2,3),B(1,0,0)

则有：AC1(0,1,3),AA1(0,1,3),AB(1,1,0).

………………6分

Az设平面AA1C11B的一个法向量为n(x,y,z)，则有

B1 nAA10y3z0，nAB0xy0AOCy令y1，得x1,z33 Bx 0 所以n139(1,1,39).

30612

………………7分 cosn,AnA1C|n||1CA211C|7.

………………9分

因为直线A1C与平面A1AB所成角和向量n与A1C所成锐角互余，所以sin217.

………………10分

（Ⅲ）设E(x),BEBC0,y0,z01,

1 ………………11分 x01即(x,z01,y00)(1,2,3)，得y02

z03所以E(1,2,3),得OE(1,2,3),

………………12

分

令OE//平面A1AB，得OEn=0 ，

………………13

分

即120,得12,

即存在这样的点E，E为BC1的中点.

………………14

分

18.（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）当a1时，f(x)xlnx,

得f(x)11x,

………………2

分

令f(x)0，即11x0，解得x1，所以函数f(x)在(1,)上为增函数，

据此，函数f(x)在[e,e2]上为增函数，

………………4

分

而f(e)e1，f(e2)e22，所以函数f(x)在[e,e2]上的值域为[e1,e22]

………………6分

（Ⅱ）由f(x)1ax,令f(x)0，得1ax0,即xa,

当x(0,a)时，f(x)0，函数f(x)在(0,a)上单调递减；

当x(a,)时，f(x)0，函数f(x)在(a,)上单调递增；

……………7分

若1ae，即ea1，易得函数f(x)在[e,e2]上为增函数，

此时，f(x)2maxf(e)，要使f(x)e1对x[e,e2]恒成立，只需

f(e2)e1即可，

2e2所以有e2ae1，即ae12

e2e1(e22(e)3e1)20，即e2而e12e，所以此时无解.

………………8分

若eae2，即eae2，易知函数f(x)在[e,a]上为减函数，在[a,e2]上为增函数，

要使f(x)e1对x[e,e2]恒成立，只需f(e)e1a1，即f(e2)e1e2ea1， 2e2e1e2由2(1)e120和e2e12e2e12(e)20

得e2ae2e12. ………………10

分

若ae2，即ae2，易得函数f(x)在[e,e2]上为减函数，

此时，f(x)maxf(e)，要使f(x)e1对x[e,e2]恒成立，只需

f(e)e1即可，

所以有eae1，即a1，又因为ae2，所以ae2.

……………12分

综合上述，实数a的取值范围是(,e2e12].

……………13分

19．（本小题满分13分）

x2y2解：（Ⅰ）设椭圆的方程为a2b21,(ab0)，由题意可得：

椭圆C两焦点坐标分别为F1(1,0)，F2(1,0).

.……………1分 2a(11)2(3)2(11)23532(2)2224.

.……………3分

a2,又c1 b2413，

……………4分

故椭圆的方程为x24y231.

.……………5分

（Ⅱ）当直线lx轴，计算得到：A(1,3),B(1,322)，

S11AF2B2|AB||F1F2|2323，不符合题意.

.……………6分

当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为：yk(x1)，

yk(x由1)x2y2，消去y得 (3k24x2k28x2k4431)

.……………7分 显然0成立，设A(x1,y1),B(x2,y2)，

则xx8k24k21234k2,x121x234k2,

.……………8分

又|AB|1k2(x2264k44(4k212)1x2)4x1x21k(34k2)234k2

即

|AB|1k212k2112(k21)34k234k2， .……………9分

又圆F10k|2|k|2的半径r|k1k21k2,

.……………10分

所以SAF2B1112(k21)2|k|12|k|12|AB|rk2122234k21k234k27, 化简，得17k4k2180，

即(k21)(17k218)0，解得k1

所以，r2|k|

1k22，

 12

0.……………12分 故圆F(x1)2y22的方程为：2.

.……………13分

（Ⅱ）另解：设直线l的方程为 xty1，

，xty1由x2y2，消去x得 (43t2)y24316ty90，0恒成立，

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1y6t243t2,y1y2943t2,

……………8分

2所以 |yy236t3612t211y2|(1y2)4y1y2(43t2)243t243t2;

.……………9分

又圆F2的半径为r|1t01|2

1t21t2，

.……………10分

所以S112t21122AF2B2|F1F2||y1y2||y1y2|43t27，解得t21，所以r21t22，

……………12分

故圆F1)2y22的方程为：(x2.

.……………13分

20．（本小题满分14分）

解：（Ⅰ）∵ a10，a212a11，a322a12，a412a23， ∴ a532a25；a612a35；a742a38. ………………3分 （Ⅱ）由题设，对于任意的正整数n，都有：b2n11n1n1a2n12n2a22n112bn，∴ b1a2111n1bn2.∴ 数列bn是以b1210为首项，2为公差的等差数列.

∴ bn1n2. …………………………………………………………7分 （Ⅲ）对于任意的正整数k，

当n2k或n1,3时，anan1； 当n4k1时，anan1；

当n4k3时，anan1. ……………………………………8分 证明如下：

首先，由a10,a21,a32,a43可知n1,3时，anan1； 其次，对于任意的正整数k，

n2k时，anan1a2ka2k112akk12akk0；

…………………9分

n4k1时，anan1a4k1a4k2[来源:学#科#网Z#X#X#K]

2k12a2k12a2k12k2a2k2a2k12k212a

k2k12ak0所以，anan1.

…………………10分

n4k3时，anan1a4k3a4k4

2k22a2k112a2k22k12a2k12a2k22k12k12ak212ak14kakak11事实上，我们可以证明：对于任意正整数k，kakak1（*）（证明见后），所以，此时，anan1.

综上可知：结论得证.

分

…………………12

对于任意正整数k，kakak1（*）的证明如下：

*1）当k2m（mN）时，

kakak12ma2ma2m12m12amm12amm0，满足（＊）式。

2）当k1时，1a11a2，满足（＊）式。

*3）当k2m1mN时，

kakak12m1a2m1a2m22m1m12am12am13m12am2am12mamam1m1于是，只须证明mamam10，如此递推，可归结为1）或2）的情形，于是（＊）得证.

…………………14分