北京市海淀区2020届高三期中理科数学试卷含答案

数学第数学第#页(共6页)数学第数学第7页（共6页）{a}的通项公式.n海淀区高三年级第二学期阶段性测试参考答案数学2020数学2020春阅卷须知:评分参考中所注分数，表示考生正确做到此步应得的累加分数其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分。一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.题号12345678910答案ABBDCCDCAB二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分.题号1112131415答案X=一12404迈，246①②注：第14题第一空3分,第二空2分；第15题全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分。三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。(16)解：(I)因为AB丄平面BBCC,CBu平面BBCC11111所以AB丄CB.1在厶BCC中，BC=1,BC=\3,CC=2,i1i所以BC2+BC2=CC2.11所以CB丄CB.1因为ABIBC=B,AB,BCu平面ABC,所以CB丄平面ABC.1

(II)由(I)知，AB丄CB,BC丄CB,AB丄BC,11如图，以b为原点建立空间直角坐标系B-xyz.贝yB(0,0,0),E(-2，t3,1),C(1,0,0).uuruur1—BC=(1,0,0),be=(-丄八3,1).2设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，uuurn-BC=0,uuurn-BE=0.x=0,-—x+品y+z=0.L2令y=U3贝9x=0,z=-3,所以n=(0,*3,-3).又因为平面ABC的法向量为m=(0,1,0),m-n1所以cos<m,n>==—.|m||n|2由题知二面角A-BC-E为锐角，所以其大小为3.(17)解：(I)f(0)=2cos20+sin0=2.(II)选择条件①.f(x)的一个周期为n.f(x)=2cos2x+sin2x=(cos2x+1)+sin2x^^■■2P—sin2x+—cos2x)+122因为xe专自，所以2x+4e[-手，詈].所以-1-si(2x+4)-1-

所以i—、：2<f(x)<i+\°2.当2x+-=—-时，即卩x=—3n时，428f(x)在［—-,-］取得最小值1—\，2.26选择条件②.f(x)的一个周期为2n.f(x)=2cos2x+sinx=2(1一sin2x)+sinx=—2(sinx—4)2+—.因为xe[—，匹]，所以sinxg[—1,1].262所以当sinx=-1时，即x=——时，2f(x)在[—匸]取得最小值—1.26(18)解：(I)设事件A为“从2010年至2019年中随机选取一年，研发投入占当年总营收的百分比超过10%”，从2010年至2019年一共10年，其中研发投入占当年总营收的百分比超过10%有9年，9所以P(A)=.10(II)由图表信息，从2010年至2019年10年中有5年研发投入超过500亿元,所以X的所有可能取值为0，1，2.C22且P(XC22且P(X=0)=亍C210C2P(X=2)=亍C210；P(X=1)=r=9C2910所以X的分布列为：X012P252999252故X的期望E(X)=0X—+1X—+2X—=1.999本题为开放问题，答案不唯一要求用数据说话，数据可以支持自己的结论即可，阅卷时按照上述标准酌情给分.(19)解：(1)①当a=-1时，f(x)=ex—x，贝f'(x)=ex—1.所以f'(0)=0.又f(0)=1，所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1②令f'(x)=0，得x=0.此时f'(x)，f(x)随x的变化如下：x(-?,0)0(0,+?)f，(x)-0+f(x)极小值/可知f(x)min=f(0)=1，函数f(x)的最小值为1.(II)由题意可知，xe(0,+Q.令g(x)=ex+ax+lnx—1由(I)中可知ex—x>1，故ex>1+x.因为ae(——,0)，贝9g'(x)=ex+—+a>(x+1)+—+axxI~—>2丫x•—+a+1=3+a>0•所以函数g(x)在区间(0,+Q上单调递增.因为g(―)=ee+—-2<e—-2<0,ee又因为g(e)=ee+ae>e—-—e>0，所以g(x)有唯一的一个零点.

即函数y=f(x)与y=1-Inx有且只有一个交点.———,a2(20)解：(I)由题<ab=2,a2=b2+c2.解得［：=2所以椭圆方程为兰+y2=1.4II)解法1证明：设直线A2M方程为y=k(x-2)(k丰0且k工土丄)，直线AB方程为221解得点P(4k+24k)解得点P(4k+24k)2k-1'2k—1)1,y=x+1.2y=k(x-2)，由<x2得(4k+1)x2一16k2x+16k2一4=0,+y2=1.〔416k2-44k2+1所以xM所以xM=8k2-2=4k2+1-4kyM=兀1TOC\o"1-5"\h\z8k2-2-4k)4k2+1'4k2+1)-4k=4k2+1=-丄ajm8k2-2+24k4k2+1+于是直线A1M的方程为y一4(x+2)，直线A2b的方程为y=-1x+1•14k(x+2)解得点Q(4k+22k-12k—1)于是Xp=X/所以PQ丄x轴.4k-2+设PQ中点为N，则N点的纵坐标为2k--22k—1=1.故PQ中点在定直线y=1上.从上边可以看出点B在PQ的垂直平分线上，所以|Bp=|BQ|所以△BPQ为等腰三角形.解法2证明：设M(x,y)(x工±2,y工±1)则x2+4y2=4.0000001直线AM方程为y二丄(x—2)，直线AB方程为y=-x+1.2x—2120解得点P(2x+4y—400—2y—x+2000——x+2直线AM方程为y二—厶(x+2)，1x+20直线AB方程为y=—2x+1.y=y(x+2),x+201[y=——x+1.2解得点解得点Q(2x—4y+4002y+x+200

4y、).+x+2002x+4y—42x—4y+4x—x=00—PQ2y—x+22y+x+20000

2(x+2y—2)(2y+x+2)—2(x—2y+2)(2y—x+2)00000000—(2y—x+2)(2y+x+2)00002「(x+2y)2—4)—(4—(x-2y)2_1-0000-I—0(2y—x+2)(2y+x+2)0000于是x”-x©，所以PQ丄x输,4y,4yy+y—0+0pQ2y—x+22y+x+200004y(4y+4)4y(4y+4)00—(2y+2)2—x200(2y—x+2)(2y+x+2)0000故PQ中点在定直线y—1上.从上边可以看出点B在PQ的垂直平分线上，所以IBP—|BQ|所以△BPQ为等腰三角形.(21)解：(I)①数列｛a｝具有“性质屮(2)”；n②数列｛a｝不具有“性质屮⑵”.n(II)先证“充分性”：当数列｛a｝具有“性质T(2)”时，有aTOC\o"1-5"\h\zn2n—12nn又因为a>a,n+1n所以0<a—a—a—a<0,2nnn2n—1进而有a—an2n结合a>a有a—a—…—a,n+1nnn+12n即“数列｛a｝为常数列”；n再证“必要性”：若“数列｛a｝为常数列”，n则有a+a—2a—2a,2n—12n1n即“数列｛a｝具有“性质屮⑵”.n(III)首先证明：a—a>2.n+1n因为｛a｝具有“性质屮⑷”，n所以a+a=4a.TOC\o"1-5"\h\z2n-12nn当n=1时有a=3a=3.21又因为a,a,a&N*且a>a,2n-12nn2n2n-1所以有a>2a+1,a<2a一1,2nn2n-1n进而有2a+1<a<a-1<2a-2,n2n2n+1n+1所以2(a-a)>3,n+1n结合a,aeN*可得：a一a>2.n+1nn+1n然后利用反证法证明：a-a<2.n+1n假设数列｛a/中存在相邻的两项之差大于,即存在keN*满足：a-a>3或a-a>3，2k+12k2k+22k+1进而有4(a-a)二(a+a)-(a+a)k+1k2k+22k+12k2k-1=(a—a)+(a—a)2k+22k2k+12k-1=[(