海淀高三一模2020年度海淀高三数学一模答案解析

* *

海淀区高三年级第二学期阶段性测试参考答案

2020.春

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.

1. A

2. B

3. B

4. D

5. C

6. C

7. D

8. C

9. A 10. B

二、填空题:本大题共5小题, 每小题5分，共25分.

11. x = -\12. 24：13. 0；

14. 4^2; 2^6；15. (1) (2)

三、解答题：本大题共6小题，共85分.

16.(共14 分)

(1).

AB丄平面88CC

C】Bu平面BB.C.C ,

AB 1 C\B

又4BC _ &BG为三棱柱

AB = BB、= 2BC = 2 " -------------

BB]=2 = CC[,BC = 1

BC\=8 E

.?.在A5CG中，SC2 + C,52 = CC,2B

:.C}B 1BC

?; BCn」B = B y圣

BC c WiABC,AB c \^ABC ./

C X B1 平面"C

⑵

C X B丄平面如C

:.QB1BC

又v AB丄平面B8CC

AB LBC, AB LBC,

???以8为空间直角坐标系原点，昭为x轴，BQ為轴，时为:轴建系如图

8(0,0,0), C(l,0,0),C,(0,也0), E( - }右,1)

而=(—?M,1)网= (1,0,0)

设平面BCB^］法向量为〃 =(x, y,z)

.?.n丄BE.n丄BC n ? BE=0,n BC=0

x + >/3y + z = 0

x = 0

/. x = 0

令= 则:=-3 H =(0,A/3,-3)

BC,丄平^ABC

17.(共14 分) 解：(I) /(O) = 2 cos 0 + sin 0 = 2 ；

(II)当取①口1 =1,勿2 = 2时f(x)-2 cos2 x + sin 2x =sin2x + cos2x + l = V2sin(2x + ^-)+l

,??当2当=号时，即一等

/(叽宀(-等)=7

T = 7V

当取②＜y, = L 口2=1时，

/(x) = 2 cos2 x + sin x = —2 sin2 x + sin x + 2。

7t兀

256

则/'(x) = gQ) = -2〃+，+ 2/e -I,：

所以加血=g(0mm = g(-1) = -2 - 1 + 2 = -1

并且T = 2兀请关注“海淀数学教研”微信公众平台。謁

18.（共14 分）

解：（1）.由题意可知，从2010年到2019年共10年，其中研发投入占当年营收的百分比超过10%的有9年；设从2010年到2019年随机选取一年，研发投入占当年营收的百分比超过10%为事件A.所以P（N）=畚

（2）.由图可知，研发投入超过500亿元的年份的有5个，未超过500亿元的年份有5个。由题意可知X的可取值为：0,1,2.

尸1厂*1

p(x = i)=#

。10

所以X的分布列为:

2 5 2

所以￡（X） = 0x —+ lx^ + 2x —= 1.

9 9 9

（3）,由题意可知从2010年到2019年共10年，其中该年研发投入占当年营收的百分比超过,0%的有9年;而且从研发投入上看研发投入基本都在每年增加。可见该公司在发展的过程中比较重视研发。请关注“海淀数学教研”微信公众平台。農

19.（共15 分）解：（I）①切线方程为y = l;

②/'(x) = e" -1,令f\x) = 0,得x = 0；

所以，当x变化时，_f（x）与/'（X）的变化情况如下表所示:

所以/?,n=/(O) = h

(II )当

ae(-2,0)珅，曲线y = _/(x)与y = \-\nx有目只有一个交点等价于

P(x) =e* +ax + lnx — l(x>0)有且只有一个零点;

方法一:

F'(x) = e' + a + 丄(x > 0)

X、

①当XG (0,1)时，e x > \,—> 1, -2 < a < 0 ；所以F\x) > 0 ■

所以F(x)在(0,1)上单调递增;

②当xe[l,+oo), e'2e, 0<-<1, —2 0 ,

所以万(X)在［1,+8)上单调递增;

综上可知：P(x)在(0,+8)上单调递增;

又因为F(3) = + 3a + In3 — 1 >0 , F(e_l) = e e" +-+ Inie-1 )-1 < e5-2 + -< 0 ；e e 由零点存在定理可知：F(x)=e x +ax + \nx-l在(丄,3)上存在唯一零点，记为x°；e

所以当a G (-2,0)时，曲线_y =，(x)与* = 1-Inx有且只有一个交点一

方法二：

F'(x) = e x +a + —其中x G(0,+CO),ae (- 2,0)

设g(x)=F'(x) g'(x) = e、-$, g'(x)单调递增，且&'(1)>0浦'修)<0, 女。,1)使g，(x。)= K 一丄=0 ,此时『。=丄所以g(x), g'(x)随x的变化情况如下表：

g(Xo) = B'(Xo)=e*° +a + — = F + a + —

因为丄>L 」r>l,所以g （x °）>0 所以尸（X ）在X €（0,+8）单调递增, e<4<2",所以芒<2,又因为。￡（一2,0）,

F (e)-e e +ae-] + ] e e > e 1 >1 ae > -2e > -6 F (e)- e e + ae-\ + \ > 0 根据零点

存在性定理可得一定存在一个气使得”毎)=/' +气- l +

lnX| =0

所以当CZG （-2,0）时，曲线_y = /（x ）与_y = 1Tnx 有且只有一个交点. 请关注“海淀数学教研”微信公众平台。讒

20. (共 14 分)

a 2 +

b 2 =

c 2

椭圆C 的方程为:y + / = l. ⑵方法一：

设地g,（x"0,±2） .?.手 + %2 = 1

（0, X 。） g'(x)

—

g(x)

X 。 (%+8) 0

极小值

x 。扃 X 。，

解: （1）曰题得｛

解得:

* *

可求得直线A t M :y = ^^(x + 2),直线A.B :- + y = \ x0 + 2 2

联立：y=^L-(X+2)

X°+2,解得：’

-+J^ = 1

扣2》0-4外+4

+ 2坊 + 2 . 2x0-4y0+4 -4y0

-4^o

y x0-2y0-2

X O+2NO +2‘X O +2%+2)

同理：直线&W :y =豊」(x —2),

x°_2

直线A,B:— + y = ]可求得疽》。-饥+4,_^4y,_) 一2 x0-2y n-2 x0- 2y0- 2

可求得：

2 s 2

\B Qf = X Q2 + (1 -均)2 =端 + 言=号， |时「=宀(]_梢2=宀字竽, 而

2 2 _/2x0-4^0+4 2-2x0-4y0+4 2

X Q ~X P _(—島―_( --------------- ；厂)

工0 + 2坊 + 2 X。- 2坊-2

=/|[( Xo_2j，o+2 尸(Xo+2;vo_2 尸]

x0 + 2y0 + 2 x0-2y0-2

=4(》0-2儿+2 I Xo+2y°-2)( x°-2v°+2 》。+2儿一2)

x0+ 2y0 + 2 x0 -2y0-2 x0 + 2y0 + 2 x0 - 2y0 - 2 其屮

工0一2打+2 I Xo+2vo-2

Xo + 2% + 2 Xo_2%_2

=(x o —2y o +2)(x° _ 2% _ 2) + (x o +2y o -2)(气 + 2为 + 2)

(Xo+2% + 2)(Xo - 2月一2)

=(》0-2, o)2 4 +(X。+ 2坊)2 _ 4

(x()+ 2y0 + 2)(x0 - 2y0 - 2)

2%()2+8^02—8 °

(x0 + 2y0 + 2)(x0 -2y0 - 2)

■■■\BQf = \BPf即\BQ\ = \BP\

:.\BPQ为等腰二角形

请关注“海淀数学教研”微信公众平台。篇

* *

线"。的中点H, 湍成点泠=呑岩=|

■■x Q -x P

—2[(Xo —2vo+2)(x ° — 2为一 2) +(Xo+2vo —2)(X()+ 2坊 + 2)] (x 0 + 2^0+2)(x 0-2y 0-2)

(x 0 + 2y 0 + 2)(x 0-2y 0-2)

lx o 2 +8^(|2 —8 _ o

(x 0 + 2y 0+2)(x 0-2y 0-2) PQ 的斜率不存在

PQ 丄 AH :.^BPQ 为等腰三角形. 请关注“海淀数学教研”微信公众平台。疆方法三：

... 02x 。-4、。+4, -4丁 )

,工0 + 2% + 2' X 。+ 2为 + 2

方法二:

设 M(x°，为)，3。部,±2).?.3 + 坊2 = 1.

可求得直线A,M:y = ^—(,x + 2'),直^.A 2B:- + y = \

Xo + 2 2

联立：

、=旦%("2)

*°+2 ，解得…

- + y=l

工=2》0~4光+4

x° + 2% + 2 Q (2XO ~4VO +4 ~4口 )

—4月

X 。+ 2坊 + 2' % + 2义)+ 2

y —

同理：直线 A 2M :y = ^^(x-2),

可求得户(一2旳-4无+4 -4y a

0-22，Xo_2o_2)

* *

P(_2XO-4M)+4 -4J,O)

X。一2为一2 x0- 2y0 - 2

2 r 2

秒。|2 = x Q2 + (\-y Q)2 =x Q2 + -^-=

I明2 =X； +(l-'p)2 =Xp + ~^-=

而

2 _ Y 2 = z2x0-4^0+4 2 _ -2x0-4y0+4 2 。P x0 + 2y0 + 2 x0-2y0-2

= 4[(M"j"4)2]

Xo + 2%+2 x0-2y0-2

=*X Q_2J，O+2 I Xo+2y°_2)(工0_2)>0+2 X0+2y0_2)

x0 + 2y0 + 2 x°_2月_2 x0+2y0+2 x0-2y0-2

其中

2、O+2 I Xo+2V。-2

Xo + 2% + 2 x0-2y0-2

二(x。—2儿+2)(工0 -2坊—2) + (x°+2j，o—2)(x° + 2为 + 2)

(吒+2%+2)(工0-2坊-2)

=(^(，-^(，尸-彳+ 显 +⑵儿尸—彳

(x0 + 2y0 + 2)(x0-2y0-2)

_ 2%02+8^0_—8 _ °

(x0+2y0+2)(x0-2y0-2)

■■■\BQf = \BPf即\BQ\ = \BP\

.■.△BPQ为等腰三角形. 请关注“海淀数学教研”微信公众平台。靈

21.(共14 分)

解(1)①具有性质寸(2);②不具有性质他(2).

⑵充分性：Vn €N*, a^n-i > a n-. Q2n > a n,因此Q2”._i + O2n > 2a…._ 等号成立当且

* *

仅当吻“一?2n-i —a n>若｛如｝非常数列，设& = min(z €N* |働丰⑶｝,显然比> 2. 若2 | k,则a* = ak = ai；若2彳k,则％ = ak-i = a lt矛盾.因此｛。异为常数列. 必要性：因为Vn E N*, a n = <7，i,因此+ a2n. = 2Q】=2a…-

* *

⑶Qi = 1, Qi +。2 = 4。1,可知。2 = 3,因此。3 +=钿2 = 12且电N 4.

若= 4,则Q4 = 8,。5 +。6 N 9 + 10 > 16 = 4。3,矛盾；若> 6,则。4 < 6,矛盾. 因此。

3 = 5, ?

4 = 7.下证= 2n —1.假设该命题不成立，

设k = min｛i e N* | 吻-1 丰? —3或尹4今一1),显然A; > 3.

考虑数列｛如｝，其中如=Qn+2卜4 一4住一2),则数列｛如｝也具有性质机4),

且bl = a2k-3- 4(fc - 2) = 4fc - 7 - 4(fc - 2) = 1,同理有缶=5,饥=7,

即。3+2心一4 一4(k—2) = 5, Q4+2A-4 —4(fc —2) = 7,

有Q2k_1 = 4k-3且Q2Ar = 4k - 1,矛盾.证毕.

技三海淀数学教研