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1、 理科参考答案 第 1 页,共 9 页 海淀区高三年级第一学期期末练习海淀区高三年级第一学期期末练习 数学（理科）答案及评分标准 2017.1 一、选择题（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 一、选择题（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分） 1.B 2.B 3. C 4.C 5.A 6. B 7.D 8.C 二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分，二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分， 9. 1 i 10. 15 11. 16 3 12.（1,0） ； 3 (1) 3 yx和 3 (1) 3 yx 13. 6 ， 2 14. 三、解答题（共
2、6 小题，共 80 分） 三、解答题（共 6 小题，共 80 分） 15. （本小题满分 13 分） 解： （）由ABC 面积公式及题设得 1 sin 2 SacB 133 2 222 aa 解得1,2,ac 由余弦定理及题设可得 222 2cosbacacB 1 142 1 2 ()7 2 又0,7bb . (不写 b0 也不扣分) （）在ABC 中，由正弦定理 sinsin ab AB 得： 1321 sinsin 2147 a AB b ， 又120B ，所以A是锐角（或：因为12,ac ） 所以 2 1755 7 cos1sin 19614 AA， 所以 sin213 tan. cos
3、55 7 A A A 16. （本小题满分 13 分） 理科参考答案 第 2 页,共 9 页 解：（） 十二周 “水站诚信度” 的平均数为x= 95+98+92+88+94+94+83+80+85+92+95+96 =91% 12 100 （）随机变量X的可能取值为 0，1，2，3 三个周期“水站诚信度”超过91%分别有 3 次，2 次，3 次 1212 (0) 44464 P X 32112112314 (1) 44444444464 P X 32132132330 (2) 44444444464 P X 32318 (3) 44464 P X 随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 P
4、1 32 7 32 15 32 9 32 17159 01232 32323232 EX （）本题为开放问题，答案不唯一，在此给出评价标准，并给出可能出现的答案情况， 阅卷时按照标准酌情给分. 给出明确结论，1 分，结合已有数据，能够运用以下三个标准中的任何一个陈述得 出该结论的理由，2 分. 标准 1:会用主题活动前后的百分比变化进行阐述 标准 2：会用三个周期的诚信度平均数变化进行阐述 标准 3：会用主题活动前后诚信度变化趋势进行阐述 本题为开放问题，答案不唯一，在此给出评价标准，并给出可能出现的答案情况， 阅卷时按照标准酌情给分. 给出明确结论，1 分，结合已有数据，能够运用以下三个标准
5、中的任何一个陈述得 出该结论的理由，2 分. 标准 1:会用主题活动前后的百分比变化进行阐述 标准 2：会用三个周期的诚信度平均数变化进行阐述 标准 3：会用主题活动前后诚信度变化趋势进行阐述 17. （本小题满分 14 分） 解： （）直线DC/m. 证明：由题设可得/ /,CDOB 1 CDAOB平面， 1 OBAOB平面， 所以/CD平面 1 AOB. 又因为CD 平面 1 ADC，平面 1 ADC平面 1 AOBm， 所以/ /CDm. （此处漏写 1 CDAOB平面扣 1 分，漏写 1 ADC平面平面 1 AOBm扣 1 分） 法 1： （）由已知224ABCDBC，O是边AB的中点
6、，/ABCD， 所以/CD OB， 因为90ABC，所以四边形CDOB是正方形， 理科参考答案 第 3 页,共 9 页 所以在图 1 中DOAB， 所以结合题设可得，在图 2 中有 1 DOOA，DOOB， 又因为 1 OAOBO， 所以 1 DOAOB平面. 在平面AOB内作OM垂直OB于M，则DOOM. 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则 1( 3, 1,0), (0,2,0), (0,0,2)ABD， 所以 1 (3,1,2)AD . 设( 3, ,0)Gm，则由 1 OGAD可得 1 0AD OG，即 (3,1,2) ( 3, ,0)30mm 解得3m . 所以 1 4AG . （）
7、设平面 1 ABD的法向量( , , )x y zn，则 1 1 0, 0, AD AB n n 即 320, 330, xyz xy 令1y ，则3,1xz， 所以( 3,1,1)n， 设直线 1 AO与平面 1 ABD所成角为，则 sin 1 1 1 5 cos, 5 AO n AO n AOn . （公式 1 分，数值 1 分） 法 2： （）由已知224ABCDBC，O是边AB的中点，/ABCD， 所以/CD OB， 因为90ABC，所以四边形CDOB是正方形， 所以在图 1 中DOAB， 所以结合题设可得，在图 2 中有 1 DOOA，DOOB， 又因为 1 OAOBO， O D C
8、 B G 1 A z x y M 理科参考答案 第 4 页,共 9 页 所以 1 DOAOB平面. 又因为 1 OGAOB平面，所以DOOG. 若在直线m上的点G满足 1 OGAD，又 1 ODADD， 所以 1 OGAOD平面， 所以 1 OGOA， 因为 11 120 ,/AOBOBAG，所以 1 60OAG， 因为 1 2OA ，所以 1 4AG . （）由（II）可知 1 ODOAOG、两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则 1 0,0,0),(2,0,0), ( 1, 3,0),(0,0,2)OABD（， 所以 11 ( 2,0,2),( 3, 3,0,)ADAB 设平面
9、1 ABD的法向量( , , )nx y z，则 1 1 0, 0, n AD n AB 即 220, 330, xz xy 令1x ， 则3,1yz， 所以(1, 3,1)n ， 设直线 1 AO与平面 1 ABD所成角为，则 sin 1 1 1 5 cos, 5 AO n AO n AOn . （公式 1 分，数值 1 分） 18. （本小题满分 13 分） 解：解： （）由已知2,b 由点(3,1)B在椭圆 G 上可得 2 91 1 4a ， 解得 2 12,2 3aa. O D C B G1 A z x y 理科参考答案 第 5 页,共 9 页 所以 222 8,2 2cabc 所以椭
10、圆 G 的离心率是 6 . 3 c e a （）法 1： 因为以BC为直径的圆经过点A，所以ABAC， 由斜率公式和(0,2), (3,1)AB可得 1 3 AB k ， 所以3 Ac k， 设直线AC的方程为32yx. 由 22 32, 1 124 yx xy 得 2 790 xx， 由题设条件可得 9 0, 7 AC xx ， 所以 913 () 77 C -,-. 所以直线BC的方程为 2 1 3 yx. 法 2：因为以BC为直径的圆经过点A，所以ABAC， 由斜率公式和(0,2), (3,1)AB可得 1 3 AB k ， 所以3 Ac k， 设 CC C xy（ ， ） ,则 2 3
11、 C Ac C y k x ，即32 CC yx 由点 C 在椭圆上可得 22 1 124 CC xy 将代入得 2 790 CC xx， 因为点C不同于点A， 所以 9 7 C x ， 所以 913 () 77 C -,- 所以直线BC的方程为 2 1 3 yx. 法 3：当直线 l 过点B且斜率不存在时，可得点(3, 1)C，不满足条件. 设直线BC的方程为1(3)yk x ，点 CC C xy（ ， ） 理科参考答案 第 6 页,共 9 页 由 22 13 , 1 124 ykxk xy 可得 222 (31)6 (13 )3(13 )120kxkk xk， 显然0 ，此方程两个根是点B
12、C和点的横坐标， 所以 2 2 3(13 )12 3 31 C k x k ，即 2 2 (13 )4 , 31 C k x k 所以 2 2 361, 31 C kk y k 因为以BC为直径的圆经过点A， 所以ABAC，即0AB AC. （此处用1 ABAC kk 亦可） 22 22 963961 (3, 1) (,) 3131 kkkk AB AC kk 2 2 36128 0 31 kk k ， 即(32)(31)0kk， 12 21 , 33 kk 当 2 1 3 k 时，即直线AB,与已知点C不同于点A矛盾， 所以 1 2 , 3 BC kk 所以直线BC的方程为 2 1 3 yx
13、. 19. （本小题满分（本小题满分 14 分）分） 解： （）由( )ln1 a f xx x 得 22 1 ( )(0) axa fxx xxx 由已知曲线( )yf x存在斜率为1的切线， 所以( )1fx 存在大于零的实数根， 即 2 0 xxa存在大于零的实数根， 因为 2 yxxa在0 x 时单调递增， 所以实数a的取值范围0（- ， ）. （）由 2 ( ) xa fx x ，0 x ，aR可得 当0a 时，( )0fx ，所以函数( )f x的增区间为(0,)； 理科参考答案 第 7 页,共 9 页 当0a 时，若(,)xa ，( )0fx ，若(0,)xa，( )0fx ， 所以此时函数( )f x的增区间为(,)a，减区间为(0,)a. （）由( ) ln xa g x x 及题设得 22 ln1 ( ( ) (ln )(ln ) a x f x x g x xx ）， 由10a 可得01a ，由()可知函数( )f x在(,)a上递增， 所以(1)10fa ， 取ex，显然e1， (e)lne10 e aa f e ， 所以存在 0 (1,e)x 满足 0 ()0f x，即 存在 0 (1,e)x 满足 0 ()0g x， 所以( ), ( )g x g x在区间(1,)上的情况如下： x 0 (1
