海 淀 區(qū) 高 三 年 級 第 二 學(xué) 期 期 中 練 習(xí)
數(shù) 學(xué)（理科）
一、 選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.）
題號
（1）
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
答案
C
D
B
A
A
C
D
C
二、填空題（本大題共6小題，每小題5分，有兩空的小題，第一空3分，第二空2分，共30分）
(9)2 (10)7 (11)
(12)120° (13) ?3, [-2，18]
(14) 2,an=
sin[
]+
(k∈N)（注意：答案不唯一，如寫成an=sin（
）+即可）
三、解答題（本大題共6小題，共80分）
（15）（共12分）
解：（Ⅰ）由所給條件，方程x2-5x+6=0的兩根tanA=3,tanB=2. ……………2分
∴tan(A+B)＝ 
…………………………………………4分
＝
=-1………………………………………………6分
（Ⅱ）∵A+B+C=180°, ∴C=180°- (A+B).
由（Ⅰ）知，tanC = -tan(A+B)=1,
∵C為三角形的內(nèi)角，∴sinC =
.……………………………………8分
∵tanA=3, A為三角形的內(nèi)角，∴sinA=
.…………………………10分
由正弦定理得：
…………………………………………11分
∴BC=
……………………………………………12分
（16）（共13分）
解：（Ⅰ）記“摸出一球,放回后再摸出一個球,兩球顏色不同”為事件A, ……1分
摸出一球得白球的概率為
， ……………………………………2分
摸出一球得黑球的概率為
， ……………………………………3分
∴P(A)= 
……………………………………5分
答：兩球顏色不同的概率是
.
（Ⅱ）由題知ξ可取0，1，2， …………………………………………6分
依題意得
P(ξ=0) = 
P(ξ=1) = 
P(ξ=2) =
………………………………………………9分
則Eξ=0
…………………………………11分
Dξ=
……………13分
答：摸出白球個數(shù)ξ的期望和方差分別是
（17）（共14分）
證明：（Ⅰ）∵PA⊥底面ABCD，
∴PA⊥BC.
又AB⊥BC，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB. …………………………………………………2分
又BC
平面PCB，
∴平面PAB⊥平面PCB. …………………………………………4分
（Ⅱ）∵PA⊥底面ABCD ，
∴AC為PC在平面ABCD內(nèi)的射影.
又∵PC⊥AD.
∴AC⊥AD. 5分
在梯形ABCD中，由AB⊥BC，
AB=BC，得∠BAC=
,
∴∠DCA=∠BAC=.
又AC⊥AD，故△DAC為等腰直角
三角形.
∴DC=
AC=(AB)=2AB.
連接BD，交AC于點M，
則
…………………7分
在△BPD中，
∴PD∥EM
又PD?平面EAC，EM平面EAC，
∴PD∥平面EAC. ………………………………………………9分
（Ⅲ）在等腰直角△PAB中，取PB中點N，連接AN，
則AN⊥PB.
∵平面PAB⊥平面PCB，
且平面PAB∩平面PCB=PB，
∴AN⊥平面PBC.
在平面PBC內(nèi)，過N作NH⊥直線CE于H，連接AH，由
于NH是AH在平面CEB內(nèi)的射影，故AH⊥CE.
∴∠AHN就是二面角A―CE―P的平面角，……12分
在Rt△PBC中，設(shè)CB=a,則PB=
=a,BE=
NE=
，CE=
=
由NH⊥CE，EB⊥CB可知：△NEH∽△CEB.
∴
代入解得：NH=
.
在Rt△AHN中，AN=
∴tanAHN=
……………………13分
即二面角A―CE―P的大小為arctan
.………………………………14分
解法二：
（Ⅱ）建立空間直角坐標系A―xyz，如圖.
設(shè)PA=AB=BC=a,則
A (0, 0, 0), B (0, a, 0)，
C (a, a,
0), P (0, 0, a)，
E 
…………5分
設(shè)D (a, y, 0)，則
=(-a,
-a, a),
=(a, y,
0),
∵CP⊥AD，
∴?=-a2 - ay=0,
解得：y=-a.
∴DC=2AB.
連接BD，交AC于點M，
則…………………………………………………………7分
在△BPD中，
∴PD∥EM.
又PD?平面EAC，EM?平面EAC，
∴PD∥平面EAC.………………………………………………………9分
（Ⅲ）設(shè)n1=(x,y,1)為平面EAC的一個法向量, 則n1⊥
, n1⊥
∴
解得：x=，y=
,∴n1=(, ,1). ……………………………11分
設(shè)n2=（x′, y′, 1）為平面EBC的一個法向量，則n2⊥
, n2⊥
,
又=（a,0,0）, =(0,
),∴
解得：x′=0,y′=1, ∴n2=(0,1,1). …………………………………12分
cos<n1, n2>= =
.……………………………………………13分
∴二面角A―CE―P的大小為arccos.……………………………14分
（18）（共14分）
解：（Ⅰ）當n≥2時an=Sn-Sn-1=nan-(n-1)an-1-4(n-1), ……………………………2分
得an-an-1=4(n=2,3,4，…). ……………………………………………………3分
∴數(shù)列{an}是以a1=1為首項，4為公差的等差數(shù)列.…………………………4分
∴an = 4n3. ……………………………………………………………………5分
Sn=(a1 + an)n=2n2n. ………………………………………………………6分
（Ⅱ）
=
=
…………8分
=
………………………………………………10分
（Ⅲ）由Sn=2n2-n得：
………………………………………11分 ∴
………13分
令n2=400，得n=20，所以，存在滿足條件的自然數(shù)n=20. …………14分
（19）（共13分）
解：（Ⅰ）由題可設(shè)A（x1,x1）,B(x2,x2),M(x,y)，其中x1>0,x2>0.
則
…………………………………………………1分
∵△OAB的面積為定值2，
∴S△OAB=|OA|?|OB|=（x1）（x2）= x1 x2=2.……………2分
（1）2（2）2，消去x1,x2，得x2y2=2.………………………………4分
由于x1>0,x2>0,
∴x>0，所以點M的軌跡方程為x2y2=2(x>0).………5分
（Ⅱ）依題意，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+2.
由
消去y得：(1k2) x24kx6=0,……………………6分
設(shè)點P、Q、R、S的橫坐標分別是xp、xQ、xR、xS，
∴由xp，xQ >0得
…………………………8分
解之得：<k<1.
∴|xPxQ|=
………………………9分
由
消去y得:xR=
由
消去y得：xS=
∴|xR-xS|=
…………………………………………………………10分
由于P，Q為RS的三等分點，∴|xRxS|=3|xPxQ|. ……………………11分
解之得k=
. …………………………………………………………12分
經(jīng)檢驗, 此時P, Q恰為RS的三等分點，故所求直線方程為y=x
2. …
…………………………………………………………………………13分
（20）（共14分）
解：（Ⅰ）f1(x), f2(x)是“保三角形函數(shù)”，f3(x)不是“保三角形函數(shù)”. …………1分
任給三角形，設(shè)它的三邊長分別為a，b,c，則a+b>c,不妨假設(shè)a≤c,b≤c,
由于
，所以f1(x), f2(x)是“保三角形函數(shù)”.……3分
對于f3(x)，3，3，5可作為一個三角形的三邊長，但32+32<52，所以不存在三角
形以32,32,52為三邊長，故f3(x)不是“保三角形函數(shù)”. ……………………4分
（Ⅱ）設(shè)T>0為g(x)的一個周期，由于其值域為(0,+ ∞)，所以，存在n>m>0，使得
g(m)=1,g(n)=2,
取正整數(shù)λ>
，可知λT+m,λT+m,n這三個數(shù)可作為一個三角形的三邊
長，但g(λT+m)=1,g(λT+m)=1,g(n)=2不能作為任何一個三角形的三邊
長. 故g(x)不是“保三角形函數(shù)”. ………………………………………………8分
（Ⅲ）A的最大值為
. ………………………………………………………………9分
一方面，若A>，下證F(x)不是“保三角形函數(shù)”.
取
∈(0,A)，顯然這三個數(shù)可作為一個三角形的三邊長，但
sin
=1,sin=,sin=不能作為任何一個三角形的三邊長，故F(x)
不是“保三角形函數(shù)”. ……………………………………………………………11分
另一方面，以下證明A=時，F（x）是“保三角形函數(shù)”.
對任意三角形的三邊a，b,c，若a,b,c∈（0，），則分類討論如下：
（1）a+b+c≥2π,
此時a≥2π-b-c>2π--=
，同理，b,c>,
∴a,b,c∈（，），故sina,sinb,sinc∈(
，
sina+sinb>
=1≥sinc.
同理可證其余兩式
∴sina,sinb,sinc可作為某個三角形的三邊長.
（2）a+b+c<2π
此時，
，可得如下兩種情況：
≤時，由于a+b>c, ∴0
≤.
由sinx在(0，
上的單調(diào)性可得0<sin
<sin≤1;
>時,0<<π-<,同樣，由sinx在[0, ]上的單調(diào)性可得
0<sin<sin<1;
總之，0<sin< sin≤1.
又由|ab|<c< 及余弦函數(shù)在（0，π）上單調(diào)遞減，得
cos
=cos
>cos >cos
>0,
∴sina+sinb=2sin 
同理可證其余兩式，所以sina,sinb，sinc也是某個三角形的三邊長.故A=時，
F(x)是“保三角形函數(shù)”.
綜上，A的最大值為.………………………………………………………14分
說明：其他正確解法按相應(yīng)步驟給分.
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