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2006年北京市宣武区高三上学期期末检测数学(理科)试卷


2006 年北京市宣武区高三上学期期末检测数学(理科)试卷
参考答案
1.A 2.B 3.D 4.D 5.A 6.C 7.B 8.C 9.– 3 10.f (x) = 2sin

? x 4

11.840 12.8 13.①③ 14.love

15 解: (Ⅰ)∵A (3,0)、B (0,3)、C

(cos ? ,sin ? ), ∴ AC = (cos ? – 3,sin ? ), BC = (cos ? ,sin ? – 3)。

∵| AC | = | BC |, ∴| AC |2 = | BC |2, ∴(cos ? – 3)2 + sin2 ? = cos2 ? + (sin ? – 3)2。 ∴sin ? = cos ? 。 ∵

? 3? <? < , 2 2
(6 分)

∴ ? =5π /4。 (Ⅱ)∵
8 27

BC = – 1, ·

∴cos ? (cos ? – 3) + sin ? (sin ? – 3) = – 1, ∴1 – 3(sin ? + cos ? ) = – 1, ∴sin ? + cos ? =

2 , 3

∴sin2 ? = 2sin ? cos ? = (sin ? + cos ? )2 – 1 = ?

5 。 9

(12 分)

16.解: (Ⅰ)∵f (x) = x2 (ax + b) = ax3 + bx2, ∴ f ? (x) = 3ax2 + 2bx。 ∵函数 f (x)在 x = 2 时有极值, ∴ f ? (2) = 0,即 12a + 4b = 0。 ①

∵函数 f (x)的图象在点(1,f (1))处的切线与直线 3x + y = 0 平行,
-1-

∴ f ? (1) = – 3,即 3a + 2b = – 3。 由①②解得,a = 1,b = – 3。 (Ⅱ) f ? (x) = 3x2 – 6x = 3x (x – 2), 令 3x (x – 2) > 0, 解得,x < 0 或 x > 2。 令 3x (x – 2) < 0, 解得,0 < x < 2。

② (7 分)

∴函数 f (x)的单调递增区间为( ?? ,0)和(2,+∞) ,单调递减区间 为(0,2) 。 17.解: (Ⅰ)由题意,得 (13 分)

1 8 0 P( ? = 0)= C3 , ? (1 ? ) 3 ? 3 27 11 1 2 4 P( ? = 1)= C1 , 3 ? ( ) ? (1 ? ) ? 3 3 9 1 1 2 2 P( ? = 2)= C3 ? ( ) 2 ? (1 ? )1 ? 3 3 9 1 3 1 P( ? = 3)= C3 。 3 ?( ) ? 3 27
∴ ? 的概率分布为

?
P ∴E ? = 0 ×

0

1

2

3

8 27

4 9

2 9

1 27
(7 分)

8 4 2 1 + 1 × + 2 × + 3× = 1。 27 9 9 27

(Ⅱ)第二小组第 7 次实验成功,前面 6 次实验中有 3 次失败,故所求概率

1 1 1 160 P = C3 。 ( ) 3 ? (1 ? ) 3 ? ? 6· 3 3 3 2187

(13 分)

18. (Ⅰ)在矩形 ABCD 中,∵AP = PB,DQ = QC, ∴AP // CQ, ∴四边形 AQCP 为平行四边形, ∴CP∥AQ。

-2-

∵CP ? 平面 CEP,AQ ? 平面 CEP, ∴AQ∥平面 CEP。 (4 分)

(Ⅱ)∵EP⊥平面 ABCD,AQ ? 平面 ABCD, ∴AQ⊥EP。 ∵AB = 2BC,P 为 AB 中点, ∴AP = AD。 连结 PQ,则 ADQP 为正方形, ∴AQ⊥DP。 ∵EP∩DP = P, ∴AQ⊥平面 DEP。 ∵AQ ? 平面 AEQ, ∴平面 AEQ⊥平面 DEP。 (9 分)

(Ⅲ)过 P 作 PQ⊥AE,垂足为 O,连结 OQ。 ∵QP⊥AB,QP⊥EP, 又∵AB∩EP = P, ∴QP⊥平面 AEP。 ∴AQ⊥AE。 ∴∠QOP 为二面角 Q – AE – P 的平面角。 ∵EP = AP =

1 AB = PQ, 2

∴OP =

2 2 EP ? PQ 。 2 2

在 Rt△OPQ 中,tan∠QOP =

PQ ? 2, PO

∴∠QOP = arctan 2 ,

即二面角 Q – AE – P 的大小为 arctan 2 。 19.解: (Ⅰ)由题设,得

(14 分)

-3-

?a12 ? a11 ? d1 ? 1, ? ?a 23 ? (a11 ? 2d1 ) ? q ? ? ? ?a32 ? (a11 ? d1 ) ? q 2 ? ? ?a ? 0(i,j ? 1, 2, 3). ? ij

3 , 4 1 , 4

1 ? ?a11 ? 2 , ? 1 ? ∴ ?d 1 ? , 2 ? 1 ? ?q ? 2 . ?

(5 分)

(Ⅱ)akk = a1k · qk – 1 = [a11 +(k – 1)d1] · qk – 1 = [ ∴Sn = a11 + a22 + a33 +…+ ann =

1 1 1 1 ( )k – 1 = k · ( )k ? (k ? 1) ? ] · 2 2 2 2

1 1 1 1 +2· ( )2 + 3 · ( )3 + … + n · ( )n, 2 2 2 2





1 1 1 1 1 1 Sn = ( )2 + 2 · ( )3 + 3 · ( )4 + … + (n – 1) · ( )n + n · ( )n+1。 ② 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 Sn = +( )2 + ( )3 + … +( )n – n · ( )n+1 2 2 2 2 2 2
1 1 [1 ? ( ) n ] 2 ? n ? ( 1 ) n?1 , =2 1 2 1? 2

① – ②得,

∴Sn = 2 – (Ⅲ) lim(S n ?
n??

n?2 。 2n

(10 分)

n ?1 n ? 2 n ?1 1 ) ? lim(2 ? n ? n ) ? lim(2 ? n ) ? 2 。 n n?? n?? 2 2 2 2

(14 分)

20. (Ⅰ)解:∵f (ab) = bf (a), 令 a = 1,b = 2, ∴f (1) = f (12) = 2f (1), ∴f (1) = 0。 (3 分)

(Ⅱ)证明:由(1)知,存在 x0 ? (0,+∞),使得 f (x0)≠0,显然 x0≠1。 任取 x1 ? (0,+∞)且 x1≠1,则 必存在实数 q,使得 x1 = x0q,q≠0。

-4-

由(2)知 f (x1) = f (x0q) = qf (x0)≠0, 故 f (x) = 0 有且只有一个实数根 x = 1。 (Ⅲ)证明:对任意的 0 < x1 < x2 < +∞, 存在实数 p1,p2,使得 x1= 2p1,x2 = 2p2,且 p1 < p2, f (x1) – f (x2) = f (2p1) – f (2p2) = p1f (2) – p2f (2) = (p1 – p2) f (2) < 0, ∴f (x1) < f (x2), ∴函数 f (x)在(0,+∞)上单调递增。 (14 分) (8 分)

-5-


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