北京市西城区2013届高三数学上学期期末考试试题 文 北师大版(2)

北京市西城区2012 — 2013学年度第一学期期末

高三数学（文科）参考答案及评分标准

2013.1

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.

1．B； 2．A； 3．C； 4．B； 5．C； 6．D； 7．A； 8．B．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.

9．?1； 10．； 11．y??125x，23； 212．?3； 13．[?1?,1]，[,?]； 14．4π． 23注：11、13题第一空2分，第二空3分.

三、解答题：本大题共6小题，共80分.若考生的解法与本解答不同，正确者可参照评分标准给分.

15．（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：由已知得 2cosB?cosB?1?0， ??????2分 即 (2cosB?1)(cosB?1)?0．

解得 cosB?21，或cosB??1． ??????4分 2因为 0?B?π，故舍去cosB??1． ??????5分 所以 B?π． ??????6分 3222（Ⅱ）解：由余弦定理得 b?a?c?2accosB． ??????8分

将B?π2，b?7代入上式，整理得(a?c)?3ac?7． 3因为 a?c?5，

所以 ac?6． ??????11分 所

以

△

ABC的面积

6

S?

133． ??????13分 acsinB?2216．（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：由频率分布直方图知，第3，4，5组的学生人数之比为3:2:1． ????2分

所以，每组抽取的人数分别为： 第3组：

321?6?3；第4组：?6?2；第5组：?6?1． 666所以从3，4，5组应依次抽取3名学生，2名学生，1名学生． ??????5分

4215（Ⅱ）解：记第3组的3位同学为A1，A2，A3；第组的位同学为B1，B2；第组的位

同学为C． ??????6分 则从6位同学中随机抽取2位同学所有可能的情形为：

(A1,A2),(A1,A3),(A1,B1),(A1,B2),(A1,C),(A2,A3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,C),(A3,B1), (A3,B2),(A3,C),(B1,B2),(B1,C),(B2,C)，共15种可能． ??????10分

其中，(A1,B1),(A1,B2),(A1,C),(A2,B1),(A2,B2),(A2,C),(A3,B1),(A3,B2),(A3,C),

(B1,C),(B2,C)这11种情形符合2名学生不在同一组的要求． ??????12分

故所求概率为P?

17．（本小题满分14分） （Ⅰ）证明：连接CN．

因为 ABC?A1B1C1是直三棱柱，

所以 CC1?平面ABC， ??????1分 所以 AC?CC1． ??????2分

因为 AC?BC， 所以 AC?平面BCC1B1． ??????3分

因为 MC?1，CN?CC1?C1N?5， 所

以

2211． ??????13分 15MN?6 ??????4分

．

（Ⅱ）证明：取AB中点D，连接DM，DB1． ??????5分

7

1BC． 21在矩形B1BCC1中，因为 N为B1C1中点，所以B1N//BC，B1N?BC．

2在△ABC中，因为 M为AC中点，所以DM//BC，DM?所以 DM//B1N，DM?B1N．

所以 四边形MDB1N为平行四边形，所以 MN//DB1． ??????7分

因为 MN?平面ABB1A1，DB1?平面ABB1A1， ??????8分 所以 MN// 平面ABB1A1． ??????9分

（Ⅲ）解：线段CC1上存在点Q，且Q为CC1中点时，有A1B?平面MNQ． ???11分

证明如下：连接BC1．

在正方形BB1C1C中易证 QN?BC1．

又A1C1?平面BB1C1C，所以 A1C1?QN，从而NQ?平面A1BC1．????12分 所以 A1B?QN． ??????13分 同理可得 A1B?MQ，所以A1B?平面MNQ．

故线段CC1上存在点Q，使得A1B?平面MNQ． ??????14分 18．（本小题满分13分）

b?x2（Ⅰ）解：f?(x)?2． ??????2分 2(x?b)依题意，令f?(?1)?0，得 b?1． ??????4分 经检验，b?1时符合题意． ??????5分（Ⅱ）解：① 当b?0时，f(x)?1． x 故f(x)的单调减区间为(??,0)，(0,??)；无单调增区间． ??????6分

b?x2② 当b?0时，f?(x)?2．

(x?b)2令f?(x)?0，得x1?b，x2??b． ??????8分

8

f(x)和f?(x)的情况如下：

x f?(x) f(x) (??,?b) ? ?b 0 (?b,b) b 0 (b,??) ? ? ↗ ↘ ↘ 故f(x)的单调减区间为(??,?b)，(b,??)；单调增区间为(?b,b)．

??????11分

③ 当b?0时，f(x)的定义域为D?{x?R|x???b}．

b?x2因为f?(x)?2?0在D上恒成立， 2(x?b)故f(x)的单调减区间为(??,??b)，(??b,?b)，(?b,??)；无单调增区间．

??????13分

19．（本小题满分14分）

?b1?a?2,（Ⅰ）解：依题意，得 ? ??????2分

?a2?b2?5.?解得 a?2，b?1． ??????3分

x2?y2?1． ??????4分 所以 椭圆的方程为41x2?y2?1，（Ⅱ）证明：由于l//AB，设直线l的方程为y??x?m，将其代入消去y，

24整理得2x?4mx?4m?4?0． ??????6分

设C(x1,y1)，D(x2,y2)．

22???16m2?32(m2?1)?0,?所以 ?x1?x2?2m, ??????8分

?2?x1x2?2m?2.证法一：记△OCM的面积是S1，△ODN的面积是S2． 由M(2m,0)，N(0,m)， 则S1?S2?11?|2m|?|y1|??|m|?|x2|?|2y1|?|x2|． ??????10分 229

因为 x1?x2?2m， 所以 |2y1|?|2?(?分

从而S1?S2． ??????14分 证法二：记△OCM的面积是S1，△ODN的面积是S2． 则

1x1?m)|?|?x1?2m|?|x2|， ??????132S1?S2?|MC|?|ND|?线段

C,D的N中M点重

合． ??????10分

因为 x1?x2?2m，

x1?x2y?y21x?x1?m，1???12?m?m． 222221故线段CD的中点为(m,m)．

2所以

因为 M(2m,0)，N(0,m)， 所以 线段MN的中点坐标亦为(m,1m)． ??????13分 2从而S1?S2． ??????14分

20．（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：r 1(A)?r3(A)?r4(A)?1，r2(A)??1；c1(A)?c2(A)?c4(A)??1，c3(A)?1， 所以l(A)??r(A)??cii?1j?144j(A)?0． ??????3分

（Ⅱ）证明：（ⅰ）对数表A0：aij?1(i,j?1,2,3,?,n)，显然l(A0)?2n．

将数表A0中的a11由1变为?1，得到数表A1)?2n?4． 1，显然l(A?1，得到数表A2，显然l(A2)?2n?8． 1将数表A1中的a22由变为

依此类推，将数表Ak?1中的akk由1变为?1，得到数表Ak． 即数表Ak满足：a11?a22???akk??1(1?k?n)，其余aij?1． 所以 r1(A)?r2(A)???rk(A)??1，c1(A)?c2(A)???ck(A)??1．

10

所以 l(Ak)?2[(?1)?k?(n?k)]?2n?4k，其中k?0,1,2,?,n．?????7分 【注：数表Ak不唯一】 （Ⅲ）证明：用反证法．

假设存在A?S(n,n)，其中n为奇数，使得l(A)?0． 因为ri(A)?{1,?1}，cj(A)?{1,?1} (1?i?n,1?j?n)，

所以r1(A)，r2(A)，?，rn(A)，c1(A)，c2(A)，?，cn(A)这2n个数中有n个1，

n个?1．

令M?r1(A)?r2(A)???rn(A)?c1(A)?c2(A)???cn(A)．

一方面，由于这2n个数中有n个1，n个?1，从而M?(?1)n??1． ① 另一方面，r1(A)?r2(A)???rn(A)表示数表中所有元素之积（记这n个实数之积为

2；c1(A)?c2(A)???cn(A)也表示m， 从而M?m?1． ② m）

2①、②相互矛盾，从而不存在A?S(n,n)，使得l(A)?0．

即n为奇数时，必有l(A)?0． ??????13分

11

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