北京朝陽(yáng)區(qū)2018-2019學(xué)年第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測(cè)

北京市朝陽(yáng)區(qū)2018-2019學(xué)年度第一學(xué)期期末質(zhì)量檢測(cè)高三年級(jí)數(shù)學(xué)試卷答案（文史類）2019.1高三年級(jí)數(shù)學(xué)試卷答案（文史類）2019.1、選擇題（40分）題號(hào)12345678答案DBACCCBB二、填空題（30分）題號(hào)91011121314答案2126108+473(1,3]臺(tái)匕目匕8三、解答題（80分）15.（本小題滿分13分）斛：(I)因?yàn)閍nj1=an+1(nWN),所以數(shù)列｛an｝是公差為1的等差數(shù)列.又因?yàn)镾3=12,則3=3,一一.*所以，an=a1(n-1)d=n2(nN).1，則(n)由(I)知，bn=——，則anan+1(n2)(n3)1_313.n1_313.n11-r—441111-5-5-6"-3n9*(nN).13分16.（本小題滿分13分）解：（I）由題意可知,解：（I）由題意可知,f(x)的定義域?yàn)椤秞|x#—+kn,kWZ\.22x..f(x)=(2cos-1)tanxcosx

2=cosxtanxcosx=sinxcosx-2sinIx一4所以f(x)的最小正周期為2n.7分(n)解法一：由f(口)=1知，在sinfa+三i=1,貝UsinQ+“1="4.42解得a=2kn或a="+2kn,k^Z2又因?yàn)閛tw(―幾n),且ct#二十kn,kzz2所以：=0.解法二：由f(ot)=1知，since+cosa=1,貝Usin2ot=0?一k-：解得ot=——，kwZ.2又因?yàn)榭谌?一幾兀)，且口￥上+kn,kwZ.所以久=0.13分.(本小題滿分13分)解：B市一共有5個(gè)銷售點(diǎn)，價(jià)格分別為：2500,2500,2500,2450,2460按照價(jià)格從低到高排列為：2450,2460,2500,2500,2500B市5個(gè)銷售點(diǎn)小麥價(jià)格的中位數(shù)為2500.3分(n)記事件“甲的費(fèi)用比乙高”為AB市5個(gè)銷售點(diǎn)按照價(jià)格從低到高排列為：2450,2460,2500,2500,2500C市一共有4個(gè)銷售點(diǎn)，價(jià)格分別為：2580,2470,2540,2400按照價(jià)格從低到高排列為：2400,2470,2540,2580甲乙兩個(gè)購(gòu)買小麥分別花費(fèi)的可能費(fèi)用有如下組合：(2450,2400),(2460,2400),(2500,2400),(2500,2400),(2500,2400),(2450,2470),(2460,2470),(2500,2470),(2500,2470),(2500,2470),(2450,2540),(2460,2540),(2500,2540),(2500,2540),(2500,2540),(2450,2580),(2460,2580),(2500,2580),(2500,2580),(2500,2580),一共有20組.其中滿足甲的費(fèi)用高于乙的有如下組合：(2450,2400),(2460,2400),(2500,2400),(2500,2400),(2500,2400),TOC\o"1-5"\h\z(2500,2470),(2500,2470),(2500,2470)一共有8組.所以，甲的費(fèi)用比乙高的概率為：p（A）=S=Z.10分205（山）三個(gè)城市按照價(jià)格差異性從大到小排列為：C,A,B.13分.（本小題滿分14分）（I）因?yàn)锽C1_LC1c，又平面AC1cA_L平面BCGB,且平面AC1cAR平面BCC1B1=C1c,所以BC1_L平面ACC1A.又因?yàn)锳Cu平面AC1cA,TOC\o"1-5"\h\z所以BC1_LAC.4分（n）取AC1中點(diǎn)G,連FG,連GC.A在△AB1G中，因?yàn)镕,G分別是AEAC1中點(diǎn)，F(xiàn)i>AF<……一、.GP1所以FG//BC「且FG=-BG.B4少NcTOC\o"1-5"\h\z211laBc在平行四邊形BCC14中，因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，――――1-所以EC〃BC1,且EC=-B1C1.所以EC//FG,且EC=FG.所以四邊形FECG是平行四邊形所以FE//GC.又因?yàn)镕E0平面AC1CA,GCU平面AC1cA,所以EF〃平面AC1cA.

(出)在線段AB上存在點(diǎn)P,使得BC1_L平面EFP.取AB的中點(diǎn)P,連PE,連PF.因?yàn)锽C1_L平面ACC1A,ACu平面ACC1A,CGu平面ACC1A,所以BC1_AC,BC1_CG.在△ABC中，因?yàn)镻,E分別是AB,BC中點(diǎn)，所以PE//AC.又由(n)知FE//CG,所以BC1_PE,BC1,EF.由PEQEF=E得BG_L平面EFP.____AP1故當(dāng)點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)時(shí)，BCi_L平面EFP.此時(shí)，——=—.AB214分19.(本小題滿分14分)y=x1TOC\o"1-5"\h\z解：(I)由題意可得直線11的方程為y=x+1.與橢圓方程聯(lián)立，由?x22——+y=1L2_―41可求B(——,——).4分33(n)當(dāng)I2與x軸垂直時(shí)，C,D兩點(diǎn)與E,G兩點(diǎn)重合，由橢圓的對(duì)稱性，EF1UF1G.當(dāng)12不與x軸垂直時(shí),設(shè)C(x1,yJDd*),I2的方程為y=k(x+1)(k#1)y=k(x1)由《x22消去y,整理得(2k2+1)x2+4k2x+2k2—2=0.—y=12則Xi+X2-4k則Xi+X2-4k2

2k21X1X22k2-22k21則直線AD的方程為y—1=*—-x,令x=-1,得點(diǎn)E的縱坐標(biāo)Xn1y2T,Ne=.把y2=kXn1y2T,Ne=.把y2=k(X2+1代入得y=X21(1-k)X2X2，一4.-1由已知，x1豐――,則直線BC的方程為y+—33Xi4人，-八(x+—),令x=-1,得點(diǎn)G3的縱坐標(biāo)yG=y1一為一1.把y1=k(x1+1)代入得3(X14)3X11(k-1)yG二"■3x14yEyG=X21(1-k)X11(k-1)x2(1-k)yX21(3x14)-X2X11x2(3x14)(1-k)12x1x23(x1x2)41X2(3k4)把x1+x2把x1+x2=-4k22k2-22,X1X2=22k212k21代入到2x1x2+3(X,+x2)+4中,222x1x23(x1x2)4=22kJ23(-4k)4=0.2k212k2114分即yE+yG=0,即EFi|=|FG|14分20.(本小題滿分13分)解：(I)當(dāng)m=0時(shí)：f'(x)=(x+1)eT,令f'(x)=0解得x=T,又因?yàn)楫?dāng)xw(㈤,—1),f'(x)c0,函數(shù)f(x)為減函數(shù);當(dāng)x三(一1,十比)，f'(x)>0,函數(shù)f(x)為增函數(shù).?，1所以，f(x)的極小值為f(—1)=—1e(n)f(x)=(x+1)(ex-m).當(dāng)m>0時(shí)，由f'(x)=0,得x=T或x=Inm.1一.X1.一(l)若m=，則f(x)=(x+1)(e—)^0>f(x)在(-^，2)上單調(diào)遞增;1(ii)右m>-，則Inm>T.故當(dāng)f(x)>0時(shí)，x<T或x>Inm;e當(dāng)f(x)<0時(shí)，一1<x<lnm.所以f(x)在(㈤，—1),(lnm,+^評(píng)調(diào)遞增，在(―1,lnm)單調(diào)遞減.，一13)右0<m<—，則lnm<-1.故當(dāng)f(x)>0時(shí)，x<lnm或x>-1；e當(dāng)f'(x)<0時(shí)，lnm<x<—1.所以f(x)在(-°o,lnm),(-1,代)單調(diào)遞增，在(lnm,-1)單調(diào)遞減.8分(出)(1)當(dāng)m=0時(shí)，f(x)=xex,令f(x)=0,得x=0.因?yàn)楫?dāng)x<0時(shí)，f(x)<0,當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0,所以此時(shí)f(x)在區(qū)間(_8,1)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).(2)當(dāng)mA0時(shí)：11八(i)當(dāng)m=-時(shí)，由(n)可知f(x)在(一8,十比)上單倜遞增，且f(一1)=一一<0,ee2f(1)=e—>0,此時(shí)f(x)在區(qū)間(血,1)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).e一1一，(ii)當(dāng)mA一時(shí)，由(n)的單調(diào)性結(jié)合f(―1)<0,又f(lnm)<f(―1)父0,e只需討論f(1)=e—2m的符號(hào)：TOC\o"1-5"\h\z..1e.當(dāng)一<m<