发布时间 : 星期六 文章北京市海淀区2017届高三5月期末（二模）数学试题（理）有答案更新完毕开始阅读
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π（Ⅱ）因为x?[0,]，
2所以2x?[0,π]， 所以2x? 所以，当2x?3π3π2π?[?,] 5553πππ时， ??即x?5220πf(x)在区间[0,]上的最小值为?1.
216.（本小题满分13分）
解：
(Ⅰ)选择人文类课程的人数为(100+200+400+200+300)?1%=12(人)；
选择自然科学类课程的人数为(300+200+300)?1%=8(人). (Ⅱ)(ⅰ)依题意，随机变量X可取0，1，2.
0312C64C2C6C24C62C233p(X?0)??p(X?1)??p(X?2)??. ；；
C8414C8414C847故随机变量X的分布列为 X p 0 3 141 4 72 3 14
(ⅱ)法1：依题意，随机变量Y=2000X+1500(4?X)=6000+500X， 所以随机变量Y的数学期望为
E(Y)=6000+500E(X)
343=6000+500(0??1??2?)
14714=6500.
(ⅱ)法2：依题意，随机变量Y可取6000，6500，7000. 所以随机变量Y的分布列为 Y p 6000 6500 7000 3 144 73 14所以随机变量Y的数学期望为 343E(Y)=6000??6500??7000?
14714=6500.
17.（本小题满分14分） 解：
（Ⅰ）因为AD?DB，且DB?1，AB?2，所以AD?3， 所以?DBA?60?.
因为?ABC为正三角形，所以?CAB?60?，
又由已知可知ACBD为平面四边形，所以DB//AC. 因为AC?平面PDB，DB?平面PDB， 所以AC//平面PDB.
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（Ⅱ）由点P在平面ABC上的射影为D可得PD?平面ACBD，
所以PD?DA，PD?DB.
如图，建立空间直角坐标系，则由已知可知B(1,0,0)，
zPyADA(0,3,0)，P(0,0,1)，C(2,3,0). 平面ABC的法向量n?(0,0,1)，
设m?(x,y,z)为平面PAB的一个法向量，则 ??????BA??x?3y?0,??m?0,由????可得? ??x?z?0,????BP?m?0CBx令y?1，则x?3,z?3，所以平面PAB的一个法向量m?(3,1,3)， 所以cos?m,n??m?n321， ??|m||n|77?121. 7uuuruuur（Ⅲ）由（Ⅱ）可得AB?(1,?3,0)，PC?(2,3,?1)，
uuuruuur因为PC?AB?(2,3,?1)?(1,?3,0)??1?0，
所以二面角P?AB?C的余弦值为?所以PC与AB不垂直，
所以在线段PC上不存在点E使得PC⊥平面ABE.
18.（本小题满分14分） 解：
（Ⅰ）设动点M(x,y)，
由抛物线定义可知点M的轨迹E是以N(1,0)为焦点，直线l：x??1为准线的抛物线， 所以轨迹E的方程为y2?4x. （Ⅱ）法1：由题意可设直线l':x?my?n，
??x?my?n,由?2可得y2?4my?4n?0（*）， ??y?4x因为直线l'与曲线E有唯一公共点A， 所以??16m2?16n?0，即n??m2. 所以（*）可化简为y2?4my?4m2?0， 所以A(m2,2m)， 令x??1得P(?1,?因为n??m2，
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1?n)， m林根数学 微信：lingen8365
uuuruuur1?n所以NA?NP?(m2?1,2m)?(?2,?)??2m2?2?2?2n?0
m所以NA?NP，
所以点N在以PA为直径的圆C上. 法2：依题意可设直线l':y?kx?b,(k?0)，
??y?kx?b,由?2可得k2x2?2(bk?2)x?b2?0（*），
y?4x??因为直线l'与曲线E有唯一公共点A，且与直线l的交点为P，
?k?0,?k?0,所以?即?
??0,bk?1,??所以（*）可化简为k2x2?4x?所以A(1?0， 2k12,). k2k1令x??1得P(?1,?k)，
kuuuruuur121?22因为NA?NP?(2?1,)?(?2,?k)?2?2?2?2?0，
kkkkk所以NA?NP，
所以点N在以PA为直径的圆C上.
19.（本小题满分13分） 解：
（Ⅰ）f'(x)?aeax?1，
因为曲线y?f(x)在(0,f(0))处的切线与直线x?2y?3?0垂直， 所以切线l的斜率为2， 所以f'(0)?2， 所以a?3.
（Ⅱ）法1：当a?0时，显然有f(1)?ea?1?0?1，即存在实数x0使f(x0)?1； 当a?0,a?1时，由f'(x)?0可得x?11
ln，aa1111所以在x?(??,ln)时，f'(x)?0，所以函数f(x)在(??,ln)上递减；
aaaa1111x?(ln,??)时，f'(x)?0，所以函数f(x)在(ln,??)上递增
aaaa111所以f(ln)?(1?lna)是f(x)的极小值.
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由函数f(x)?eax?x可得f(0)?1， 11由a?1可得ln?0，
aa11所以f(ln)?f(0)?1，
aa综上，若a?1，存在实数x0使f(x0)?1.
（Ⅱ）法2：当a?0时，显然有f(1)?ea?1?0?1，即存在实数x0使f(x0)?1； 当a?0,a?1时，由f'(x)?0可得x?11 ln，aa1111所以在x?(??,ln)时，f'(x)?0，所以函数f(x)在(??,ln)上递减；
aaaa1111x?(ln,??)时，f'(x)?0，所以函数f(x)在(ln,??)上递增.
aaaa111?lna所以f(ln)?是f(x)的极小值.
aaa设g(x)?1?lnx?lnx，则g'(x)?2(x?0),令g'(x)?0，得x?1 xxx g'(x) g(x) (0,1) 1 0 极大值 (1,??) + ↗ - ↘ 所以当x?1时g(x)?g(1)?1， 11所以f(ln)?1，
aa综上，若a?1，存在实数x0使f(x0)?1.
20.（本小题满分13分）
解：
（Ⅰ）数列{an}不具有性质P(2)；
具有性质P(4).
（Ⅱ）（不充分性）对于周期数列1,1,2,2,1,1,2,2,L，T?{?1,0,1}是有限集，但是由于a2?a1?0,a3?a2?1，
所以不具有性质P(0)；
（必要性）因为数列{an}具有性质P(0)，
所以一定存在一组最小的m,k?N*且m?k，满足am?ak?0，即am?ak 由性质P(0)的含义可得am?1?ak?1,am?2?ak?2,L,a2m?k?1?am?1,a2m?k?am,L
所以数列{an}中，从第k项开始的各项呈现周期性规律：ak,ak?1,L,am?1为一个周期中的各项， 所以数列{an}中最多有m?1个不同的项，
2所以T最多有Cm?1个元素，即T是有限集.
（Ⅲ）因为数列{an}具有性质P(2)，数列{an}具有性质P(5)，
所以存在M',N'?N*，使得aM'?p?aM'?2，aN'?q?aN'?5，其中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整
数，
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由性质P(2),P(5)的含义可得?k?N，aM'?p?k?aM'?k?2,aN'?q?k?aN'?k?5， 若M'?N'，则取k?N'?M'，可得aN'?p?aN'?2； 若M'?N'，则取k?M'?N'，可得aM'?q?aM'?5.
记M?max{M',N'}，则对于aM，有aM?p?aM?2，aM?q?aM?5，显然p?q， 由性质P(2),P(5)的含义可得?k?N，aM?p?k?aM?k?2,aN?q?k?aN?k?5， 所以aM?qp?aM?(aM?qp?aM?(q?1)p)?(aM?(q?1)p?aM?(q?2)p)?L?(aM?p?aM)?2q
aM?qp?aM?(aM?pq?aM?(p?1)q)?(aM?(p?1)q?aM?(p?2)q)?L?(aM?q?aM)?5p 所以aM?qp?aM?2q?aM?5p. 所以2q?5p，
又p,q是满足aM?p?aM?2，aM?q?aM?5的最小的正整数， 所以q?5,p?2，
aM?2?aM?2,aM?5?aM?5，
所以?k?N，aM?2?k?aM?k?2,aM?5?k?aM?k?5，
所以?k?N，aM?2k?aM?2(k?1)?2?L?aM?2k，aM?5k?aM?5(k?1)?5?L?aM?5k， 取N?M?5，则?k?N，
所以，若k是偶数，则aN?k?aN?k；
若k是奇数，则aN?k?aN?5?(k?5)?aN?5?(k?5)?aN?5?(k?5)?aN?k，
所以?k?N，aN?k?aN?k
所以aN,aN?1,aN?2,?,aN?k,?是公差为1的等差数列.
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