北京市海淀区2018届高三第一学期期末理科数学试题(Word版含答案)

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1、海淀区高三年级第一学期期末练习数学(理科)2018.1第一、选择题共8小题，每小题5分，(1)复数 L_2i iA. 2 i B. 2 iC. 2 i(2)在极坐标系中Ox,方程2( a)(h)A.B.(3)执行如图所示的程序框图，输出的A.4B.5；,汾(选择题 共40分)共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。D. 2 isin 表小的圆为Q 1cr m3n“1标IC.D.IT Ml I/输出上/k值为一C.6D.722(4)设m是不为零的实数，则“m，0”是“方程上 y- 1表示fm m的曲线为双曲线”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分

2、也不必要条件2(5)已知直线x y m 0与圆O:xy2 1相交于A, B两点，且 AOB为正三角形，则实数m的值为I3BYC。相邻(6)从编号分别为1,2,3,4,5 , 6的六个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，则恰有两个小球编的概率为A.B.C.D.(7)某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中:_ 1三棱锥的体积为-6三棱锥的四个面全是直角三角形三棱锥的四个面的面积最大的是所有正确的说法是A.B.C.D.(8)已知点F为抛物线C:y2 2 Px(p0)的焦点，点K为点F关于原点的对称点，点 M在抛物线C上,则下列说法错误的是 A.使得 MFK为等腰三角形的点 M有且仅有4个B.使得

3、 MFK为直角三角形的点 M有且仅有4个C.使得 MKF 一的点M有且仅有4个4D.使得 MKF 一的点M有且仅有4个6第二部分(非选择题共110分)二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。2(9)点(2,0)到双曲线 y2 1的渐近线的距离是4(10)已知公差为1的等差数列 an中，a1，a2, a4成等比数列，则 an的前100项和为.2(11)设抛物线C : y2 4x的顶点为O ,经过抛物线C的焦点且垂直于X轴的直线和抛物线 C交于A, B两点，则 oA OB.(12)已知(5x 1)n的展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64:1 ,则n .(13 )已知正方体 ABC

4、D ABCQ1的棱长为472，点M是棱BC的中点，点P在底面ABCD内，点Q在 线段AG上，若PM 1,则PQ长度的最小彳1为 .x y 2 0(14)对任意实数k,定义集合 Dk (x, y) x y 2 0 x, y R . kx y 0若集合Dk表示的平面区域是一个三角形，则实数 k的取值范围是 ;当k 0时，若对任意的(x,y) Dk,有y a(x 3) 1恒成立，且存在(x,y) Dk,使得x y a成 立，则实数a的取值范围为.三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。(15 )(本小题13分)36如图，在 ABC中，点D在AC边上，且AD 3BC,AB

5、 币,ADB(I)求DC的值；(n)求 tan ABC 的值.(16 )(本小题13分)据中国日报网报道：2017年11月13日，TOP500发布的最新一期全球超级计算机500强榜单显示，中国超算在前五名中占据两席，其中超算全球第一 “神威太湖之光”完全使用了国产品牌处理器。为了了解国产品牌处理器打开文件的速度， 某调查公司对两种国产品牌处理器进行了12次测试，结果如下(数值越小，速度越快， 单位是MIPS )测试1测试2测试3测试4测试5测试6测试7测试8测试9测试10测试11测试12品牌A3691041121746614品牌B2854258155121021(I )从品牌 A的12次测试中

6、，随机抽取一次，求测试结果小于7的概率；(n)从12次测试中，随机抽取三次，记 X为品牌A的测试结果大于品牌 B的测试结果的次数，求 X的分布 列和数学期望E (X);(出)经过了解，前 6次测试是打开含有文字和表格的文件，后6次测试是打开含有文字和图片的文件.请你依据表中数据，运用所学的统计知识，对这两种国产品牌处理器打开文件的速度进行评价(17 )(本小题14分)如题1,梯形ABCD中，AD/BC,CD BC,BC CD 1,AD 2,E为AD中点.将 ABE沿BE翻折到A1BE的位置，如图2.(I)求证：平面 ADE 平面BCDE ；(n )求直线 A B与平面ACD所成角的正弦值;(出

7、)设M,N分别为AE和BC的中点，试比较三棱锥 M ACD和三棱锥N ACD (图中未画出)的体积 大小，并说明理由(18 )(本小题13分)22已知椭圆C:x 2y 9,点P(2,0)(I)求椭圆C的短轴长和离心率;(n)过(1,0)的直线l与椭圆C相交于两点M , N ,设MN的中点为T ,判断TP 与 TM的大小，并证明你的结论.(19 )(本小题14分)x 2已知函数f (x) 2e ax 2x2.(I)求曲线y f(x)在点处的切线方程;(n)当a 0时，求证：函数f (x)有且仅有一个零点；(m)当a0时，写出函数f(x)的零点的个数.(只需写出结论)(20 )(本小题13分)无穷

8、数列 an满足：ai为正整数，且对任意正整数 n , 2口1为前门项21，a2, , %中等于an的项的个数(I)若a1 2 ,请写出数列 an的前7项；(n)求证：对于任意正整数 M ,必存在k N* ,使得aM ； . 一* , - 一(出)求证：4 1是 存在m N ,当n m时，恒有% 2 an成立 的充要条件。海淀区高三年级第一学期期末练习参考答案2018.1数学（理科）阅卷须知：1 .评分参考中所注分数，表示考生正确做到此步应得的累加分数2 .其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分(10 ) 5050(11)2(12 ) 6（13）氐(14)(1,1)_12,5三、解答题：本大

9、题共6小题,共80分.、选择题：本大题共 8小题，每小题5分，共40分.题号12345678选项ADBADCDC30分.（有两空的小题第一空3分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共15.（本小题13分）解：（I）如图所示,DBCADB366,；1分DBC C,DB DC.2分设DCDA 3x.在ADB中，由余弦定理_ 2_22AB DADB 2 DA DB cos ADB.3 分即 7 (3x)2 x2 2 3x x 1 7x2 , ：4 分2解得x 1 ,即DC 1.5分n）方法一.在ADB中，由ADAB,得 ABDADB 60 ,故ABC ABD.6分ABC中，由正弦定理sin A

10、BCsinABACB.7分4sin ABC故 sin ABC 12：9分由 ABC),得 cos ABC.11分一 22 一tan ABCV313 分、33方法二.在 ADB中，由余弦定理cos ABDAB2 BD2 AD22AB BD7_1_92 7 112.7.7分由 ABD (0,)，故 sin ABD3立2、7.9分.11分故 tan ABD 3 3tan ABD tan_3.3 一 2故 tan ABC tan( ABD -) 6-3=- 36 1 tan ABD tan_ 1 3 3 ,336313分16.(本小题13分)(I )从品牌 A的12次测试中，测试结果打开速度小于7的文

11、件有：测试 1、2、5、6、9、10、11 ,共 7 次设该测试结果打开速度小于7为事件A,因此P(A) ：3分12(n) 12次测试中，品牌 A的测试结果大于品牌 B的测试结果的次数有：测试 1、3、4、5、7、8,共 6 次随机变量X所有可能的取值为：0, 1, 2, 3P(XC3c601Ci211P(X 1)c：c6CT922P(X 2)C132922P(X3)0 3C6 C6C132J11.7分随机变量X的分布列为X0123P199111222211E(X)11222211.10分.8分（m）本题为开放问题，答案不唯一，在此给出评价标准，并给出可能出现的答案情况，阅卷时按照标准酌情给分

12、.给出明确结论，1分；结合已有数据，能够运用以下8个标准中的任何一个陈述得出该结论的理由，2分.13分.标准1：会用前6次测试品牌A、品牌B的测试结果的平均值与后 6次测试品牌A、品牌B的测试结果的平均值进行阐述（这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的测试结果的平均值均小于打开含有文字和图片的文件的测试结果平均值；这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的平均速度均快于打开含有文字和图片的文件的平均速度）标准2:会用前6次测试品牌A、品牌B的测试结果的方差与后 6次测试品牌A、品牌B的测试结果的方差进行阐述（这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的测试结果的方差均小于打开含有文字和

13、图片的文件的测试结果的方差；这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件速度的波动均小于打开含有文字 和图片的文件速度的波动）标准3:会用品牌A前6次测试结果的平均值、后 6次测试结果的平均值与品牌 B前6次测试结果的平均值、后6次测试结果的平均值进行阐述（品牌A前6次测试结果的平均值大于品牌B前6次测试结果的平均值， 品牌 A 后 6 次测试结果的平均值小于品牌B 后 6 次测试结果的平均值， 品牌 A 打开含有文字和表格的文件的速度慢于品牌B,品牌A打开含有文字和图形的文件的速度快于品牌B）标准 4 ： 会用品牌 A 前 6 次测试结果的方差、 后 6 次测试结果的方差与品牌B 前 6 次测

14、试结果的方差、后 6 次测试结果的方差进行阐述（品牌A 前 6 次测试结果的方差大于品牌B 前 6 次测试结果的方差，品牌A后 6 次测试结果的方差小于品牌B 后 6 次测试结果的方差， 品牌 A 打开含有文字和表格的文件的速度波动大于品牌 B ，品牌 A 打开含有文字和图形的文件的速度波动小于品牌B ）标准 5： 会用品牌 A 这 12 次测试结果的平均值与品牌B 这 12 次测试结果的平均值进行阐述 （品牌 A这 12 次测试结果的平均值小于品牌B 这 12 次测试结果的平均值，品牌A 打开文件的平均速度快于B）标准 6：会用品牌A 这 12 次测试结果的方差与品牌B 这 12 次测试结果

15、的方差进行阐述（品牌A 这12 次测试结果的方差小于品牌B 这 12 次测试结果的方差，品牌A 打开文件速度的波动小于B ）标准 7 ：会用前 6 次测试中，品牌A 测试结果大于（小于）品牌B 测试结果的次数、后6 次测试中，品牌 A 测试结果大于（小于）品牌B 测试结果的次数进行阐述（前6 次测试结果中，品牌A 小于品牌 B 的有 2次，占 1/3. 后 6 次测试中，品牌A 小于品牌 B 的有 4 次，占 2/3. 故品牌 A 打开含有文字和表格的文件的速度慢于B ，品牌A 打开含有文字和图片的文件的速度快于B ）标准 8：会用这 12 次测试中，品牌A 测试结果大于（小于）品牌B 测试结

16、果的次数进行阐述（这12次测试结果中，品牌A 小于品牌 B 的有 6 次，占 1/2. 故品牌 A 和品牌 B 打开文件的速度相当）参考数据期望前6次后6次12次品牌A5.509.837.67品牌B4.3311.838.08品牌A与品牌B4.9210.83力差前6次后6次12次品牌A12.3027.3723.15品牌B5.0731.7732.08品牌A与品牌B8.2727.9717.(本小题14分)(I)证明：因为 BE AE, BE DE, AeRdE E, AE , DE 平面 ADE：.1分所以BE 平面A1DE：.2分因为be 平面bcde ,所以平面 ADE 平面BCDE .3分(n

17、)解：在平面 ADE内作ef ed ,由BE 平面ADE ,建系如图则.0，2，冬，B(1，0,0), c0), D(0,1,0), E(0,0,0)A,B(1,12AD2,易,DC2(1,0,0),.7分等.14分设平面AiCD的法向量为n (x,y,z),则0,令z 1得，y所以n (0,J3,1)是平面ACD的一个方向量. .9分cosIAB| |n|.10 分所以AiB与平面ACD所成角的正弦值为64.11 分.12 分(出)解：三棱锥 M ACD和三棱锥N A1CD的体积相等理由如：方法一：由 M (0, , N (1,1,0),知 MN(1, ,则 mN n 04 4244因为MN

18、 /平面ACD ,所以MN /平面ACD .13分故点M、N到平面ACD的距离相等，有三棱锥M ACD和N ACD同底等高，所以体积相方法二：如图，取 DE中点P ,连接MP ,MN .因为在 ADE中，M, P分别是AE, DE的中点，所以MP/AD因为在正方形 BCDE中，N , P分别是BC , DE的中点，所以 NP/CD因为 MP QnP P , MP , NP 平面 MNP , AD , CD 平面 ACD所以平面MNP /平面ACD因为MN 平面MNP ,所以MN /平面ACD.13分故点M、N到平面ACD的距离相等，有三棱锥M ACD和N AiCD同底等高，所以体积相等.二14

19、分法二法三方法三：如图，取 AD中点Q ,连接MN , MQ , CQ.1 因为在 ADE中，M, Q分别是AiE , AD的中点，所以MQ/ED且MQ - ED21 因为在正万形 BCDE中，N是BC的中点，所以NC / ED且NC - ED 2所以MQ / NC且MQ NC ,故四边形 MNCQ是平行四边形，故 MN /CQ.13 分因为CQ 平面ACD , MN /平面ACD ,所以MN /平面AiCD .故点M、N到平面ACD的距离相等，有三棱锥 M ACD和N AiCD同底等高，所以体积相.14 分18.（本小题13分）22解：(I) C ： y-1 ,故 a2 9 , b2992.

20、3分3 有 a 3, b c -V2.2 c 、2椭圆C的短轴长为2b 3五，离心率为e .5分a 2(n)结论是：|TP| |TM |. .6分设直线 l： x my 1, M（Xi，y），N（X2，y2）x 2y 9,1, 22，整理得：(m 2)y 2my 8 0.8分x my 122_2_(2m)2 32(m2 2) 36m2 64 0故 y1y22mm2 2y%8m2 2.10 分(K 2)(x2 2) y*.11 分(my1 1)(my2 1) y/22(m 1)YiY2 m(y1 y?) 1(m21)8m2 2事).12 分5m2 6m2 2故 MPN90 ,即点P在以MN为直径

21、的圆内，故|TP| |TM |.13 分19.(故(1(本小题14分) x 2 I)因为函数 f(x) 2e ax 2x 2 x所以 f (x) 2e 2ax 2 ：2 分f (0) 0, f(0) 0 ：.4 分曲线y f (x)在x 0处的切线方程为 y 0：.5分)当 a 0时，令 g(x) f (x) 2ex 2ax 2,则 g(x) 2ex 2a 0：.6 分故g(x)是R上的增函数.：.7分由 g(0) 0,故当 x 0 时，g(x) 0,当 x 0 时，g(x) 0.即当 x 0 时，f(x) 0,当 x 0 时，f(x) 0 .故f (x)在(，0)单调递减，在(0,)单调递增

22、.:分函数f(x)的最小值为f(0).10分.12 分f (0) 0 ，故 f (x) 有且仅有一个零点(出)当a 1时，f(x)有一个零点；当a 0且a 1时，f(x)有两个零点.14分20. (本小题 13 分)解：(I) 2, 1, 1, 2, 2, 3, 1 .3 分. * _ _ 一 一(n)假设存在正整数M ,使得对任意的k N , akM .由题意，ak 1,2,3,.,M考虑数列 an 的前 M 2 1 项：a1 , a2 , a3 ,，aM2 1其中至少有M 1 项的取值相同，不妨设ai1ai2aiM 1此时有：aiM 1 1 M 1 M ，矛盾 . 一 _ _ * . 一故

23、对于任意的正整数 M ,必存在k N，使得akM . ：. 8分(出)充分性：当 a1 1 时，数列4为 1, 1, 2, 1, 3, 1, 4,，1, k 1, 1, k,特别地，a2k 1 k ， a2k 1*故对任意的 n N1 )若 n 为偶数，则 an 2an 1n 3 n 1(2)若n为奇数，则an 2 an22综上，an 2 an恒成立，特别地，取 m 1有当n m时，恒有an 2 an成立.11 分必要性：方法一:假设存在a k ( k 1),使得“存在 m N ,当n m时，恒有an 2 an成立”2.则数列an的前k 1项为k ,1, 1, 2, 1, 3, 1, 4,，1

24、, k 1, 1, k2,2,3, 2, 4,，2, k 1, 2, k3, 3, 4,，3 , k 1 , 3, kk 2,k 2,k 1,k 2,kk 1, k 1, kk后面的项顺次为k1,1,k1 , 2,，k1, kk2,1,k2,2,，k2 , kk3,1,k3, 2,，k3, k对任意的m，总存在n m ,使得an k , an 2 1,这与an an 2矛盾，故若存在m N ,当n m时,恒有an 2 an成立，必有ai 1 分方法二：若存在 m N ,当n m时，an 2 an恒成立，记 max ai,a2,|11,ams.由第（2）问的结论可知：存在 k n ,使得ak s

25、 （由s的定义知k mi）不妨设ak是数列an中第二个大于等于s 1的项，即a.,a2,|U，ak 1均小于等于s.则a- 1.因为k 1 m,所以a- a 1 ,即1 ak1且ak1为正整数，所以a- 1.记ak t s 1,由数列 an的定义可知，在 qa，e中恰有t项等于1.假设 a 1,则可设 ai1 ai2ait 1,其中 1 i1 i2it k 1,考虑这t个1的前一项，即ah 1, ab 1,|）ait 1,因为它们均为不超过 s的正整数，且t s 1,所以a% 1,ai2 1j“，ait 1中一定存在两项相等，将其记为a,则数列an中相邻两项恰好为（a, 1）的情况至少出现2次，但根据数列 an的定义可知：第二个a的后一项应该至少为 2 ,不能为1,所以矛盾！an成立”的充要条件故假设a1 1不成立，所以a1 1,即必要性得证！ .13分综上，“ &1”是“存在m N ,当n m时，恒有an 2