朝阳区2018届高三期末数学(理)试题及答案(官方版)

北京市朝阳区2018-2018学年第一学期期末统一考试高三数学（理科）试卷2018.1本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。

第Ⅰ卷1至2页。

第Ⅱ卷3至8页。

共150分。

考试时间120分钟。

第Ⅰ卷（选择题50分）参考公式：三角函数的和差化积公式2cos2sin2sin sin βαβαβα-+=+2sin 2cos 2sin sin βαβαβα-+=-2cos 2cos 2cos cos βαβαβα-+=+2sin 2sin 2cos cos βαβαβα-+-=-正棱台、圆台的侧面积公式l c c S )'(21+=台侧 其中c’、c 分别表示上、下底面周长，l 表示斜高或母线长台体的体积公式h S S S S V )''(31++=台体其中S ’、S 分别表示上、下底面面积，h 表示高一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把你认为正确的选项前的字母填在题后的括号内。

（1）设集合}12|{<<-=x x A }0|{<-=a x x B ，若B A ⊂，则a 的取值范围是（ ）（A ）]2,(--∞ （B ）),1[+∞ （C ）]1,(-∞ （D ）),2[+∞- （2）已知二面角βα--l ，直线α⊂a ，β⊂b ，且a 与l 不垂直，b 与l 不垂直，那么（ ）（A ）a 与b 可能垂直，但不可能平行 （B ）a 与b 可能垂直，也可能平行 （C ）a 与b 不可能垂直，但可能平行 （D ）a 与b 不可能垂直，也不可能平行 （3）函数k x A x f ++=)sin()(ϕω在一个周期内的图象如图所示，函数)(x f 解析式为（ ）（A ）1)1221sin(4)(-+=πx x f （B ）1)122sin(2)(+-=πx x f（C ）1)621sin(4)(-+=πx x f （D ）1)62sin(2)(+-=πx x f（4）双曲线c ：)00(12222>>=-，b a by a x 的左、右焦点分别为21，F F ，过焦点2F 且垂直于x 轴的弦O ，︒=∠901B AF ，则双曲线c 的离心率为（ ） （A ）)22(21- （B ）12- （C ）12+ （D ）)22(21+ （5）如图，O 为直二面角βα--MN 的棱MN 上的一点，射线OE ，OF 分别在βα，内，且∠EON=∠FON=45°，则∠EOF 的大小为（ ）（A ）30° （B ）45° （C ）60° （D ）90° （6）在等差数列}{n a 中， 2≥n ，公差d<0，前n 项和是n S ，则有（ ） （A ）1na S na n n << （B ）n n na S na <<1 （C ）1na S n ≥ （D ）n n na S ≤（7）用不着，2，3，4这5个数字组成无重复数字的五位数中，若按从小到大的顺序排列，那么12340应是（ ）（A ）第9个数 （B ）第10个数 （C ）第11个数 （D ）第12个数 （8）下列四个命题： ①满足zz 1=的复数只有i ±±,1； ②若a ，b 是两个相等的实数，则i b a b a )()(++-是纯虚数； ③复R z ∈的充要条件是z z =；④复平面内x 轴即实轴，y 轴即虚轴。

北京市朝阳区2018-2018学年综合练习（三）高三数学综合练习(理科)第Ⅰ卷 (选择题共40分)参考公式：如果事件A 、B 互斥,那么 球的表面积公式P(A+B)=P(A)+P(B) S ＝4πR 2如果事件A 、B 相互独立,那么 其中R 表示球的半径P(A·B)=P(A)·P(B)如果事件A 在一次试验中发生的 球的体积公式 概率是P,那么n 次独立重复试验 V =43πR 3 中恰好发生k 次的概率 其中R 表示球的半径k n kk n n P P C k P --=)1()(.一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题的 4个选项中,只有一项是符合题目要求的.(1) 若复数z 满足z (1-2i )=3+4i ，则z 等于（A ）-1+2i （B ）2+4i （C ）2+i （D ）-1+4i(2) 已知直线n m l 、、及平面α，下列命题中的假命题是 （A ）若//l m ，//m n ，则//l n （B ）若l α⊥，//n α，则l n ⊥ （C ）若l m ⊥，//m n ，则l n ⊥ （D ）若//l α，//n α，则//l n (3) 给定性质：①最小正周期为π，②图象关于直线3x π=对称，则下列函数中同时具有性质①、②的是 (A) sin()26x y π=+(B) sin(2)6y x π=- (C) sin y x = (D) sin(2)6y x π=+(4) 设函数f (x )在定义域内可导，y= f (x )的图象如右图所示，则导函数y= f ′(x )的图象可能为(5) 从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（A ）140种 （B ）120种 （C ）35种 （D ）34种(6) 以椭圆221169144x y +=的右焦点为圆心，且与双曲线221916x y -=的渐近线相切的圆的方程是（A ）221090x y x +-+= （B ）221090x y x +--= （C ）221090x y x +++= （D ）221090x y x ++-= (7) 已知O 、A 、M 、B 为平面上四点，且)1(λλ-+=，)2,1(∈λ，则(A) 点M 在线段AB 上 (B) 点B 在线段AM 上 (C) 点A 在线段BM 上 (D) O 、A 、M 、B 四点一定共线(8) 已知函数y =f (x )（0≤x ≤1）的图象是如图所示的一段圆弧，若1201x x <<<，则 （ ） （A ）1212()()f x f x x x < （B ）1212()()f x f x x x = （C ）1212()()f x f x x x > （D ）11()f x x 与22()f x x 的大小关系不确定 第II 卷（非选择题 共110分）二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.将答案填在题中横线上.(9) 若函数y =2x 2+4x +3的图象按向量a 平移后，得到函数y =2x 2的图象，则a = ．(10)点M (1，2) 到圆A ：()9222=+-y x 的圆心距离是 ，过点M 的直线l 将圆A分成两段弧，其中劣弧最短时，l 的方程为 . (11)已知二项式72-展开式的第4项与第5项之和为零，那么x 等于 ．（ ）（ ） （ ） （ ）(12)设地球的半径为R ，P 和Q 是地球上两地，P 在北纬45o ，东经20o ，Q 在北纬45o ，东经110o ，则P 、Q 两地的直线距离是 ，两地的球面距离是 ． (13)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时，f (x )=2x ，则11()4f--的值为 . (14)在等比数列}{n a 中，若19=a ，则有等式n n a a a a a a -=172121 ，),17(*∈<N n n 成立. 类比上述性质，相应的在等差数列}{n b 中，若09=b ，则有等式 成立.三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.(15)（本小题满分13分）在ABC ∆中 ，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，2C A =，3cos 4A =. （Ⅰ）求cosC ，cosB 的值；（Ⅱ）若272BA BC ⋅= ，求边AC 的长.(16)（本小题满分13分）{a n }是公差为1的等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，P n ，Q n 分别是{a n }，{b n }的前n 项和，且a 6=b 3, P 10=Q 4+45. （I ）求{a n }的通项公式；（II ）若P n > b 6，求n 的取值范围.(17)（本小题满分13分）甲、乙两人参加一项智力测试.已知在备选的10道题中，甲能答对其中的6道题，乙能答对其中的8道题. 规定每位参赛者都从备选题中随机抽出3道题进行测试，至少答对2道题才算通过.（I ）求甲答对试题数 的概率分布及数学期望； （II ）求甲、乙两人至少有一人通过测试的概率.(18)（本小题满分13分）已知：在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB = a ，AA 1 = 2a ， D 、E 分别是侧棱BB 1和AC 1的中点.（Ⅰ）求异面直线AD 与A 1C 1所成角的余弦值；（Ⅱ）求证：ED ⊥平面ACC 1A 1；（Ⅲ）求平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的大小.ABCA 1B 1C 1 DE(19)（本小题满分14分）设函数(1)()(1)x x a a -->.（Ⅰ）求()f x 的导函数/()f x，并证明()f x 有两个不同的极值点x 1、x 2；（Ⅱ）若对于（Ⅰ）中的x 1、x 2，不等式12()()0f x f x +≤ 成立，求a 的取值范围.(20)（本小题满分14分）在平面直角坐标系中，已知向量(,0)(,0)OF c c c => 为常数且，(,)(),OG x x x R =∈|2|1,(,)a FG OE t c = 的最小值为(a 为常数，且a>c ，t ∈R). 动点P 同时满足下列三个条件：（1）||||c PF PE a= ； (2)PE λ= (,0)OF R λλ∈≠且； (3) 动点P 的轨迹C经过点B(0，-1).（Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）是否存在方向向量为m = (1，k ) (k ≠ 0) 的直线l ，l 与曲线C 相交于M 、N 两点，使||||,BM BN BN =且BM 与的夹角为60°？若存在，求出k 值，并写出直线l的方程；若不存在，请说明理由.2018-2018高三数学综合练习（三）参考答案及评分标准(理科)一.选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）（1）A （2）D （3） B （4） D （5）D （6）A （7） B （8） C二.填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）（9） (1，-1) （10032=+-y x （11） 2 （12）R ，3πR （13） 2 （14） 121217,(17,)n n b b b b b b n n N *-+++=+++<∈ 三.解答题（本大题共6小题，共80分） 15. 解：（Ⅰ）21cos cos 22cos 18C A A ==-=. ………………………………3分 又3cos 04A =>，cosC=18>0， 故在ABC ∆中，A 、C 是锐角.∴sin 4A =，sin 8C =. ∴9cos cos()sin sin cos cos 16B AC A C A C =-+=-=. ……………………7分 （Ⅱ） 2727cos 2422BA BC ac B ac ⋅=⇒=⇒= . ……………………10分 由正弦定理32cos sin 2sin 2c a c A A A a =⇒==. 解得4a =，c =6. ∴2222cos 25b a c ac B =+-=. ∴5b =，即AC=5 . ……………………13分16. 解：（I ）依条件得11115410910452a b b a +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩4（1-2）1-2， ……………………2分 解得1132a b =⎧⎨=⎩. …………………………………………4分 所以a n =3+(n -1)=n +2. …………………………………………6分（II ）P n =2+2+3522n n n n+=（）， b 6=2×26-1=64，由252n n+>64得n 2+5n -128>0. ………………………………9分所以n (n +5)>128.因为n 是正整数，且n =9时，n (n +5)=126，且n (n +5)是递增的， 所以当n ≥10时，n (n +5)>128.即n ≥10时，P n > b 6. …………………………………………………13分17. 解：（I ）甲答对试题数ξ的可能取值为=ξ0、1、2、3.∵343101(0)30C P C ξ===，12643103(1)10C C P C ξ⋅===， 21643101(2)2C C P C ξ⋅===，363101(3)6C P C ξ===， …………………………4分 ∴ 甲答对试题数ξ的概率分布如下：故甲答对试题数ξ的数学期望为5961321210313010=⨯+⨯+⨯+⨯=ξE . …………………………7分 （II ）设甲、乙两人通过测试的事件分别为A 、B ，则32)(310361426=+⋅=C C C C A P ， 1514)(310381228=+⋅=C C C C B P . …………………………………………9分 A 、B 相互独立，∵甲、乙两人都未通过测试的概率为451)15141)(321()()()(=--=⋅=⋅B P A P B A P . ……………………………11分∴甲、乙两人至少有一个通过测试的概率为45444511)(1=-=⋅-=B A PP . ………………………………………13分18. （Ⅰ）解：∵正三棱柱中AC ∥A 1C 1，∴∠CAD 是异面直线AD 与A 1C 1所成的角. …………………………2分 连结CD ，易知，AC= a ，在△ACD 中易求出cos ∠CAD=4. 因此异面直线AD 与A 1C 1所成的角的余弦值为4. …………………………4分 （Ⅱ）证明：∵D 是B 1B 的中点，∴△C 1B 1D ≌△ABD . ∴AD= C 1D .于是△ADC 1是等腰三角形. ∵E 是AC 1的中点，∴DE ⊥AC 1. ……………………6分 设AC 的中点为G ， ∴EG ∥C 1C ∥DB ，EG=12C 1C= DB . ∴四边形EGBD 是平行四边形. ∴ED ∥GB . ∵G 是AC 的中点，且AB=BC ，∴GB ⊥AC .∴ED ⊥AC .∵AC ∩AC 1=A ，∴ED ⊥平面ACC 1A 1. …………………………………………………8分 （或证ED ∥GB ，GB ⊥平面ACC 1A 1得到ED ⊥平面ACC 1A 1.）（Ⅲ）解：∵C 1D ，CB 共面，故C 1D ，CB 必相交，设交点为F ，连结AF .∴平面ADC 1与平面ABC 所成二面角是C-AF-C 1. ………………………………10分 ∵DB=12C 1C ，DB ∥C 1C ， ∴B 是CF 的中点. ∴AC=CB=BF= a .在△ACF 中，由余弦定理可求出.∴易判断出△ACF 是直角三角形，即AC ⊥AF . ∵C 1C ⊥面ACF ， ∴AC 1⊥AF .∴∠C 1AC 是所求二面角的平面角. …………………………………………12分 ∵tan ∠C 1AC=1C CAC=2， ∴平面ADC 1与平面ABC 所成二面角的大小是arctan2（或arccos 55）. …………13分19. 解：（Ⅰ）∵32()(1)f x x a x ax =-++，∴'2()32(1)f x x a x a =-++. ……………………………………3分 令'()0f x =得，232(1)x a x a -++=0(*) .24(1)0a a ∆=-+> ，∴(*)方程有两个不同的实根1x 、2x .AB C A 1B 1C 1DFEG令12x x <，由'12()3()()f x x x x x =--可知： 当1x x <时，'()0f x >； 当'12()0x x x f x <<<时，； 当'2()0x x f x >>时，；∴1x 是极大值点，2x 是极小值点. ……………………………………7分 （Ⅱ）12()()0f x f x +≤ ，所以得不等式3322121212(1)()()0x x a x x a x x +-++++≤.即22121212121212()[()3](1)[()2]()0x x x x x x a x x x x a x x ++--++-++≤. ………10分又由（Ⅰ）知12122(1)33x x a a x x ⎧+=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，代入前面的不等式，两边除以（1+a ），并化简得22520a a -+≥，解之得：2a ≥，或12a ≤（舍去）. 所以当2a ≥时，不等式12()()0f x f x +≤成立. …………………………14分20. 解：(Ⅰ)∵||,2FG c ==∴1,2c ==即…………………………………………………2分 由2(,)()a OE t t R c =∈ ， a x c2可知点E在直线=上.由（1）、（2）可知点P 到直线x =2(0)a aF a c c c>>距离与到点的距离之比为， 再由椭圆的第二定义可知，点P 的轨迹C 是椭圆. …………………………4分设椭圆C 的方程为：22221x y a b+=，222b ac 其中=-.由（3）可知b =1，∴a 2=b 2+c 2=1+2=3.∴椭圆C 的方程为: 2213x y +=. …………………………………5分 （Ⅱ）假设存在符合条件的直线l ，并设l 的方程为:y =kx+m ，M(x 1，y 1)、N(x 2，y 2)，22222,,(13)633033y kx my k x kmx m x y =+⎧+++-=⎨+=⎩消去得. 则x 1+x 2= -21222633,1313km m x x k k -=++. ………………7分Δ=36 k 2m 2-12(m 2-1)(1+3k 2)=12[3k 2-m 2+1]＞0 ①设线段MN 的中点G(x 0，y 0)，x 0=2120022233,2131313x x km k m my kx m m k k k +=-=+=-+=+++， 线段MN 的垂直平分线的方程为：y -2213()1313m kmx k k k=-+++. ∵||||BM BN =， ∴线段MN 的垂直平分线过B （0，-1）点.∴-1-222133131313m km m k k k k =-⋅=-+++. ∴m=2132k +. ② ………9分②代入①，得3k 2-(2213)10,11,02k k k ++>-<<≠解得且. ③ ∵||||,BM BN BM BN =且与的夹角为60°，∴△BMN 为等边三角形.∴点B 到直线MN 的距离d=||2MN . …………………………10分∵213|1|k d ++===又∵12|x x -===2=. …………………………13分解得k2=1,33k=±即，满足③式. 代入②，得m=21311122k++==.直线l的方程为：y=1x+. ……………………………………………14分。

2018-2019学年北京市朝阳区高三（上）期末数学试卷（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．（5分）已知集合A＝{x∈N|1≤x≤3}，B＝{2，3，4，5}，则A∪B＝（）A．{2}B．{2，3}C．{2，3，4，5}D．{1，2，3，4，5} 2．（5分）设复数z满足（1+i）z＝2i，则|z|＝（）A．B．C．D．23．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的S＝12，则输出的S＝（）A．﹣8B．﹣18C．5D．64．（5分）在平面直角坐标系xOy中，过A（4，4），B（4，0），C（0，4）三点的圆被x 轴截得的弦长为（）A．2B．C．4D．5．（5分）将函数y＝sin2x的图象向右平移φ（φ＞0）个单位后，图象经过点，则φ的最小值为（）A．B．C．D．6．（5分）设x为实数，则“x＜0”是“”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件7．（5分）对任意实数x，都有（a＞0且a≠1），则实数a的取值范围是（）A．B．（1，3]C．（1，3）D．[3，+∞）8．（5分）以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上．9．（5分）已知数列{a n}为等差数列，S n为其前n项的和．若a1+a3＝6，a4＝7，则S5＝．10．（5分）已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则＝．11．（5分）如图，在边长为1的正方形网格中，粗实线表示一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为．12．（5分）过抛物线y2＝4x焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作准线l 的垂线，垂足分别为C，D．若|AF|＝4|BF|，则|CD|＝．13．（5分）2018年国际象棋奥林匹克团体赛中国男队、女队同时夺冠．国际象棋中骑士的移动规则是沿着3×2格或2×3格的对角移动．在历史上，欧拉、泰勒、哈密尔顿等数学家研究了“骑士巡游”问题：在8×8＝64格的黑白相间的国际象棋棋盘上移动骑士，是否可以让骑士从某方格内出发不重复地走遍棋盘上的每一格？图（一）给出了骑士的一种走法，它从图上标1的方格内出发，依次经过标2，3，4，5，6，…，到达标64的方格内，不重复地走遍棋盘上的每一格，又可从标64的方格内直接走回到标1的方格内．如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，（填“能”或“不能”）走回到标50的方格内．若骑士限制在图（二）中的3×4＝12格内按规则移动，存在唯一一种给方格标数字的方式，使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2，3，4，5，6，…，到达右下角标12的方格内，分析图（二）中A处所标的数应为．14．（5分）如图，以正方形的各边为底可向外作四个腰长为1的等腰三角形，则阴影部分面积的最大值是．三、解答题：本大题共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．（13分）在△ABC中，已知A＝，BC＝13．（Ⅰ）求AB的长；（Ⅱ）求BC边上的中线AD的长．16．（13分）某日A，B，C三个城市18个销售点的小麦价格如表：（Ⅰ）甲以B市5个销售点小麦价格的中位数作为购买价格，乙从C市4个销售点中随机挑选2个了解小麦价格．记乙挑选的2个销售点中小麦价格比甲的购买价格高的个数为X，求X的分布列及数学期望；（Ⅱ）如果一个城市的销售点小麦价格方差越大，则称其价格差异性越大．请你对A，B，C三个城市按照小麦价格差异性从大到小进行排序（只写出结果）．17．（14分）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BCC1B1是平行四边形，BC1⊥C1C，平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且E，F分别是BC，A1B1的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面A1C1CA；（Ⅱ）当侧面A1C1CA是正方形，且BC1＝C1C时，（ⅰ）求二面角F﹣BC1﹣E的大小；（ⅱ）在线段EF上是否存在点P，使得AP⊥EF？若存在，指出点P的位置；若不存在，请说明理由．18．（13分）已知函数f（x）＝xe x﹣（m≥0）．（Ⅰ）当m＝0时，求函数f（x）的极小值；（Ⅱ）当m＞0时，讨论f（x）的单调性；（Ⅲ）若函数f（x）在区间（﹣∞，1）上有且只有一个零点，求m的取值范围．19．（14分）过椭圆W：＝1的左焦点F1作直线l1交椭圆于A，B两点，其中A（0，1），另一条过F1的直线l2交椭圆于C，D两点（不与A，B重合），且D点不与点（0，﹣1）重合．过F1作x轴的垂线分别交直线AD，BC于E，G．（Ⅰ）求B点坐标和直线l1的方程；（Ⅱ）求证：|EF1|＝|F1G|．20．（13分）已知a1，a2，…，a n，…是由正整数组成的无穷数列，对任意n∈N*，a n满足如下两个条件：①a n是n的倍数；②|a n﹣a n+1|≤5．（Ⅰ）若a1＝30，a2＝32，写出满足条件的所有a3的值；（Ⅱ）求证：当n≥11时，a n≤5n；（Ⅲ）求a1所有可能取值中的最大值．2018-2019学年北京市朝阳区高三（上）期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．【解答】解：集合A＝{x∈N|1≤x≤3}＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}，∴A∪B＝{1，2，3，4，5}．故选：D．2．【解答】解：∵（1+i）z＝2i，∴（1﹣i）（1+i）z＝2i（1﹣i），z＝i+1．则|z|＝．故选：C．3．【解答】解：模拟程序的运行，可得S＝12，n＝1执行循环体，S＝10，n＝2不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝6，n＝3不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝0，n＝4不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝﹣8，n＝5满足条件S+n≤0，退出循环，输出S的值为﹣8．故选：A．4．【解答】解：根据题意，设过A、B、C的圆为圆M，其方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，又由A（4，4），B（4，0），C（0，4），则有，解可得：D＝﹣4，E＝﹣4，F＝0，即圆M的方程为x2+y2﹣4x﹣4y＝0，令y＝0可得：x2﹣4x＝0，解可得：x1＝0，x2＝4，即圆与x轴的交点的坐标为（0，0），（4，0），则圆被x轴截得的弦长为4；故选：C．5．【解答】解：函数y＝sin2x的图象向右平移φ（φ＞0）个单位后，解析式为y＝sin2（x ﹣φ），又此时图象经过点，∴＝sin2（﹣φ），∴2（﹣φ）＝2kπ+或2kπ+，k∈Z．解得φ＝﹣kπ+或φ＝﹣kπ，k∈Z．又φ＞0，故它最小的值是，故选：B．6．【解答】解：1）若x＜0，﹣x＞0，则：；∴“x＜0“是““的充分条件；2）时，；解得x＜0；∴“x＜0“是““的必要条件；综上得，“x＜0”是“”的充分必要条件．故选：C．7．【解答】解：∵log a（e x+3）≥1＝log a a，∴若a＞1，则e x+3≥a恒成立，∵e x+3＞3，∴此时1＜a≤3，若0＜a＜1，则e x+3≤a恒成立，∵e x+3＞3，∴此时a无解，综上所述，1＜a≤3，即实数a的取值范围是（1，3]．故选：B．8．【解答】解：正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，该正方形对角线长等于正方体的棱长，所以它的棱长a2＝＝，以C2各个面的中心为顶点的正方体为图形C3是正方体，正方体C3面对角线长等于C2棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的），∴对角线为×＝，∴a3＝＝，即该小正方体的棱长为．故选：C．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上．9．【解答】解：根据题意得，2a2＝6，∴a2＝3 又a4＝7，∴2d＝7﹣3＝4，∴d＝2，a1＝1，∴S5＝5a1+＝5+20＝25，故答案为：25．10．【解答】解：以AC的连线为x轴，过B点且垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示平面直角坐标系，则：A（﹣4，0），C（3，0），D（﹣1，﹣2），B（0，2），；∴．故答案为：7．11．【解答】解：由三视图画出该三棱锥的直观图，如图所示；则三棱锥P﹣ABC的体积为V三棱锥P﹣ABC＝S△ABC•h＝××4×2×2＝．故答案为：．12．【解答】解：设直线AB的倾斜角为θ，并设θ为锐角，由于|AF|＝4|BF|，则有，解得，则，由抛物线的焦点弦长公式可得，因此，．故答案为：5．13．【解答】解：如图所示：如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，能走回到标50的方格内，如图所示：使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2，3，4，5，6，…，到达右下角标12的方格，且路线是唯一的，故A处应该为8，故答案为：能，814．【解答】解：设等腰三角形的底角为θ，则θ∈（0，），则等腰三角形的底边为2cosθ，高为sinθ，则S阴＝（2cosθ）2+4×＝2sin2θ+2cos2θ+2＝2sin（2θ+）+2，又2（，），当2θ＝，即时，S阴取最大值2+2，故答案为：2+2．三、解答题：本大题共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．【解答】解：（Ⅰ）由，，所以，由正弦定理得，，即；（Ⅱ）在△ABD中，，由余弦定理得，AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BD cos B，所以AD2＝，所以．16．【解答】（本小题满分13分）解：（Ⅰ）B市共有5个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2450，2460，2500，2500，2500．所以中位数为2500，所以甲的购买价格为2500．C市共有4个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2400，2470，2540，2580，故X的可能取值为0，1，2．，，．所以分布列为：所以数学期望．………（10分）（Ⅱ）三个城市按小麦价格差异性从大到小排序为：C，A，B．………（13分）17．【解答】．证明：（Ⅰ）取A1C1中点G，连FG，连GC在△A1B1C1中，因为F，G分别是A1B1，A1C1中点，所以FG∥B1C1，且．在平行四边形BCC1B1中，因为E是BC的中点，所以EC∥B1C1，且．所以EC∥FG，且EC＝FG．所以四边形FECG是平行四边形．所以FE∥GC．又因为FE⊄平面A1C1CA，GC⊂平面A1C1CA，所以EF∥平面A1C1CA．…………………（4分）（Ⅱ）（ⅰ）因为侧面A1C1CA是正方形，所以A1C1⊥C1C．又因为平面A1C1CA⊥平面BCC1B1，且平面A1C1CA∩平面BCC1B1＝C1C，所以A1C1⊥平面BCC1B1．所以A1C1⊥C1B．又因为BC1⊥C1C，以C1为原点建立空间直角坐标系C1﹣xyz，如图所示．设C1C＝a，则A（0，a，a），B（a，0，0），C（0，a，0），A1（0，0，a），B1（a，﹣a，0），．设平面FBC1的一个法向量为n＝（x，y，z）．由得即令y＝1，所以n＝（0，1，1）．又因为A1C1⊥平面BC1E，所以是平面BC1E的一个法向量．所以．由图可知，二面角F﹣BC1﹣E为钝角，所以二面角F﹣BC1﹣E的大小为．故答案为：（ⅱ）假设在线段EF上存在点P，使得AP⊥EF．设，则．因为＝，又AP⊥EF，所以．所以λ＝0∈[0，1]．故点P在点E处时，有AP⊥EF．18．【解答】（本小题满分13分）解：（Ⅰ）当m＝0时：f'（x）＝（x+1）e x，令f'（x）＝0解得x＝﹣1，又因为当x∈（﹣∞，﹣1），f'（x）＜0，函数f（x）为减函数；当x∈（﹣1，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）为增函数．所以，f（x）的极小值为..…………（3分）（Ⅱ）f'（x）＝（x+1）（e x﹣m）．当m＞0时，由f'（x）＝0，得x＝﹣1或x＝lnm．（ⅰ）若，则．故f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；（ⅱ）若，则lnm＞﹣1．故当f'（x）＞0时，x＜﹣1或x＞lnm；当f'（x）＜0时，﹣1＜x＜lnm．所以f（x）在（﹣∞，﹣1），（lnm，+∞）单调递增，在（﹣1，lnm）单调递减．（ⅲ）若，则lnm＜﹣1．故当f'（x）＞0时，x＜lnm或x＞﹣1；当f'（x）＜0时，lnm＜x＜﹣1．所以f（x）在（﹣∞，lnm），（﹣1，+∞）单调递增，在（lnm，﹣1）单调递减．．…………（8分）（Ⅲ）（1）当m＝0时，f（x）＝xe x，令f（x）＝0，得x＝0．因为当x＜0时，f（x）＜0，当x＞0时，f（x）＞0，所以此时f（x）在区间（﹣∞，1）上有且只有一个零点．（2）当m＞0时：（ⅰ）当时，由（Ⅱ）可知f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，且，，此时f（x）在区间（﹣∞，1）上有且只有一个零点．（ⅱ）当时，由（Ⅱ）的单调性结合f（﹣1）＜0，又f（lnm）＜f（﹣1）＜0，只需讨论f（1）＝e﹣2m的符号：当时，f（1）＞0，f（x）在区间（﹣∞，1）上有且只有一个零点；当时，f（1）≤0，函数f（x）在区间（﹣∞，1）上无零点．（ⅲ）当时，由（Ⅱ）的单调性结合f（﹣1）＜0，f（1）＝e﹣2m＞0，，此时f（x）在区间（﹣∞，1）上有且只有一个零点．综上所述，..…………（13分）19．【解答】（本小题满分14分）解：（Ⅰ）由题意可得直线l1的方程为y＝x+1．与椭圆方程联立，由可求．……………（4分）（Ⅱ）证明：当l2与x轴垂直时，C，D两点与E，G两点重合，由椭圆的对称性，|EF1|＝|F1G|．当l2不与x轴垂直时，设C（x1，y1），D（x2，y2），l2的方程为y＝k（x+1）（k≠1）．由消去y，整理得（2k2+1）x2+4k2x+2k2﹣2＝0．则，．由已知，x2≠0，则直线AD的方程为，令x＝﹣1，得点E的纵坐标．把y2＝k（x2+1）代入得．由已知，，则直线BC的方程为，令x＝﹣1，得点G的纵坐标．把y1＝k（x1+1）代入得．＝＝把，代入到2x1x2+3（x1+x2）+4中，2x1x2+3（x1+x2）+4＝．即y E+y G＝0，即|EF1|＝|F1G|..…………（14分）20．【解答】（Ⅰ）解：a3的值可取27，30，33，36；（Ⅱ）证明：由a n+1≤a n+5（n＝1，2，…），对于任意的n，有a n≤5（n﹣1）+a1．当n≥a1﹣4时，a n≤5（n﹣1）+a1，即a n≤5（n﹣1）+n+4，即a n≤6n﹣1．则a n＜6n成立．∵a n是n的倍数，∴当n≥a1﹣4时，有a n≤5n成立．若存在n使a n＞5n，依以上所证，这样的n的个数是有限的，设其中最大的为N．则a N＞5N，a N+1≤5（N+1）成立，∵a N是N的倍数，故a N≥6N．由5≥a N﹣a N+1≥6N﹣5（N+1）＝N﹣5，得N≤10．因此当n≥11时，a n≤5n；（Ⅲ）解：由（Ⅱ）知a11≤55，∵a n≤a n+1+5且a n是n的倍数，∴a10，a9，…，a1满足下面的不等式：a10≤60，a9≤63，a8≤64，a7≤63，a6≤66，a5≤70，a4≤72，a3≤75，a2≤80，a1≤85．则a1＝85，a2＝80，a3＝75，a4＝72，a5＝70，a6＝66，a7＝63，a8＝64，a9＝63，a10＝60，当n≥11时，a n＝5n这个数列符合条件．故所求a1的最大值为85．。

2018-2019学年北京市朝阳区高三（上）期中数学试卷（理科）副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知集合A={x|x（x-2）≤0}，B={x|0＜x≤1}，则A∩B=（）A. {x|0≤x≤1}B. {x|0＜x≤1}C. {x|0＜x≤2}D. ?2.执行如图所示的程序框图，输出的s值为（）A. -10B. -2C. 2D. 103.设平面向量=（1，1），=（1，2），=+k．若⊥，则实数k的值等于（）A. B. C. 0 D.4.已知x＞y＞0，则下列不等关系中正确的是（）A. cosx＞cosyB. log3x＜log3yC.D.5.“”是“”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件6.已知函数f（x）=|2x-2|．若f（a）=f（b）（a≠b），则a+b的取值范围是（）A. （-∞，1）B. （-∞，2）C. （1，+∞）D. （2，+∞）7.已知函数当时，方程的根的个数为（）A. 1B. 2C. 3D. 48.将正奇数数列1，3，5，7，9，…依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：（1，3），（5，7，9），（11，13），（15，17，19），…，称（1，3）为第1组，（5，7，9）为第2组，依此类推，则原数列中的2019位于分组序列中（）A. 第404组B. 第405组C. 第808组D. 第809组二、填空题（本大题共6小题，共30.0分））=______．9.已知，，则cosα=______；tan（π+α10.已知x，y满足，则z=x+2y的最大值为______．11.已知函数y=f（x）满足下列条件：①定义域为R；②函数y=f（x）在（0，1）上单调递增；③函数y=f（x）的导函数y=f'（x）有且只有一个零点，写出函数f（x）的一个表达式______．12.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，连接CE、DF，交于点G，若=+（λ，μ∈R），则=______．13.海水受日月的引力，在一定的时候发生的涨落现象叫潮．港口的水深会随潮的变化而变化．某港口水的深度y（单位：米）是时刻t（0≤t≤24，单位：小时）的函数，记作y=f（t）．下面是该港口某日水深的数据：t03691215182124y8.011.07.95.08.011.08.05.08.0经长期观察，曲线y=f（t）可以近似地看成函数y=Asinωt+b（A＞0，ω＞0）的图象．根据以上数据，函数y=f（t）的近似表达式为______．14.从标有数字a，b，c，d（a≤b≤c≤d，且a，b，c，d∈{1，2，3，…，9}）的四个小球中任选两个不同的小球，将其上的数字相加，可得4种不同的结果；将其上的数字相乘，可得3种不同的结果．那么这4个小球上的不同的数字恰好有______个；试写出满足条件的所有组a，b，c，d______．三、解答题（本大题共6小题，共80.0分）15.设{a n}（n∈N*）是各项均为正数的等比数列，且a2=3，a4-a3=18．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）若b n=a n+log3a n，求b1+b2+…+b n．16.已知函数f（x）=2sinxcosx+sin2x-cos2x．（Ⅰ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间；（Ⅱ）若对任意，f（x）≤m（m为实数）恒成立，求m的最小值．17.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=，tanB=-4，b=8．（Ⅰ）求a；（Ⅱ）求点A到边BC的距离．18.已知函数f（x）=2mx3-3x2+1（m∈R）．（Ⅰ）当m=1时，求f（x）在区间[-1，2]上的最大值和最小值；（Ⅱ）求证：“m＞1”是“函数f（x）有唯一零点”的充分而不必要条件．19.已知函数．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）试判断函数f（x）的单调性并证明；（Ⅲ）若函数f（x）在x=1处取得极大值，记函数f（x）的极小值为g（a），试求g（a）的最大值．20.设m，n为正整数，一个正整数数列a1，a2，…，a n满足m=a1≥a2≥…≥a n≥１．对i=1，2，…，m，定义集合B i={j∈{1，2，…，n}|a j≥i}．数列b1，b2，…，b m中的b i（i=1，2，…，m）是集合B i中元素的个数．（Ⅰ）若数列a1，a2，…，a n为5，3，3，2，1，1，写出数列b1，b2，…，b m；（Ⅱ）若n=2m，m≥３，b1，b2，…，b m为公比为的等比数列，求a1+a2+…+a n；（Ⅲ）对j=1，2，…，n，定义集合C j={i∈{1，2，…，m}|b i≥j}，令c j是集合C j中元素的个数．求证：对j=1，2，…，n，均有a j=c j．答案和解析1.【答案】 B【解析】解：A={x|0≤x≤2}，B={x|0＜x≤1}；∴A∩B={x|0＜x≤1}．故选：B．可以求A，然后进行交集的运算即可．考查描述法的定义，以及交集的运算．2.【答案】 C【解析】解：根据程序框图的循环结构：在执行循环前：s=0，k=1，由于：k＜4，执行下一次循环，则：k=2，s=-1+2=1，由于k＜4，执行下一次循环，则：k=3，s=1-3=2，由于k＜4，执行下一次循环，则：k=4，s=-2+4=2，由于k=5＞4，则：输出s=2．故选：C．直接利用程序框图的循环结构，进一步利用k的范围，进一步求出结果．本题考查的知识要点：程序框图的循环结构的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．3.【答案】 A【解析】解：；∵；∴；。

北京市朝阳区2017-2018学年度第一学期期末质量检测高三年级数学学科试卷（文史类） 2018．1（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1. 已知集合{}|(2)0A x x x =-<，{}|ln 0B x x =>，则A B I 是A ． {}|0x x >B ． {}|2x x >C ． {}|12x x <<D ． {}|02x x <<2．已知i 为虚数单位，设复数z 满足i 3z +=，则z =A ．3B ．C ． 4D ．103．某便利店记录了100天某商品的日需求量（单位：件），整理得下表：试估计该商品日平均需求量为A ． 16B ． 16.2C ． 16.6D ． 16.84． “sin 2α=”是“cos 2=0α”的 A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件5． 下列函数中，是奇函数且在(0,1)内是减函数的是①3()f x x =- ②1()2xf x =（） ③()sin f x x =- ④()ex x f x = A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．③④6． 某四棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为A ．43B ． 4 C．3D． 7．阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数k （0k >且1k ≠）的点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点,A B 间的距离为2，动点P 与A ，B,,P A B 不共线时，PAB ∆面积的最大值是 A． B ．C ．3 D ．38．如图，PAD ∆为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ．若点M 为平面ABCD 内的一个动点，且满足MP MC =，则点M 在正方形ABCD 及其内部的轨迹为A ．椭圆的一部分B ．双曲线的一部分C ．一段圆弧D ．一条线段第二部分（非选择题 共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上． 9．执行如图所示的程序框图，输出S 的值为．10．已知双曲线C 的中心在原点，对称轴为坐标轴，它的一个焦点与抛物线28y x =的焦点重合，一条渐近线方程为0x y +=，则双曲线C 的方程是 ．11．已知菱形ABCD 的边长为2，60BAD ∠=，则A B B C ⋅= ．错误！未找到引用源。

北京市朝阳区高三年级第二次综合练习数学学科测试（理工类）（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1. 已知集合{}2|log 1A x x =>，{1}B x x =≥∣，则A B =（ ）A. (]1,2B. (1,)+∞C. ()1,2D. [)1,+∞【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数性质确定集合A ，然后由并集定义计算． 【详解】由题意{}2|log 1{|2}A x x x x =>=>，∴{|1}A B x x =≥．故选：D ．【点睛】本题考查集合的并集运算，考查对数函数的性质，属于基础题． 2. 在ABC 中，1AB =，2AC =，6C π∠=，则B ∠=（ ）A.4πB.4π或2π C.34π D.4π或34π 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理直接求解．【详解】在ABC 中，由正弦定理得sin sin AB AC C B=，得2sinsin 26sin 12AC C B AB π===， 又AC AB >，∴B C >，而(0,)B π∈，∴4B π=或34π． 故选：D ．【点睛】本题考查正弦定理，用正弦定理求角时可能会出两解的情形，要注意辨别．3. 执行如图所示的程序框图，则输出的S 值为是（ ）A. 10B. 13C. 40D. 121【答案】C 【解析】 【分析】模拟程序运行，即可确定结论． 【详解】程序运行时，变量值变化如下： 0,1k S ==，满足3k <；1k=，4S =，满足3k <；2,13k S ==，满足3k <；3k =，40S =，不满足3k <，输出40S =． 故选：C ．【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，确定变量的值． 4. 在极坐标系中，直线:cos sin 2l ρθρθ 与圆2:cos C ρθ=的位置关系为（ ）A. 相交且过圆心B. 相交但不过圆心C. 相切D. 相离【答案】B 【解析】 【分析】首先把直线和圆极坐标方程转化为直角坐标方程，进一步可利用点到直线的距离公式求出结果． 【详解】解：直线l ：cos sin 2ρθρθ+=，转换为直角坐标方程为：20x y +-=． 圆C ：ρ＝2cosθ，转换为直角坐标方程为：x 2+y 2＝2x ， 整理得：（x ﹣1）2+y 2＝1，所以圆心（1，0）到直线20x y +-=的距离d ＝221-22=1211<+＝r ，所以直线与圆相交．又由于直线不经过点（1,0）故：直线与圆相交但不过圆心． 故选B ．【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的转化．点到直线的距离公式的应用，以及直线与圆的位置关系．5. 如图，角,Ox αβ均以为始边，终边与单位圆O 分别交于点A ，B ，则OA OB ⋅=（ ）A. sin()αβ-B. sin()αβ+C. cos()αβ-D. cos()αβ+【答案】C 【解析】 【分析】由三角函数的定义，可求得点,A B 的坐标，再由向量的数量积的运算公式和两角差的余弦公式，即可求解．【详解】根据题意，角角,Ox αβ均以为始边，终边与单位圆O 分别交于点,A B ， 则(cos ,sin ),(cos ,sin )A B ααββ，则cos cos sin sin cos()OA OB αβαβαβ⋅=+=-，故选C ．【点睛】本题主要考查了两角差的余弦公式，以及向量的数量积的坐标运算的应用，其中解答中熟练应用任教角的三角函数的定义，求得,A B 的坐标，准确利用公式运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．6. 已知函数22,,(),,x x a f x x x a ⎧≥⎪=⎨<⎪⎩则“0a ≤”是“函数()f x 在[0,)+∞上单调递增”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】 【分析】由2x ＝x 2，x ∈[0，+∞），解得x ．根据函数f （x ）在[0，+∞）上单调递增，可得：a ≥0．即可判断出结论．【详解】当0a ≤时，f(x)在[)0+∞，上满足f(x)=2x ，单调递增,满足题意； 又由2x ＝x 2，x ∈[0，+∞），解得x ＝2或4．当4a ≥时，2x ≥x 2，函数f （x ）22{ xx ax x a≥=，，＜，函数f （x ）在[0，+∞）上单调递增，满足题意，但不满足0a ≤，∴“a ≤0”是“函数f （x ）在[0，+∞）上单调递增”的充分不必要条件． 故选A ．【点睛】本题考查了函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与数形结合方法，属于基础题．7. 某校象棋社团组织中国象棋比赛,采用单循环赛制,即要求每个参赛选手必须且只须和其他选手各比赛一场,胜者得2分,负者得0分,平局两人各得1分.若冠军获得者得分比其他人都多,且获胜场次比其他人都少,则本次比赛的参赛人数至少为 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】C 【解析】分析：对于四个选项中给出的参赛人数分别进行分析，看是否满足条件，然后可得结论． 详解：对于A ，若参赛人数最少为4人，则当冠军3次平局时，得3分，其他人至少1胜1平局时，最低得3分，所以A 不正确．对于B ，若参赛人数最少为5人，当冠军1负3平局时，得3分，其他人至少1胜1平局，最低得3分，所以B 不正确．对于C ，若若参赛人数最少为6人，当冠军2负3平局时，得3分，其他人至少1胜1平局，最低得3分，此时不成立；当冠军1胜4平局时，得6分，其他人至少2胜1平局，最低得5分，此时成立．综上C 正确．对于D ，由于7大于6，故人数不是最少．所以D 不正确． 故选C ．点睛：本题考查推理问题，考查学生的分析问题和应用所学知识解决问题的能力．解题时要根据所给出的条件进行判断、分析，看是否得到不合题意的结果． 8. 若三个非零且互不相等的实数123,,x x x 成等差数列且满足123112x x x +=,则称123,,x x x 成一个“β等差数列”.已知集合{||100,}M x x x =≤∈Z ,则由M 中的三个元素组成的所有数列中,“β等差数列”的个数为 A. 25 B. 50C. 51D. 100【答案】B 【解析】 【分析】首先要确定构成“β等差数列”的三个数的内在关系，312x x =-和2112x x =-，结合所给集合找出符合条件的数组有50组．【详解】由三个非零且互不相等的实数123,,x x x 成等差数列且满足123112x x x +=，知 2131232112x x x x x x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩ 消去2x ，并整理得，1313(2)()0x x x x +-= 所以13x x =（舍去），312x x =-， 于是有2112x x =-．在集合{}100,M x x x Z =≤∈中，三个元素组成的所有数列必为整数列， 所以1x 必为2的被数，且1[50,50]x ∈-，10x ≠ 故这样的数组共50组．答案选B ．【点睛】此题属于新情境问题，这类问题关键是要从问题情境中寻找“重要信息”，研究对象的本质特征，如本题中能构成“β等差数列”的三个数的内在关系，312x x =-和2112x x =-，这种明确数量关系（数量化的特征）是解决问题的关键，将地应用于新情境，即可达到解决问题的目的．这实质上是属于数学建模问题，一般考查较深刻，综合性强，难度略大，除要有相应的数学知识和数学能力外，还应耐心读题，仔细思考，增强信心，以应对此类问题．第二部分（非选择题 共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上.9. 计算21(1)i =+__________________． 【答案】12i -． 【解析】 【分析】根据复数的乘除法运算法则计算． 【详解】2221111(1)12222i i i i i i i ====-+++．故答案为：12i -【点睛】本题考查复数的乘除法运算，掌握乘除法运算法则是解题基础．10. 双曲线22(0)x y λλ-=≠的离心率是__________；该双曲线的两条渐近线的夹角是___________． 【答案】 (1). 2 (2). 90︒【解析】 【分析】利用双曲线方程求出a ，c ，然后求解离心率，求出渐近线方程，即可求解两条渐近线的夹角． 【详解】解：双曲线22(0)x y λλ-=≠，可得||a λ=，2||c λ=，所求双曲线的离心率为2ce a==．双曲线的渐近线方程为：y x =±， 所以该双曲线的两条渐近线的夹角是90︒． 故答案为：2；90︒．【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．11. 若31()n x x -展开式的二项式系数之和为8，则n =____________；其展开式中含31x项的系数为___________．（用数字作答） 【答案】 (1). 3 (2). －1 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质求得n ，然后由二项展开式通项公式求得31x 的系数． 【详解】由题意28n =，3n =， 展开式通项公式为33941331()(1)rr rr r rr T C x C x x --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 令943r -=-，3r =，∴所求系数为333(1)1C -=-．故答案为：3；－1．【点睛】本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，属于基础题．12. 已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的底面和三个侧面中,直角三角形的个数是______.【答案】3 【解析】 【分析】将几何体还原到正方体中，再利用正方体的特征结果，易得结果. 【详解】将几何体放入正方体中，棱长为1如图由三视图可以三棱锥为P-ABC由正方体特征易知，三角形ABC 、ABP 、BCP 为直角三角形 而三角形ACP 为等边三角形 故答案为3【点睛】本题考查了几何体的三视图，还原几何体是解题的关键，属于中档题.13. 已知不等式组021(1)y x y y k x ≥⎧⎪+≤⎨⎪+≥+⎩，在平面直角坐标系xOy 中所表示的平面区域为D ，D 的面积为S ，则下面结论：①当0k >时，D 为三角形； ②当k 0<时，D 为四边形； ③当13k =时，4S =； ④当103k <≤时，S 为定值．其中正确的序号是__________． 【答案】③④ 【解析】 【分析】首先作出02y x y ≥⎧⎨+≤⎩表示的平面区域，ABC 内部（包含边界），然后再作出直线1(1)y k x +=+，观察k 变化时，平面区域D 的变化情况，得出结论．【详解】首先作出02y x y ≥⎧⎨+≤⎩表示的平面区域，如图ABC 内部（包含边界），易得(0,2),(2,0),(2,0)A B C -，14242ABCS=⨯⨯=． 直线1(1)y k x +=+为过点(1,1)--P 的直线，如图，不等式1(1)y k x +≥+表示直线1(1)y k x +=+上方的区域，若1k =，则直线1(1)y k x +=+与AB 平行，平面区域D 为四边形，①错； 若k 0<，当直线与AB 的交点在B 点下方时，平面区域D 为三角形，②错；13k =时，直线1(1)y k x +=+即为直线PC ，直线1(1)y k x +=+为PC ，平面区域D 为ABC ，4S =，③正确；当103k <≤时，直线1(1)y k x +=+与AC 的交点在C 点下方，平面区域D 为ABC ，4S =为定值，④正确． 故答案为：③④．【点睛】本题考查二元一次不等式组表示的平面区域，解题方法是作出把其中动直线去掉弱化条件后的不等式组表示的平面区域，然后再考虑动直线变化时，围成的区域的变化情况．利用数形结合思想得到了解答．14. 如图,已知四面体.的棱//AB 平面α,且2AB =,其余的棱长均为1.四面体ABCD 以AB 所在的直线为轴旋转x 弧度,且始终在水平放置的平面α上方.如果将四面体ABCD 在平面α内正投影面积看成关于x 的函数,记为()S x ,则函数()S x 的最小值为______;()S x 的最小正周期为______.【答案】115 【解析】【分析】设M 为AB 中点，求出M 到CD 的距离，即可得出()S x 的最小值，根据三棱锥的对称性得出()S x 的周期.【详解】取AB 中点为M ，连结CM DM ，， 因为DA DB CA CB ==，， 所以AB CM ⊥，AB DM ⊥， 所以AB ⊥平面CDM ， 所以AB CD ⊥， 因为2AB =，1AC BC CD ===，所以AC BC ⊥，22CM DM ==， 所以CM DM ⊥， 所以M 到CD 的距离为12. 所以当CD α⊥时，()S x 取得最小值1122224⨯⨯=， 由三棱锥的对称性可知()S x 的最小正周期为π.故答案为24，π【点睛】本题主要考查实际问题中的函数模型，可根据题意将问题进行转化，属于常考题型.三、解答题：本大题共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. 已知函数()()2sin sin cos f x x x x a =+-的图象经过点,1,2a Rπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.（1）求a 的值，并求函数()f x 的单调递增区间； （2）若当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()f x m ≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)1a =；()f x 的单调递增区间为()3,88k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦.(2)(],1m ∈-∞-. 【解析】【详解】分析：（1）利用倍角公式和辅助角公式可以求得()2sin(2)14f x x a π=-+-，然后再利用正弦函数的单调性即可得出单调区间； （2）由[0,]2x π∈，可得2[,]444x ππ3π-∈-，可得sin(2)4x π-的取值范围是2[,1]2-，根据不等式()f x m ≥恒成立，即()min m f x ≤，从而求得结果. 详解：（1）()()2sin sin cos f x x x x a =+-22sin 2sin cos x x x a =+-1cos2sin2x x a =-+- 2sin 214x a π⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭因为()f x 经过点,12π⎛⎫⎪⎝⎭，所以2sin 114a ππ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，1a =，因为sin y x =的单调递增区间为2,2,22k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦所以222,242k x k k πππ-+π≤-≤+π∈Z 所以3,88k x k k ππππ-+≤≤+∈Z 所以()f x 的单调递增区间为()3,88k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦.（2）由（1）知()2sin 24f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以32,444x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦， 当244x ππ-=-，即0x =时，()min 1f x =-，因为()f x m ≥恒成立即()min m f x ≤，所以所(],1m ∈-∞-.点睛：该题考查的是有关三角函数的恒等变换以及恒成立问题，涉及到的知识点有倍角公式、辅助角公式、正弦函数的单调性、三角函数在闭区间上的最值等，在解题的过程中，注意正确使用公式，再者就是将恒成立问题转化为最值来处理即可.16. 某市旅游管理部门为提升该市26个旅游景点的服务质量，对该市26个旅游景点的交通、安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分．每项评分最低分0分，最高分100分．每个景点总分为这五项得分之和，根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、交通得分与景点总分散点图如图请根据图中所提供的信息，完成下列问题：（1）若从交通得分排名前5名的景点中任取1个，求其安全得分大于90分的概率；（2）若从景点总分排名前6名的景点中任取3个，记安全得分不大于90分的景点个数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望；（3）记该市26个景点的交通平均得分为1x ，安全平均得分为2x ，写出1x 和2x 的大小关系？（只写出结果） 【答案】（1）35（2）见解析，1．（3）12x x ＞． 【解析】 【分析】（1）根据图象安全得分大于90分的景点有3个，即可求得概率； （2）ξ的可能取值为0，1，2，依次求得概率，即可得到分布列； （3）根据图象中的点所在位置即可判定平均分的大小关系.【详解】（1）由图象可知交通得分排名前5名的景点中，安全得分大于90分的景点有3个， ∴从交通得分排名前5名的景点中任取1个，其安全得分大于90分的概率为35． （2）结合两图象可知景点总分排名前6名的景点中，安全得分不大于90分的景点有2个， ξ的可能取值为0，1，2．P （ξ＝0）343615C C ==，P （ξ＝1）21423635C C C ⋅==，P （ξ＝2）12423615C C C ⋅==， ∴ξ的分布列为： ξ 0 1 2 P153515∴E （ξ）＝015⨯+135⨯+215⨯=1． （3）由图象可知26个景点的交通得分全部在80分以上，主要集中在85分附近， 安全得分主要集中在80分附近，且80分以下的景点接近一半，故而12x x ＞．【点睛】此题考查根据散点图求古典概型，分布列和数学期望，关键在于准确求出概率，根据图象中散点图特征判定平均值的大小关系.17. 如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PBC ⊥平面ABCD ．PBC 是等腰三角形，且3PB PC ==．在梯形ABCD 中，//AB DC ，AD DC ⊥，5AB =，4=AD ，3DC =．（Ⅰ）求证：//AB 平面PDC ； （Ⅱ）求二面角A-PB-C 的余弦值；（Ⅲ）在线段AP 上是否存在点H ，使得BH ⊥平面ADF ？请说明理由． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）1010；（Ⅲ）不存在，证明见解析． 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判定定理证明；（Ⅱ）先证明PF ⊥平面ABCD ，然后以F 为原点，,,FA FB FP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系F xyz -，用空间向量法求二面角的余弦值；（Ⅲ）假设线段AP 上存在点H ，使得BH ⊥平面ADP ，且设(01)AH AP λλ=≤≤，由向量的线性运算表示出BH ，再求出平面ADP 的一个法向量n ，由//BH n 求λ，如果有实数解λ，说明存在，如果无实数解λ，说明不存在．【详解】（Ⅰ）证明：因为//AB DC ，AB ⊄平面PDC ，DC ⊂平面PDC ， 所以//AB 平面PDC ．（Ⅱ）取BC 中点F ，连接,AF PF ，在PBC 中，因为PB PC =，所以PF BC ⊥， 又易知5AC AB ==，所以AF BC ⊥， 又因为平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC 平面ABCD BC =，所以PF ⊥平面ABCD ，所以PF AF ⊥．以F 为原点，,,FA FB FP 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系F xyz -，如图， 在梯形ABCD 中，因为//,AB DC AD DC ⊥，4,3,5AD DC AB ===， 所以25,25BC AF ==， 又因为3PB =，所以2PF =，于是(0,0,2),(25,0,0),(0,5,0),(0,5,0)P A B C -，所以(25,0,0)FA =，(25,5,0)AB =-，(0,5,2)PB =-． 因为AF ⊥平面PBC ，所以(25,0,0)FA =是平面PBC 的一个法向量， 设平面PBA 的一个法向量为(,,)m x y z =，则2550520m AB x y m PB y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取2y =，得(1,2,5)m =， 2510cos ,1025145FA m FA m FA m⋅<>===⨯++，由图可知，二面角A PB C --的平面角为锐角， 所以二面角A PB C --的余弦值为1010．（Ⅲ）因为5,3AB DC ==，(25,5,0)AB =-，所以35CD AB =-， 所以25AD AB BC CD BC CD =++=+24585(25,5,0)(0,25,0),,0555⎛⎫=-+-=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面ADP 的一个法向量是111(,,)n x y z =，则111145850552520n AD x y n AP x z ⎧⋅=--=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取12x =，得(2,1,25)n =-，假设线段AP 上存在点H ，使得BH ⊥平面ADP ，且设(01)AH AP λλ=≤≤， 所以(25,0,2)AH AP λλλ==-，所以(25,5,0)(25,0,2)(25(1),5,2)BH BA AH λλλλ=+=-+-=--， 因为BH ⊥平面ADP ，所以//BH n ， 所以25(1)522125λλ--==-，显然λ不存在， 假设不成立，故线段AP 上不存在点H ，使得BH ⊥平面ADP ．【点睛】本题考查证明线面平行，考查空间向量法求二面角，用向量法研究存在性命题，化几何证明为数学计算．以数证形，使得学生的思路简捷，本题考查了学生的空间想象能力，运算求解能力，逻辑推理能力．18. 已知函数2()2()x f x xe ax ax a ++∈=R ．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为30x y +=，求a 的值；（Ⅱ）当102a -≤<时，讨论函数()f x 的零点个数．【答案】（Ⅰ）-2；（Ⅱ）答案见解析. 【解析】 【分析】（Ⅰ）求出导函数()'f x ，利用(0)3f '=-可得a 值；（Ⅱ）利用导数讨论函数的单调性、极值，结合零点存在定理分类讨论确定零点个数．【详解】（Ⅰ）由已知()(1)22xf x e x ax a '=+++，∵函数图象在点()()0,0f 处的切线方程为30x y +=， ∴(0)3f '=-，即123a +=-，2a =-．（Ⅱ）()(1)22(1)(2)x xf x e x ax a x e a '=+++=++，102a -≤<，120a -≤<， 由()0f x '=得11x =-，22x e a =-，2ln(2)x a =-，①当ln(2)1a -<-，即1,02a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，当x 变化，()'f x ，()f x 变化情况如下：x (,ln(2))a -∞-ln(2)a -(ln(2),1)a --1-(1,)-+∞()'f x＋ 0 － 0 ＋ ()f x增极大值减极小值增∴()f x 在(,ln(2))a -∞-和(1,)-+∞是增函数，在(ln(2),1)a --是减函数，又2(ln(2))ln (2)0f a a a -=-<，(0)0f =，∴函数()f x 有一个零点；②当当ln(2)1a -=-，即12a e=-时，当x 变化，()'f x ，()f x 变化情况如下： x (,1)-∞-1-(1,)-+∞()'f x＋＋()f x增1(1)f a e-=--增∴函数()f x 在(,)-∞+∞上是增函数，又(0)0f =，函数()f x 有一个零点；③当1ln(2)0a -<-<，即11,22a e ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，当x 变化，()'f x ，()f x 变化情况如下：x (,1)-∞-1-(1,ln(2))a --ln(2)a -(ln(2),)a -+∞()'f x＋ 0 － 0 ＋ ()f x增极大值减极小值增∴()f x 在(,1)-∞-和(ln(2),)a -+∞是增函数，在(1,ln(2))a --是减函数，又2(ln(2))ln (2)0f a a a -=-<，(0)0f =，∴函数()f x 有一个零点；22(2)24420f e a a e -=-+-=-<，1(1)f a e-=--，2(ln(2))ln (2)0f a a a -=-<，(0)0f =，∴当11,2a e e ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，此时1(1)0f a e -=--<，函数()f x 只有一个零点，1a e =-时，1(1)0f a e -=--=，函数()f x 有两个零点，11,2a e ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，1(1)0f a e -=-->，函数()f x 有三个零点，④ln(2)0a -=，即12a =-时，由于(0)0f =，因此函数()f x 有两个零点， 综上所述，（1）1,0a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，函数()f x 有一个零点，12a =-或1a e =-时，函数()f x 有两个零点，当11,2a e ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭时，函数()f x 有三个零点． 【点睛】本题考查导数的几何意义，用导数研究函数零点个数，解题关键是确定导数与函数单调性、函数极值的关系，本题属于困难题，旨在考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力，分类讨论思想的应用．19. 已知抛物线2:2C y x =．（Ⅰ）写出抛物线C 的准线方程，并求抛物线C 的焦点到准线的距离；（Ⅱ）过点()2,0且斜率存在的直线l 与抛物线C 交于不同的两点A ，B ，且点B 关于x 轴的对称点为D ，直线AD 与x 轴交于点M ． （i ）求点M 的坐标；（ⅱ）求OAM △与OAB 面积之和的最小值．【答案】（Ⅰ）准线方程是12x =-，抛物线的焦点到准线的距离为1．（Ⅱ）（i ）(2,0)M -．（ii ）42．【解析】 【分析】（Ⅰ）根据抛物线的定义直接得出结论；（Ⅱ）（i ）设1122(,),(,)A x y B x y ，设AB l ：2x my =+，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得1212,y y y y +，写出直线AD 方程，求出它与x 轴的交点坐标即得；（ii ）由（i ）的结论计算三角形面积和OAM OAB S S +△△，结合基本不等式可得．【详解】（Ⅰ）由题意22p =，1p =，所以准线方程是12x =-，抛物线的焦点到准线的距离为1．（Ⅱ）（i ）令1122(,),(,)A x y B x y ，则22(,)D x y -，且令10y >， 令AB l ：2x my =+，由222x my y x=+⎧⎨=⎩，得2240y my --=， 所以122y y m +=，124y y =-， 则直线AD 的方程为21212111112121221()()()()2y y y y y y x x x x x y x x m y y y y ++-=-=-=----，当0y =时，21211()()2y y y x y --=-，所以122y y x =，又124y y =-，所以2x =-，即(2,0)M -．（ii ）1122OAM S y =⨯⋅△，12112222OAB S y y =⨯⋅+⨯⋅△， 则1121142OAM OAB S S y y y y y -+=++=+△△11114422242y y y y =+≥⋅=，当且仅当1142y y =，即12y =时，等号成立． 所以面积之和的最小值为42．【点睛】本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，考查了学生运算求解能力，属于中档题．20. 若无穷数列{}n a 满足：存在*(,),p q a a p q p q =∈>N ，并且只要p q a a =，就有p i q i a ta ++=（t为常数，1,2,3,i =），则称{}n a 具有性质T ．（Ⅰ）若{}n a 具有性质T ，且3t =1,4a =，25a =，41a =，55a =，78936a a a ++=，求3a ；（Ⅱ）若无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2()nn S b b =+∈R ，证明存在无穷多个b 的不同取值，使得数列{}n a 具有性质T ；（Ⅲ）设{}n b 是一个无穷数列，数列{}n a 中存在*(,),p q a a p q p q =∈>N ，且1cos n n n a b a +=()*n ∈N ．求证：“{}n b 为常数列”是“对任意正整数1a ，{}n a 都具有性质T ”的充分不必要条件．【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析． 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据{}n a 具有性质T ，计算789a a a ++可得3a ；（Ⅱ）利用作差得出数列的通项公式，通过T 性质的概念通过计算，由于数列从第二项始成等比数列且公比不为1，因此只要让1a 和数列后面的某一项相等，即求得b 值，然后求出t ，验证即可得； （Ⅲ）从充分性和必要性两方面分别证明，而要说明条件成立需要严谨证明，说明条件不成立，只需举反例即可．【详解】（Ⅰ）∵{}n a 具有性质T ，且255a a ==，∴633a a =，7433a a ==，85315a a ==，96339a a a ==，∴7893315936a a a a ++=++=，解得32a =．经检验符合题意．（Ⅱ）∵无穷数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2()nn S b b =+∈R ， ∴12a b =+，当2n ≥时，111222n n n n n n a S S ---=-=-=，若p q a a =（p q >），取1q =，122p b -=-（p N ∈且2p ≥，p 为常数）， 则12p p q a a -==，对12p t -=，11112222(1,2,3,)p i p i p p i i a a i +---++==⋅==，∴数列{}n a 具有性质T ，且b 的不同取值有无穷多个．（Ⅲ）证明：当{}n b 是常数列时，有n b m =（常数），1cos (*)n n a m a m N +=∈， 对任意正整数1a ，∵存在p q a a =，则由cos cos p q m a m a =必有11p q a a ++=， 进而有p i q i a a ++=，这是1t =，(1,2,3,)p i q i a ta i ++==，∴{}n a 具有性质T ，∴“{}n b 为常数列”是“对任意正整数1a ，{}n a 都具有性质T ”的充分条件．取,2120,2n n k b n kπ⎧=-⎪=⎨⎪=⎩（*k N ∈），对任意正整数1a ，由11cos (,*)n n n a b a n n N --=≥∈得2111cos cos 2a b a a π==，∵1a 为正整数，∴20a ≠且12a a ≠，322cos 0a b a ==，433cos 2a b a π==，，当3n ≥时，0,21,222n n k a n k π=+⎧⎪=⎨=+⎪⎩（*k N ∈），对任意的,p q ，则,p q 同为奇数或同为偶数，若,p q 同为奇数，则(1,2,3,)p i q i a a i ++==成立， 若,p q 同为偶数，则(1,2,3,)p i q i a a i ++==成立，∴若对任意的,p q 满足p q a a =，取1t =，11p q i a a ++=⨯．故{}n a 具有性质T ，但{}n b 不是常数列，∴“{}n b 为常数列”是“对任意正整数1a ，{}n a 都具有性质T ”的不必要条件． 证毕．【点睛】本题考查数列的综合应用，考查对新定义的理解与应用，属于难题．。

理科数学 2018年高三北京市朝阳区2018届高三(一模)数学(理)试题解析单选题略略略略略略略略填空题略略略略略略略略略略略略单选题（本大题共8小题，每小题____分，共____分。

）1．已知全集为实数集，集合，，则A.B.C.D.2．复数满足，则在复平面内复数所对应的点位于A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3．直线的参数方程为（为参数），则的倾斜角大小为A.C.D.4．已知为非零向量，则“”是“与夹角为锐角”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件5．某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班，每天有且只有1人值班，每人至少安排一天且甲连续两天值班，则不同的安排方法种数为A.B.C.D.6．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于A.C.D.7．庙会是我国古老的传统民俗文化活动，又称“庙市”或“节场”．庙会大多在春节、元宵节等节日举行．庙会上有丰富多彩的文化娱乐活动，如“砸金蛋”（游玩者每次砸碎一颗金蛋，如果有奖品，则“中奖”）．今年春节期间，某校甲、乙、丙、丁四位同学相约来到某庙会，每人均获得砸一颗金蛋的机会．游戏开始前，甲、乙、丙、丁四位同学对游戏中奖结果进行了预测，预测结果如下：甲说：“我或乙能中奖”；乙说：“丁能中奖”；丙说：“我或乙能中奖”；丁说：“甲不能中奖”．游戏结束后，这四位同学中只有一位同学中奖，且只有一位同学的预测结果是正确的，则中奖的同学是A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁8．在平面直角坐标系xOy中，已知点,，动点满足,其中，则所有点构成的图形面积为A.B.C.D.填空题（本大题共12小题，每小题____分，共____分。

）9．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的值为________．10．若三个点中恰有两个点在双曲线上，则双曲线的渐近线方程为_____________．11．函数（）的部分图象如图所示，则____；函数在区间上的零点为____．12．已知点，若点是圆上的动点，则面积的最小值为____．13．等比数列满足如下条件：①；②数列的前项和．试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式____．14．已知，函数当时，函数的最大值是____；若函数的图象上有且只有两对点关于轴对称，则的取值范围是____．15． (本小题满分13分)在中，已知，．（Ⅰ）若，求的面积；（Ⅱ）若为锐角，求的值．16．(本小题满分14分)如图1，在矩形中，，，为的中点，为中点．将沿折起到，使得平面平面（如图2）．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得平面若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．17．(本小题满分13分)某地区高考实行新方案，规定：语文、数学和英语是考生的必考科目，考生还须从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目．若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定；否则，称该学生选考方案待确定．例如，学生甲选择“物理、化学和生物”三个选考科目，则学生甲的选考方案确定，“物理、化学和生物”为其选考方案．某学校为了解高一年级420名学生选考科目的意向，随机选取30名学生进行了一次调查，统计选考科目人数如下表：（Ⅰ）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人（Ⅱ）假设男生、女生选择选考科目是相互独立的．从选考方案确定的8位男生中随机选出1人，从选考方案确定的10位女生中随机选出1人，试求该男生和该女生的选考方案中都含有历史学科的概率；（Ⅲ）从选考方案确定的8名男生中随机选出2名，设随机变量求的分布列及数学期望．18． (本小题满分13分)已知函数．（Ⅰ）当时，（ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅱ）若，求证：．19． (本小题满分14分)已知椭圆的离心率为，且过点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于两点，直线过坐标原点且与直线的斜率互为相反数．若直线与椭圆交于两点且均不与点重合，设直线与轴所成的锐角为，直线与轴所成的锐角为，判断与大小关系并加以证明．20． (本小题满分13分)已知集合是集合的一个含有8个元素的子集．（Ⅰ）当时，设，（i）写出方程的解；（ii）若方程至少有三组不同的解，写出的所有可能取值；（Ⅱ）证明：对任意一个，存在正整数，使得方程至少有三组不同的解．答案单选题1. C2. A3. C4. B5. B6. D7. A8. C 填空题9.410.11.12.213.14.15.（Ⅰ）由，得，因为，所以.因为，所以．故的面积．………………….7分（Ⅱ）因为，且为锐角，所以.所以．………….13分16.（Ⅰ）由已知，因为为中点，所以．因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面．又因为平面，所以．………….5分（Ⅱ）设为线段上靠近点的四等分点，为中点．由已知易得．由（Ⅰ）可知，平面，所以，.以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图）．因为，，所以．设平面的一个法向量为，因为，所以即取，得．而.所以直线与平面所成角的正弦值……….10分（Ⅲ）在线段上存在点，使得平面.设，且，则，．因为，所以，所以，所以，．若平面，则.即.由（Ⅱ）可知，平面的一个法向量，即，解得，所以当时，平面．……….14分17.（Ⅰ）由题可知，选考方案确定的男生中确定选考生物的学生有4人，选考方案确定的女生中确定选考生物的学生有6人，该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有人．……….3分（Ⅱ）由数据可知，选考方案确定的8位男生中选出1人选考方案中含有历史学科的概率为；选考方案确定的10位女生中选出1人选考方案中含有历史学科的概率为．所以该男生和该女生的选考方案中都含有历史学科的概率为．…….8分（Ⅲ）由数据可知，选考方案确定的男生中有4人选择物理、化学和生物；有2人选择物理、化学和历史；有1人选择物理、化学和地理；有1人选择物理、化学和政治．由已知得的取值为．，，或.所以的分布列为12所以．…….13分18.当时，..（ⅰ）可得，又，所以在点（）处的切线方程为. ….3分（ⅱ）在区间（）上，且，则.在区间（）上，且，则.所以的单调递增区间为（），单调递减区间为（）. ….8分（Ⅱ）由，，等价于，等价于. 设，只须证成立.因为，，由，得有异号两根.令其正根为，则.在上，在上.则的最小值为.又，，所以.则.因此，即.所以所以.….….13分19.Ⅰ）由题意得解得，，．故椭圆的方程为．….….5分（Ⅱ）．证明如下：由题意可设直线的方程为，直线的方程为，设点，，，．要证，即证直线与直线的斜率之和为零，即．因为．由得，所以，．由得，所以．所以．．所以．….….14分20.（Ⅰ）（ⅰ）方程的解有：． (2)分（ii）以下规定两数的差均为正，则：列出集合的从小到大8个数中相邻两数的差：1，3，2，4，2，3，1；中间隔一数的两数差（即上一列差数中相邻两数和）：4，5，6，6，5，4；中间相隔二数的两数差：6，9，8，9，6；中间相隔三数的两数差：10，11，11，10；中间相隔四数的两数差：12，14，12；中间相隔五数的两数差：15，15；中间相隔六数的两数差：16这28个差数中，只有4出现3次、6出现4次，其余都不超过2次，所以的可能取值有4，6．…………………………………………………………6分（Ⅱ）证明：不妨设，记，，共13个差数．假设不存在满足条件的，则这13个数中至多两个1、两个2、两个3、两个4、两个5、两个6，从而. …………①又，这与①矛盾！所以结论成立．……………………………………………………………………13分解析单选题略略略略略略略略填空题略略略略略略略略略略略略。

北京市朝阳区2018-2019学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷（理工类）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用并集定义直接求解．【详解】集合A＝{x∈N|1≤x≤3}＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}，∴A∪B＝{1，2，3，4，5}．故选：D．【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.设复数满足，则=A. B. C. 2 D.【答案】B【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【详解】由（1﹣i）z＝2i，得z，∴|z|．故选：B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3.执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的=A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据框图的流程依次计算程序运行的结果，直到满足条件跳出循环，确定输出S的值【详解】模拟程序的运行，可得S＝12，n＝1执行循环体，S＝10，n＝2不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝6，n＝3不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝0，n＝4不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝﹣8，n＝5满足条件S+n≤0，退出循环，输出S的值为﹣8．故选：A．【点睛】解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1) 不要混淆处理框和输入框；(2) 注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3) 注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4) 处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5) 要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.4.在平面直角坐标系中，过三点的圆被轴截得的弦长为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用待定系数法求出圆的一般方程，令y＝0可得：x2﹣4x＝0，由此即可得到圆被轴截得的弦长.【详解】根据题意，设过A、B、C的圆为圆M，其方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，又由A（4，4），B（4，0），C（0，4），则有，解可得：D＝﹣4，E＝﹣4，F＝0，即圆M的方程为x2+y2﹣4x﹣4y＝0，令y＝0可得：x2﹣4x＝0，解可得：x1＝0，x2＝4，即圆与x轴的交点的坐标为（0，0），（4，0），则圆被x轴截得的弦长为4；故选：A．【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，涉及待定系数法求圆的方程，关键是求出圆的方程．5.将函数的图象向右平移个单位后，图象经过点，则的最小值为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数平移变换的规律得到向右平移φ（φ＞0）个单位长度的解析式，将点带入求解即可．【详解】将函数y＝sin2x的图象向右平移φ（φ＞0）个单位长度，可得y＝sin2（x﹣φ）＝sin（2x﹣2φ），图象过点，∴sin（2φ），即2φ2kπ，或2kπ，k∈Z，即φ 或，k ∈Z ，∵φ＞0，∴φ的最小值为． 故选：B ．【点睛】本题主要考查了函数y ＝A sin （ωx +φ）的图象变换规律，考查计算能力，属于基础题． 6.设为实数，则是 “”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 由“x ＜0”易得“”，反过来，由“”可得出“x ＜0”，从而得出“x ＜0”是“”的充分必要条件．【详解】若x ＜0，﹣x ＞0，则：；∴“x ＜0“是““的充分条件；若，则；解得x ＜0； ∴“x ＜0“是““的必要条件；综上得，“x ＜0”是“”的充分必要条件．故选：C ．【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件． 7.对任意实数，都有（且），则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得a＞1且a≤e x+3对任意实数x都成立，根据指数函数的性质即可求出．【详解】∵log a（e x+3）≥1＝log a a，∴a＞1且a≤e x+3对任意实数x都成立，又e x+3＞3，∴1＜a≤3，故选：B【点睛】本题考查了对数的运算性质和函数恒成立的问题，属于中档题．8.以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正八面体与大小正方体的关系，即可得到结果.【详解】正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，该正方形对角线长等于正方体的棱长，所以它的棱长a2；以C2各个面的中心为顶点的正方体为图形C3是正方体，正方体C3面对角线长等于C2棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的），因此对角线为，所以a，3故选：【点睛】本题考查组合体的特征，抓住两个组合体主元素的关系是解题的关键，考查空间想象能力，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上．9.已知数列为等差数列，为其前项的和.若，，则_______.【答案】【解析】【分析】运用等差数列的前n项和公式可解决此问题．【详解】根据题意得，2＝6，∴＝3 又＝7，∴2d＝7﹣3＝4，∴d＝2，＝1，∴S＝55+20＝25，5故答案为：25．【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式的应用．10.已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则____________.【答案】【解析】【分析】以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，分别求出的坐标，由数量积的坐标运算得答案．【详解】如图，以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，2），C（7，0），D（3，﹣2），∴，，∴7×1+0×4＝7．故答案为：7．【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，合理构建坐标系是解题的关键，是基础的计算题．11.如图，在边长为1的正方形网格中，粗实线表示一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为_______________．【答案】【解析】【分析】由三视图还原几何体，该几何体为三棱锥，底面三角形ACB与侧面三角形APB为全等的等腰直角三角形，侧面PAB⊥侧面ACB，AB＝4，PO＝OC＝2，由此即可得到结果．【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面三角形ACB与侧面三角形APB为全等的等腰直角三角形，侧面PAB⊥侧面ACB，AB＝4，PO＝OC＝2．侧面PAC与PBC为全等的等边三角形．则该三棱锥的体积为V＝．故答案为：．【点睛】本题考查由三视图求体积，关键是由三视图还原原几何体，考查空间想象能力及运算能力，是中档题．12.过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，分别过作准线的垂线，垂足分别为.若，则__________________.【答案】【解析】【分析】设直线AB的倾斜家为锐角θ，由|AF|＝4|BF|，可解出cosθ的值，进而得出sinθ的值，然后利用抛物线的焦点弦长公式计算出线段AB的长，再利用|CD|＝|AB|sinθ可计算出答案．【详解】设直线AB的倾斜角为θ，并设θ为锐角，由于|AF|＝4|BF|，则有，解得，则，由抛物线的焦点弦长公式可得，因此，．故答案为：5．【点睛】本题考查抛物线的性质，解决本题的关键在于灵活利用抛物线的焦点弦长公式，属于中等题．13.2018年国际象棋奥林匹克团体赛中国男队、女队同时夺冠.国际象棋中骑士的移动规则是沿着3×2格或2×3格的对角移动.在历史上，欧拉、泰勒、哈密尔顿等数学家研究了“骑士巡游”问题：在格的黑白相间的国际象棋棋盘上移动骑士，是否可以让骑士从某方格内出发不重复地走遍棋盘上的每一格？图（一）给出了骑士的一种走法，它从图上标1的方格内出发，依次经过标2,3,4,5,6,,到达标64的方格内，不重复地走遍棋盘上的每一格，又可从标64的方格内直接走回到标1的方格内.如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，_____（填“能”或“不能”）走回到标50的方格内.若骑士限制在图（二）中的3×4=12格内按规则移动，存在唯一一种给方格标数字的方式，使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2,3,4,5,6,,到达右下角标12的方格内，分析图（二）中A处所标的数应为____.【答案】(1). 能(2).【解析】【分析】根据题意，画出路线图，解判断是否能，再根据题意，结合题目中的数字，即可求出A处的数字．【详解】如图所示：如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，能走回到标50的方格内，如图所示：使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2，3，4，5，6，…，到达右下角标12的方格，且路线是唯一的，故A处应该为8，故答案为：能，8【点睛】本题考查了合情推理的问题，考查了转化与化归思想，整体和部分的思想，属于中档题14.如图，以正方形的各边为底可向外作四个腰长为1的等腰三角形，则阴影部分面积的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】设等腰三角形底角为，阴影面积为，根据正弦函数的图象与性质即可得到结果.【详解】设等腰三角形底角为，则等腰三角形底边长为高为，阴影面积为：,当时，阴影面积的最大值为故答案为：【点睛】本题考查平面图形的面积问题，考查三角函数的图象与性质，解题关键用等腰三角形底角为表示等腰三角形的底边与高.三、解答题：本大题共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.在中，已知，（1）求的长；（2）求边上的中线的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用同角关系得到，结合正弦定理即可得到的长；（2）在中求出，结合余弦定理即可得到边上的中线的长. 【详解】解：（1）由，，所以.由正弦定理得，，即.（2）在中，.由余弦定理得，,所以.所以.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查推理及运算能力，属于中档题.16.某日A,B,C三个城市18个销售点的小麦价格如下表：（1）甲以B市5个销售点小麦价格的中位数作为购买价格，乙从C市4个销售点中随机挑选2个了解小麦价格.记乙挑选的2个销售点中小麦价格比甲的购买价格高的个数为，求的分布列及数学期望；（2）如果一个城市的销售点小麦价格方差越大，则称其价格差异性越大.请你对A,B,C三个城市按照小麦价格差异性从大到小进行排序（只写出结果）.【答案】（1）分布列见解析，期望为1（2）C,A,B【解析】【分析】(1)由题意可得的可能取值为0，1，2.求出相应的概率值，即可得到的分布列及数学期望；（2）三个城市按照价格差异性从大到小排列为：C，A，B．【详解】解：（1）B市共有5个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2450，2460，2500，2500，2500.所以中位数为2500，所以甲的购买价格为2500.C市共有4个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2400，2470，2540，2580，故的可能取值为0，1，2.，，.所以分布列为所以数学期望.（2）三个城市按小麦价格差异性从大到小排序为：C,A,B【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是:“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得.17.如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）（ⅰ）（ⅱ）点在点处时，有【解析】【分析】（1）取中点，证明四边形是平行四边形，可得从而得证；（2）（ⅰ）先证明平面以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可得到二面角的大小；（ⅱ）假设在线段上存在点，使得. 设，则.利用垂直关系，建立的方程，解之即可.【详解】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以.又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为.（ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有【点睛】本题考查向量法求二面角大小、线面平行的证明，考查满足线面垂直的点的位置的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论论能力、空间想象能力，是中档题．18.已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的极小值；（Ⅱ）当时，讨论的单调性；（Ⅲ）若函数在区间上有且只有一个零点，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）【解析】【分析】（Ⅰ）由题意，当时，求得，得出函数的单调性，进而求解函数的极值；（Ⅱ）由，由，得或，分类讨论，即可得到函数的单调区间；（Ⅲ）由（1）和（2），分当和，分类讨论，分别求得函数的单调性和极值，即可得出相应的结论，进而得到结论.【详解】解：（Ⅰ）当时：，令解得，又因为当，，函数为减函数；当，，函数为增函数.所以，的极小值为.（Ⅱ）.当时，由，得或.(ⅰ)若，则.故在上单调递增；（ⅱ）若，则.故当时，；当时，.所以在，单调递增，在单调递减.(ⅲ)若，则.故当时，；当时，.所以在，单调递增，在单调递减.（Ⅲ）（1）当时，，令，得.因为当时，，当时，，所以此时在区间上有且只有一个零点.（2）当时：（ⅰ）当时，由（Ⅱ）可知在上单调递增，且，，此时在区间上有且只有一个零点.（ⅱ）当时，由（Ⅱ）的单调性结合，又，只需讨论的符号：当时，，在区间上有且只有一个零点；当时，，函数在区间上无零点.(ⅲ)当时，由（Ⅱ）的单调性结合，，，此时在区间上有且只有一个零点.综上所述，.【点睛】本题主要考查了导数在函数中的综合应用问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.19.过椭圆W:的左焦点作直线交椭圆于两点，其中，另一条过的直线交椭圆于两点（不与重合），且点不与点重合.过作轴的垂线分别交直线，于,.（Ⅰ）求点坐标和直线的方程；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ），的方程为（Ⅱ）详见解析【解析】【分析】（Ⅰ）由题意可得直线的方程为.与椭圆方程联立方程组，即可求解B点坐标；（Ⅱ）设，，的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系，求得，，进而得出点的纵坐标，化简即可证得，得到证明.【详解】（Ⅰ）由题意可得直线的方程为.与椭圆方程联立,由可求.（Ⅱ）当与轴垂直时，两点与,两点重合，由椭圆的对称性，.当不与轴垂直时，设，，的方程为（）.由消去，整理得.则，.由已知，，则直线的方程为，令，得点的纵坐标.把代入得.由已知，，则直线的方程为,令，得点的纵坐标.把代入得.把，代入到中，=.即，即..【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.20.已知是由正整数组成的无穷数列，对任意，满足如下两个条件：①是的倍数；②.（1）若，，写出满足条件的所有的值；（2）求证：当时，；（3）求所有可能取值中的最大值.【答案】（1）（2）见解析（3）85【解析】【分析】（1）根据满足的两个条件即可得到满足条件的所有的值；（2）由，对于任意的，有. 当时，成立，即成立；若存在使，由反证法可得矛盾；（3）由（2）知，因为且是的倍数，可得所有可能取值中的最大值.【详解】（1）的值可取.（2）由，对于任意的，有.当时，，即，即.则成立.因为是的倍数，所以当时，有成立.若存在使，依以上所证，这样的的个数是有限的，设其中最大的为.则,成立，因为是的倍数，故.由,得.因此当时，.（3）由上问知，因为且是的倍数，所以满足下面的不等式：，. 则,, ,,,,,,,,当时，这个数列符合条件.故所求的最大值为85.【点睛】本题考查了数列的有关知识，考查了逻辑推理能力，综合性较强.。

<考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题<共40分）和非选择题<共110分）两部分【试卷总体说明】本套试卷的题型分布与2018年北京高考题没有区别，延续了北京的8、6、6分布。

6道大题的考点与以往也没有什么不同，分别涉及了解三角形、立体几何、概率、导数、解读几何、集合新题型。

所以可见，命题人在命题过程中是有考虑的，在试卷整体上，没有过多变化，力求平稳。

b5E2RGbCAP1．命题覆盖面广，琐碎知识考察力度加大。

这套前14道小题，几乎没有高中同一章节的内容，考察内容十分分散。

其实，这是新课标的一个重要特点。

新课标的理科教材与原大纲相比，内容有增无减，增加了算法、三视图、积分、几何概型、平面几何、参数方程极坐标等许多内容，而这些内容一定要体现在高考试卷中。

本套试卷的小题1,2,3,4,5,6，9,10等试卷难度较低，考查学生的基础知识掌握情况.2.中档题注重综合，难题注重新颖。

这次试卷中的8、14题都是综合问题，第8题是线性规划与集合综合、第14题是新概念的题目，考察学生综合运用知识的能力，稍有失误就会失分。

这套试卷的小题有很鲜明的特色，活而不难。

3.解答题构思巧妙，体现知识的综合性，考查学生的素质和能力.这次解答题的命题点与以往是没有变化的，变化的只是具体的题目。

第17题立体几何，考查探索性问题。

15解三角形和向量结合，试卷比单独考查三角函数便增加了难度. 18题的背景较为新颖，需读懂题意，考查基古典概率问题。

第20题，以数列为背景考查学生的综合素质,难度较大。

p1EanqFDPw第一部分<选择题共40分）注意事项：考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上答无效。

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知集合，则等于< ）A．B．C． D．【答案】D【解读】.2.已知平面向量，，且⊥，则实数的值为< ）A．B．C．D．【答案】B【解读】因⊥，可得3.函数的图象大致是< ）【答案】B【解读】当函数的图象是抛物线；当只需把函数的图象在y轴右侧部分向下平移1个单位即可，故图象大致为B.4.设数列是公差不为0的等差数列，且成等比数列，则的前项和等于< ）DXDiTa9E3dA．B． C．D．【答案】A【解读】因成等比数列，故5.执行如图所示的程序框图，输出的值为< ）A．B．C．D．【答案】D【解读】程序运行一次：T=1，S=0;运行两次：T=1，S=-1;运行三次：T=0，S=-1; 运行四次：T=-1，S=0，输出S=0，程序结束.6. 函数的一个零点在区间内，则实数的取值范围是< ）A．B．C．D．【答案】C【解读】由条件可知7. 已知函数，设，，，则的大小关系是< ）RTCrpUDGiTA. B. C. D.【答案】B【解读】因为函数在上单调递增，所以8. 已知集合,.若存在实数使得成立,称点为“￡”点，则“￡”点在平面区域内的个数是( > 5PCzVD7HxAA. 0B. 1C. 2D. 无数个jLBHrnAILg【答案】A【解读】要使成立,首先函数的图象与函数的图象必须有公共点，由可得若点在区域C内，则必有代入<1）可得方程无整数解，故满足条件的点不存在，选A.第二部分<非选择题共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卡上.9. 若变量，满足约束条件则的最大值为.【答案】【解读】画出约束条件所表示的平面区域如图所示：且A(1,1>,在点处取得最大值.10.已知有若干辆汽车通过某一段公路，从中抽取辆汽车进行测速分析，其时速的频率分布直方图如图所示，则时速在区间上的汽车大约有辆.xHAQX74J0X【答案】80【解读】在上的数据的频率为则时速在的汽车大约有辆.11. 某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积是.【答案】【解读】原几何体是一个侧放的三棱柱，底面是边长为2的正三角形，高为3，故该几何体的体积为12. 设直线与圆相交于，两点，且弦的长为，则实数的值是.【答案】【解读】由条件可知圆心为<1,2）到直线的距离为13. 某公司购买一批机器投入生产，据市场分析每台机器生产的产品可获得的总利润<万元）与机器运转时间<年数，）的关系为.则当每台机器运转LDAYtRyKfE年时，年平均利润最大，最大值是万元.【答案】5,8【解读】当每台机器运转年平均利润为当且仅当时，年平均利润最大为8万元.14. 已知两个正数,可按规则扩充为一个新数,在三个数中取两个较大的数,按上述规则扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作.Zzz6ZB2Ltk<1）若,按上述规则操作三次,扩充所得的数是__________；<2）若，经过6次操作后扩充所得的数为<为正整数），则的值分别为______________.【答案】(1>255 (2>8 13【解读】(1>操作一次得到新数操作两次得到新数操作三次得到的新数为<2）操作一次得到新数操作两次得到新数操作三次得到的新数为同理操作四次得到的新数为操作五次得到的新数为操作六次得到的新数为故的值分别为8 ，13.三、解答题：本大题共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.<本题满分13分）在锐角三角形中，，，分别为内角，，所对的边，且满足．<Ⅰ）求角的大小；<Ⅱ）若，，求的值．；二是坐标式.定义式的特点是具有强烈的几何含义，需要明确两个向量的模及夹角，夹角的求解方法灵活多样，一般通过具体的图形可确定，因此采用数形结合思想是利用定义法求数量积的一个重要途径.坐标式的特点具有明显的代数特征，解题时需要引入直角坐标系，明确向量的坐标进行求解.即向量问题“坐标化”，使得问题操作起来容易、方便.第二问利用余弦定理求边和角，然后借助数量积的定义式求解.dvzfvkwMI1解：<Ⅰ）因为，所以， (2)分因为，所以. …………………………………………………3分又为锐角，则. …………………………………………… 5分 <Ⅱ）由<Ⅰ）可知，．因为， 根据余弦定理，得，………………………………………7分整理，得．由已知，则．又，可得，． ……………………………………… 9分 于是， (11)分 所以16. <本题满分14分）如图，在四棱锥中，平面平面．四边形为正方形，且为的中点，为的中点．MSDC AP Q·<Ⅰ）求证：平面；<Ⅱ）求证：平面；<Ⅲ）若，为中点，在棱上是否存在点，使得平面⊥平面，并证明你的结论.【命题分析】本题考查线面平行和垂直的证明、探索性问题等综合问题。