北京市丰台区高三上学期期末考试——数学理(数学理)

北京市丰台区

2018届高三上学期期末考试

数学（理）试题

第Ⅰ卷（共40分）

一、选择题：本大题共8个小题,每小题5分,共40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．

1．已知集合，，则（ ）

A． B． C． D．

2．“”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

3．在极坐标系中，方程表示的曲线是（ ）

A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线

4．若满足1,1,0,xyxyx则的最大值是（ ）

A．-2 B．-1 C．1 D．2

5．执行如图所示的程序框图，如果输入的的值在区间内，那么输出的属于（ ）

A． B． C． D．

6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱的棱长为（ ）

A．2 B． C． D．3

7．过双曲线222210,0xyabab的一个焦点作一条与其渐近线垂直的直线，垂足为为坐标原点，若，则此双曲线的离心率为（ ）

A． B． C．2 D．

8．全集,,UxyxyZZ，非空集合，且中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称.下列命题：

①若，则；

②若，则中至少有8个元素；

③若，则中元素的个数一定为偶数；

④若,4,,xyxyxySZZ，则,4,,xyxyxySZZ.

其中正确命题的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

第Ⅱ卷（共110分）

二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）

9．已知单位向量的夹角为120°，则 ．

10．若复数在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数 ．

11．在的展开式中，项的系数是 （用数字作答）．

12．等差数列的公差为2，且成等比数列，那么 ，数列的前9项和 ．

13．能够说明“方程221313mxmymm的曲线是椭圆”为假命题的一个的值是 ．

14．已知函数sin,0,,,xxxfxxxgxfxkxkR. ①当时，函数有 个零点；

②若函数有三个零点，则的取值范围是 ．

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．在中，．

（Ⅰ）求角；

（Ⅱ）若，，求的值.

16．某校为了鼓励学生热心公益，服务社会，成立了“慈善义工社”.2017年12月，该校“慈善义工社”为学生提供了4次参加公益活动的机会，学生可通过网路平台报名参加活动.为了解学生实际参加这4次活动的情况，该校随机抽取100名学生进行调查，数据统计如下表，其中“√”表示参加，“×”表示未参加.

根据表中数据估计，该校4000名学生中约有120名这4次活动均未参加.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）从该校4000名学生中任取一人，试估计其2017年12月恰参加了2次学校组织的公益活动的概率；

（Ⅲ）已知学生每次参加公益活动可获得10个公益积分，任取该校一名学生，记该生2017年12月获得的公益积分为，求随机变量的分布列和数学期望.

17．在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，分别是的中点，，.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值；

（Ⅲ）在棱上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

18．已知函数22lnfxxaxaxaR.

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围.

19．在平面直角坐标系中，动点到点的距离和它到直线的距离相等，记点的轨迹为.

（Ⅰ）求得方程；

（Ⅱ）设点在曲线上，轴上一点（在点右侧）满足.平行于的直线与曲线相切于点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

20．在数列中，若是整数，且1212121253,,,nnnnnnnnnaaaaaaaaa为偶数，为奇数（，且）.

（Ⅰ）若，，写出的值；

（Ⅱ）若在数列的前2018项中，奇数的个数为，求得最大值；

（Ⅲ）若数列中，是奇数，，证明：对任意，不是4的倍数.

丰台区2017-2018学年度第一学期期末练习2018.01

高三数学（理科）答案及评分参考

一、选择题

1-4:CABD 5-8:ADCC

二、填空题

9． 10．1 11．-40

12．2，90 13．,123,mUU中任取一值即为正确答案 14．1，0,

三、解答题

15．解：（Ⅰ）因为，

所以223sincos2sinBBB.

因为，所以， 所以，

所以.

（Ⅱ）由，，，

得.

解得.

由余弦定理可得22246246cos283b，

解得.

16．解：（Ⅰ）依题意，所以.

因为1001220153010310a，

所以，.

（Ⅱ）设“从该校所有学生中任取一人，其2017年12月恰参加了2次学校组织的公益活动”为事件，

则.

所以从该校所有学生中任取一人，其2017年12月恰参加了2次学校组织的公益活动的概率约为.

（Ⅲ）可取0,10,20,30,40.

300.03100PX；20100.2100PX；

50200.5100PX；12300.12100PX；

15400.15100PX.

所以随机变量的分布列为：

所以00.03100.2200.5300.12400.1521.6EX.

17．解：（Ⅰ）证明：取中点，连接.

因为分别是的中点，

所以，且.

因为是矩形，是中点，

所以，.

所以为平行四边形.

所以. 又因为平面，平面，

所以平面.

（Ⅱ）因为平面，

所以，.

因为四边形是矩形，所以.

如图建立直角坐标系，

所以2,0,02E，2,1,12F，，

所以，2,2,02DEuuur.

设平面的法向量为，

因为00nEFnDEruuurruuur，所以02202yzxy.

令，所以122zx，所以.

又因为，

设与平面所成角为，

所以sincos,PCnPCnPCnuuurruuurruuurr.

所以与平面所成角的正弦值为.

（Ⅲ）因为侧棱底面， 所以只要在上找到一点，使得，

即可证明平面平面.

设上存在一点，则2,,00,2Mtt，

所以.

因为2,2,02EDuuur，

所以令，即，所以.

所以在存在一点，使得平面平面，且.

18．解：（Ⅰ）函数的定义域为，

2222xaxaxaxafxxx.

由，可得或，

当时，在上恒成立，

所以的单调递增区间是，没有单调递减区间；

当时，的变化情况如下表：

所以的单调递减区间是，单调递增区间是.

当时，的变化情况如下表：

所以的单调递减区间是，单调递增区间是.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，符合题意. 当时，的单调递减区间是，单调递增区间是，

所以恒成立等价于，即，

所以，所以.

当时，的单调递减区间是，单调递增区间是，

所以恒成立等价于，即.

所以222ln0422aaaa，所以.

综上所述，实数的取值范围是.

19．解：（Ⅰ）因为动点到点的距离和它到直线的距离相等，

所以动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线.

设的方程为，

则，即.

所以的轨迹方程为.

（Ⅱ）设，则，

所以直线的斜率为.

设与平行，且与抛物线相切的直线为，

由242yxmyxb得，

由得，

所以，所以点.

当，即时，直线的方程为2224444mmmymxmm，

整理得，

所以直线过点.

当，即时，直线的方程为，过点，

综上所述，直线过定点.

20．解：（Ⅰ），

，

.

所以，，.

（Ⅱ）（i）当都是偶数时，是偶数，代入得到是偶数；

因为是偶数，代入得到是偶数；

如此下去，可得到数列中项的奇偶情况是偶，偶，偶，偶，…

所以前2018项中共有0个奇数.

（ii）当都是奇数时，是奇数，代入得到是偶数；

因为是偶数，代入得到是奇数；

因为是偶数，代入得到是奇数；

如此下去，可得到数列中项的奇偶情况是奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，…

所以前2018项中共有1346个奇数.

（iii）当是奇数，是偶数时，

理由同（ii），可得数列中项的奇偶情况是奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，…

所以前2018项中共有1345个奇数.

（iv）当是偶数，是奇数时，

理由同（ii），可得数列中项的奇偶情况是偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，…

所以前2018项中共有1345个奇数.

综上所述，前2018项中奇数的个数的最大值是1346.

（Ⅲ）证明：因为是奇数，

所以由（Ⅱ）知，不可能都是偶数，只能是偶奇奇，奇偶奇，奇奇偶三种情况.

因为是奇数，且，所以也是奇数.

所以为偶数，且不是4的倍数.

因为，

所以前4项没有4的倍数，