2014北京西城区高三期末数学(理)试题答案

2014年北京市西城区高考数学一模试卷（理科）一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1. 设全集U =R ，集合A ={x|0<x ≤2}，B ={x|x <1}，则集合∁U (A ∪B)=( ) A (−∞, 2] B (−∞, 1] C (2, +∞) D [2, +∞)2. 已知平面向量a →=(2, −1)，b →=(1, 1)，c →=(−5, 1)，若(a →+kb →) // c →，则实数k 的值为（ ）A 2B 12 C 114 D −1143. 在极坐标系中，过点(2, π2)且与极轴平行的直线方程是( )A ρ=2B θ=π2 C ρcosθ=2 D ρsinθ=24. 执行图题实数的程序框图，如果输入a =2，b =2，那么输出的a 值为（ ）A 44B 16C 256D log 3165. 下列函数中，对于任意x ∈R ，同时满足条件f(x)=f(−x)和f(x −π)=f(x)的函数是（ ）A f(x)=sinxB f(x)=sin2xC f(x)=cosxD f(x)=cos2x 6. “m <8”是“方程x 2m−10−y 2m−8=1表示双曲线”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. 某企业为节能减排，用9万元购进一台新设备用于生产．第一年需运营费用2万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加2万元，该设备每年生产的收入均为11万元．设该设备使用了n(n ∈N ∗)年后，盈利总额达到最大值（盈利额等于收入减去成本），则n 等于（ ）A 4B 5C 6D 78. 如图，设P 为正四面体A −BCD 表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点P 到四个顶点的距离组成的集合记为M ，如果集合M 中有且只有2个元素，那么符合条件的点P 有（ ）A 4个B 6个C 10个D 14个二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分． 9. 设复数1−i2+i =x +yi ，其中x ，y ∈R ，则x +y =________．10. 若抛物线C:y 2=2px 的焦点在直线x +2y −4=0上，则p =________；C 的准线方程为________．11. 已知一个正三棱柱的所有棱长均等于2，它的俯视图是一个边长为2的正三角形，那么它的侧（左）视图面积的最小值是________．12. 若不等式组{x ≥1y ≥02x +y ≤6x +y ≤a 表示的平面区域是一个四边形，则实数a 的取值范围是________．13. 科技活动后，3名辅导教师和他们所指导的3名获奖学生合影留念（每名教师只指导一名学生），要求6人排成一排，且学生要与其指导教师相邻，那么不同的站法种数是________．（用数字作答）14. 如图，在直角梯形ABCD 中，AB // CD ，AB ⊥BC ，AB =2，CD =1，BC =a(a >0)，P 为线段AD （含端点）上一个动点，设AP →=xAD →，PB →⋅PC →=y ，对于函数y =f(x)，给出以下三个结论：①当a =2时，函数f(x)的值域为[1, 4]； ②∀a ∈(0, +∞)，都有f(1)=1成立；③∀a ∈(0, +∞)，函数f(x)的最大值都等于4． 其中所有正确结论的序号是________．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知b 2+c 2=a 2+bc ． (1)求A 的大小； (2)如果cosB =√63，b =2，求△ABC 的面积．16. 在某批次的某种灯泡中，随机地抽取200个样品，并对其寿命进行追踪调查，将结果列成频率分布表如下．根据寿命将灯泡分成优等品、正品和次品三个等级，其中寿命大于或等于500天的灯泡是优等品，寿命小于300天的灯泡是次品，其余的灯泡是正品．(1)根据频率分布表中的数据，写出a ，b 的值；(2)某人从灯泡样品中随机地购买了n(n ∈N ∗)个，如果这n 个灯泡的等级情况恰好与按三个等级分层抽样所得的结果相同，求n 的最小值；(3)某人从这个批次的灯泡中随机地购买了3个进行使用，若以上述频率作为概率，用X 表示此人所购买的灯泡中次品的个数，求X 的分布列和数学期望．17.如图，在四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 和侧面BCC 1B 1都是矩形，E 是CD 的中点，D 1E ⊥CD ，AB =2BC =2． （1）求证：BC ⊥D 1E ；（2）求证：B 1C // 平面BED 1；（3）若平面BCC 1B 1与平面BED 1所成的锐二面角的大小为π3，求线段D 1E 的长度． 18. 已知函数f(x)={xlnx,x >a−x 2+2x −3，x ≤a，其中a ≥0．（1）当a =0时，求函数f(x)的图象在点（1, f(1)）处的切线方程；（2）如果对于任意x 1，x 2∈R ，且x 1<x 2，都有f(x 1)<f(x 2)，求a 的取值范围． 19. 已知椭圆W:x 22+y 2=1，直线l 与W 相交于M ，N 两点，l 与x 轴、y 轴分别相交于C 、D两点，O 为坐标原点．（1）若直线l 的方程为x +2y −1=0，求△OCD 外接圆的方程；（2）判断是否存在直线l ，使得C ，D 是线段MN 的两个三等分点，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．20. 在数列{a n }中，a n =1n (n ∈N ∗)．从数列{a n }中选出k(k ≥3)项并按原顺序组成的新数列记为{b n }，并称{b n }为数列{a n }的k 项子列．例如数列12，13，15，18为{a n }的一个4项子列．(Ⅰ)试写出数列{a n }的一个3项子列，并使其为等差数列；(Ⅱ)如果{b n }为数列{a n }的一个5项子列，且{b n }为等差数列，证明：{b n }的公差d 满足−18<d <0；(Ⅲ)如果{c n }为数列{a n }的一个m(m ≥3)项子列，且{c n }为等比数列，证明：c 1+c 2+c 3+...+c m ≤2−12m−1．2014年北京市西城区高考数学一模试卷（理科）答案1. C2. B3. D4. C5. D6. A7. B8. C9. −25 10. 8,x =−411. 2√3 12. (3, 5) 13. 48 14. ②③15. 解：(1)∵ b 2+c 2=a 2+bc ，即b 2+c 2−a 2=bc ， ∴ cosA =b 2+c 2−a 22bc=12，又A ∈(0, π)， ∴ A =π3；(2)∵ cosB =√63，B ∈(0, π)，∴ sinB =√1−cos 2B =√33， 由正弦定理asinA =bsinB ，得a =bsinA sinB=3，∵ b 2+c 2=a 2+bc ，即4+c 2=9+2c ，整理得：c 2−2c −5=0， 解得：c =1±√6， ∵ c >0， ∴ c =√6+1， 则S △ABC =12bcsinA =3√2+√32．16. 解：(1)a =1−0.10−0.35−0.15−0.25=0.15， b =200−20−30−70−50=30．(2)由表可知：灯泡样品中优等品有50个，正品有100个，次品有50个， ∴ 优等品、正品和次品的比例为50:100:50=1:2:1，∴ 按分层抽样法，购买灯泡数n =k +2k +k =4k(k ∈N ∗)， ∴ n 的最小值为4．(3)X 的所有取值为0，1，2，3．由题意，购买一个灯泡，且这个灯泡是次品的概率为0.1+0.15=0.25， 从本批次灯泡中购买3个，可看成3次独立重复试验，∴ P(X =0)=C 30×(1−14)3=2764， P(X =1)=C 31×14×(1−14)2=2764， P(X =2)=C 32×(14)2(1−14)1=964，P(X =3)=C 33×(14)3=164，∴ 随机变量X 的分布列为：∴ X 的数学期望E(X)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34． 17. （1）证明：∵ 底面ABCD 和侧面BCC 1B 1是矩形， ∴ BC ⊥CD ，BC ⊥CC 1， 又∵ CD ∩CC 1=C ， ∴ BC ⊥平面DCC 1D 1，…∵ D 1E ⊂平面DCC 1D 1，∴ BC ⊥D 1E ．… （2）证明：∵ BB 1 // DD 1，BB 1=DD 1， ∴ 四边形D 1DBB 1是平行四边形．连接DB 1交D 1B 于点F ，连接EF ，则F 为DB 1的中点． 在△B 1CD 中，∵ DE =CE ，DF =B 1F ， ∴ EF // B 1C ．…又∵ B 1C ⊄平面BED 1，EF ⊂平面BED 1，∴ B 1C // 平面BED 1．…（3）解：由（1）知BC ⊥D 1E ， 又∵ D 1E ⊥CD ，BC ∩CD =C ， ∴ D 1E ⊥平面ABCD ．…设G 为AB 的中点，以E 为原点，EG ，EC ，ED 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴 如图建立空间直角坐标系，设D 1E =a ，则E(0, 0, 0)，B(1, 1, 0)，D 1(0, 0, a)， C(0, 1, 0)，B 1(1, 2, a)，G(1, 0, 0)． 设平面BED 1法向量为n →=(x, y, z)， 因为 EB →=(1,1,0)，ED 1→=(0,0,a)， 由{n →⋅ED 1→=0˙，得{x +y =0z =0.令x =1，得n →=(1, −1, 0)．…设平面BCC 1B 1法向量为m →=(x 1, y 1, z 1)，∵ CB →=(1,0,0)，CB 1→=(1,1,a)，∴ 由{m →⋅CB 1→=0˙，得{x 1=0x 1+y 1+az 1=0.令z 1=1，得m →=(0, −a, 1)．…由平面BCC 1B 1与平面BED 1所成的锐二面角的大小为π3，得 |cos <m,n >|=|m⋅n||m||n|=√2⋅√a 2+1=cos π3，…解得a =1．∴ 线段D 1E 的长度是1．… 18. 解：（1）由题意，得f ′(x)=(xlnx)′=lnx +1，其中x >0，… 所以 f ′(1)=1， 又因为f(1)=0，所以函数f(x)的图象在点（1, f(1)）处的切线方程为y =x −1．… （2）先考察函数g(x)=−x 2+2x −3，x ∈R 的图象， 配方得g(x)=−(x −1)2−2，…所以函数g(x)在(−∞, 1)上单调递增，在(1, +∞)单调递减，且g(x)max =g(1)=−2．… 因为对于任意x 1，x 2∈R ，且x 1<x 2，都有f(x 1)<f(x 2)成立， 所以a ≤1．…以下考察函数ℎ(x)=xlnx ，x ∈(0, +∞)的图象， 则 ℎ′(x)=lnx +1，令ℎ′(x)=lnx +1=0，解得x =1e ．…随着x 变化时，ℎ(x)和ℎ′(x)的变化情况如下：即函数ℎ(x)在(0,1e )上单调递减，在(1e ，+∞)上单调递增，且ℎ(x)min =ℎ(1e )=−1e ．… 因为对于任意x 1，x 2∈R ，且x 1<x 2，都有f(x 1)<f(x 2)成立， 所以 a ≥1e ．…因为−1e >−2（即ℎ(x)min >g(x)max ）， 所以a 的取值范围为[1e ，1]．…19. 解：（1）因为直线l 的方程为x +2y −1=0， 所以与x 轴的交点C(1, 0)，与y 轴的交点D(0,12)．…则线段CD 的中点(12，14)，|CD|=√1+(12)2=√52，… 即△OCD 外接圆的圆心为(12，14)，半径为12|CD|=√54， 所以△OCD 外接圆的方程为(x −12)2+(y −14)2=516．…（2）存在直线l ，使得C ，D 是线段MN 的两个三等分点．理由如下：由题意，设直线l 的方程为y =kx +m(km ≠0)，M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)， 则C(−mk ，0)，D(0, m)，… 由方程组{y =kx +m x 22+y 2=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−2=0，…所以△=16k 2−8m 2+8>0，(∗) … 由韦达定理，得x 1+x 2=−4km1+2k 2，x 1x 2=2m 2−21+2k 2．…由C ，D 是线段MN 的两个三等分点，得线段MN 的中点与线段CD 的中点重合． 所以x 1+x 2=−4km 1+2k 2=0−m k ，…解得k =±√22．… 由C ，D 是线段MN 的两个三等分点，得|MN|=3|CD|． 所以√1+k 2|x 1−x 2|=3√(mk )2+m 2，…即 |x 1−x 2|=√(−4km1+2k 2)2−4×2m 2−21+2k 2=3|mk |，解得 m =±√55．… 验证知(∗)成立．所以存在直线l ，使得C ，D 是线段MN 的两个三等分点，此时直线l 的方程为y =√22x ±√55，或y =−√22x ±√55．… 20. （1）答案不唯一．如3项子列12，13，16；（2）证明：由题意，知1≥b 1>b 2>b 3>b 4>b 5>0， 所以d ＝b 2−b 1<0． 假设b 1＝1，由{b n }为{a n }的一个5项子列，得b 2≤12， 所以d =b 2−b 1≤12−1=−12． 因为b 5＝b 1+4d ，b 5>0，所以4d＝b5−b1＝b5−1>−1，即d>−14．这与d≤−12矛盾．所以假设不成立，即b1≠1．所以b1≤12，因为b5＝b1+4d，b5>0，所以4d=b5−b1≥b5−12>−12，即d>−18，综上，得−18<d<0．(Ⅲ)证明：由题意，设{c n}的公比为q，则c1+c2+c3+⋯+c m=c1(1+q+q2+⋯+q m−1)．因为{c n}为{a n}的一个m项子列，所以q为正有理数，且q<1，c1=1a≤1(a∈N∗)．设q=KL(K,L∈N∗，且K，L互质，L≥2)．当K＝1时，因为q=1L ≤12，所以c1+c2+c3+⋯+c m=c1(1+q+q2+⋯+q m−1)≤1+12+(12)2+⋯+(12)m−1=2−(12)m−1，所以c1+c2+c3+⋯+c m≤2−(12)m−1．当K≠1时，因为c m=c1q m−1=1a ×K m−1L m−1是{a n}中的项，且K，L互质，所以a＝K m−1×M(M∈N∗)，所以c1+c2+c3+⋯+c m=c1(1+q+q2+⋯+q m−1)=1M (1K m−1+1K m−2L+1K m−3L2+⋯+1L m−1)．因为L≥2，K，M∈N∗，所以c1+c2+c3+⋯+c m≤1+12+(12)2+⋯+(12)m−1=2−(12)m−1．综上，c1+c2+c3+⋯+c m≤2−12m−1．。

北京市西城区2014届高三数学二模理科数学试卷（带解析）1．已知集合{|20}A x x =-<，{|}B x x a =<，若A B A =，则实数a 的取值范围是（ ）（A ）(,2]-∞- （B ）[2,)-+∞ （C ）(,2]-∞ （D ）[2,)+∞ 【答案】Ｄ 【解析】试题分析：{|20}{|2}A x x x x =-<=<，{|}B x x a =<，A B A =，则A B ⊆，2a ≥．考点：集合的运算．2．在复平面内，复数2=(12i)z +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 【答案】Ｂ 【解析】试题分析：2=(12i)34z i +=-+，在复平面内对应的点位于第二象限． 考点：复数的运算，复数的几何意义．3．直线2y x =为双曲线2222 1(0,0)x y C a b a b-=>>：的一条渐近线，则双曲线C 的离心率是（ ）（A （B （C （D 【答案】Ａ 【解析】试题分析：由题意可得2b a =，即22222241b c a e a a-===-，所以25e =，即e = 考点：双曲性的几何意义．4．某四棱锥的三视图如图所示，记A 为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）A ．，且B ．，且C ．，且D ．，且【答案】D 【解析】试题分析：由三视图可知，该四棱锥是底面对角线长为2，高为4的正四棱锥，因此它的底考点：三视图．5．设平面向量a ，b ，c 均为非零向量，则“()0⋅-=a b c ”是“=b c ”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】B 【解析】试题分析：由b c =得，0b c -=，得()0a b c ⋅-=；反之不成立，故()0a b c ⋅-=是b c =的必要而不充分条件． 考点：充要条件的判断．6．如图，阴影区域是由函数cos y x =的一段图象与x 轴围成的封闭图形，那么这个阴影区域的面积是（ ）（A ）1 （B ）2 （C ）π2（D ）π【答案】Ｂ 【解析】图形的面积，2222cos sin 2S xdx xππππ--===⎰，故选B ．考点：定积分求面积。

届北京市西城区高三数学二模理科数学试卷（带解析）2014一、选择题1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】Ｄ【解析】试题分析：，，，则，．考点：集合的运算．2. 在复平面内，复数对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【答案】Ｂ【解析】试题分析：，在复平面内对应的点位于第二象限．考点：复数的运算，复数的几何意义．3. 直线为双曲线的一条渐近线，则双曲线的离心率是（）A．B．C．D．【答案】Ａ【解析】试题分析：由题意可得，即，所以，即．考点：双曲性的几何意义．4. 某四棱锥的三视图如图所示，记 A 为此棱锥所有棱的长度的集合，则（）A．，且B．，且C．，且D．，且【答案】D【解析】试题分析：由三视图可知，该四棱锥是底面对角线长为，高为的正四棱锥，因此它的底面边长为，侧棱长为，故选Ｄ．考点：三视图．5. 设平面向量，，均为非零向量，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】 B【解析】试题分析：由得，，得；反之不成立，故是的必要而不充分条件．考点：充要条件的判断．6. 如图，阴影区域是由函数的一段图象与x 轴围成的封闭图形，那么这个阴影区域的面积是（）A．B．C．D．【答案】Ｂ【解析】试题分析：根据余弦函数的对称性可得，曲线从到与x 轴围成的面积与从到与轴围成的面积相等，∴由函数的一段图象与轴围成的封闭图形的面积，，故选B．考点：定积分求面积。

7. 在平面直角坐标系中，不等式组所表示的平面区域是，不等式组所表示的平面区域是. 从区域中随机取一点，则P 为区域内的点的概率是（）A．B．C．D．【答案】Ｃ【解析】试题分析：在同一坐标作出不等式组所表示的平面区域，与不等式组所表示的平面区域，由图可知，的面积为，与重叠的面积为，故从区域中随机取一点，则P 为区域内的点的概率为．考点：几何概率．8. 设为平面直角坐标系中的点集，从中的任意一点作，点轴、轴的垂线，垂足分别为，，记点. 若的横坐标的最大值与最小值之差为的纵坐标的最大值与最小值之差为是边长为 1 的正方形，给出下列三个结论：①的最大值为；②的取值范围是；③ 恒等于 0. 其中所有正确结论的序号是（ ）A ． ①B ． ②③C ． ①②D ． ①②③【答案】Ｄ 【解析】试题分析：如下图两种画法分别是 ，取得最大值最小值的位置，由图可知，取 ，得最大值最小值分别为的取值范围是，取得最大值最小值分别为 ，且不管在何位置都有，故 ，即的最大值为，故①②③都正确．考点：函数的应用． 二、填空题的二项展开式中，常数项为 ．9. 【答案】 【解析】试题分析：二项式的通项．，令 ，得 ，故展开式中常数项为考点：二项式定理．10. 在 △ ABC 中，若 ， ， ，则 ； ．【答案】 ， ．【解析】 试题分析：由得，，由，得是锐角，有正弦定理得，，即 ，所以 ．考点：正弦定理．11. 如图， AB 和；CD 是圆.的两条弦， AB 与 CD 相交于点 E ，且 ， ，则【答案】，．【解析】试题分析：设，由得，，由相交线定理得，，即，解得；有圆周角定理可知，，又，所以，所以．考点：几何证明12. 执行如图所示的程序框图，输出的 a 值为．【答案】【解析】试题分析：第一次运行后，得，此时；第二次运行后，得，此时；第三次运行后，得，此时；第四次运行后，得，此时；第五次运行后，得，此时；第十次运行后，得，此时；此时停止循环，输出的的值为．考点：算法框图．13. 设抛物线的焦点为，为抛物线上一点，，则的取值范围是.【答案】【解析】试题分析：因为到准线的距离为在抛物线的内部，且抛物线．的准线为，设点，则考点：抛物线的性质．14. 已知 f 是有序数对集合上的一个映射，正整数数对在映射 f 下15. 的象为实数z，记作. 对于任意的正整数，映射由下表给出：则，使不等式成立的x 的集合是.【答案】，．【解析】试题分析：试题分析：根据映射对应法则可知；时，，当时，，因此当，当成立．时，，当时，考点：映射．三、解答题1. 在平面直角坐标系中，点，，其中.（1）当时，求向量的坐标；（2）当时，求的最大值.【答案】（1）；（2）取到最大值．【解析】试题分析：（1）求向量的坐标，由向量坐标的定义可知，，即可写出，再把代入求出值即可；（2）求的最大值，先求向量的最大值，由于是三角函数，可利用三角函数进行恒等变化，把它变化为一个角的一个三角函数，利用三角函数的性质，即可求出的最大值，从而可得的最大值．（1）由题意，得，2分当时，，分4，所以分6.（2）因为，所以7分8分9分分. 10因为，所以1分1.所以当时，取到最大值，12 分即当时，取到最大值. 13 分考点：向量的坐标，向量的模，三角恒等变化．16. 为了解某校学生的视力情况，现采用随机抽样的方式从该校的行视力检测．检测的数据如下：A，B 两班中各抽 5 名学生进A 班5 名学生的视力检测结果： 4.3 ，5.1 ，4.6 ，4.1 ，4.9.B 班5 名学生的视力检测结果： 5.1 ，4.9 ，4.0 ，4.0 ，4.5.（1）分别计算两组数据的平均数，从计算结果看，哪个班的学生视力较好？（2）由数据判断哪个班的 5 名学生视力方差较大？（结论不要求证明）（3）现从 A 班的上述 5 名学生中随机选取. 3 名学生，用X 表示其中视力大于 4.6 的人数，求X 的分布列和数学期望【答案】（1） A 班学生的视力较好；（ 2 ）B 班 5 名学生视力的方差较大；（3）所以随机变量的分布列如下：012.【解析】试题分析：（1）计算出平均数，看平均数的大小，平均数大的班学生的视力较好；（2）对数据分析，一看极差，二看数据集中程度，越集中方差越小，越离散方差越大，从数据上看，B 班5 名学生视力极差较大，数据相对较散，从而的结论；（3）对数据观察，找出视力大于17. 的人数，从而确定出期望．的所有可能取值，分别求出它们的概率，得分布列，进而可求出（1） A 班 5 名学生的视力平均数为， 2 分B 班5 名学生的视力平均数为. 3 分从数据结果来看 A 班学生的视力较好4分.（2）B 班 5 名学生视力的方差较大7分.（3）由（1）知，班的 5 名学生中有 2 名学生视力大于A .则的所有可能取值为，，8分.所以；分9；1分011 分.所以随机变量的分布列如下：01212 分故. 13 分考点：统计数据分析，平均数，方差，分布列与期望．2. 如图，在三棱锥，中，底面，，为的中点，为的中点，.（1）求证：平面；（2）求与平面成角的正弦值；（3）设点在线段上，且，平面，求实数的值.【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）求证：平面，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，注意到为的中点，且，则平面2）求，再找一条直线与，即可，由已知垂直，即可，由已知底面，从而，既得，可证，问题得证．（这样平面与平面成角的正弦值，求线面角，即求线和射影所成的角，本题找射影相对困难，可用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，在平面中，过点作因为平面为原点，，所以，平面，由底面，得，，两两垂直，这样以，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一成角，求出个法向量，利用线面角的正弦值等于线和法向量的夹角的余弦值即可求出与平面的正弦值；（3）求实数的值，由于点在线段上，且平面，由的坐标，再求出平面的一个法向量，利用线面平行，既线和法向量垂直，即线对应的向量和法向量数量积等于零，即可求出的值．（1）因为底面，底面，所以， 1 分又因为，，所以平面， 2 分又因为平面，所以 3 分.因为是中点，所以，又因为，所以平面 5 分.（2）在平面中，过点作因为平面，所以平面，由底面，得，，两两垂直，所以以系，为原点，，，所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴如图建立空间直角坐标则，，，，，. 6 分设平面的法向量为，因为，，由得，令，得分. 8设与平面成角为，因为，所以，即10 分.（3）因为，，所以，又因为，所以分. 12因为平面，平面的法向量，所以，解得14 分.考点：线面垂直的判断，线面角的求法，线面平行的判断．18. 已知函数，其中.（1）若，求函数的极值；（2）当时，试确定函数的单调区间.【答案】（1）当时，函数有极小值；（2）当时，的单调减区间为，单调增区间为，；当时，函数在单调递增；当时，函数的单调减区间为；单调增区间为，．【解析】试题分析：（1）若，求函数的极值，把代入得函数，求它的极值，首先求定义域，对函数求导，求出导数等于零点，及两边导数的符号，从而确定极值点；（2）当时，试确定函数的单调区间，由于含有指数函数，可通过求导数来确定函数单调区间，因此先确定函数的定义域为但由于含有参数，需对参数讨论，分单调区间．，对函数，求导，令，解不等式即可，，三种情况讨论，从而确定出（1）函数的定义域为，且. 1 分3 分.令，得，当变化时，和的变化情况如下：↘↘↗5 分故的单调减区间为，；单调增区间为．所以当时，函数有极小值 6 分.（2）因为，所以，所以函数的定义域为，7 分求导，得，分8令，得，，9分当时，，当变化时，和的变化情况如下：↗↘↗故函数的单调减区间为，单调增区间为，．11 分当时，，因为，（当且仅当时，）所以函数在单调递增分. 12当时，，当变化时，和的变化情况如下：↗↘↗故函数的单调减区间为，单调增区间为，．综上，当时，的单调减区间为，单调增区间为，；当时，函数在单调递增；当时，函数的单调减区间为；单调增区间为，．13 分考点：函数的极值，利用导数判断单调性．19. 设是椭圆上不关于坐标轴对称的两个点，直线交轴于点（与点不重合），O 为坐标原点.（1）如果点是椭圆的右焦点，线段的中点在y 轴上，求直线AB 的方程；（2）设为轴上一点，且轴对称. ，直线与椭圆的另外一个交点为C，证明：点与点关于【答案】（1）直线（即）的方程为或；（2 ）详见解析．【解析】试题分析：（1）由已知条件推导出点的坐标为，由此能求出直线（即）的方程．（只要证点2 ）设点关于轴的对称点为（在椭圆与椭圆上），要证点与点关于轴对称，与点 C 重合，又因为直线的交点为C（与点不重合），所以只要证明点，，三点共线即可．（1）椭圆的右焦点为，1分因为线段的中点在y 轴上，所以点的横坐标为，因为点在椭圆上，将代入椭圆的方程，得点的坐标为 3 分.所以直线（即）的方程为或 5 分.（2）设点关于轴的对称点为（在椭圆上），要证点与点关于轴对称，只要证点与点 C 重合，.又因为直线与椭圆的交点为C（与点不重合），所以只要证明点，，三点共线. 7分以下给出证明：由题意，设直线的方程为，则, , .由得，9分所以，，分. 10在中，令，得点的坐标为，由，得点的坐标为，11 分设直线，的斜率分别为，，则，12 分因为，13 分所以，所以点，，三点共线，即点与点关于轴对称14 分.考点：直线与椭圆综合问题．20. 在无穷数列中，，对于任意，都有，. 设，记使得成立的的最大值为.（1）设数列为1，3 ，5，7，，写出，，的值；（2）若为等差数列，求出所有可能的数列；（3）设，，求的值.（用表示）【答案】（1），，；（2）；（3）．【解析】试题分析：（，则1）根据使得，这样就写出成立的的最大值为，，则，，则，，，的值；（2）若为等差数列，先判断，再证明，即可求出所有可能的数列，从而求出；（3 ）确定，，依此类推，发现规律，得出的值．（1），，3分.（2）由题意，得，结合条件，得4分.又因为使得成立的的最大值为，使得成立的的最大值为，所以，分5.设，则.假设，即，则当时，；当时，.所以，.因为为等差数列，所以公差，所以，其中.这与矛盾，所以. 分6又因为，所以，由为等差数列，得，其中7分.因为使得成立的的最大值为，所以，由，得. 分8（3）设，因为，所以，且，所以数列中等于 1 的项有个，即个；9 分设，则，且，所以数列中等于 2 的项有个，即个；10 分以此类推，数列中等于的项有个. 分11所以.即分. 13考点：等差数列与等比数列的性质，数列求和．。

北京市西城区2014 — 2015学年度第一学期期末试卷高三数学（理科） 2015.1第Ⅰ卷（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．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．设集合1,0,1{}A -=，2{|2}B x x x =-<，则集合A B =（ ）（A ）{1,0,1}-（B ）{1,0}-（C ）{0,1}（D ）{1,1}-3．在锐角∆ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c . 若2a b =，sin B =，则（ ） （A ）3A π= （B ）6A π=（C）sin 3A =（D ）2sin 3A =4．执行如图所示的程序框图，输出的x 值为（ ） （A ）4 （B ）5 （C ）6 （D ）72．设命题p ：∀平面向量a 和b ，||||||-<+a b a b ，则p ⌝为（ ）（A ）∀平面向量a 和b ，||||||-+≥a b a b （B ）∃平面向量a 和b ，||||||-<+a b a b （C ）∃平面向量a 和b ，||||||->+a b a b （D ）∃平面向量a 和b ，||||||-+≥a b a b5．设函数()3cos f x x b x =+，x ∈R ，则“0b =”是“函数()f x 为奇函数”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8. 设D 为不等式组1,21,21x y x y x y ---+⎧⎪⎨⎪⎩≤≥≤表示的平面区域，点(,)B a b 为坐标平面xOy 内一点，若对于区域D内的任一点(,)A x y ，都有1OA OB ⋅≤成立，则a b +的最大值等于（ ） （A ）2 （B ）1 （C ）0（D ）36．一个四棱锥的三视图如图所示，那么对于这个四棱锥，下列说法中正确的是（ ） （A（B ）最长棱的棱长为3（C ）侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形 （D ）侧面四个三角形都是直角三角形7. 已知抛物线2:4C y x =，点(,0)P m ，O 为坐标原点，若在抛物线C 上存在一点Q ，使得90OQP ，则实数m 的取值范围是（ ）（A ）(4,8) （B ）(4,) （C ）(0,4)（D ）(8,)侧(左)视图正(主)视图俯视图第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． 9. 复数2i12iz -=+，则||z = _____．10．设12,F F 为双曲线C ：2221(0)16x y a a -=>的左、右焦点，点P 为双曲线C 上一点，如果12||||4PF PF -=，那么双曲线C 的方程为____；离心率为____.11．在右侧的表格中，各数均为正数，且每行中的各数从左到右成等差数列，每列中的各数从上到下成等比数列，那么x y z ++=______．12． 如图，在ABC ∆中，以BC 为直径的半圆分别交AB ，AC 于点E ，F ，且2AC AE =，那么AFAB=____；A ∠= _____．13．现要给4个唱歌节目和2个小品节目排列演出顺序，要求2个小品节目之间恰好有3个唱歌节目，那么演出顺序的排列种数是______. （用数字作答）14. 设P ，Q 为一个正方体表面上的两点，已知此正方体绕着直线PQ 旋转（）角后能与自身重合，那么符合条件的直线PQ 有_____条.三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分13分）2 x3ya321258zE FCB A已知函数()cos cos 442x x xf x =+, x ∈R 的部分图象如图所示. （Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期和单调递增区间；（Ⅱ） 设点B 是图象上的最高点，点A 是图象与x 轴的交点，求BAO ∠tan 的值.16．（本小题满分13分）现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下： （1）投资股市：（2）购买基金：（Ⅰ）当4p时，求q 的值； （Ⅱ）已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于45，求p 的取值范围； （Ⅲ）丙要将家中闲置的10万元钱进行投资，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种，已知12p，16q ，那么丙选择哪种投资方案，才能使得一年后投资收益的数学期望较大？给出结果并说明理由．如图，在四棱柱1111D C B A ABCD -中，A A 1⊥底面ABCD ，90BAD ∠=，BC AD //，且122A A AB AD BC ==== ，点E 在棱AB 上，平面1A EC 与棱11C D 相交于点F .（Ⅰ）证明：1A F ∥平面1B CE ；（Ⅱ）若E 是棱AB 的中点，求二面角1A EC D --的余弦值； （Ⅲ）求三棱锥11B A EF -的体积的最大值.18．（本小题满分13分）已知函数2()(0)f x ax bx a =->和()ln g x x =的图象有公共点P ，且在点P 处的切线相同.（Ⅰ）若点P 的坐标为1(,1)e-，求,a b 的值； （Ⅱ）已知a b =，求切点P 的坐标.19．（本小题满分14分）已知椭圆C ：2211612x y +=的右焦点为F ，右顶点为A ，离心率为e ，点(,0)(4)P m m >满足条件||||FA e AP =. （Ⅰ）求m 的值；（Ⅱ）设过点F 的直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，记PMF ∆和PNF ∆的面积分别为1S ，2S ，求证：12||||S PM S PN =.B CDA B 1C 1E FA 1 D 1设函数()(9)f x x x =-，对于任意给定的m 位自然数0121m m n a a a a -=（其中1a 是个位数字，2a 是十位数字，），定义变换A ：012()()()()m A n f a f a f a =+++. 并规定(0)0A =．记10()n A n =，21()n A n =，， 1()k k n A n -=，．（Ⅰ）若02015n =，求2015n ；（Ⅱ）当3m ≥时，证明：对于任意的*()m m ∈N 位自然数n 均有1()10m A n -<； （Ⅲ）如果*010(,3)m n m m <∈≥N ，写出m n 的所有可能取值.（只需写出结论）北京市西城区2014 — 2015学年度第一学期期末高三数学（理科）参考答案及评分标准2015.1一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1．C 2．D 3．A 4．C 5．C 6．D 7．B 8．A 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．1 10．221416x y -=11．17412．12 π313．9614．13注：第10，12题第一问2分，第二问3分.三、解答题：本大题共6小题，共80分. 其他正确解答过程，请参照评分标准给分. 15．（本小题满分13分） （Ⅰ）解：因为()cos cos 442x x xf x =+cos 22x x=+ ……………… 2分=π2sin()26x +， ……………… 4分所以 2π4π12T ==. 故函数()f x 的最小正周期为4π. ……………… 6分由题意，得πππ2π2π2262x k k -++≤≤， 解得4π2π4π4π+33k x k -≤≤，所以函数()f x 的单调递增区间为4π2π[4π,4π+],()33k k k -∈Z . ……………… 9分（Ⅱ）解：如图过点B 作线段BC 垂直于x由题意，得33π4TAC ==，2=BC ， 所以2tan 3πBC BAO AC ∠==.16．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：因为“购买基金”后，投资结果只有“获利”、“不赔不赚”、“亏损”三种，且三种投资结果相互独立， 所以p +13+q =1. ……………… 2分 又因为14p， 所以q =512． ……………… 3分 （Ⅱ）解：记事件A 为 “甲投资股市且盈利”，事件B 为“乙购买基金且盈利”，事件C 为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”， ……………… 4分则CAB AB AB ，且A ，B 独立.由上表可知， 1()2P A ，()P B p .所以()()()()P C P AB P AB P AB ……………… 5分111(1)222p pp1122p . ……………… 6分 因为114()225P C p ， 所以35p. ……………… 7分 又因为113p q ，0q ≥，所以23p ≤.所以3253p ≤. ……………… 8分（Ⅲ）解：假设丙选择“投资股票”方案进行投资，且记X 为丙投资股票的获利金额（单位：万元），所以随机变量X 的分布列为：…………… 9分则113540(2)2884EX =⨯+⨯+-⨯=. ……………10 分假设丙选择“购买基金”方案进行投资，且记Y 为丙购买基金的获利金额（单位：万元），所以随机变量Y 的分布列为：…………… 11分则111520(1)2366EY =⨯+⨯+-⨯=. …………… 12分因为EX EY >，所以丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资收益的数学期望较大．……… 13分17．（本小题满分14分）（Ⅰ）证明：因为1111D C B A ABCD -是棱柱，所以平面ABCD ∥平面1111A B C D .又因为平面ABCD 平面1A ECF EC =，平面1111A B C D 平面11A ECF A F =，所以1A F ∥EC . …………………2分 又因为1A F ⊄平面1B CE ，EC ⊂平面1B CE ，所以1A F ∥平面1B CE . …………………4分 （Ⅱ）解：因为1AA ⊥底面ABCD ，90BAD ∠=，所以1AA ，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，1AA 分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系. …………………5分则1(0,0,2)A ，(1,0,0)E ，(2,1,0)C ， 所以 1(1,0,2)A E =-,1(2,1,2)AC =-. 设平面1A ECF 的法向量为(,,),m x y z = 由10A E m ⋅=，10AC m ⋅=, 得20,220.x z x y z -=⎧⎨+-=⎩令1z =,得(2,2,1)m =-. …………………7分 又因为平面DEC 的法向量为(0,0,1)n =， …………………8分所以1cos ,3||||m n m n m n ⋅<>==⋅，由图可知，二面角1A EC D --的平面角为锐角，所以二面角1A EC D --的余弦值为13. …………………10分（Ⅲ）解：过点F 作11FM A B ⊥于点M ,因为平面11A ABB ⊥平面1111A B C D ，FM ⊂平面1111A B C D , 所以FM ⊥平面11A ABB ,所以11111113B A EF F B A E A B E V V S FM --∆==⨯⨯ …………………12分1222323FM FM ⨯=⨯⨯=. 因为当F 与点1D 重合时，FM 取到最大值2（此时点E 与点B 重合）， 所以当F 与点1D 重合时，三棱锥11B A EF -的体积的最大值为43. ………………14分18.（本小题满分13分） （Ⅰ）解：由题意，得21()1e e ea bf =-=-， …………………1分 且()2f x ax b '=-，1()g x x'=， …………………3分 由已知，得11()()e ef g ''=，即2e eab -=， 解得22e a =，3e b =. …………………5分 （Ⅱ）解：若a b =，则()2f x ax a '=-，1()g x x'=， 设切点坐标为(,)s t ，其中0s >,由题意，得 2ln as as s -=， ① 12as a s-=， ② …………………6分 由②，得 1(21)a s s =-，其中12s ≠，代入①，得 1ln 21s s s -=-. （*） …………………7分因为 10(21)a s s =>-，且0s >， 所以 12s >. …………………8分 设函数 1()ln 21x F x x x -=--，1(,)2x ∈+∞， 则 2(41)(1)()(21)x x F x x x ---'=-. …………………9分 令()0F x '= ，解得1x =或14x =(舍). …………………10分 当x 变化时，()F x '与()F x 的变化情况如下表所示，…………………12分所以当1x =时，()F x 取到最大值(1)0F =，且当1(,1)(1,)2x ∈+∞时()0F x <. 因此，当且仅当1x =时()0F x =.所以方程（*）有且仅有一解1s =.于是 ln 0t s ==，因此切点P 的坐标为(1,0). …………………13分19．（本小题满分14分） （Ⅰ）解：因为椭圆C 的方程为 2211612x y +=，所以 4a =,b =2c =, ………………2分 则 12c e a ==，||2FA =，||4AP m =-. ………………3分 因为 ||21||42FA AP m ==-， 所以 8m =. ………………5分（Ⅱ）解：若直线l 的斜率不存在， 则有 21S S =，||||PM PN =，符合题意. …………6分若直线l 的斜率存在，则设直线l 的方程为)2(-=x k y ，),(11y x M ，),(22y x N .由 ⎪⎩⎪⎨⎧-==+),2(,1121622x k y y x 得 2222(43)1616480k x k x k +-+-=， ……………… 7分可知 0>∆恒成立，且 34162221+=+k k x x ，3448162221+-=k k x x . ……………… 8分 因为 8)2(8)2(8822112211--+--=-+-=+x x k x x k x y x y k k PN PM ……………… 10分 )8)(8()8)(2()8)(2(211221----+--=x x x x k x x k )8)(8(32)(102212121--++-=x x k x x k x kx 0)8)(8(323416103448162212222=--++⋅-+-⋅=x x k k k k k k k ， 所以 MPF NPF ∠=∠. ……………… 12分 因为PMF ∆和PNF ∆的面积分别为11||||sin 2S PF PM MPF =⋅⋅∠， 21||||sin 2S PF PN NPF =⋅⋅∠， ……………… 13分 所以12||||S PM S PN =. ……………… 14分20．（本小题满分13分）（Ⅰ）解：114082042n =+++=，2201434n =+=，3182038n =+=，418826n =+=，5141832n =+=，6181432n =+=，……所以 201532n =． ……………… 3分（Ⅱ）证明：因为函数2981()(9)()24f x x x x =-=--+，所以对于非负整数x ，知()(9)20f x x x =-≤.（当4x =或5时，取到最大值）… 4分 因为 12()()()()m A n f a f a f a =+++，所以 ()20A n m ≤． ……………… 6分 令 1()1020m g m m -=-，则31(3)102030g -=-⨯>．当3m ≥时，11(1)g()1020(1)1020910200m m m g m m m m --+-=-+-+=⨯->， 所以 (1)g()0g m m +->，函数()g m ，（m ∈N ，且3m ≥）单调递增．故 g()g(3)0m >≥，即11020()m m A n ->≥．所以当3m ≥时，对于任意的m 位自然数n 均有1()10m A n -<. …………………9分 （Ⅲ）答：m n 的所有可能取值为0，8，14，16，20，22，26，28，32，36，38．…………………14分。