北京市海淀区高三第二学期期中练习一模数学理

海淀区2022—2023学年第二学期期中练习高三数学参考答案一、选择题二、填空题 （11）(,2)(1,)−∞−+∞（12）2（13）2π （答案不唯一，[,]62ϕππ∈） （14）1；(,0][2,)−∞+∞（15）①③三、解答题共6小题，共85分。

解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。

（16）（本小题13分）解：（Ⅰ）由直三棱柱111−ABC A B C 可知1BC CC ⊥，又因为AC BC ⊥，且1ACCC C =,所以BC ⊥平面11CC A A .由1C D ⊂平面11CC A A ，所以1BC C D ⊥.在矩形11CC A A 中，111,2AD DA CC ===，所以1DC DC ==.可得22211C C C D CD =+，所以1C D CD ⊥.又因为BC CD C =， 所以1C D ⊥平面BCD .（Ⅱ）由题意可知，1,,CA CB CC 两两垂直，如图建立空间直角坐标系C xyz −，则(0,0,0)C ，(1,0,1)D ，(0,1,0)B ，1(0,0,2)C ，(1,1,1)BD =−，1(0,1,2)BC =−,(1,0,1)CD =. 设平面1BC D 的一个法向量为(,,)x y z =n ，则10,0,BD BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20.x y z y z −+=⎧⎨−+=⎩令1z =，则2y =，1x =， 得(1,2,1)=n . 设直线CD 与平面1BC D 所成角为θ，则sin |cos ,|θ⋅=<>==CD CD CD n n n ，所以直线CD 与平面1BC D 所成角的正弦值为3.（17）（本小题14分）解：（Ⅰ）由sin 23sin b A a B 及正弦定理，得sin sin 23sin sin B A A B .由倍角公式得2sin sin cos 3sin sin B A A A B .在ABC △中，sin 0,sin 0A B ， 得3cos 2A .因为π(0,)2A ，所以π6A .（Ⅱ）记ABC △的面积为ABC S △.选条件②：由（Ⅰ）知π6A ，又由题知33ABC S △， 可得1sin 2△ABC S bc A 得123bc . 又由条件②，即334b c ，解得33,4b c .由余弦定理，得2222cos 32716233427a b c bc A，所以7.a选条件③：又由条件③，即cos C =(0,π)C ∈，可得sin C =. 所以sin sin()sin cos cossin B A C AC A C =+=+12=+= 由（Ⅰ）知π6A， 又由题知33ABCS △，可得1sin 2△ABC S bc A . 得123bc .由正弦定理得::sin :sin :sin 7:a bc A B C ==.可设7,,a kbc ===.由bc =k =.得a =（18）（本小题14分） 解：（Ⅰ）设该户网购生鲜蔬菜次数超过20次为事件C ，在A 组10户中超过20次的有3户，由样本频率估计总体概率，则3()10P C =.（Ⅱ）由样本频率估计总体概率，一单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过20次概率为310，二单元参与网购家庭随机抽取1户的网购生鲜蔬菜次数超过20次概率为710. X 的取值范围为{}0,1,2.3721(0)(1)(1)1010100P X ==−⨯−=， 373729(1)(1)(1)1010101050P X ==⨯−+−⨯=， 3721(2)1010100P X ==⨯=. 212921()012110050100E X =⨯+⨯+⨯=.（Ⅲ）12()()D D ξξ=.19. （本小题14分）解：（Ⅰ）依题意可得：22,b =⎧⎪⎨=⎪⎩解得 1.a b ⎧⎪⎨=⎪⎩椭圆E 的方程为2215x y +=.（Ⅱ）依题意, 可设直线l 方程为(0)y kx m km =+≠，1122(,),(,)M x y N x y . 联立方程221,5.x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得222(51)10550k x kmx m +++−=.22222(10)4(51)(55)10020200km k m k m ∆=−⋅+−=−+>，即2251k m >−.1221051km x x k +=−+，21225551m x x k −=+. 在直线l 方程y kx m =+中，令0y =，得m x k=−，得(,0)m P k −.依题意得11'(,)M x y −，得直线'M N 方程为211121()y y y x x y x x −=+++. 令0x =，得122112Q x y x y y x x +=+.所以△OPQ 的面积为1221121122OPQ P Q x y x y m S x y k x x ∆+=⋅=⋅+. 122112211212()()2()x y x y x kx m x kx m kx x m x x +=+++=++222225510102515151m km k k k k k −−=⋅−=+++. 即1102210OPQ m k S k km=⋅=△，解得14k =±，经检验符合题意. 所以k 的值为14±.解：（Ⅰ）当1a =时，()e x f x x =−.则(0)1f =.求导得'()e 1x f x =−，得'(0)0f =.所以曲线()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为1y =. （Ⅱ）求导得'()e 1ax f x a =−.当0a ≤时，'()0f x <恒成立，此时()f x 在R 上单调递减.当0a >时，令'()0f x =，解得ln =a x a −.()f x 与()f x '的变化情况如下：由上表可知，()f x 的减区间为ln (,)a a −∞−，增区间为ln (,)a a−+∞. 综上，当0a ≤时，()f x 的减区间为(,)−∞+∞，无增区间； 当0a >时，()f x 的减区间为ln (,)a a −∞−，增区间为ln (,)a a −+∞. （Ⅲ）将()f x 在区间[1,1]−上的最大值记为max ()f x ，最小值记为min ()f x .由题意，若[1,1]x ∃∈−，使得|()|3f x ≥成立，即max ()3f x ≥或min ()3f x ≤−. 当[1,1]x ∈−时，()e 1ax f x x x =−>−≥−.所以若[1,1]x ∃∈−，使得|()|3f x ≥成立，只需max ()3f x ≥. 由（Ⅱ）可知()f x 在区间[1,1]−上单调或先减后增，故max ()f x 为(1)f −与(1)f 中的较大者， 所以只需当(1)3f −≥或(1)3f ≥即可满足题意.即(1)e 13a f −−=+≥或(1)e 13a f =−≥.解得ln2a ≤−或ln 4a ≥.综上所述，a 的取值范围是(,ln 2][ln 4,)−∞−+∞.解：（Ⅰ）（ⅰ）不满足.令3i j ==，16i j a a =不是数列{}n a 中的项.（ⅱ）满足. 对于任意()i j b b i j ,≥，(21)(21)2(21)1i j b b i j ij i j =−−=−−+−.由于211ij i j −−+≥，故令21k ij i j =−−+即可.（Ⅱ）（1）对于有穷数列{}n a 记其非零项中，绝对值最大的一项为p a ，绝对值最小的一项为q a .故令i j p ==时，存在一项2||||k i j p a a a a ==.又p a 是数列{}n a 非零项中绝对值最大的，所以2||p p a a ≥，即0||1p a <≤. 再令i j q ==时，存在一项2||||k i j q a a a a ==.又q a 是数列{}n a 非零项中绝对值最小的，所以2||q q a a ≤，即||1q a ≥. 又1||||1q p a a ≤≤≤,所以数列所有非零项的绝对值均为1.又数列{}n a 的各项均不相等，所以其至多有0,1,1−共3项.所以3m ≤.（2）构造数列{}:0,1,1n a −.其任意两项乘积均为0,1,1−之一，满足性质①. 其连续三项满足0(1)10−−−=，满足性质②. 又其各项均不相等，所以该数列满足条件，此时3m =.（3）由（1）（2），m 的最大值为3.（Ⅲ）（1）首先证明：当120,1a a ><−时，数列满足2120,0,t t a a −><且2||||,1,2,3,t t a a t +<=.（*）因为对于任意数列的连续三项12,,n n n a a a ++，总有12121()()02n n n n n n a a a a a a ++++−−−−=. 即21n n n a a a ++=−或2112n n n a a a ++=−. 不论是哪种情形，均有 当10n n a a +>>时，21102n n n n a a a a ++≥−>>，即2||||n n a a +>. 当10n n a a +<<时，21102n n n n a a a a ++≤−<<，亦有2||||n n a a +>. 又1201a a >>−>，故性质（*）得证.（2）考虑123,,a a a 三项，有312a a a =−或31212a a a =−. 若312a a a =−, 则1321a a a =+<，此时令1i j ==，有211a a <，由性质（*）知不存在k 使得0k a >，且211k a a a =<.高三数学参考答案 第7页（共7页） 故只有31212a a a =−，此时1321322a a a =+<. 因为534323311155()22242a a a a a a a ≥−≥−−>=, 所以令1i j ==时，21594a a <<. 由性质（*）知，只有211a a =或213a a =. 当213a a =时，12132()4a a a a ==−=，此时令2,1i j ==，214a a =−但423152a a a ≤−=，即421||||a a a >，由性质（*）知不存在k 使得21k a a a =. 所以211a a =，即11a =，从而22a =−.（3）经验证，数列{}n a ：1222,2,nn n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩是奇数，是偶数满足条件，下面证这是唯一满足条件的数列. 假设s a 是第一个不满足上述通项公式的项，4s ≥.当21,2s t t =+≥时，只能为11212122(2)32t t t t t t a a a −−+−=−=−−=⋅. 令21,3i t j =−=，则2t i j a a =.但21212t t t a a −+<<，由性质（*），不存在k 使得i j k a a a =.当2,2s t t =≥时，只能为11222221112232222t t t t t t t a a a −−−−−=−=−−=−⋅>−. 则2222122122211115119()222224216t t t t t t t t t t a a a a a a a a ++−−≤−≤−−=−=−⋅<−. 令22,3i t j =−=，则2t i j a a =−，但2222t t t a a +>−>，由性质（*），不存在k 使得i j k a a a =. 故不存在不满足上述通项公式的项.综上，数列{}n a 的通项公式为1222,2,nn n n a n −⎧⎪=⎨⎪−⎩是奇数,是偶数.。

海淀区高三年级2015-2016 学年度第二学期期中练习数学试卷（理科）本试卷共4 页，150 分．考试时长120 分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上 作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题共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．函数()21x f x =-的定义域为 A ．［0，＋∞） B ．［1，＋∞） C ．（－∞，0］ D ．（－∞，1］【知识点】函数的定义域与值域【试题解析】要使函数有意义，需满足：即所以函数的定义域为：．故答案为：A 【答案】A2．某程序的框图如图所示，若输入的z ＝i （其中i 为虚数单位），则输出的S 值为 A ．－1 B ．1 C ．－i D ．i【知识点】算法和程序框图 【试题解析】由题知：n=9时，否，是，则输出 的值为。

故答案为：D 【答案】D3．若x ，y 满足20400x y x y y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩，则12z x y =+的最大值为A ．52 B ．3 C ．72D ．4【知识点】线性规划 【试题解析】作可行域：由图知：当目标函数线过点C （1，3）时，目标函数值最大，为故答案为：C 【答案】C4．某三棱锥的三视图如图所示，则其体积为 A ．33 B ．32 C ．233 D ．263【知识点】空间几何体的表面积与体积空间几何体的三视图与直观图【试题解析】该三棱锥的底面是以2为底，以为高的三角形，高为1，所以故答案为：A 【答案】A5．已知数列{}n a 的前n 项和为Sn ，则“ {}n a 为常数列”是“*,n n n N S na ∀∈=”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 ．既不充分也不必要条件 【知识点】充分条件与必要条件 【试题解析】若为常数列，则； 反过来，若，则，即为常数列。

所以“为常数列”是“，”的充分必要条件。

北京市海淀区高三数学第二学期期中练习参考答案与评分标准（理科）2001.5一、选择题： （1）C ；（2）D ；（3）A ；（4）A ；（5）C ；（6）B ； （7）C ；（8）C ；（9）B ；（10）C ；（11）D ；（12）D . 二、填空题：（13）12；（14）};12|{<<-x x （15）x ∈（0，2]；（16）123122242、、中选一即可 三、解答题： （17）解：（Ⅰ）设z=x + yi （x ，y ∈R ）依题意，xyi y x yi x z 2)(222+-=+=∴⎪⎩⎪⎨⎧==+②①22 222xy y x …………………………………………3分 故0)(2=-y x∴22,2==x y x 得代入② ∴x =±1，∴⎩⎨⎧-=-=⎩⎨⎧==1111y x y x 或 ∴z =1+i 或z = –1–i ………………………………………………5分 45arg 4arg ππzz 或=∴)45sin 45(cos 2)4sin 4(cos2ππππi z i z +=+=或……………7分 （Ⅱ）当z =1+i 时，i z z i z -=-=1,222 ∴A （1，1）、B （0，2）、C （1，–1）∴|AC |=2 12121=⨯⨯=∆ABC S ………………………………………………10分 当z =–1–i 时，i z z i z 31,222--=-= A （–1，–1）、B （0，2）、C （–1，–3） 则1=∆ABC S综上△ABC 的面积为1.…………………………………………12分 （18）解：（Ⅰ）∵△ABC 是正三角形，AF 是BC 边的中线∴AF ⊥BC又D 、E 分别是AB 、AC 的中点 ∴BEBC 21∴AF ⊥DE ，AF ∩DE =G ……………………2分 ∴G A '⊥DE ，GF ⊥DE∴DE ⊥平面FG A '…………………………4分 又DE BCED 平面⊂∴平面FG A '⊥平面BCED ……………6分 （Ⅱ）∵G A '⊥DE ，GF ⊥DE∴∠GF A '是二面角A ′–DE –B 的平面角……………………7分 ∵平面GF A '∩平面BCED =AF 作H A '⊥AG 于H∴H A '⊥平面BCED ………………………………………………9分 假设E A '⊥BD ，连EH 并延长交AD 于Q∴EQ ⊥AD ……………………………………………………………10分 ∵AG ⊥DE∴H 是正三角形ADE 的垂心，也是中心. ∵AD =DE =AE =2a ∴a AG HG a AG G A 12331,43====' 在Rt △HG A '中，31cos ='='∠G A HG GH A ∵∠GF A '=π–∠A 'GH ∴31cos -='∠GF A∴)31arccos(-='∠GF A 时…………………………………………11分即当.,)31arccos(BD E A GF A ⊥'-='∠时……………………………12分（19）解：（Ⅰ）∵当n ≥2时，232,,431---n n n S a S 成等差数列 ∴1232432--+-=n n n S S a∴)2(43≥-=n S a n n ………………………………………………2分∴,4)(3212-+=a a a ∵11=a ，∴212-a 类似地4)(33213-++=a a a a ∴413-=a 4)(343214-+++=a a a a a ∴ 814=a ……………………………4分 （Ⅱ）∵当≥2时，43-=n n S a ，即43+=n n a S∴⎩⎨⎧+=+=++②①434311n n n n a S a S②–①，得n n n a a a -=++113∴211-=+n n a a 为常数………………………………………………6分 ∴2a ，3a ，4a ，…，n a ，…成等比数列.其中21,212-==q a ………………………………………………7分故1222)21()21(21,2-----=-=⋅=≥n n n n q a a n∴⎪⎩⎪⎨⎧≥==-)2( )21(--1)(n 11n a n n …………………………………………9分（Ⅲ）∵n n a a a S +++= 21=)(132n a a a ++++∴)(lim 1lim 32n n n n a a a S ++++=∞→∞→=34311)21(1211=+=--+………………………………12分 （20）解：（Ⅰ）由已知数据，易知函数y =f （t ）的周期T =12 ……………………1分振幅A =3………………………………………………………………2分 b =10……………………………………………………………………3分 ∴106sin3+=ty π……………………………………………………4分（Ⅱ）由题意，该船进出港时，水深应不小于5+6.5=11.5（米） ∴5.11106sin3≥+tπ…………………………………………………6分 ∴216sin≥tπ 解得，Z)(k 652662∈+≤≤+πππππk t k …………………………8分 Z)(k 512112∈+≤≤+k t k 在同一天内，取k =0或1∴1≤t ≤5或13≤t ≤17………………………………………………10分 ∴该船最早能在凌晨1时进港，下午17时出港，在港口内最多停留16个小时 …………………………………………………………………………12分（21）解：（Ⅰ）∵y =f （x ）是以5为周期的周期函数∴f （4）=f （4–5）=f （–1）……………………………………………1分 又y =f （x ），（–1≤x ≤1）是奇函数 ∴f （1）= –f （–1）= –f （4）∴f （1）+f （4）=0…………………………………………………3分 （Ⅱ）当x ∈[1，4]时，由题意，可设f （x ）=5)2(2--x a （a ≠0）……………………………………………………5分 由f （1）+f （4）=0得05)24(5)21(22=--+--a a 解得a =2∴5)2(2)(2--=x x f （1≤x ≤4）…………………………………………7分 （Ⅲ）∵y =f （x ） （–1≤x ≤1）是奇函数∴f （0）= –f （–0） ∴f （0）=0………………………………………………8分 又y =f （x ） （0≤x ≤1 ）是一次函数 ∴可设f （x ）=kx （0≤x ≤1） ∵35)21(2)1(2-=--=f 又f （1）=k ·1=k ∴ k =–3∴当0≤x ≤1时 f （x ）=–3x ……………………………………………………9分 当–1≤x <0时，0<–x ≤1 ∴f （x ）= –f （–x ）= –3x∴当–1≤x ≤1时，f （x ）=–3x ………………………………………………11分 当4≤x ≤6时，–1≤x –5≤1∴f （x ）=f （x –5）=–3（x –5）=–3x +15 当6<x ≤9时 1<x –5≤45]2)5[(2)5()(2---=-=x x f x f5)7(22--x∴f （x ）=⎩⎨⎧≤<--≤≤+-96 ,5)7(264 ,1532x x x x …………………………………………12分 （22）解：（Ⅰ）∵5||||||22=+=OD CO CD ，且圆D 与圆C 外切（O 为原点）. ∴圆D 半径r =5–2=3此时，A 、B 坐标分别为（0，0）、（0，6） P A 在x 轴上，BP 斜率k =2∴tg ∠APB =2…………………………3分（Ⅱ）设D 点坐标为（0，a ），圆D 半径为r ，则① 16)2(22a r +=+A 、B 坐标分别为（0，a –r ）、（0，a +r ）设P A 、PB 斜率分别为1k ，2k ，则3,321ra k r a k +=-=② 963313322+-=-⋅++--+=∠r a r r a r a ra r a APB tg…………………………………………………6分 由①解出2a 代入②，得68923346-+=-=∠r r r APB tg ，而8r –6为单调增函数，[)+∞∈,2r .∴]512,23(∈∠APB tg∠APB 的最大值为512arctg；……………………………………9分 （Ⅲ）假设存在Q 点，设Q （b ，0），QA 、QB 斜率分别为1k ，2k ，则bra kb r a k -+=--=21, |2||1||1|2221212r a b br b r a b r a b ra b r a k k k k AQB tg -+-=--⋅-++---+=+-=∠……………………11分 将16)2(22-+=r a 代入上式，得|4122|4122|22+--=+--=∠rb br b br AQB tg欲使∠AQB 大小与r 无关，当且仅当122=b ，即32±=b ，此时︒=∠=∠60,3AQB AQB tg∴存在Q 点，当圆D 变动时，∠AQB 为定值︒60，Q 点坐标为（0,32±） …………………………………………………………………………………………14分 注：其他正确解法可按相应步骤给分。

北京市海淀区2019届高三第二学期期中练习（一模）数学（理科）试题第一部分（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．1.已知集合，且，则可以是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用子集概念即可作出判断.【详解】∵∴，即故选：A【点睛】本题考查子集的概念，属于基础题.2.若角的终边在第二象限，则下列三角函数值中大于零的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式化简选项，再结合角的终边所在象限即可作出判断.【详解】解：角的终边在第二象限，＝＜0，A不符；＝＜0，B不符；＝＜0，C不符；＝＞0，所以，D正确故选：D【点睛】本题主要考查三角函数值的符号判断，考查了诱导公式，三角函数的符号是解决本题的关键．3.已知等差数列满足，则中一定为零的项是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用等差数列通项公式即可得到结果.【详解】由得，，解得：，所以，，故选A【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查计算能力，属于基础题.4.已知，则下列各式中一定成立（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用不等式的性质与指数函数性质即可作出判断.【详解】x，y的符号不确定，当x＝2，y＝－1时，，对于A，不成立，所以错误；对于B、也错；对于C，是减函数，所以，也错；对于D，因为，所以，，正确，故选D【点睛】本题考查不等式的性质，指数函数的单调性及均值不等式，考查反例法，属于基础题.5.执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，即可得出结论．【详解】解：第1步：S＝2，x＝4，m＝2；第2步：S＝8，x＝6，m＝；第3步：S＝48，x＝8，m＝，退出循环，故选B【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.6.已知复数，则下面结论正确的是（）A. B.C. 一定不是纯虚数D. 在复平面上，对应的点可能在第三象限【答案】B【解析】【分析】利用共轭复数概念，模的计算，及几何意义即可作出判断.【详解】的共轭复数为：，所以A错误；，所以B正确；当时，是纯虚数，所以C错误；对应的点为（，1），因为纵坐标y＝1，所以，不可能在第三象限，D也错误.故选B.【点睛】本题考查了复数的基本概念，考查了复数模的求法，是基础题．7.椭圆与双曲线的离心率之积为1，则双曲线的两条渐近线的倾斜角分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】运用椭圆和双曲线的离心率公式，可得关于a，b的方程，再由双曲线的渐近线方程，即可得到结论．【详解】椭圆中：a＝2，b＝1，所以，c＝，离心率为，设双曲线的离心率为e则，得，双曲线中，即，又，所以，得，双曲线的渐近线为：，所以两条渐近线的倾率为倾斜角分别为，.故选C.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，主要考查离心率和渐近线方程的求法，考查运算能力，属于易错题．8.某校实行选科走班制度，张毅同学的选择是物理、生物、政治这三科，且物理在层班级，生物在层班级，该校周一上午课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则他不同的选课方法有（）地理化学地理化学生物化学生物历史物理生物物理生物物理生物物理物理A. 8种B. 10种C. 12种D. 14种【答案】B【解析】【分析】根据表格进行逻辑推理即可得到结果.【详解】张毅不同的选课方法如下：（1）生物B层1班，政治1班，物理A层2班；（2）生物B层1班，政治1班，物理A层4班；（3）生物B层1班，政治2班，物理A层1班；（4）生物B层1班，政治2班，物理A层4班；（5）生物B层1班，政治3班，物理A层1班；（6）生物B层1班，政治3班，物理A层2班；（7）生物B层2班，政治1班，物理A层3班；（8）生物B层2班，政治1班，物理A层4班；（9）生物B层2班，政治3班，物理A层1班；（10）生物B层2班，政治3班，物理A层3班；共10种，故选B.【点睛】本题以实际生活为背景，考查了逻辑推理能力与分类讨论思想，属于中档题.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．9.已知成等比数列，且，则____．【答案】4【解析】【分析】利用等比中项可得＝16，结合对数运算性质可得结果.【详解】解：依题意，得：＝16，所以，＝4故答案为：4【点睛】本题考查了等比数列的性质，对数的运算性质，考查计算能力.10.在中，，则_______；_________.【答案】(1). 6(2).【解析】【分析】利用余弦定理可得c值，由平方关系得到，借助可得结果.【详解】解：由余弦定理，得：＝36，所以，c＝6，由得：，所以，＝【点睛】本题考查余弦定理，平方关系，以及三角形的面积公式的应用，熟练掌握公式是解题的关键．11.已知向量，同时满足条件①，②的一个向量的坐标为_____ .【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】设＝（x，y），由∥得：y＝－2x，结合，可得x的范围，进而可得结果.【详解】解：设＝（x，y），由∥得：y＝－2x，＋＝（1＋x，－2＋y），由，得：，把y＝－2x代入，得：，化简，得：，解得：，取x＝－1，得y＝2，所以，＝（－1,2）（答案不唯一）故答案为：＝（－1,2）（答案不唯一）【点睛】本题考查向量共线的性质，考查平面向量的坐标运算，属于基础题.12.在极坐标系中，若圆关于直线对称，则_____.【答案】【解析】【分析】把极坐标方程化为普通直角方程，利用圆心在直线上，得到a值.【详解】解：圆方程化为：，化为直角坐标方程为：，直线化为直角坐标方程为：，圆关于直线对称，则直线经过圆的圆心（，0），所以，，解得：＝－1.故答案为：－1【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化，考查直线与圆的位置关系，属于基础题.13.设关于的不等式组表示的平面区域为．记区域上的点与点距离的最小值为，则（1）当时，____；（2）若，则的取值范围是____．【答案】(1). 2(2).【解析】【分析】(1)当时,作出可行域，数形结合即可得到结果，（2）恒过定点（0，1），对k分类讨论，数形结合即可得到结果.【详解】（1）当时，不等式组为，表示的平面区域如下图1，区域上的点B与点距离的最小，最小值为｜AB｜＝2，所以， 2（2）恒过定点（0，1），（i）当k＞0时，如图1，，符合题意（ii）当k＝0时，如图2，，符合题意（iii）当k＜0时，如图3，，解得：，综上可知的取值范围是.【点睛】线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.14.已知函数，，其中.若，使得成立，则____．【答案】【解析】【分析】根据题意可得，分别求两边的范围，利用子集关系，得到结果.【详解】解：依题意，得：，化简，得：，因为.，所以，，即，所以，，因为，且，因为，有成立，所以，，所以，所以，，所以，.故答案为：【点睛】本题考查了函数的单调性与值域,考查了推理能力与计算能力，属于中档题．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.已知函数的最大值为．（1）求的值；（2）求函数的单调递增区间．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）化简f（x）为A sin（ωx+φ）+b的形式，根据最大值列出方程解出a；（2）结合正弦函数的单调性列出不等式解出【详解】（1）因为,所以函数的最大值为 ,所以, 所以 .（2）因为的单调递增区间为，,令 , 所以，函数的单调递增区间为，.【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换，三角函数的最值及单调性，属于基础题. 16.据《人民网》报道，“美国国家航空航天局发文称，相比20年前世界变得更绿色了.卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的来自于植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．（造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和） 单位：公顷（1）请根据上述数据分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区；（2）在这十个地区中，任选一个地区，求该地区人工造林面积占造林总面积的比值超过的概率是多少？（3）在这十个地区中，从新封山育林面积超过五万公顷的地区中，任选两个地区，记为这两个地区中退化林修复面积超过六万公顷的地区的个数，求的分布列及数学期望．【答案】（1）甘肃省，青海省；（2）；（3）.【解析】【分析】(1)根据表格即可得到结果；(2)利用古典概型概率公式即可得到结果；(3)的取值为0,1,2，分别求出相应的概率值，即可得到的分布列及数学期望．【详解】(1) 人工造林面积与总面积比最大的地区为甘肃省,人工造林面积与总面积比最小的地区为青海省.(2) 设在这十个地区中,任选一个地区，该地区人工造林面积占总面积的比值超过为事件在十个地区中，有7个地区（内蒙、河北、河南、陕西、甘肃、宁夏、北京）人工造林面积占总面积比超过，则.（3）新封山育林面积超过五万公顷有个地区：内蒙、河北、河南、重庆、陕西、甘肃、新疆、青海，其中退化林修复面积超过六万公顷有个地区：内蒙、河北、重庆，所以的取值为所以，，.随机变量的分布列为.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与期望，考查古典概型概率公式，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.17.如图，在直三棱柱中，，点分别为棱的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成的角为?如果存在，求出线段的长；如果不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）1.【解析】【分析】(1)方法一：取中点为,连结,，要证平面，即证：,；方法二：以为原点，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，又因为,即可得证.(2)方法一：要证平面平面，转证平面即证；方法二：分别求出两个平面的法向量即可得证.(3)建立空间直角坐标系，利用坐标法即可得到结果.【详解】方法一：(1)取中点为,连结,由且,又点为中点，所以 ,又因为分别为,中点,所以 ,所以,所以共面于平面 ,因为,分别为中点, 所以,平面,平面,所以平面 .方法二：在直三棱柱中，平面又因为,以为原点，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由题意得,.所以,,设平面的法向量为，则，即,令，得,于是 ,又因为,所以 ,又因为平面，所以平面 .（2）方法一：在直棱柱中，平面,因为，所以,又因为，且,所以平面 ,平面，所以,又，四边形为正方形,所以 ,又，所以,又，且,所以平面 ,又平面,所以平面平面 .方法二：设平面的法向量为，,，即 ,令，得,于是 ,,即，所以平面平面.（3）设直线与平面所成角为，则,设，则 ,,所以 ,解得或（舍）,所以点存在，即的中点，.【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求证：函数存在极小值；（3）请直接写出函数的零点个数．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）当或时，函数有一个零点；当且时，函数有两个零点.【解析】【分析】(1) 求出函数f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，可得切线的方程；(2)，说明有可变零点即可；(3)由题意可得函数的零点个数．【详解】（1）的定义域为因为所以切点的坐标为因为所以切线的斜率，所以切线的方程为（2）方法一：令因为且，所以，，从而得到在上恒成立所以在上单调递增且，所以在上递减，在递增；所以时，取得极小值，问题得证方法二：因为当时，当时，，所以当时，，所以所以在上递减，在递增；所以时，函数取得极小值，问题得证.（3）当或时，函数有一个零点；当且时，函数有两个零点.【点睛】本题考查函数的导数的运用：求切线的方程，确定函数的极值，考查函数的零点个数判断，以及分类讨论思想方法，属于中档题．19.已知抛物线，其中．点在的焦点的右侧，且到的准线的距离是与距离的3倍．经过点的直线与抛物线交于不同的两点，直线与直线交于点，经过点且与直线垂直的直线交轴于点.（1）求抛物线的方程和的坐标；（2）判断直线与直线的位置关系，并说明理由．【答案】（1），；（2）平行.【解析】【分析】(1)由到的准线的距离是与距离的3倍可得p值，从而得到抛物线的方程和的坐标；(2)方法一：设直线的方程为，对m分类讨论，分别计算二者的斜率，即可作出判断.方法二：先考虑直线的斜率不存在时，在考虑直线的斜率存在，设直线的方程为，，联立求点坐标，利用两点斜率公式求出，即可得出结论.【详解】(1)抛物线的准线方程为，焦点坐标为 ,所以有，解得 ,所以抛物线方程为，焦点坐标为 .(2)直线 ,方法一：设，，设直线的方程为联立方程消元得，,所以， ,,显然，直线的方程为 ,令，则，则,因为，所以 ,直线的方程为，令，则，则① 当时，直线的斜率不存在，，可知，直线的斜率不存在，则② 当时，，，则综上所述，方法二：直线(i) 若直线的斜率不存在，根据对称性，不妨设，直线的方程为，则直线的方程为，即，令，则，则直线的斜率不存在，因此(ii) 设，，当直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程，消元得，，整理得，由韦达定理，可得，，因为，可得.显然，直线的方程为令，则，则因为，所以直线的方程为，令，则，则，则综上所述， .【点睛】本题考查了抛物线的简单性质，直线和抛物线的位置关系，直线的斜率和直线的位置关系，属于中档题．20.首项为O的无穷数列同时满足下面两个条件：①；②.（1）请直接写出的所有可能值；（2）记，若对任意成立，求的通项公式；（3）对于给定的正整数，求的最大值．【答案】（1）；（2）；（3）当为奇数时的最大值为; 当为偶数时，的最大值为.【解析】【分析】(1)由递推关系得到的所有可能值；(2)由题意可知数列的偶数项是单调递增数列，先证明数列中相邻两项不可能同时为非负数，即可得到结果；(3)由（2）的证明知，不能都为非负数，分类讨论即可得到结果.【详解】（1）的值可以取 .（2）因为，因为对任意成立，所以为单调递增数列，即数列的偶数项是单调递增数列，根据条件，，所以当对成立，下面我们证明“数列中相邻两项不可能同时为非负数”，假设数列中存在同时为非负数，因为，若则有，与条件矛盾，若则有，与条件矛盾，所以假设错误，即数列中相邻两项不可能同时为非负数，此时对成立，所以当时，，即，所以，，所以，即，其中，即，其中，又，，所以是以，公差为的等差数列，所以 .（3）记，由（2）的证明知，不能都为非负数，当，则，根据，得到，所以，当，则，根据，得到，所以，所以，总有成立，当为奇数时，，故的奇偶性不同，则，当为偶数时，，当为奇数时，，考虑数列：，，可以验证，所给的数列满足条件，且,所以的最大值为，当为偶数时，，考虑数列：，，-，， ,可以验证，所给的数列满足条件，且，所以的最大值为.【点睛】本题考查数列的性质和应用，解题时要注意归纳总结能力的培养，考查了转化能力和运算能力，属于难题.。