【全国区级联考】北京市海淀区2017届高三5月期末练习（二模）数学（文）试题

北京市海淀区2017届高三物理5月期末练习（二模）试题13．下列说法中正确的是A ．物体的温度升高时，其内部每个分子热的动能都一定增大B ．气体的压强越大，单位体积内气体的分子个数一定越多C ．物体的温度越高，其内部分子的平均动能就一定越大D ．分子间距离减小，分子间的引力和斥力都一定减小14．下列说法中正确的是A ．水面漂浮的无色薄油膜在阳光照射下出现彩色条纹，这是光的干涉现象B ．若用X 射线照射某金属板能发生光电效应，则用紫外线照射该金属板也一定能发生C ．在相同条件下，γ射线与可见光相比更容易产生明显的衍射现象D ．太阳光谱中有一些清晰的暗线，这说明太阳中缺少与这些暗线对应的元素15．下列说法中正确的是A ．天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的B ．氢原子的能级理论是玻尔在卢瑟福核式结构模型的基础上提出来的C ．汤姆孙通过对阴极射线的研究提出了原子核具有复杂的结构D ．卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子只能处于一系列不连续的能量状态中16．如图1甲所示为一列简谐横波在t ＝10s 时波的图象，P 为介质中的一个质点。

图1乙是质点P 的振动图象，那么该波的传播速度v 和传播方向是A ．v ＝1.0m/s ，沿x 轴负方向B ．v ＝0.5m/s ，沿x 轴负方向C ．v ＝0.5m/s ，沿x 轴正方向D ．v ＝1.0m/s ，沿x 轴正方向 17．如图2所示为一理想变压器，原线圈接在一输出电压为u ＝U 0sin ωt 的交流电源两端。

电路中R 0为定值电阻， V 1、V 2为理想交流电压表， A为理想交流电流表，导线电阻不计。

现使滑动变阻器R 的滑动触头P 向上滑动，则下列说法中正确的是 A ．A 的示数变小 B ．V 2的示数变小C ．V 1与V 2示数的比值变大D ．R 0消耗的电功率变大18．2016年10月19日，“神舟十一号”飞船与“天宫二号”实验室实现自动交会对接，形成的“天神组合体”开始了长达30天的组合飞行，再一次创造了中国载人航天的新纪录。

【备战2017高考高三数学全国各地二模试卷分项精品】一、选择题【2017湖南娄底二模】我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下四人后入得金三斤，持出，中间三人未到者，亦依等次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的八等人和九等人两人所得黄金之和（ ）A. 多712斤B. 少712斤C. 多16斤D. 少16斤 【答案】D【解析】设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等数列{}n a ,则123789104,3a a a a a a a ++=+++=,由等差数列的性质得28943,32a a a =+=， ()289431326a a a -+=-=-,故选D. 【2017重庆二诊】《张丘建算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有女不善织，日减功迟，初日织五尺，末日织一尺，今共织九十尺，问织几日？”，已知“日减功迟”的具体含义是每天比前一天少织同样多的布，则此问题的答案是（ ）A. 10日B. 20日C. 30日D. 40日【答案】B【2017安徽黄山二模】在我国明代数学家吴敬所著的《九章算术比类大全》中，有一道数学名题叫“宝塔装灯”，内容为“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增；共灯三百八十一，请问顶层几盏灯？ ” (加增的顺序为从塔顶到塔底). 答案应为 （ ）A. 6B. 5C. 4D. 3【答案】D【解析】设顶层有x 盏灯，根据题意得： 2481632643813x x x x x x x x ++++++=⇒=故选D.点睛：这一个等比数列的实际运用，认真审题然后分析列式即可【2017安徽池州4月联考】在《增删算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得其关，”意思是某人要走三百七十八里的路程，第一天脚步轻快有力，走了一段路程，第二天脚痛，走的路程是第一天的一半，以后每天走的路程都是前一天的一半，走了六天才走完这段路程，则下列说法错误的是（ ）A. 此人第二天走了九十六里路B. 此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里C. 此人第三天走的路程占全程的18D. 此人后三天共走了42里路【答案】C【2017安徽合肥二模】中国古代数学有着很多令人惊叹的成就.北宋沈括在《梦澳笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术.隙积术意即:将木捅一层层堆放成坛状，最上一层长有a 个，宽有b 个，共计ab个木桶.每一层长宽各比上一层多一个，共堆放n 层，设最底层长有c 个，宽有d 个，则共计有木桶()()()226n a c b c a d d b ⎡⎤++++-⎣⎦个.假设最上层有长2宽1共2个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放15层.则木桶的个数为（ ）A. 1260B. 1360C. 1430D. 1530【答案】B【解析】由题可知2,1,16,15,a b c d ====所以木桶的个数为()()15[221612162151413606⨯⨯+⨯+⨯+⨯+=,故本题选.B【河南郑州、平顶山。

2017年北京市海淀区高三理科上学期数学期末试卷一、选择题（共8小题；共40分）1. 已知i为虚数单位，则5i1−2i= A. 2+iB. −2+iC. 2−iD. −2−i2. 在极坐标系Ox中，方程ρ=2sinθ表示的圆为 A. B.C. D.3. 执行如图所示的程序框图，输出的k值为 A. 4B. 5C. 6D. 74. 设m是不为零的实数，则“m>0”是“方程x2m −y2m=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5. 已知直线x−y+m=0与圆O:x2+y2=1相交于A，B两点，且△OAB为正三角形，则实数m的值为 A. 32B. 62C. 32或−32D. 62或−626. 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，则恰有两个小球编号相邻的概率为 A. 15B. 25C. 35D. 457. 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16；②三棱锥的四个面全是直角三角形；③三棱锥四个面的面积中最大的值是32．所有正确的说法是 A. ①B. ①②C. ②③D. ①③8. 已知点F为抛物线C:y2=2px p>0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△MFK为直角三角形的点M有且仅有4个C. 使得∠MKF=π4的点M有且仅有4个D. 使得∠MKF=π6的点M有且仅有4个二、填空题（共6小题；共30分）9. 点2,0到双曲线x24−y2=1的渐近线的距离是．10. 已知公差为1的等差数列a n中，a1，a2，a4成等比数列，则a n的前100项的和为．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−1n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ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，M是棱BC的中点，点P在底面ABCD内，点Q在线段A1C1上．若PM=1，则PQ长度的最小值为．14. 对任意实数k，定义集合D k=x,y x−y+2≥0,x+y−2≤0,x,y∈R kx−y≤0．①若集合D k表示的平面区域是一个三角形，则实数k的取值范围是；②当k=0时，若对任意的x,y∈D0，有y≥a x+3−1恒成立，且存在x,y∈D0，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78分）15. 如图，在△ABC中，点D在AC边上，且AD=3DC，AB=，∠ADB=π3，∠C=π6．（1）求DC的值；（2）求tan∠ABC的值．16. 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测试品牌A3691041121746614品牌B2854258155121021（1）从品牌A的12次测试结果中，随机抽取一次，求测试结果小于7的概率；（2）在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；（3）经过了解，前6次测试是打开含有文字与表格的文件，后6次测试是打开含有文字与图片的文件．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. 如图1，在梯形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，使A1E=A1D如图2．（1）求证：平面A1ED⊥平面BCDE；（2）求A1B与平面A1CD所成角的正弦值；（3）设M，N分别为A1E和BC的中点，试比较三棱锥M−A1CD和三棱锥N−A1CD（图中未画出）的体积大小，并说明理由．18. 已知椭圆C:x2+2y2=9，点P2,0．（1）求椭圆C的短轴长与离心率；（2）过1,0的直线l与椭圆C相交于M，N两点，设MN的中点为T，判断TP与TM 的大小，并证明你的结论．19. 已知函数f x=2e x−ax2−2x−2．（1）求曲线y=f x在点0,f0处的切线方程；（2）当a≤0时，求证：函数f x有且只有一个零点；（3）当a>0时，写出函数f x的零点的个数．（只需写出结论）20. 无穷数列a n满足：a1为正整数，且对任意正整数n，a n+1为前n项a1，a2，⋯，a n中等于a n的项的个数．（1）若a1=2，请写出数列a n的前7项；（2）求证：对于任意正整数M，必存在k∈N∗，使得a k>M；（3）求证：“a1=1”是“存在m∈N∗，当n≥m时，恒有a n+2≥a n成立”的充要条件．答案第一部分 1. B 2. D 3. D 【解析】s =20+21+22+⋯+2k=1−2k +11−2=2k +1−1，当 k =5 时，26−1<100，当 k =6 时，27−1>100，则 k =k +1=7，输出 k =7．4. A5. D6. C7. D8. C第二部分9. 25 5 10. 5050 11. 2 12.6 13. 14. −1,1 ， −2,15 第三部分15. （1） 由题意得，∠DBC=∠ADB −∠C =π3−π6=π6, 故 ∠DBC =∠C ，DB =DC ， 设 DC =x ，则 DB =x ，DA =3x ． 在 △ADB 中，由余弦定理得，AB 2=DA 2+DB 2−2DA ⋅DB ⋅cos ∠ADB ， 即 7= 3x 2+x 2−2⋅3x ⋅x ⋅12=7x 2， 解得 x =1，即 DC =1．（2） 方法一．在 △ADB 中，由 AD >AB ，得 ∠ABD >∠ADB =60∘，故∠ABC =∠ABD +∠DBC>π3+π6=π2, 在 △ABC 中，由正弦定理得，AC sin ∠ABC =ABsin ∠ACB ， 即 4sin ∠ABC =712，故 sin ∠ABC =7，由 ∠ABC ∈ π2,π ，得 cos ∠ABC = 37，tan ∠ABC = 3=−23 3．方法二．在 △ADB 中，由余弦定理得，cos ∠ABD =AB 2+BD 2−AD 2=2⋅ 7⋅1=2 7由 ∠ABD ∈ 0,π ，故 sin ∠ABD = 32 7，故 tan ∠ABD =−3 3， 故tan ∠ABC=tan ∠ABD +π=tan ∠ABD +tan π61−tan ∠ABD ⋅tanπ6=−3 3+33 3 33=−2 3.方法三：BC 2=BD 2+CD 2−2BD ⋅CD ⋅cos ∠BDC =3，BC = 3，cos ∠ABC =BA 2+BC 2−AC 22BA⋅BC= 3 7， 因为 ∠ABC ∈ 0,π ， 所以 sin ∠ABC =7，所以 tan ∠ABC = 3=−23 3．16. （1） 从品牌A 的 12 次测试中，测试结果打开速度小于 7 的测试有：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 =712．（2） 12 次测试中，品牌A 的测试结果大于品牌B 的测试结果的测试有：测试 1，3，4，5，7，8，共 6 次，随机变量 X 所有可能的取值为：0，1，2，3， P X =0 =C 63C 6C 123=111， P X =1 =C 62C 61C 123=922， P X =2 =C 61C 62C 123=922，P X =3 =C 60C 63C 123=111，随机变量 X 的分布列为：X 0123P 1991E X =111×0+922×1+922×2+111×3=32．（3） 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的平均值；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）．【解析】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的速度的波动均小于打开含有文字和图片的文件的速度的波动）．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的波动大于品牌B，品牌A，打开含有文字和图形的文件的速度的波动小于品牌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品牌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打开文件的平均速度的波动小于品牌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品牌B，品牌A打开含有文字和图片的文件的速度快于品牌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A 5.509.837.67品牌B 4.3311.838.08品牌A与品牌B 4.9210.83方差前6次后6次12次品牌A12.3027.3723.15品牌B 5.0731.7732.08品牌A与品牌B8.2727.9717. （1）由图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，CD⊥BC，BC=1，AD=2，E为AD中点，BE⊥AD，故图2，BE⊥A1E，BE⊥DE，因为A1E∩DE=E，A1E,DE⊂平面A1DE，所以BE⊥平面A1DE，因为BE⊂平面BCDE，所以平面A1DE⊥平面BCDE．（2）解一：取DE中点O，连接OA1，ON．因为在△A1DE中，A1E=A1D=DE=1，O为DE中点，所以A1O⊥DE，因为平面A1DE⊥平面BCDE，平面A1DE∩平面BCDE=DE，A1O⊂平面A1DE，所以A1O⊥平面BCDE，因为在正方形BCDE中，O，N分别为DE，BC的中点，所以ON⊥DE，建系如图．则A10,0,32，B1,−12,0，C1,12,0，D0,12,0，E0,−12,0，A1B=1,−12,−32，A1D=0,12,−32，DC=1,0,0，设平面A1CD的法向量为n=x,y,z，则n⋅A1D=0,n⋅DC=0,即12y−32z=0,x=0,令z=1得，y=3，所以n=0,3,1是平面A1CD的一个法向量．cos A1B,n=A1B⋅nA1B⋅ n =32⋅2=−64，所以A1B与平面A1CD所成角的正弦值为64．解二：在平面A1DE内作Ez⊥ED．由BE⊥平面A1DE，建系如图．则A10,12,32，B1,0,0，C1,1,0，D0,1,0，E0,0,0．A1B=1,−12,−32，A1D=0,12,−32，DC=1,0,0，设平面A1CD的法向量为n=x,y,z，则n⋅A1D=0,n⋅DC=0,即12y−32z=0,x=0,令z=1得，y=3，所以n=0,3,1是平面A1CD的一个法向量．cos A1B,n=A1B⋅nA1B⋅ n =32⋅2=−64，所以A1B与平面A1CD所成角的正弦值为64．（3）三棱锥M−A1CD和三棱锥N−A1CD的体积相等．理由如下：方法一：连接MN，由M0,14,34，N1,12,0，知MN=1,14,−34，则MN⋅n=0，因为MN⊄平面A1CD，所以MN∥平面A1CD．故点M，N到平面A1CD的距离相等，有三棱锥M−A1CD和N−A1CD同底等高，所以体积相等．方法二：如图，取DE中点P，连接MP，NP，MN．因为在△A1DE中，M，P分别是A1E，DE的中点，所以MP∥A1D，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∩NP=P，MP,NP⊂平面MNP，A1D,CD⊂平面A1CD，所以平面MNP∥平面A1CD，因为MN⊂平面MNP，所以MN∥平面A1CD，故点M，N到平面A1CD的距离相等，有三棱锥M−A1CD和N−A1CD同底等高，所以体积相等．方法三：如图，取A1D中点Q，连接MN，MQ，CQ．因为在△A1DE中，M，Q分别是A1E，A1D的中点，所以MQ∥ED且MQ=12ED，因为在正方形BCDE中，N是BC的中点，所以NC∥ED且NC=12ED，所以MQ∥NC且MQ=NC，故四边形MNCQ是平行四边形，故MN∥CQ，因为CQ⊂平面A1CD，MN⊄平面A1CD，所以MN∥平面A1CD．故点M，N到平面A1CD的距离相等，有三棱锥M−A1CD和N−A1CD同底等高，所以体积相等．18. （1）C:x29+y292=1，故a2=9，b2=92，c2=92，有a=3，b=c=322．椭圆C的短轴长为2b=3e=ca =22．（2）方法1：结论是：TP<TM．当直线l斜率不存在时，l:x=1，TP=0<TM=2，当直线l斜率存在时，设直线l:y=k x−1，M x1,y1，N x2,y2，x2+2y2=9,y=k x−1,整理得：2k2+1x2−4k2x+2k2−9=0，Δ=4k22−42k2+12k2−9=64k2+36>0，故x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−92k2+1，PM⋅PN=x1−2x2−2+y1y2=x1−2x2−2+k2x1−1x2−1=k2+1x1x2−k2+2x1+x2+k2+4=k2+1⋅2k2−92k2+1−k2+2⋅4k22k2+1+k2+4 =−6k2+52k2+1<0.故∠MPN>90∘，即点P在以MN为直径的圆内，故TP<TM．方法2：结论是：TP<TM．当直线l斜率不存在时，l:x=1，TP=0<TM=2，当直线l斜率存在时，设直线l:y=k x−1，M x1,y1，N x2,y2，T x T,y T，x2+2y2=9,y=k x−1,整理得：2k2+1x2−4k2x+2k2−9=0，Δ=4k22−42k2+12k2−9=64k2+36>0，故x1+x2=4k22k+1，x1x2=2k2−92k+1，x T=12x1+x2=2k22k2+1，y T=k x T−1=−k2k2+1，TP2=x T−22+y T2=2k22−22+ −k22=2k2+22+k22k2+12=4k4+9k2+42k2+12.TM2=12MN2=14k2+1x1−x22=14k2+1x1+x22−4x1x2=14k2+14k22k2+12−4⋅2k2−92k2+1=k2+116k2+9=16k4+25k2+92k2+12.此时，TM2− TP2=16k4+25k2+92k2+12−4k4+9k2+42k2+12=12k4+16k2+522>0.故TM>TP．19. （1）因为函数f x=2e x−ax2−2x−2，所以fʹx=2e x−2ax−2，故f0=0，fʹ0=0，则曲线y=f x在x=0处的切线方程为y=0．（2）当a≤0时，令g x=fʹx=2e x−2ax−2，则gʹx=2e x−2a>0，故g x是R上的增函数，由g0=0，故当x<0时，g x<0，当x>0时，g x>0，即当x<0时，fʹx<0，当x>0时，fʹx>0，故f x在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，函数f x的最小值为f0．由f0=0，故f x有且仅有一个零点．（3）当0<a<1时，f x有两个零点，当a=1时，f x有一个零点；当a>1时，f x有两个零点．20. （1）若a1=2，则数列a n的前7项为2，1，1，2，2，3，1．（2）证法一：假设存在正整数M，使得对任意的k∈N∗，a k≤M，由题意，a k∈1,2,3,⋯,M，故数列a n至多有M个不同的取值，考虑数列a n的前M2+1项：a1，a2，a3，⋯，a M2+1，其中至少有M+1项的取值相同，不妨设a i1=a i2=⋯=a iM+1，此时有：a iM+1+1=M+1>M，矛盾．故对于任意的正整数M，必存在k∈N∗，使得a k>M．证法二：假设存在正整数M，使得对任意的k∈N∗，a k≤M，由题意，a k∈1,2,3,⋯,M，故数列a n至多有M个不同的取值，对任意的正整数m，数列a n中至多有M项的值为m，事实上若数列a n中至少有M+1项的值为m，其M+1项为a i1，a i2，a i3，⋯，a iM−1，a iM，a iM+1，此时有：a iM+1+1=M+1>M，矛盾．故数列a n至多有M2项，这与数列a n有无穷多项矛盾．故对于任意的正整数M，必存在k∈N∗，使得a k>M．（3）充分性：若a1=1，则数列a n的项依次为1，1，2，1，3，1，4，1，⋯，k−2，1，k−1，1，k，1，⋯特别地，数列a n的通项公式为a n=k,n=2k−11,n=2k，即a n=n+12,n=2k−11,n=2k，故对任意的n∈N∗，（1）若n为偶数，则a n+2=a n=1，（2）若n为奇数，则a n+2=n+32>n+12=a n，综上，a n+2≥a n恒成立，特别地，取m=1有当n≥m时，恒有a n+2≥a n成立．必要性：方法一：假设存在a1=k k>1，使得“存在m∈N∗，当n≥m时，恒有a n+2≥a n成立”，则数列a n的前k2+1项为k，1,1,2,1,3,1,4,⋯,1,k−2,1,k−1,1,k⏟2k−1项，2,2,3,2,4,2,5,⋯,2,k−2,2,k−1,2,k⏟2k−3项，3,3,4,3,5,3,6,⋯,3,k−2,3,k−1,3,k⏟2k−5项，⋯，k−2,k−2,k−1,k−2,k⏟5项，k−1,k−1,k⏟3项，k后面的项顺次为k+1,1,k+1,2,k+1,3,⋯,k+1,k−2,k+1,k−1,k+1,k⏟2k项，k+2,1,k+2,2,k+2,3,⋯,k+2,k−2,k+2,k−1,k+2,k⏟2k项，k+3,1,k+3,2,k+3,3,⋯,k+3,k−2,k+3,k−1,k+3,k⏟2k项，⋯k+t,1,k+t,2,k+t,3,⋯,k+t,k−2,k+t,k−1,k+t,k⏟2k项，⋯故对任意的s=1,2,3,⋯,k−2,k−1,k，t∈N∗，a k2+1+2t−1k+2s−1=k+t,a k2+1+2t−1k+2s=s,对任意的m，取t=m2k+1，其中x表示不超过x的最大整数，则2kt>m，令n=k2+1+2kt，则n>m，此时a n=k，a n+2=1，有a n>a n+2，这与a n≤a n+2矛盾，故若存在m∈N∗，当n≥m时，恒有a n+2≥a n成立，必有a1=1．方法二：若存在m∈N∗，当n≥m时，a n+2≥a n恒成立，记max a1,a2,⋯,a m=s，由第Ⅱ问的结论可知：存在k∈N∗，使得a k>s（由s的定义知k≥m+1），不妨设a k是数列a n中第一个大于等于s+1的项，即a1，a2，⋯，a k−1均小于等于s，则a k+1=1，因为k−1≥m，所以a k+1≥a k−1，即1≥a k−1且a k−1为正整数，所以a k−1=1，记a k=t≥s+1，由数列a n的定义可知，在a1，a2，⋯，a k−1中恰有t项等于1，假设a1≠1，则可设a i1=a i2=⋯=a it=1，其中1<i1<i2<⋯<i t=k−1，考虑这t个1的前一项，即a i1−1，a i2−1，⋯，a it−1，因为它们均为不超过s的正整数，且t≥s+1，所以a i1−1，a i2−1，⋯，a it−1中一定存在两项相等，将其记为a，则数列a n中相邻两项恰好为a,1的情况至少出现2次，但根据数列a n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！故假设a1≠1不成立，所以a1=1，即必要性得证！综上，“a1=1”是“存在m∈N∗，当n≥m时，恒有a n+2≥a n成立”的充要条件．。

绝密★启用前【全国市级联考】2017届北京市海淀区高三3月适应性考试（零模）文科数学试卷（带解析）试卷副标题考试范围：xxx ；考试时间：60分钟；命题人：xxx学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项．1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题（题型注释）1、已知函数，正实数，，是公差为负数的等差数列，且满足，若实数是方程的一个解，那么下列四个判断：①；②；③；④中一定成立的个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】易知为两个减函数的和，所以其为减函数，又正实数，，是公差为负数的等差数列，所以，又，所以 或，所以总有，又，，所以成立，故选A ．试卷第2页，共16页点睛：本题考查函数的零点及等差数列，属于中档题．解决问题的角度从函数值的大小来判断自变量的大小，因此首先要分析函数的单调性，其次判断函数值的大小要通过分析来实现，结合等差数列判断出，从而零点对应的函数值要大于，再结合单调性即可判断出．2、已知，，若向区域上随机投一点，则点落入区域的概率是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】做出可行域如图，其中，根据几何概型知，故选D ．点睛：本题是几何概型与线性规划问题相结合，属于中档题．解决问题时，首先由线性规划的知识，作出可行域，然后根据几何概型的概念，找到事件基本空间及事件所对应的区域，选择其度量方式应该采取面积，将概率问题转化为面积的比值即可． 3、已知正项数列中，，，，则等于（ ）A ．16B ．8C ．4D ．【答案】C【解析】由知，数列是等差数列，前两项为，所以公差，故，所以，故选C ．4、当时，执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）A ．6B ．8C ．14D ．30【答案】D【解析】第一次循环，，第二次循环，，第三次循环，，第四次循环，，结束循环，输出，故选D ．5、如图所示，已知，，，，则下列等式中成立的是（ ）A ．B ．C ．D ．试卷第4页，共16页【答案】A 【解析】因为，，，所以，故选A ．6、中国诗词大会节目是央视首档全民参与的诗词节目，节目以“赏中华诗词、寻文化基因、品生活之美”为基本宗旨，力求通过对诗词知识的比拼及赏析，带动全民重温那些曾经学过的古诗词，分享诗词之美，感受诗词之趣，从古人的智慧和情怀中汲取营养，涵养心灵．如图是2016年中国诗词大会中，七位评委为甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图（其中为数字中的一个），去掉一个最高分和一个最低分后，甲、乙两名选手得分的平均数分别为，，则一定有（ ）A ．B ．C ．D ．，的大小与的值有关【答案】B【解析】由茎叶图知，，，故选B ． 7、若，则下列不等式中正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】因为，，所以由均值不等式知，，故选C ．8、设全集，，则（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】A所以，故选A．试卷第6页，共16页第II 卷（非选择题）二、填空题（题型注释）9、已知函数在函数的零点个数__________．【答案】4【解析】当时，，所以，或，本题转化为上述方程有几解，当时，或，当时，或，所以共有四个解，因此零点个数为4个，故填：4．10、过抛物线的焦点作倾斜角为的直线，与抛物线分别交于，两点（点在轴上方），__________．【答案】【解析】由抛物线方程知，所以直线方程，代入抛物线方程得，解得，所以，故填：．11、已知双曲线的右焦点为，的值为__________，渐进线方程__________．【答案】【解析】由双曲线的焦点为知，，所以，解得：，所以渐近线方程为．12、已知某四棱锥的三视图如图所示，俯视图是边长为4的正方形，正视图和侧视图是边长为4的等边三角形，则该四棱锥的全面积为__________．【答案】【解析】由四棱锥的俯视图，主视图，俯视图知，四棱锥是底面为边长的正四棱锥，侧面斜高为，所以全面积等于底面积与四个侧面积之和，故填：．13、设，，，则，，按由小到大的顺序是__________．【答案】【解析】因为，，，所以应填：．点睛：利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小．14、设为虚数单位，则复数所对应的点位于第__________象限．【答案】一试卷第8页，共16页【解析】因为，所以对应的点在第一象限，故填：一．三、解答题（题型注释）15、已知椭圆经过点，离心率为，动点．（Ⅰ）求椭圆的标准方程； （Ⅱ）求以为直径且被直线截得的弦长为2的圆的方程；（Ⅲ）设是椭圆的右焦点，过点作的垂线与以为直径的圆交于点，证明：线段的长为定值，并求出这个定值．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）线段的长为定值.【解析】试题分析：（Ⅰ）根据离心率，且过点，解方程组得：，，所以椭圆方程为．（Ⅱ）以根据平面几何得知识，利用弦心距、半弦长、半径构成直角三角形可求半径．（Ⅲ）过点作的垂线，垂足设为，由平面几何知：,根据直线与圆锥曲线的位置关系得：，所以线段的长为定值．试题解析：（Ⅰ）由题意得，① 因为椭圆经过点，所以，②又，③由①②③解得，，所以椭圆方程为．（Ⅱ）以为直径的圆的圆心为，半径，方程为，因为以为直径的圆被直线截得的弦长为2，所以圆心到直线的距离．所以，解得，所求圆的方程为．（Ⅲ）过点作的垂线，垂足设为，由平面几何知：．则直线： ，直线：，由得，∴，所以线段的长为定值．点睛：本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用，定值问题一般要注意式子的整体化简．试卷第10页，共16页16、已知函数，．（Ⅰ）求函数在区间上的最小值；（Ⅱ）证明：对任意，，都有成立．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）由，当，，单调递增，所以函数在区间上单调递增，在区间上的最小值为．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知（）在时取得最小值，可知．由，可得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减．所以函数（）在时取得最大值，又，可知，所以对任意，，都有成立．试题解析：（Ⅰ）解：由，可得．当，，单调递减；当，，单调递增．所以函数在区间上单调递增，又，所以函数在区间上的最小值为．（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知（）在时取得最小值，又，可知．由，可得，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以函数（）在时取得最大值，又，可知， 所以对任意，，都有成立．17、股票市场的前身是起源于1602年荷兰人在阿姆斯特河大桥上进行荷属东印度公司股票的买卖，而正规的股票市场最早出现在美国．2017年2月26号，中国证监会主席刘士余谈了对股市的几点建议，给广大股民树立了信心．最近，张师傅和李师傅要将家中闲置资金进行投资理财．现有两种投资方案，且一年后投资盈亏的情况如下： （1）投资股市：（2）购买基金：（Ⅰ）当时，求的值；（Ⅱ）已知“购买基金”亏损的概率比“投资股市”亏损的概率小，求的取值范围；（Ⅲ）已知张师傅和李师傅两人都选择了“购买基金”来进行投资，假设三种投资结果出现的可能性相同，求一年后他们两人中至少有一人获利的概率．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）;（Ⅲ）．试卷第12页，共16页【解析】试题分析：（Ⅰ）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，又因为，所以． （Ⅱ）由“购买基金”亏损的概率比“投资股市”亏损的概率小，得，因为，所以．（Ⅲ）记事件为“一年后张师傅和李师傅两人中至少有一人获利”，用，，分别表示一年后张师傅购买基金“获利”、“不赔不赚”、“亏损”，用，，分别表示一年后李师傅购买基金“获利”、“不赔不赚”、“亏损”，列出所有组合：，，，，，，，，所以事件：，，，，．因此张师傅和李师傅两人中至少有一人获利的概率．试题解析：（Ⅰ）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，又因为，所以．（Ⅱ）由“购买基金”亏损的概率比“投资股市”亏损的概率小，得，因为，所以，解得，又因为，，所以，所以．（Ⅲ）记事件为“一年后张师傅和李师傅两人中至少有一人获利”，用，，分别表示一年后张师傅购买基金“获利”、“不赔不赚”、“亏损”，用，，分别表示一年后李师傅购买基金“获利”、“不赔不赚”、“亏损”， 则一年后张师傅和李师傅购买基金，所有可能的投资结果有种，它们是：，，，，，，，， 所以事件的结果有5种，它们是：，，，，．因此这一年后张师傅和李师傅两人中至少有一人获利的概率． 18、如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，是侧棱上的动点．（Ⅰ）求四棱锥的体积；（Ⅱ）如果是的中点，求证平面；（Ⅲ）是否不论点在侧棱的任何位置，都有？证明你的结论．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）见解析;（Ⅲ）不论点在何位置，都有．【解析】试题分析：（Ⅰ）平面知棱锥得高即为，所以根据体积公式得：．（Ⅱ）连结交于，连结．根据中位线知，由线面平行的判定定理知平面．（Ⅲ）不论点试卷第14页，共16页在何位置，都有．由题意易知平面．所以不论点在何位置，都有平面，故都有． 试题解析：（Ⅰ）∵平面，∴，即四棱锥的体积为．（Ⅱ）连结交于，连结． ∵四边形是正方形，∴是的中点， 又∵是的中点，∴，∵平面，平面，∴平面．（Ⅲ）不论点在何位置，都有．证明如下：∵四边形是正方形，∴，∵底面，且平面，∴，又∵，∴平面．∵不论点在何位置，都有平面，∴不论点在何位置，都有．19、在数列中，（，）且．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）． 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据条件，得，构造等比数列，数列是以3为首项2为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，根据等比数列前项和公式及分组求和的方法得：．试题解析：（Ⅰ）证明：∵，∴，∵，∴，所以数列是以3为首项2为公比的等比数列．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，∴，∴．点睛：数列问题是高考中的重要问题，主要考查等差等比数列的通项公式和前项和，主要利用解方程得思想处理通项公式问题，证明题则经常构造等差等比问题去处理，求和时利用分组求和、裂项相消、错位相减法等方法求数列的和．在利用错位相减求和时，要注意提高运算的准确性，防止运算错误．20、已知函数．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求在的值域．试卷第16页，共16页【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）把代入函数解析式即可．（Ⅱ）化简，分析角的取值范围，由，得，根据正弦函数的图像与性质得，所以的值域为．试题解析：（Ⅰ）∵，∴．（Ⅱ），由，得，所以，，所以的值域为．。