2018年北京市海淀区高三第一学期期末数学(理)试题及答案.doc

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1、1/17海淀区高三年级第一学期期末练习数学理科2018.1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纸上，在试卷上作答无效。考试完毕后，将答题纸交回。第一局部选择题，共第一局部选择题，共 4040 分分一、选择题共一、选择题共 8 8 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 4040 分。在每题列出的四个选项中，选出分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。符合题目要求的一项。1复数1 2iiA2iB2iC2 iD2 i2在极坐标系Ox中，方程2sin表示的圆为A B C D3执行如下图的程序框图，输出的k值为A 4B 5C6D74 设m是不为零

2、的实数，那么“0m 是“方程221xymm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2/175直线0 xym与圆O：221xy相交于A，B两点，且OAB为正三角形，那么实数m的值为A32B62C32或32D62或626从编号分别为 1，2，3，4，5，6 的六个大小完全一样的小球中，随机取出三个小球，那么恰有两个小球编号相邻的概率为A15B25C35D457某三棱锥的三视图如下图，那么以下说法中：三棱锥的体积为16三棱锥的四个面全是直角三角形三棱锥四个面的面积中最大的值是32所有正确的说法是ABCD8 点F为抛物线C：220ypx p的焦点，点K为点F

3、关于原点的对称点，点M在抛物线C上，那么以下说法错误的选项是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4MKF的点M有且仅有 4 个D使得6MKF的点M有且仅有 4 个第二局部非选择题，共第二局部非选择题，共 110110 分分二、填空题共二、填空题共 6 6 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 3030 分。分。9点(2,0)到双曲线2214xy的渐近线的距离是_.10公差为1的等差数列na中，1a，2a，4a成等比数列，那么na的前 100 项的和为11设抛物线C：24yx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

4、线C交于A，B两点，那么OAOB 1251nx 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，那么n3/1713正方体1111ABCDABC D的棱长为4 2，M是棱BC的中点，点P在底面ABCD，点Q在线段11AC上.假设1PM，那么PQ长度的最小值为14对任意实数k，定义集合20(,)20,0kxyDx yxyx ykxyR.假设集合kD表示的平面区域是一个三角形，那么实数k的取值围是；当0k 时，假设对任意的0(,)x yD，有31ya x恒成立，且存在0(,)x yD，使得xya成立，那么实数a的取值围为三三、解答题共解答题共 6 6 小题小题，共共 8080 分分。解答

5、应写出文字说明解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程演算步骤或证明过程。15本小题 13 分如图，在ABC中，点D在AC边上，且3ADDC，7AB，3ADB，=6C.求DC的值；求tanABC的值.16 本小题 13 分据中国日报网报道：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展了 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

6、试9测试10测试11测试12品牌A3691041121746614品牌B2854258155121021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；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；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展评价.17 本小题 14 分如图 1，梯形ABCD中，/ADBC，CDBC，1BCCD，2AD，E为AD中点.将ABE沿BE翻折到1

7、A BE的位置，使11AEAD如图 2.4/17求证：平面1AED平面BCDE；求1AB与平面1ACD所成角的正弦值；设M、N分别为1AE和BC的中点，试比拟三棱锥1MACD和三棱锥1NACD图中未画出的体积大小，并说明理由.图 1图 218 本小题 13 分椭圆C：2229xy，点(2,0)P.求椭圆C的短轴长与离心率；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 本小题 14 分函数2()222xf xeaxx求曲线()yf x在点(0,(0)f处的切线方程；当0a 时，求证：函数()f x有且只有一个零点；当0a 时，写出函数

8、()f x的零点的个数.只需写出结论20 本小题 13 分无穷数列na满足：1a为正整数，且对任意正整数n，1na为前n项12,na aa中等于na的项的个数.假设12a，请写出数列na的前 7 项；求证：对于任意正整数M，必存在kN，使得kaM；求证：“11a 是“存在mN，当nm时，恒有2nnaa成立的充要条件.海淀区高三年级第一学期期末练习参考答案海淀区高三年级第一学期期末练习参考答案2018.12018.1数学理科数学理科5/17阅卷须知阅卷须知:1.评分参考中所注分数，表示考生正确做到此步应得的累加分数.2.其它正确解法可以参照评分标准按相应步骤给分.一、一、选择题：本大题共选择题：

9、本大题共 8 8 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 4040 分分.题号12345678选项ADBADCDC二、填空题二、填空题:本大题共本大题共 6 6 小题，每题小题，每题 5 5 分，共分，共 3030 分分.(.(有两空的小题第一空有两空的小题第一空 3 3 分分)9255105050112126133314(1,1)1 2,5三、解答题三、解答题:本大题共本大题共 6 6 小题，共小题，共 8080 分分.15.本小题 13 分解：如下图，366DBCADBC ，.1 分故DBCC，DBDC.2 分设DCx，那么DBx，3DAx.在ADB中，由余弦定理2222cosABDA

10、DBDA DBADB.3 分即22217(3)2 372xxx xx ，.4 分解得1x，即1DC.5 分方法一.在ADB中，由ADAB，得60ABDADB，故362ABCABDDBC .7 分在ABC中，由正弦定理sinsinACABABCACB即471sin2ABC，故2sin7ABC，.10 分由(,)2ABC，得3cos7ABC，.11 分6/1722tan333ABC 13 分方法二.在ADB中，由余弦定理2227 1 91cos227 12 7ABBDADABDAB BD .8 分由(0,)ABD，故3 3sin2 7ABD故tan3 3ABD.11 分故33 3tantan263

11、tantan()36331tantan13 363ABDABCABDABD 13 分方法三：2222cos3BCBDCDBD CDBDC，3BC 2223cos27BABCACABCBA BC 8 分因为(0,)ABC，所以2sin7ABC11 分所以22tan333ABC 13 分16.本小题 13 分从品牌A的 12 次测试中，测试结果打开速度小于 7 的文件有：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7()12P A.3 分12 次测试中，品牌A的测试结果大于品牌B的测试结果的次数有：测试 1、3、4、5、7、8，共 6 次随机变量X所

12、有可能的取值为：0，1，2，330663121(0)11C CP XC21663129(1)22C CP XC7/1712663129(2)22C CP XC03663121(3)11C CP XC.7 分随机变量X的分布列为X0123P111922922111.8分19913()0123112222112E X .10分此题为开放问题，答案不唯一，在此给出评价标准，并给出可能出现的答案情况，阅卷时按照标准酌情给分.给出明确结论，1 分；结合已有数据，能够运用以下 8 个标准中的任何一个述得出该结论的理由，2 分.13 分.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

13、 6 次测试品牌A、品牌 B 的测试结果的平均值进展阐述 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展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速度的波动均小于打开含有文字和图片的文件速度的波动标准 3：会用品牌

14、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展阐述品牌 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展阐述品牌 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

15、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8/17值进展阐述品牌 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 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展阐述品牌 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

16、 打开文件速度的波动小于 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 测试结果的次数进展阐述前 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 B，品牌 A 打开含有文字和图片的文件的速度快于 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 测试结果的次数进展阐述这 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

17、 和品牌B 打开文件的速度相当参考数据参考数据期望前 6 次后 6 次12 次品牌 A5.509.837.67品牌 B4.3311.838.08品牌 A 与品牌 B4.9210.83方差前 6 次后 6 次12 次品牌 A12.3027.3723.15品牌 B5.0731.7732.08品牌 A 与品牌 B8.2727.9717.本小题 14 分证明：由图 1，梯形ABCD中，/ADBC，CDBC，1BC，2AD，E为AD中点，BEAD故图 2，1BEAE，BEDE.1 分因为1A EDEEI，1A E，DE 平面1ADE.2 分所以BE 平面1ADE.3 分因为BE 平面BCDE，所以平面1

18、ADE平面BCDE.4 分9/17解一：取DE中点O，连接1OA，ON.因为在1ADE中，111AEADDE，O为DE中点所以1AODE因为平面1ADE平面BCDE平面1ADE平面BCDEDE1AO平面1ADE所以1AO 平面BCDE因为在正方形BCDE中，O、N分别为DE、BC的中点，所以ONDE建系如图.那么13(0,0,)2A，1(1,0)2B，1(1,0)2C，1(0,0)2D，1(0,0)2E.5分113(1,)22AB uuu r113(0,)22AD uuur，(1,0,0)DC uuu r，设平面1ACD的法向量为(,)nx y zr，那么100n ADn DCr uuu rr

19、 uuu r，即130220yzx，令1z 得，3y，所以(0,3,1)n r是平面1ACD的一个方向量.7 分11136cos,42 2|AB nAB nABn uuu r ruuu r ruuu rr.9 分所 以1AB与 平 面1ACD所 成 角 的 正 弦 值 为64.10 分解二：在平面1ADE作EFED，10/17由BE 平面1ADE，建系如图.那么113(0,)22A，(1,0,0)B，(1,1,0)C，(0,1,0)D，(0,0,0)E.5 分113(1,)22AB uuu r113(0,)22AD uuur，(1,0,0)DC uuu r，设平面1ACD的法向量为(,)nx

20、y zr，那么100n ADn DCr uuu rr uuu r，即130220yzx，令1z 得，3y，所以(0,3,1)n r是平面1ACD的一个方向量.7 分11136cos,42 2|AB nAB nABn uuu r ruuu r ruuu rr.9 分所以1AB与平面1ACD所成角的正弦值为64.10 分解：三棱锥1MACD和三棱锥1NACD的体积相等.理由如下:方法一：由13(0,)44M，1(1,0)2N，知13(1,)44MN uuur，那么0MN nuuur r.11 分因为MN 平面1ACD，.12 分所以/MN平面1ACD.13 分故点M、N到平面1ACD的距离相等，有

21、三棱锥1MACD和1NACD同底等高，所以体积相等.14 分方法二：如图，取DE中点P，连接MP，NP，MN.因为在1ADE中，M，P分别是1A E，DE的中点，所以1/MPAD11/17因为在正方形BCDE中，N，P分别是BC，DE的中点，所以/NPCD因为MPNPP，MP，NP 平面MNP，1AD，CD 平面1ACD所以平面MNP/平面1ACD.11 分因为MN 平面MNP，.12 分所以/MN平面1ACD.13 分故点M、N到平面1ACD的距离相等，有三棱锥1MACD和1NACD同底等高，所以体积相等.14 分法二法三方法三：如图，取1AD中点Q，连接MN，MQ，CQ.因为在1ADE中，

22、M，Q分别是1A E，1AD的中点，所以/MQED且12MQED因为在正方形BCDE中，N是BC的中点，所以/NCED且12NCED所 以/MQNC且MQNC，故 四 边 形MNCQ是 平 行 四 边 形，故/MNCQ.11 分因为CQ 平面1ACD，MN 平面1ACD，.12 分所以/MN平面1ACD.13 分故点M、N到平面1ACD的距离相等，有三棱锥1MACD和1NACD同底等高，所以体积相等.14 分18.本小题 13 分12/17解：C：221992xy，故29a，292b，292c，有3a，322bc.2 分椭圆C的短轴长为23 2b，.3 分离心率为22cea.5 分方法 1：结

23、论是：|TPTM.当直线l斜率不存在时，:1l x，|0|2TPTM.7 分当直线l斜率存在时，设直线l：(1)yk x，11(,)M x y，22(,)N x y2229(1)xyyk x，整理得：2222(21)4290kxk xk.8 分2 2222(4)4(21)(29)64360kkkk 故2122421kxxk，21222921kx xk.9 分PM PNuuu r uuu r1212(2)(2)xxy y21212(2)(2)(1)(1)xxkxx2221212(1)(2)()4kx xkxxk2222222294(1)(2)42121kkkkkkk226521kk 0.13 分

24、故90MPN，即点P在以MN为直径的圆，故|TPTM方法 2：结论是：|TPTM.13/17当直线l斜率不存在时，:1l x，|0|2TPTM.7 分当直线l斜率存在时，设直线l：(1)yk x，11(,)M x y，22(,)N x y，(,)TTT xy2229(1)xyyk x，整理得：2222(21)4290kxk xk.8 分2 2222(4)4(21)(29)64360kkkk 故2122421kxxk，21222921kx xk.9 分212212()221Tkxxxk，2(1)21TTkyk xk.10 分222242222222222222(22)494|(2)(2)()21

25、21(21)(21)TTkkkkkkTPxykkkk.11分22222212121222224222222222111|(|)(1)()(1)()42441429(1)(169)16259(1)()442121(21)(21)TMMNkxxkxxx xkkkkkkkkkkk.12分此时，424242222222221625949412165|0(21)(21)(21)kkkkkkTMTPkkk.13分故|TMTP19.本小题 14 分因为函数2()222xf xaxxe所以()222xfxaxe.2 分故(0)0f，(0)0f.4 分曲线()yf x在0 x 处的切线方程为0y.5 分14/1

26、7当0a 时，令()()222xg xfxaxe，那么()220 xg xae.6 分故()g x是R上的增函数.7 分由(0)0g，.8 分故当0 x 时，()0g x，当0 x 时，()0g x.即当0 x 时，()0fx，当0 x 时，()0fx.故()f x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增.10 分函数()f x的最小值为(0)f由(0)0f，.11 分故()f x有且仅有一个零点.当01a时，()f x有两个零点.12 分当1a 时，()f x有一个零点；.13 分当1a 时，()f x有两个零点.14 分20.本小题 13 分假设12a，那么数列 na的前 7 项为 2，1，

27、1，2，2，3，1 3分证法一假设存在正整数M，使得对任意的*kN，kaM.由题意，1,2,3,.,kaM，故数列 na多有M个不同的取值5 分考虑数列 na的前21M项：1a，2a，3a，21Ma其中至少有1M 项的取值一样，不妨设121Miiiaaa此时有：111MiaMM，矛盾.故对于任意的正整数M，必存在*kN，使得kaM.8 分15/17证法二假设存在正整数M，使得对任意的*kN，kaM.由题意，1,2,3,.,kaM，故数列 na多有M个不同的取值5 分对任意的正整数m，数列 na中至多有M项的值为m，事实上假设数列 na中至少有1M 项的值为m，其1M 项为12311,MMMii

28、iiiiaaaaaa此时有：111MiaMM，矛盾.故数列 na至多有2M项，这与数列 na有无穷多项矛盾。故对于任意的正整数M，必存在*kN，使得kaM.8 分充分性：假设11a，那么数列 na的项依次为1，1，2，1，3，1，4，1，2k，1，1k，1，k，1，特别地，数列 na的通项公式为,211,2nknkank，即1,2121,2nnnkank故对任意的*nN1假设n为偶数，那么21nnaa2假设n为奇数，那么23122nnnnaa综上，2nnaa恒成立，特别地，取1m 有当nm时，恒有2nnaa成立10 分必要性：方法一假设存在1ak1k ，使得“存在mN，当nm时，恒有2nnaa

29、成立那么数列 na的前21k 项为k，211,1,2,1,3,1,4,.,1,2,1,1,1,kkkk 项，232,2,3,2,4,2,5,.,2,2,2,1,2,kkkk项，16/17253,3,4,3,5,3,6,.,3,2,3,1,3,kkkk 项，52,2,1,2,kkkkk 项，31,1,kkk项，k后面的项顺次为21,1,1,2,1,3,.,1,2,1,1,1,kkkkkkkkkk 项，22,1,2,2,2,3,.,2,2,2,1,2,kkkkkkkkkk 项，23,1,3,2,3,3,.,3,2,3,1,3,kkkkkkkkkk 项，2,1,2,3,.,2,1,kktktktkt

30、 kkt kkt k 项，故对任意的1,2,3,.,2,1,skkk，*tN221 2(1)211 2(1)2ktksktksaktas 对任意的m，取12mtk，其中 x表示不超过x的最大整数，那么2ktm，令212nkkt，那么nm，此时nak，21na有2nnaa，这与2nnaa矛盾，故假设存在mN，当nm时，恒有2nnaa成立，必有11a 13 分方法二假设存在mN，当nm时，2nnaa恒成立，记12max,ma aas.由第2问的结论可知：存在kN，使得kas由s的定义知1km不妨设ka是数列 na中第一个大于等于1s 的项，即121,ka aa均小于等于s.那么11ka.因为1km

31、，所以11kkaa，即11ka且1ka为正整数，所以11ka.记1kats ，由数列 na的定义可知，在121,ka aa中恰有t项等于 1.假设11a，那么可设121tiiiaaa，其中1211tiiik，考虑这t个 1 的前一项，即12111,tiiiaaa，因为它们均为不超过s的正整数，且1ts，所以12111,tiiiaaa中一定存在两项相等，将其记为a，那么数列 na中相邻两项恰好为a，1的情况至少出现 2 次，但根据数列17/17 na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11a 不成立，所以11a，即必要性得证！13 分综上，“11a 是“存在mN，当nm时，恒有2nnaa成立的充要条件.