2015年北京市西城区一模高三理科数学试题(含答案).pdf

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1、北京市西城区 2015年高三一模试卷数学（理科）2015.4第卷（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0,1A，集合|Bx xa，若AB，则实数 a 的取值范围是（）（A）1a（B）1a（C）0a（D）0a3.在极坐标系中，曲线2cos=是（）（A）过极点的直线（B）半径为2 的圆（C）关于极点对称的图形（D）关于极轴对称的图形4执行如图所示的程序框图，若输入的x 的值为 3，则输出的n 的值为（）（A）4（B）5（C）6（D）72复数z满足i3iz，则在复平面内，复数z对应的点位于（）（A）第一象

2、限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限x=3x开始1nn=n+1100 x输出 n结束否是输入 xO x y 5 A 8.已 知 抛 物 线214yx和21516yx所围成的封闭曲线如图所示，给定点(0,)Aa，若在此封闭曲线上恰有三对不同的点，满足每一对点关于点A对称，则实数a5 若函数()fx的定义域为R，则“xR，(1)()fxf x”是“函数()f x 为增函数”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6 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积的是（）（A）476（B）233（C）152（D）77.已知 6 枝玫瑰与3

3、枝康乃馨的价格之和大于24 元，而 4 枝玫瑰与 4 枝康乃馨的价格之和小于 20 元，那么 2 枝玫瑰和3 枝康乃馨的价格的比较结果是（）（A）2 枝玫瑰的价格高（B）3 枝康乃馨的价格高（C）价格相同（D）不确定侧(左)视图正(主)视图俯视图2 1 1 1 2 2 1 1 1 1 的取值范围是（）第卷（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.已知平面向量,a b满足(1,1)a，()()abab，那么|b|=_.10已知双曲线C：22221(0,0)xyabab的一个焦点是抛物线28yx的焦点，且双曲线C 的离心率为2，那么双曲线C 的方程为 _

4、.11在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b，c.若3A，2 7cos7B，2b，则 a_.12 若数列na满足12a，且对于任意的*,m nN，都有mnmnaaa，则3a_；数列na前 10 项的和10S_13.某种产品的加工需要A，B，C，D，E 五道工艺，其中A 必须在 D 的前面完成（不一定相邻），其它工艺的顺序可以改变，但不能同时进行，为了节省加工时间，B 与 C 必须相邻，那么完成加工该产品的不同工艺的排列顺序有_种.（用数字作答）14.如图，四面体ABCD 的一条棱长为x，其余棱长均为1，记四面体ABCD的体积为()F x，则函数()F x 的单调增区间是 _；最大值

5、为 _.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（A）(1,3)（B）(2,4)（C）3(,3)2（D）5(,4)2B A D C 15（本小题满分13 分）设函数()4cossin()33f xxx，xR.（）当0,2x时，求函数()fx的值域；（）已知函数()yf x的图象与直线1y有交点，求相邻两个交点间的最短距离.16（本小题满分13 分）2014 年 12 月 28 日开始，北京市公共电汽车和地铁按照里程分段计价.具体如下表.（不考虑公交卡折扣情况）已知在北京地铁四号线上，任意一站到陶然亭站的票价不超过5 元，现从那些只乘坐四号线地铁，且在

6、陶然亭站出站的乘客中随机选出120人，他们乘坐地铁的票价统计如图所示（）如果从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭站出站的乘客中任选1 人，试估计此人乘坐地铁的票价小于5元的概率；（）从那些只乘坐四号线地铁，且在陶然亭站出站的乘客中随机选 2 人，记 X 为这 2 人乘坐地铁的票价和，根据统计图，并以频率作为概率，求X的分布列和数学期望；（）小李乘坐地铁从A 地到陶然亭的票价是 5 元，返程时，小李乘坐某路公共电汽车所花交通费也是5 元，假设小李往返过程中乘坐地铁和公共电汽车的路程均为s 公里，试写出 s的取值范围(只需写出结论)17（本小题满分14 分）乘公共电汽车方案10 公里（含）内2 元；

7、10 公里以上部分，每增加1 元可乘坐 5 公里（含）.乘坐地铁方案（不含机场线）6 公里（含）内3 元；6 公里至 12 公里（含）4 元；12 公里至 22 公里（含）5 元；22 公里至 32 公里（含）6 元；32 公里以上部分，每增加1 元可乘坐 20 公里（含）.O 票价(元)3 4 5 10 40 50 人数30 20 60 如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4 的正方形，/EF AD，平面ADEF平面ABCD，且2BCEF,AEAF，点 G 是 EF 的中点.（）证明：AG平面ABCD；（）若直线BF 与平面ACE所成角的正弦值为69，求AG的长；（）判断线段

8、AC上是否存在一点M，使MG/平面ABF？若存在，求出AMMC的值；若不存在，说明理由18（本小题满分13 分）设*nN，函数ln()nxf xx，函数e()xng xx，(0,)x.（）当1n时，写出函数()1yfx零点个数，并说明理由；（）若曲线()yf x与曲线()yg x分别位于直线1ly：的两侧，求n的所有可能取值.19（本小题满分14 分）设1F，2F分别为椭圆)0(1:2222babyaxE的左、右焦点，点)23,1(P在椭圆E上，且点P和1F关于点)43,0(C对称.（）求椭圆E的方程；（）过右焦点2F 的直线 l 与椭圆相交于A，B两点，过点P且平行于 AB 的直线与椭圆交于

9、另一点Q，问是否存在直线l，使得四边形PABQ 的对角线互相平分？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.F C A D B G E 20（本小题满分13 分）已 知 点 列111222:(,),(,),(,)kkkT P x yP xyP xy(*kN，2k)满 足1(1,1)P，且111,iiiixxyy与11,1iiiixxyy(2,3,ik)中有且仅有一个成立（）写出满足4k且4(3,2)P的所有点列；（）证明：对于任意给定的k（*kN，2k），不存在点列T，使得112kkkiiiixy；（）当21kn且21(,)nPn n（*,2nnN）时，求11kkiiiixy 的最大值北京市西

10、城区2015 年高三一模试卷参考答案及评分标准高三数学（理科）2015.4一、选择题：本大题共8 小题，每小题5 分，共 40 分.1B 2C 3D 4 B 5B 6A 7A 8D二、填空题：本大题共6 小题，每小题5 分，共 30 分.92102213yx1171286821324146(0,2(或写成6(0,)2)18注：第 12，14 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）（）解：因为3)cos23sin21(cos4)(xxxxf 1 分3cos32cossin22xxxxx2cos32s

11、in 3 分=2sin(2)3x，5 分因为02x，所以22333x，6 分所以sin(32)123x，即3()2f x，其中当512x时，)(xf取到最大值2；当0 x时，)(xf取到最小值3，所以函数()f x的值域为2,3.9 分（）依题意，得2sin(2)13x，1sin(2)32x，10 分所以22 36xk或522 36xk，12 分所以4xk或712xk()kZ，所以函数()yf x的图象与直线1y的两个相邻交点间的最短距离为3.13 分16（本小题满分13 分）（）解：记事件A 为“此人乘坐地铁的票价小于5 元”，1 分由统计图可知，得120 人中票价为3 元、4 元、5 元的

12、人数分别为60，40，20（人）.所以票价小于5 元的有6040100（人）2 分故 120 人中票价小于5 元的频率是10051206所以估计此人乘坐地铁的票价小于5 元的概率5()=6P A4 分（）解：X 的所有可能取值为6，7，8，9，10.5 分根据统计图，可知120 人中地铁票价为3 元、4 元、5 元的频率分别为60120，40120，20120，即12，13，16，6 分以频率作为概率，知乘客地铁票价为3 元、4 元、5 元的概率分别为12，13，16所以111(6)224P X，11111(7)23323P X，1111115(8)26623318P X，11111(9)36

13、639P X，111(10)6636P X，8 分所以随机变量X的分布列为：F C A D B G E z x y X6 7 8 9 10 P1413518191369 分所以1151122()67891043189363E X.10 分（）解：(20,22s13 分17（本小题满分14 分）（）证明：因为AEAF，点 G 是 EF 的中点，所以AGEF.1 分又因为/EF AD，所以AGAD.2 分因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，AG平面ADEF，所以AG平面ABCD.4 分（）解：因为AG平面ABCD，ABAD，所以,AG AD AB两两垂直.以 A 为原点，以

14、AB，AD，AG分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系，5 分则(0,0,0)A，(4,0,0)B，(4,4,0)C，设(0)AGtt，则(0,1,)Et，(0,1,)Ft，所以(4,1,)BFt，(4,4,0)AC，(0,1,)AEt.设平面ACE的法向量为(,)nx y z，由0AC n，0AE n，得440,0,xyytz令1z,得(,1)ntt.7 分因为 BF 与平面ACE所成角的正弦值为69，所以6cos,9|BF nBF nBFn，8 分即222691721ttt，解得21t或2172t.所以1AG或342.9 分（）解：假设线段AC上存在一点M，使得MG/平面ABF，设

15、AMAC=，则AMAC，由(4,4,0)AC，得(4,4,0)AM，10 分设(0)AGtt，则(0,0,)AGt，所以(4,4,)MGAGAMt.11 分设平面ABF的法向量为111(,)xyzm，因为(0,1,)AFt，(4,0,0)AB，由0AFm，0ABm，得1110,40,ytzx令11z,得(0,1)tm，12 分因为MG/平面ABF，所以0MGm，即04tt，解得14.所以14AMAC=，此时13AMMC=，所以当13AMMC=时，MG/平面ABF.14 分18.（本小题满分13 分）（）证明：结论：函数()1yfx不存在零点.1分当1n时，ln()xf xx，求导得21ln()

16、xfxx，2 分令()0fx，解得ex.3 分当x变化时，()fx与()f x的变化如下表所示：x(0,e)e(e,)()fx0()f x所以函数()f x在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，则当ex时，函数()f x有最大值1(e)ef.4 分所以函数()1yf x的最大值为1(e)110ef，所以函数()1yf x不存在零点.5 分（）解：由函数ln()nxf xx求导，得11ln()nnxfxx，令()0fx，解得1enx.当x变化时，()fx与()f x的变化如下表所示：x1(0,e)n1en1(e,)n()fx0()f x 7 分所以函数()f x在1(0,e)n上单调递增

17、，在1(e,)n上单调递减，则当1enx时，函数()fx有最大值11(e)enfn；8 分由函数e()xng xx，(0,)x求导，得1e()()xnxngxx，9 分令()0g x，解得xn.当x变化时，()g x与()g x的变化如下表所示：x(0,)nn(,)n()g x0()g x所以函数()g x在(0,)n上单调递减，在(,)n上单调递增，则当xn时，函数()g x有最小值e()()ng nn.11 分因为*nN，函数()f x有最大值11(e)1enfn，所以曲线lnnxyx在直线1ly：的下方，而曲线exnyx在直线1ly：的上方，所以e()1nn，12 分解得en.所以n的取

18、值集合为1,2.13 分19（本小题满分14 分）（）解：由点)23,1(P和1F关于点)43,0(C对称，得1(1,0)F，1 分所以椭圆E的焦点为)0,1(1F，)0,1(2F，2 分由椭圆定义，得122|4aPFPF.所以2a，223bac.4 分故椭圆E的方程为13422yx.5 分（II）解：结论：存在直线l，使得四边形PABQ的对角线互相平分.6 分理由如下：由题可知直线l，直线 PQ 的斜率存在，设直线l的方程为)1(xky，直线 PQ 的方程为3(1)2yk x.7 分由221,43(1),xyyk x消去y，得2222(34)84120kxk xk，8 分由题意，可知0，设1

19、1(,)A xy，22(,)B xy，则2221438kkxx，212241234kx xk，9 分由221,433(1),2xyyk x消去y,得2222(34)(812)41230kxkk xkk，由0，可知12k，设),(33yxQ，又)23,1(P，则223431281kkkx，2234331241kkkx.10 分若四边形PABQ的对角线互相平分，则PB与AQ的中点重合，所以212231xxx，即3211xxx，11 分故2212123()4(1)xxx xx.12 分所以2222222284124123()4(1)343434kkkkkkk.解得34k.所以直线l为3430 xy时

20、，四边形PABQ的对角线互相平分.14 分（注：利用四边形PABQ为平行四边形，则有|PQAB，也可解决问题）20（本小题满分13 分）（）解：符合条件的点列为1234(1,1),(1,2),(2,2),(3,2)TPPPP：；或1234(1,1),(2,1),(2,2),(3,2)TPPPP：；或1234(1,1),(2,1),(3,1),(3,2)TPPPP：3 分（）证明：由已知，得111iiiixyxy，所以数列 iixy是公差为1 的等差数列由112xy，得1iixyi（1,2,ik）3 分故11kkiiiixy1()kiiixy23(1)k1(3)2k k 5 分若存在点列T，使得

21、112kkkiiiixy，则1(3)22kk k，即1(3)2kk k因为整数k和3k总是一个为奇数，一个为偶数，且2k，而整数12k中不含有大于1 的奇因子，所以对于任意正整数k(2)k，任意点列均不能满足112kkkiiiixy 8 分（）解：由（）可知，1(1,2,21)iiyix in，所以1221122111()(232)kkiinniixyxxxxxnx12211221()(232)()nnxxxnxxx，令1221ntxxx，则11(1)(21)kkiiiixyt nnt.10 分考察关于 t 的二次函数()(1)(21)f tt nnt（1）当n为奇数时，可得1(1)(21)2

22、nn是正整数，可构造数列 ix：1111,2,(1),(1),(1)1,222nnnnn项，对应数列 iy：1,1,1,2,nnn项（由此构造的点列符合已知条件）而且此时，1221(1)11112(1)(1)(1)222nnxxxnnnn个112(1)(1)2nnn1(1)(21)2nn，所以当1(1)(21)2tnn时，11kkiiiixy 有最大值221(1)(21)4nn12 分（2）当n为偶数时，1(1)(21)2nn不是正整数，而11(1)(21)22nn是离其最近的正整数，可构造数列 ix：(221,2,(1),(1),2,22222nnnnnnnn+1)项项，对应数列 iy：221,1,1,2,1,1,2,22222nnnnnnnn（+1)项项，（由此构造的点列符合已知条件）而且此时，1221(1)2212(1)(1)2222nnnnnnnxxxn个个12(1)(1)2222nnnnn11(1)(21)22nn，所以当11(1)(21)22tnn时，11kkiiiixy 有最大值2211(1)(21)44nn 13 分