北京市海淀区2016届高三第二次模拟数学理科试卷 Word版含解析

2016年北京市海淀区高三第二次模拟数学理科试卷一、单选题（共8小题）

1．已知全集，则（）A．B．

C．D．

考点：集合的运算

答案：A

试题解析：

或所以

故答案为：A

2．在数列中，，且，则的值为（）A．B．C．D．

考点：数列的概念与通项公式

答案：B

试题解析：因为，

所以

故答案为：B

3．若点在直线（为参数）上，则的值为（）A．B．C．D．

考点：参数和普通方程互化

答案：D

试题解析：化直线为普通方程：

因为直线过点，

所以

故答案为：D

4．在中，则（）

A．B．C．D．

考点：两角和与差的三角函数同角三角函数的基本关系式

答案：B

试题解析：由

得：

所以

故答案为：B

5．在(其中)的展开式中，的系数与的系数相同，则的值为（）A．B．C．D．

考点：二项式定理与性质

答案：C

试题解析：的通项公式为：

因为的系数与的系数相同，所以

故答案为：C

6．函数的零点个数是（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

考点：零点与方程

答案：A

试题解析：当时，当时，

所以故函数有一个零点。

故答案为：A

7．如图，在等腰梯形中，．点在线段上运动，则

的取值范围是（）

A．B．

C．D．

考点：平面向量的几何应用

答案：C

试题解析：设

所以

则

当x=2时，最小，为

当x=0或4时，最大，为8．

所以的取值范围是。

故答案为：C

8．直线与轴的交点分别为,直线与圆的交点为．给出下面三个结论：

①；

②；

③

则所有正确结论的序号是（）

A．①②B．②③C．①③D．①②③考点：直线与圆的位置关系

答案：C

试题解析：由题知：所以故①正确；

设

所以

所以②错；

故③正确。

故答案为：C

二、填空题（共6小题）

9.已知其中为虚数单位，，则__．

考点：复数乘除和乘方

答案：1

试题解析：

所以1．

故答案为：

10.某校为了解全校高中同学五一小长假参加实践活动的情况，抽查了100名同学，统计他们假期参加实践活动的时间,绘成频率分布直方图（如图）．则这100名同学中参加实践活动时

间在小时内的人数为___．

考点：频率分布表与直方图

答案：58

试题解析：在小时内的人数为

故答案为：

11.如图，是上的三点，点是劣弧的中点，过点的切线交弦的延长

线交于点．若∠，则

考点：圆相似三角形

答案：

试题解析：若∠，又A、B、D、C在圆上，

所以

因为点是劣弧的中点，所以

所以

故答案为：

12.若点在不等式组所表示的平面区域内，则原点到直线

距离的取值范围是__．

考点：线性规划

答案：

试题解析：原点到直线距离，作可行域：

表示原点O到可行域内点的距离，显然

所以。

故答案为：

13.已知点，若这三个点中有且仅有两个点在函数的图象上，则正数的最小值为___．

考点：三角函数的图像与性质

答案：4

试题解析：若A在图像上，则或或4；

若B在图像上，则，；

若C在图像上，则，。

若则A、B、C都在图像上，不符合题意；

所以A、C在图像上，B不在，合题意。

故。

故答案为：

14.正方体的棱长为，点分别是棱的中点，以

为底面作正三棱柱，若此三棱柱另一底面三个顶点也都在该正方体的表面上，则这个正三棱柱的高．

考点：柱，锥，台，球的结构特征

答案：

试题解析：分析知：此三棱柱另一底面三个顶点分别为：平面ABCD,DCC D,BCC B的中心M,N,H。所以这个正三棱柱的高为PM=

故答案为：

三、解答题（共6小题）

15.已知函数．

（Ⅰ）比较，的大小；

（Ⅱ）求函数的最大值．

考点：三角函数的图像与性质

答案：（Ⅰ）（Ⅱ）

试题解析：（Ⅰ）因为

所以

因为,所以

（Ⅱ）因为

令，所以,

因为对称轴,

根据二次函数性质知，当时，函数取得最大值

16.某家电专卖店试销A、B、C三种新型空调，销售情况如下表所示：

(Ⅰ)求型空调前三周的平均周销售量；

(Ⅱ)根据型空调连续3周销售情况，预估型空调连续5周的平均周销量为10台．请问：当型空调周销售量的方差最小时，求，的值；

(注：方差，其中为，，…，的平均数) （Ⅲ）为跟踪调查空调的使用情况，根据销售记录，从该家电专卖店第二周和第三周售出的空调中分别随机抽取一台，求抽取的两台空调中型空调台数的分布列和数学期望．

考点：随机变量的期望与方差随机变量的分布列样本的数据特征

答案：（I）12台（Ⅱ）当或时，取得最小值（Ⅲ）随机变量的分布列为所以随机变量的期望

．

试题解析：（I）型空调前三周的平均销售量台

（Ⅱ）因为型空调平均周销售量为台，

所以

又

化简得到

因为，所以当或时，取得最小值

所以当或时，取得最小值

（Ⅲ）依题意，随机变量的可能取值为，

,

,

,

随机变量的分布列为

所以随机变量的期望．

17.如图，等腰梯形中，，于，于，且

，．将和分别沿、折起，使、两

点重合，记为点，得到一个四棱锥，点，，分别是的中点．

（Ⅰ）求证：∥平面；

（Ⅱ）求证：；

（Ⅲ）求直线与平面所成的角的大小．

考点：利用直线方向向量与平面法向量解决计算问题空间的角垂直平行

答案：（Ⅰ）证明：连结．在中，因为分别是所在

边的中点，所以又,所以,所以是平行四边形，所以, 又平面，平面, 所以平面．（Ⅱ）证明：

在平面内，过点作的平行线，因为所以平面,所以平面，所以．又在中，因为

，所以．以为原点，分别为轴建立空间直

角坐标系所以所以

，所以，所以．（Ⅲ）与平面

所成的角为．

试题解析：

（Ⅰ）证明：连结．

在中，因为分别是所在边的中点，所以

又,所以,

所以是平行四边形，所以,

又平面，平面,

所以平面．

（Ⅱ）证明：在平面内，过点作的平行线，

因为所以平面,

所以平面，所以．

又在中，因为，所以．

以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系

所以

所以，

所以，所以．

（Ⅲ）因为,所以,即,

又,所以平面，

所以就是平面的法向量．

又，设与平面所成的角为，

则有

所以与平面所成的角为．

18.已知函数．

（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围；

(Ⅲ)若曲线存在两条互相垂直的切线，求实数的取值范围．(只需直接写出结果)考点：导数的综合运用利用导数求最值和极值利用导数研究函数的单调性

答案：（Ⅰ）函数的单调递增区间为，，函数的单调递减区间为．（Ⅱ）的取值范围是．（Ⅲ）的取值范围是．

试题解析：（Ⅰ）函数的定义域为．

当时，

当变化时，，的变化情况如下表：

函数的单调递增区间为，，

函数的单调递减区间为．

（Ⅱ）解：因为在区间上有解，

所以在区间上的最小值小于等于．

因为,令,得．

当时，即时，

因为对成立，所以在上单调递增，

此时在上的最小值为

所以，

解得，所以此种情形不成立，

当，即时，

若,则对成立，所以在上单调递增，

此时在上的最小值为所以，

解得，所以．

若，

若，则对成立，对成立．

则在上单调递减，在上单调递增，

此时在上的最小值为

所以有，解得

当时，注意到,而，

此时结论成立．

综上，的取值范围是．

（Ⅲ）的取值范围是．

19.已知点其中是曲线上的两点，两点在轴上的射影分别为点,且．

（Ⅰ）当点的坐标为时，求直线的斜率；

（Ⅱ）记的面积为，梯形的面积为，求证：．

考点：圆锥曲线综合抛物线

答案：（Ⅰ）（Ⅱ）设直线的方程为．则

由,得,所以

又

, 又注意到，所以

，所以，因为，所以,所以

．

试题解析：（Ⅰ）因为，所以

代入，得到，

又，所以，所以，

代入，得到，

所以．

（Ⅱ）设直线的方程为．

则

由,得,

所以

又,

又注意到，所以，

所以，

因为，所以,所以．

20.已知集合,其中

．

,称为的第个坐标分量．若，且满足如下两条性质：

①中元素个数不少于4个；

②，存在，使得的第个坐标分量都是1；

则称为的一个好子集．

（Ⅰ）若为的一个好子集，且，写出；（Ⅱ）若为的一个好子集，求证：中元素个数不超过；

（Ⅲ）若为的一个好子集且中恰好有个元素时，求证：一定存在唯一一个

，使得中所有元素的第个坐标分量都是1．

考点：数列综合应用

答案：（Ⅰ）（Ⅱ）对于，考虑元素

，显然，，，对于任意的，

不可能都为1，可得不可能都在好子集中又因为取定，则一定存在且唯一，而且，且由的定义知道，，，这样，集合

中元素的个数一定小于或等于集合中元素个数的一半，而集合中元素个数为，所以

中元素个数不超过；（Ⅲ），定义元素的乘积为：，显然．我们证明:“对任意的，，都有．”假设存在,使得，则由（Ⅱ）知，

此时，对于任意的，

不可能同时为,矛盾，所以．因为中只有个元素，我们记

为中所有元素的乘积，根据上面的结论，我们知道

，显然这个元素的坐标分量不能都为，不妨设,根据的定义，可以知道中所有元素的坐标分量都为下面再证明的唯一性：若还有,即中所有元素的坐标分量都为,所以此时集合中元素个数至多为个，矛盾．所以结

论成立

试题解析：（Ⅰ）

（Ⅱ）对于，考虑元素，

显然，，，对于任意的，不可能都为1，

可得不可能都在好子集中

又因为取定，则一定存在且唯一，而且，

且由的定义知道，，，

这样，集合中元素的个数一定小于或等于集合中元素个数的一半，

而集合中元素个数为，所以中元素个数不超过；

（Ⅲ），

定义元素的乘积为：，显然．

我们证明:

“对任意的，，都有．”假设存在,使得，

则由（Ⅱ）知，

此时，对于任意的，不可能同时为,矛盾，

所以．

因为中只有个元素，我们记为中所有元素的乘积，

根据上面的结论，我们知道，

显然这个元素的坐标分量不能都为，不妨设,

根据的定义，可以知道中所有元素的坐标分量都为

下面再证明的唯一性：

若还有,即中所有元素的坐标分量都为,

所以此时集合中元素个数至多为个，矛盾．

所以结论成立