朝阳高三数学理科期末答案
北京朝阳区高三期末数学(理)试题答案
北京市朝阳区高三年级第一学期期末统一考试数学答案（理工类）三、解答题15．解：（Ⅰ）因为2()cos sin 1f x x x =--+ 2sin sin x x =- 211(sin )24x =--， 又[]sin 1,1x ∈-，所以当1sin 2x =时，函数)(x f 的最小值为14-.…… 6分（Ⅱ）由（Ⅰ）得2115(sin )2416α--=，所以219(sin )216α-=．于是5sin 4α=（舍）或1sin 4α=-．又2217cos 212sin 12()48αα=-=--=． ……………… 13分16．解：（Ⅰ）茎叶图如右图所示，由图可知，乙的平均成绩大于甲的平均成绩，且乙的方差小于甲的方差，因此应选派乙参赛更好． ……………… 6分 （Ⅱ）随机变量X 的所有可能取值为0,1,2．1144115516(0)25C C P X C C ===， 14115528(1)25C P X C C ===， 115511(2)25P X C C ===， 8 7 5 6 9826 甲 乙5 57 2 58 5随机变量X 的分布列是：160122525255EX =⨯+⨯+⨯=． ……………… 13分17．证明：（Ⅰ）因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以PA AC ⊥．又因为AB AC ⊥，且PA AB=A ，所以AC ⊥平面PAB ． 又因为PB ⊂平面PAB ，所以AC ⊥PB ． ……………… 4分（Ⅱ）解法1:因为PA ⊥平面ABC ，所以PA AB ⊥，PA AC ⊥．又因为AB AC ⊥， 所以建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -． 设=2AC a ，=AB b ，=2PA c ， 则(0,0,0)A ，(0,,0)B b ，(2,0,0)C a ，(0,0,2),(0,0,)P c D c ，(,0,0)O a ．又因为13OG OA OB =+（）， 所以(,,0)33a b G ． 于是(,,)33a b DG c =-，(2,,0)BC a b =-，(0,,2)PB b c =-．设平面PBC 的一个法向量000(,,)x y z =n ，则有0,0BC PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ．即000020,20.ax by by cz -=⎧⎨-=⎩不妨设01z =，则有002,c c y x b a ==，所以2(,,1)c ca b=n ． 因为22(,,1)(,,)1()03333c c a b c a c bDG c c a b a b ⋅=⋅-=⋅+⋅+⋅-=n ， 所以DG ⊥n ．又因为DG ⊄平面PBC ，所以DG ∥平面PBC ． ……………… 9分解法2：取AB 中点E ，连OE ，则1()2OE OA OB =+. 由已知13OG OA OB =+（）可得23OG OE =, 则点G 在OE 上.连结AG 并延长交CB 于F ，连PF .因为,O E 分别为,AC AB 的中点， 所以OE ∥BC ,即G 为AF 的中点. 又因为D 为线段PA 的中点， 所以DG ∥PF .又DG ⊄平面PBC ,PF ⊂平面PBC , 所以DG ∥平面PBC ．……………… 9分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知平面PBC 的一个法向量2(,,1)(2,2,1)c ca b==n ． 又因为AC ⊥面PAB ，所以面PAB 的一个法向量是(2,0,0)AC =． 又42cos ,323AC AC AC⋅===⨯⋅n n n ， 由图可知，二面角A PB C --为锐角，所以二面角A PB C --的余弦值为23． ……………… 14分 18． 解：（Ⅰ）定义域(0,)+∞．当0a =时，()ln f x x x =，()ln 1f x x '=+． 令()0f x '=，得1ex =． 当1(0,)ex ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数； 当1(,)ex ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数.所以函数()f x 的极小值是11()e e f =-． ……………… 5分（Ⅱ）由已知得()ln x af x x x-'=+．因为函数()f x 在(0,)+∞是增函数，所以()0f x '≥，对(0,)x ∈+∞恒成立． 由()0f x '≥得ln 0x ax x-+≥，即ln x x x a +≥对(0,)x ∈+∞恒成立． 设()ln g x x x x =+，要使“ln x x x a +≥对(0,)x ∈+∞恒成立”，只要min ()a g x ≤．B因为()ln 2g x x '=+，令()0g x '=得21e x =． 当21(0,)ex ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数； 当21(,)ex ∈+∞时，()0g x '>，()g x 为增函数. 所以()g x 在()0,+∞上的最小值是2211()e eg =-．故函数()f x 在(0,)+∞是增函数时，实数a 的取值范围是21(,]e-∞-…… 13分 19．解：（Ⅰ）设椭圆标准方程为22221(0)x y a b a b+=>>．依题意1224a PF PF =+==，所以2a =．又c =2221b a c =-=．于是椭圆C 的标准方程为2214x y +=． ……………… 5分 （Ⅱ）依题意，显然直线l 斜率存在.设直线l 的方程为y kx m =+，则由2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得222(41)8440k x kmx m +++-=． 因为2222644(41)(44)0k m k m ∆=-+->,得22410k m -+>． ……………… ①设1122(,),(,)M x y N x y ，线段MN 中点为00(,)Q x y ，则12221228414441km x x k m x x k ⎧+=-⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩于是000224,4141km mx y kx m k k =-=+=++． 因为AM AN =，线段MN 中点为Q ，所以AQ MN ⊥． （1）当00x ≠，即0k ≠且0m ≠时，0011y k x +=-，整理得2341m k =+． ………………②因为AM AN ⊥，1122(,1),(,1)AM x y AN x y =+=+，所以2212121212(1)(1)(1)(1)()21AM AN x x y y k x x k m x x m m =+++=+++++++22222448(1)(1)()2104141m kmk k m m m k k -=+++-+++=++，整理得25230m m +-=，解得35m =或1m =-． 当1m =-时，由②不合题意舍去.由①②知，35m =时，k =．（2）当00x =时，（ⅰ）若0k =时，直线l 的方程为y m =，代入椭圆方程中得x =±设()M m -，)N m ,依题意，若△AMN 为等腰直角三角形，则AQ QN =.即1m =+，解得1m =-或35m =.1m =-不合题意舍去， 即此时直线l 的方程为35y =. （ⅱ）若0k ≠且0m =时，即直线l 过原点.依椭圆的对称性有(0,0)Q ,则依题意不能有AQ MN ⊥,即此时不满足△AMN 为等腰直角三角形.综上，直线l 的方程为35y =530y -+=530y +-=. ………………14分 20．解：（Ⅰ）由已知得1223()()a a a a ---=2lg lg lg a b acb c b-=．因为,,a b c 成等差数列，所以2a cb +=，则1223()()a a a a ---=24lg()aca c +， 因为222a c ac +≥，所以2()4a c ac +≥，即241()aca c ≤+，则1223()()0a a a a ---≤，即12a a -≤23a a -，当且仅当a b c ==时等号成立．……………… 4分（Ⅱ）解法1：令12m a a =-，23n a a =-，31p a a =-，依题意，m n p >>且0m n p ++=，所以0m p >>． 故120a a ->，即lg lg a b >；且130a a ->，即lg lg a c >． 所以a b >且a c >． 故,,a b c 三个数中，a 最大． 解法2：依题意lglg lg a b c b c a >>，即a b c b c a>>． 因为0,0,0a b c >>>，所以2ac b >，2a bc >，2ab c >． 于是，3abc b >，3a abc >，3abc c >， 所以33a b >，33a c >．因为3y x =在R 上为增函数，所以a b >且a c >．故,,a b c 三个数中，a 最大． ……………… 8分（Ⅲ）依题意，lg t ，2lg t ，3lg t 的整数部分分别是,m 21,m +221m +，则l g 1m t m ≤<+，所以22lg 22m t m ≤<+．又2lg 2lg t t =，则2lg t 的整数部分是2m 或21m +． 当212m m +=时，1m =； 当2121m m +=+时，0,2m =．（1） 当0m =时，lg t ，2lg t ，3lg t 的整数部分分别是0,1,1，所以0lg 1t ≤<，21lg 2t ≤<，31lg 2t ≤<．所以12lg 23t ≤<，解得21321010t ≤<．又因为()12103,4∈，()23104,5∈，所以此时4t =．（2）当1m =时，同理可得1lg 2t ≤<，22lg 3t ≤<，33lg 4t ≤<．所以41lg 3t ≤<，解得431010t ≤<．又()431021,22∈，此时10,11,12,...20,21t =．（3）当2m =时，同理可得2lg 3t ≤<，25lg 6t ≤<，39lg 10t ≤<，同时满足条件的t 不存在．t ．………………13分综上所述4,10,11,12,...20,21。
2020朝阳区高三理科数学期末试题及答案
北京市朝阳区2020-2020学年度高三年级第一学期期末统一考试数学试卷（理工类） 2020．1 （考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分 第一部分（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．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1．已知集合{}|11M x x =-<<M N =I A ．{}|01x x ≤< B ．{x C ．{}|0x x ≥ D ．{}|10x x -<≤2．复数i(1i)z =+（i 是虚数单位）在复平面内所对应点的坐标为A ．(1,1)B ．(1,1)--C ．(1,1)-D ． (1,1)-3．执行如图所示的程序框图，则输出的i 值为A ．3B ．4C ．5D ．6km/h ） 频率第3题图4．在一段时间内有2000辆车通过高速公路上的某处，现随机抽取其中的200辆进行车速统计，统计结果如下面的频率分布直方图所示．若该处高速公路规定正常行驶速度为90km/h ～120km/h ，试估计2000辆车中，在这段时间内以正常速度通过该处的汽车约有A ．30辆B ．300辆C ．170辆D ．1700辆第4题图5．“1a >”是“函数()cos f x a x x =⋅+在R 上单调递增”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6． 已知点)0,22(Q 及抛物线24x y =上一动点(,)P x y ，则y PQ +的最小值是A ． 12B ．1 C． 2 D ． 3 7A ．27 B ．30 C ．32 D ．36侧视图俯视图第7题图8．设函数()f x 的定义域D ，如果存在正实数m ，使得对任意x D ∈，都有()()f x m f x +>，则称()f x 为D 上的“m 型增函数”．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()f x x a a =--（a ∈R ）．若()f x 为R 上的“20型增函数”，则实数a 的取值范围是A ．0a >B ．5a <C ．10a <D ．20a < 第二部分（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．把答案填在答题卡上． 9．函数2sin(2)16y x π=++的最小正周期是 ，最小值是 ．10．若x ，y 满足约束条件2211x y x y y -⎧⎪+⎨⎪⎩≤，≥，≤，则z x y =+的最大值为 ．11．在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若22a =，则132a a +的最小值是 ． 12．甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．要求老师必须站在正中间，甲同学不与老师相邻，则不同站法种数为 ．13．已知B A ,为圆9)()(:22=-+-n y m x C (,m n ∈R )上两个不同的点（C 为圆心），且满足||CA CB +=u u u r u u u r，则=AB ．14．已知点O 在ABC ∆的内部，且有xOA yOB zOC ++=0u u u r u u u r u u u r，记,,AOB BOC AOC∆∆∆的面积分别为AOB BOC AOCS S S ∆∆∆，，．若1x y z ===，则::AOB BOC AOC S S S ∆∆∆=；若2,3,4x y z ===，则::AOB BOC AOC S S S ∆∆∆= ．三、解答题：本大题共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．（本小题满分13分）某中学高一年级共8个班，现从高一年级选10名同学组成社区服务小组，其中高一（1）班选取3名同学，其它各班各选取1名同学．现从这10名同学中随机选取3名同学，到社区老年中心参加“尊老爱老”活动（每位同学被选到的可能性相同）．（Ⅰ）求选出的3名同学来自不同班级的概率；（Ⅱ）设X 为选出同学中高一（1）班同学的人数，求随机变量X 的分布列和数学期望．16．（本小题满分13分）如图，在ABC ∆中，点D 在BC 边上，7,42CAD AC π∠==，cos ADB ∠= （Ⅰ）求sin C ∠的值；（Ⅱ）若5,BD =求ABD ∆的面积．17．（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，且60DAB ∠=︒．点E 是棱PC 的中点，平面ABE 与棱PD 交于点F ． （Ⅰ）求证：AB ∥EF ；（Ⅱ）若PA PD AD ==，且平面PAD ⊥平面ABCD ， 求平面PAF 与平面AFE 所成的锐二面角的余弦值．18．（本小题满分14分）已知函数()ln f x ax x =+,其中a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在区间[1,2]上为增函数，求a 的取值范 围；（Ⅱ）当e a =-时，（ⅰ）证明：()20f x +≤；ADBC（ⅱ）并说明理由．19．（本小题满分14分）已知圆:O 221x y +=的切线l 与椭圆:C 2234x y +=相交于A ，B 两点． （Ⅰ）求椭圆C 的离心率； （Ⅱ）求证：OA OB ⊥； （Ⅲ）求OAB ∆面积的最大值.20．（本小题满分13分）已知有穷数列：*123,,,,(,3)k a a a a k k ∈≥N L 的各项均为正数，且满足条件： ①1k a a =；②11212(1,2,3,,1)n n n n a a n k a a +++=+=-L ． （Ⅰ）若13,2k a ==，求出这个数列； （Ⅱ）若4k =，求1a 的所有取值的集合； （Ⅲ）若k 是偶数，求1a 的最大值（用k 表示）．北京市朝阳区2020-2020学年度第一学期期末高三年级统一考试 数学答案（理工类） 2020．1 一、选择题：（满分40分）二、填空题：（满分30分）三、解答题：（满分80分）15．（本小题满分13分）解：（Ⅰ）设“选出的3名同学来自不同班级”为事件A ，则1203373731049().60C C C C P A C ⋅+⋅== 所以选出的3名同学来自班级的概率为4960． ……………………………5分 （Ⅱ）随机变量X 的所有可能值为0，1，2，3，则03373107(0)24C C P X C ⋅===； 123731021(1)40C C P X C ⋅===； 21373107(2)40C C P X C ⋅===； 30373101(3)120C C P X C ⋅===． 所以随机变量X的分布列是随机变量X 的数学期望721719()012324404012010E X =⨯+⨯+⨯+⨯=． (13)分16．（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）因为cos 10ADB ∠=-，所以sin 10ADB ∠=．又因为4CAD π∠=，所以4C ADB π∠=∠-．所以sin sin()sin cos cos sin 444C ADB ADB ADB πππ∠=∠-=∠⋅-∠⋅45==． ………………………7分（Ⅱ）在ACD ∆中，由ADCAC C AD ∠=∠sin sin，得74sin sin AC C AD ADC ⋅⋅∠===∠．所以11sin 5722ABD S AD BD ADB ∆=⋅⋅∠=⋅=． …………13分 17．（本小题满分13分）（Ⅰ）证明：因为底面ABCD 是菱形，所以AB ∥CD ． 又因为AB ⊄面PCD ，CD ⊂面PCD ，所以AB ∥面PCD ． 又因为,,,A B E F 四点共面，且平面ABEF I 平面PCD EF =， 所以AB ∥EF ． ………………………5分 （Ⅱ）取AD 中点G ，连接,PG GB ．因为PA PD =，所以PG AD ⊥． 又因为平面PAD ⊥平面ABCD ， 且平面PAD I 平面ABCD AD =，所以PG ⊥平面ABCD ．所以PG GB ⊥． 在菱形ABCD 中，因为AB AD =，60DAB ∠=︒，G 是AD 中点， 所以AD GB ⊥．如图，建立空间直角坐标系G xyz -．设2PA PD AD a ===， 则(0,0,0),(,0,0)G A a ，,0),(2,0),(,0,0),)B C a D a P --．又因为AB ∥EF ，点E 是棱PC 中点，所以点F 是棱PD 中点．所以(,,)22E a -，(,0,)22a F -．所以3(,0,)22a AF =-u u u r，(,,0)22a EF =-u u u r ．设平面AFE 的法向量为(,,)x y z =n ，则有0,0.AF EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n u u u r u u u r所以,.3z y x ⎧=⎪⎨=⎪⎩令3x =，则平面AFE的一个法向量为=n ．因为BG ⊥平面PAD，所以,0)GB =u u u r是平面PAF 的一个法向量．因为cos ,13GB <GB >GB⋅===⋅n n n u u u ru u u r u u u r ， 所以平面PAF 与平面AFE． ……………………13分18．（本小题满分14分）解：函数()f x 定义域),0(+∞∈x ，1()f x a x'=+．（Ⅰ）因为()f x 在区间[1,2]上为增函数，所以()0f x '≥在[1,2]x ∈上恒成立， 即1()0f x a x'=+≥，1a x≥-在[1,2]x ∈上恒成立，则1.2a ≥- ………………………………………………………4分（Ⅱ）当e a =-时，() e ln f x x x =-+,e 1()x f x x-+'=． （ⅰ）令0)(='x f ，得1ex =．令()0f x '>,得1(0,)e x ∈，所以函数)(x f 在1(0,)e单调递增． 令()0f x '<,得1(,)ex ∈+∞，所以函数)(x f 在1(,)e+∞单调递减． 所以，max 111()()e ln 2eeef x f ==-⋅+=-． 所以()20f x +≤成立． …………………………………………………9分 （ⅱ）由（ⅰ）知， max ()2f x =-， 所以2|)(|≥x f ．设ln 3(),(0,).2x g x x x =+∈+∞所以2ln 1)(xx x g -='． 令0)(='x g ，得e x =．令()0g x '>,得(0,e)x ∈，所以函数)(x g 在(0,e)单调递增， 令()0g x '<,得(e,)x ∈+∞，所以函数)(x g 在(e,)+∞单调递减；所以，max lne 313()(e)2e 2e 2g x g ==+=+<， 即2)(<x g ． 所以)(|)(|x g x f > ，即>|)(|x f ln 32x x +． 所以，方程=|)(|x f ln 32x x +没有实数解． ……………………………14分19．（本小题满分14分） 解：（Ⅰ）由题意可知24a =，243b =，所以22283c a b =-=．所以3c e a ==．所以椭圆C…………………………3分（Ⅱ）若切线l 的斜率不存在，则:1l x =±．在223144x y +=中令1x =得1y =±． 不妨设(1,1),(1,1)A B -，则110OA OB ⋅=-=u u u r u u u r．所以OA OB ⊥．同理，当:1l x =-时，也有OA OB ⊥． 若切线l 的斜率存在，设:l y kx m =+1=，即221k m +=．由2234y kx m x y =+⎧⎨+=⎩，得222(31)6340k x kmx m +++-=．显然0∆>． 设11(,)A x y ，22(,)B x y ,则122631kmx x k +=-+，21223431m x x k -=+．所以2212121212()()()y y kx m kx m k x x km x x m =++=+++.所以1212OA OB x x y y ⋅=+u u u r u u u r221212(1)()k x x km x x m =++++22222346(1)3131m kmk km m k k -=+-+++2222222(1)(34)6(31)31k m k m k m k +--++=+22244431m k k --=+ 2224(1)44031k k k +--==+．所以OA OB ⊥． 综上所述，总有OA OB ⊥成立． ………………………………………………9分（Ⅲ）因为直线AB 与圆O 相切，则圆O 半径即为OAB ∆的高， 当l 的斜率不存在时，由（Ⅱ）可知2AB =．则1OAB S ∆=.当l 的斜率存在时，由（Ⅱ）可知，AB ==231k =+223131k k ==++=． 所以2242222242424(1)(91)4(9101)44(1)(31)961961k k k k k AB k k k k k ++++===++++++24222164164164419613396k k k k k=+⋅=+≤+=++++（当且仅当k =时，等号成立）．所以AB ≤．此时, max (S )OAB ∆=.综上所述，当且仅当3k =±时，OAB ∆面积的最大值为3．…………………14分20．（本小题满分13分） 解：（Ⅰ）因为13,2k a ==，由①知32a =； 由②知，21211223a a a a +=+=，整理得，2222310a a -+=．解得，21a =或212a =． 当21a =时，不满足2323212a a a a +=+，舍去； 所以，这个数列为12,,22． …………………………………………………3分（Ⅱ）若4k =，由①知4a =1a ． 因为11212(1,2,3)n n n n a a n a a +++=+=，所以111(2)(1)0n n n n a a a a ++--=． 所以112n n a a +=或11(1,2,3)n n a n a +==． 如果由1a 计算4a 没有用到或者恰用了2次11n na a +=，显然不满足条件； 所以由1a 计算4a 只能恰好1次或者3次用到11n n a a +=，共有下面4种情况： （1）若211a a =，3212a a =，4312a a =，则41114a a a ==，解得112a =；（2）若2112a a =，321a a =，4312a a =，则4111a a a ==，解得11a =； （3）若2112a a =，3212a a =，431a a =，则4114a a a ==，解得12a =； （4）若211a a =，321a a =，431a a =，则4111a a a ==，解得11a =； 综上，1a 的所有取值的集合为1{,1,2}2． ………………………………………………8分（Ⅲ）依题意，设*2,,m 2k m m =∈≥N ．由（II ）知，112n n a a +=或11(1,2,3,21)n na n m a +==-L ． 假设从1a 到2m a 恰用了i 次递推关系11n n a a +=，用了21m i --次递推关系112n n a a +=， 则有(1)211()2i t m a a -=⋅，其中21,t m i t ≤--∈Z ． 当i 是偶数时，0t ≠，2111()2t m a a a =⋅=无正数解，不满足条件； 当i 是奇数时，由12111(),21222t m a a a t m i m -=⋅=≤--≤-得22211()22t m a -=≤， 所以112m a -≤．又当1i =时，若213221222211111,,,,222m m m m a a a a a a a a ---====L ， 有222111()2m m a a --=⋅，222112m m a a a -==，即112m a -=． 所以，1a 的最大值是12m -．即1212k a -=． (13)分。
朝阳区2023-2024学年第一学期期末质量检测高三数学试题答案
北京市朝阳区2023-2024学年度第一学期期末质量检测高三数学答案及评分参考 2024.1一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） （1）A （2）B （3）B （4）D （5）D （6）C（7）A（8）B（9）D（10）C二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11）40（12）28n n + （13）（14）43（答案不唯一）（15）① ④三、解答题（共6小题，共85分） （16）（共13分）解：（Ⅰ）由(0)10f m =+=得1m =−．所以2()cos cos 1f x x x x =+−cos2111212cos222222x x x x +=+−=+−π1sin(2)62x =+−．所以()f x 的最小正周期为2π2πT ==． ················································· 7分（Ⅱ）由πππ2π22π262k x k −++≤≤（k ∈Z ），得ππππ36k x k −+≤≤（k ∈Z ）．所以()f x 的单调递增区间为ππ[π,π]36k k −+（k ∈Z ）．因为()f x 在区间[0,]t 上单调递增，且ππ0[,]36∈−，此时0k =，所以π6t ≤，故t 的最大值为π6． ······················································· 13分（17）（共14分）解：（Ⅰ）取PB 的中点F ，连接,CF EF ．因为E 是PA 的中点，所以//,2EF AB AB EF =． 又因为//,2AB DC AB DC =， 所以//EF DC 且EF DC =．所以四边形CDEF 为平行四边形． 所以//DE CF ．又因为DE ⊄平面PBC ，CF ⊂平面PBC ，所以//DE 平面PBC ． ······································································ 5分 （Ⅱ）取BC 的中点O ，连接PO ．因为PB PC =，所以PO BC ⊥． 又因为侧面PBC ⊥底面ABCD ， 且平面PBC平面ABCD BC =，所以PO ⊥平面ABCD ．如图，在平面ABCD 中，作//Oy BA ， 则,,PO BC PO Oy Oy BC ⊥⊥⊥， 建立空间直角坐标系O xyz −．选条件①：连接AO ，在Rt ABO △中，因为2AB =，1BO =，所以AO 在Rt PAO △中，因为AP =，AO =PO ．所以1(1,2,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(2A B C D P E −−−．所以13(,1,),(2,1,0)22BE BD ==．设平面EDB 的法向量是(,,)x y z =m ，则 0,0,BE BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即10,220.x y z x y ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩令1x =，则2,y z =−=． 于是(1,=−m ．因为PO ⊥平面ABCD ，所以(0,0,1)=n 是平面BDC 的法向量．所以cos ,||||〈〉⋅==m n m n m n ．由题知，二面角E BD C −−为钝角，所以其余弦值为． ···················· 14分选条件③：连接AO ，因为PO ⊥平面ABCD ， 所以PAO ∠是直线AP 与平面ABCD 所成角．所以tan PO PAO AO ∠==．在Rt ABO △中，因为2,1AB BO ==，所以AO在Rt PAO △中，因为PO AO AO =，所以PO =．下同选条件①． ··············································································· 14分（18）（共13分）解：（Ⅰ）设“甲比乙的步数多”为事件A ．在11月4日至11月10日这七天中，11月5日与11月9日这两天甲比乙步数多，所以2()7P A =． ··············································································· 3分（Ⅱ）由图可知，7天中乙的步数不少于20000步的天数共2天．X 的所有可能取值为0,1,2，321255230127277533(0),(1),(2)777241C C C C C P X P X C C C C =========．所以X 的分布列为2416()0127777E X =⨯+⨯+⨯=． ························································· 10分（Ⅲ）11月6日． ···················································································· 13分 （19）（共15分）解：（Ⅰ）由()ln 1()R f x x a x a =−−∈得()1af x x '=−，依题意，(1)10f a '=−=，得1a =．经验证，()ln 1f x x x =−−在点(1,0)处的切线为0y =，所以1a =． ··········· 4分（Ⅱ）由题得()1a x a f x x x −'=−=．（1）若1a ≤，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，所以()f x 无极值点． （2）若1a >，当(1,)x a ∈时，()0f x '<，故()f x 在区间(1,)a 上单调递减， 当(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在区间(,)a +∞上单调递增．所以x a =为()f x 的极小值点，且()f x 无极大值点． 综上，当1a ≤时，()f x 在区间(1,)+∞内的极值点个数为0；当1a >时，()f x 在区间(1,)+∞内的极值点个数为1． ····················· 9分（Ⅲ）由（Ⅱ）知当1a ≤时，()f x 在区间(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0f x f >=．所以()f x 在区间(1,)+∞内无零点．当1a >时，()f x 的单调递减区间为(1,)a ，单调递增区间为(,)a +∞． 所以()(1)0f a f <=．若()f x 在区间(1,)+∞内有零点t ，则(,)t a ∈+∞．而22()2ln 1f a a a a =−−，设2()2ln 1(1)g x x x x x =−−>， 则()22(1ln )1ln )g x x x x x '=−+=−−．设()2(1ln )(1)h x x x x =−−>，则12(1)()2(1)0x h x x x −'=−=>，所以()h x 在区间(1,)+∞上单调递增． 所以()(1)0h x h >=，即()0g x '>．所以()g x 在区间(1,)+∞上单调递增．所以()(1)0g a g >=，即2()0f a >． 又2()0,f t a a =>， 所以2t a <． ··················································································· 15分（20）（共15分）解：（Ⅰ）由题可知(,0),(0,),||A a B b AB −=因为AOB △的面积为1，所以112AOB S ab ==△．因为点O 到直线AB的距离为，所以1||12AOB S AB ===△．所以222,5,,ab a b a b =⎧⎪+=⎨⎪>⎩得2,1.a b =⎧⎨=⎩所以椭圆E 的方程为2214x y +=． ························································ 5分（Ⅱ）点N 为线段CM 的中点，理由如下：由题知直线l 的斜率存在，设过点(2,1)P −的直线l 的方程为1(2)y k x −=+，即(2)1y k x =++． 由22(2)1,44,y k x x y =++⎧⎨+=⎩得2222(14)(168)16160k x k k x k k +++++=．由2222(168)4(14)(1616)640k k k k k k ∆=+−++=−>，得0k <． 设11)(,C x y ，22)(,D x y ，则221212221681616,1414k k k k x x x x k k +++=−=++． 直线AD 的方程为22(2)2y y x x =++，令1x x =，得点M 的纵坐标212(2)2M y x y x +=+．直线AB 的方程为1(2)2y x =+，令1x x =，得点N 的纵坐标11(2)2N y x =+．要证点N 为线段CM 的中点，只需证明1)1(2N M y y y =+，即112M N y y y +=．因为2211112(2)(2)(2)(2)2M N y y y y y x x x x +++++=+121121121222222222222222(2)(2)(4)(2)(2)422()4168414216161682()41414(168)416216162(168)4(14)48242121,k x x x x x x x x k x x x x k k k k k k k kk k k k k k k k k k k k k k k+++++=++++=+++++−++=++++−+++−+++=++−+++−=+=+−=所以点N 为线段CM 的中点． ····························································· 15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）10b =，20b =，31b =，103b =； ························································ 3分 （Ⅱ）由题可知11a ≥，所以1B =∅，所以10b =．若12a m =≥，则2B =∅，1{1}m B +=， 所以20b =，11m b +=，与{}n b 是等差数列矛盾． 所以11a =．设*1)(n n n d a a n +−∈=N ，因为{}n a 是各项均为正整数的递增数列，所以*n d ∈N ．假设存在*k ∈N 使得2k d ≥．设k a t =，由12k k a a +−≥得12k a t ++≥．由112k k a t t t a +=<+<+≤得t b k <，21t t b b k ++==，与{}n b 是等差数列矛盾．所以对任意*n ∈N 都有1n d =．所以数列{}n a 是等差数列，1(1)n a n n =+−=． ······································ 8分（Ⅲ）因为对于*n ∈N ，1n n B B +⊆，所以1n n b b +≤．所以111n n n n b n b n b ++++<++≤，即数列{}n n b +是递增数列． 先证明S T =∅．假设ST ∅≠，设正整数p ST∈．由于p S ∈，故存在正整数i p <使得i p i a =+，所以i a p i =−． 因为{}n a 是各项均为正整数的递增数列，所以11i a p i +−+≥．所以1p i b i −=−，1p i b i−+=．所以()11p i p i b p i i p −−+=−+−=−，1(1)11p i p i b p i i p −+−++=−++=+．又因为数列{}n n b +是递增数列，所以p T ∈/，矛盾． 所以S T =∅．再证明*ST =N ． 由题可知*ST ⊆N ．设*q ∈N 且q S ∈/，因为数列{}n n a +是各项均为正整数的递增数列， 所以存在正整数j ，使得jq j a <+．令0min{|}j j j q j a =<+．若01j =，则11q a <+，即11a q >−，所以1a q ≥． 所以q b =，所以q q b q T+=∈．若01j >，则000101j j j a q j a −−+<<+，所以00101j j a q j a −<−+≤．所以0101q j b j −+=−，所以00100(1)11q j q j b q j j q−+−++=−++−=．因为001(1)q j q j b T−+−++∈，所以q T ∈．所以*S T ⊆N ．综上，*ST =N 且ST =∅．·························································· 15分。
北京市朝阳区2018-2019学年度第一学期期末质量检测高三数学理科试题及答案
北京市朝阳区2018－2019学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷 （理工类）2019.1（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分第一部分（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．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合{|13}A x x =∈≤≤N ，{2,3,4,5}B =，则AB =A.{2}B.{2,3}C.{2,3,4,5}D.{1,2,3,4,5} 2.设复数z 满足(1i)2i z -=，则||z =A.1C.2D. 3.执行如图所示的程序框图，若输入的12S =，则输出的S = A.8- B. 18- C.5 D.64.在平面直角坐标系xOy 中，过(4,4),(4,0),(0,4)A B C 三点的圆被x 轴 截得的弦长为A.4B. C.2D. 5.将函数sin 2y x =的图象向右平移(0)ϕϕ>个单位后，图象经过点(3π，则ϕ的最小值为 A.12π B.6π C.3π D.65π 6. 设x 为实数，则0x <“”是 “12x x+≤-”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7.对任意实数x ，都有log (e 3)1xa +≥（0a >且1a ≠），则实数a 的取值范围是A. 1(0,)3B.(]1,3C. (1,3)D.[3,)+∞8.以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为 A.22 B.33 C.13 D.14第二部分（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．把答案填在答题卡上．9.已知数列{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项的和.若136a a +=，47a =，则5S =_______. 10.已知四边形的顶点A ，B ，C ，D 在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则AC DB ⋅=____________.11.如图，在边长为1的正方形网格中，粗实线表示一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为 ．12.过抛物线2=4y x 焦点F 的直线交抛物线于,A B 两点，分别过,A B 作准线l 的垂线，垂足分别为,C D .若4AF BF =，则CD =__________________.13. 2018年国际象棋奥林匹克团体赛中国男队、女队同时夺冠.国际象棋中骑士的移动规则是沿着3×2格或2×3格的对角移动.在历史上，欧拉、泰勒、哈密尔顿等数学家研究了“骑士巡游”问题：在88=64⨯格的黑白相间的国际象棋棋盘上移动骑士，是否可以让骑士从某方格内出发不重复地走遍棋盘上的每一格？图（一）给出了骑士的一种走法，它从图上标1的方格内出发，依次经过标2,3,4,5,6,⋅⋅⋅,到达标64的方格内，不重复地走遍棋盘上的每一格，又可从标64的方格内直接走回到标1的方格内.如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法， （填“能”或“不能”）走回到标50的方格内.若骑士限制在图（二）中的3×4=12格内按规则移动，存在唯一一种给方格标数字的方式，使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2,3,4,5,6,⋅⋅⋅,到达右下角标BDCA12的方格内，分析图（二）中A处所标的数应为____.图（一）14.如图，以正方形的各边为底可向外作四个腰长为1的等腰三角形，则阴影部分面积的最大值是.三、解答题：本大题共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.（本小题满分13分）在ABC △中，已知312,cos 413A C π==，13.BC = （Ⅰ）求AB 的长；（Ⅱ）求BC 边上的中线AD 的长.16.（本小题满分13分）某日A,B,C 三个城市18个销售点的小麦价格如下表：（Ⅰ）甲以B 市5个销售点小麦价格的中位数作为购买价格，乙从C 市4个销售点中随机挑选2个了解小麦价格.记乙挑选的2个销售点中小麦价格比甲的购买价格高的个数为X ，求X 的分布列及数学期望；（Ⅱ）如果一个城市的销售点小麦价格方差越大，则称其价格差异性越大.请你对A,B,C 三个城市按照小麦价格差异性从大到小进行排序（只写出结果）.17.（本小题满分14分）如图，三棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 是平行四边形，11BC C C ⊥，平面11AC CA ⊥平面11BCC B ，且,E F 分别是11,BC AB 的中点. （Ⅰ）求证：//EF 平面11AC CA ；（Ⅱ）当侧面11A C CA 是正方形，且11BC C C =时，（ⅰ）求二面角1F BC E --的大小；（ⅱ）在线段EF 上是否存在点P ，使得AP EF ⊥？若存在，指出点P 的位置；若不存在，请说明理由.18.（本小题满分13分）已知函数2()e (1)(0)2xmf x x x m =-+≥. （Ⅰ）当0m =时，求函数()f x 的极小值； （Ⅱ）当0m >时，讨论()f x 的单调性；（Ⅲ）若函数()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点，求m 的取值范围.FEC 1B 1A 1CBA19.（本小题满分14分）过椭圆W :2212x y +=的左焦点1F 作直线1l 交椭圆于,A B 两点，其中A (0,1)，另一条过1F 的直线2l 交椭圆于,C D 两点（不与,A B 重合），且D 点不与点()01-，重合. 过1F 作x 轴的垂线分别交直线AD ，BC 于E ,G . （Ⅰ）求B 点坐标和直线1l 的方程； （Ⅱ）求证：11EF FG =.20.（本小题满分13分）已知12,,,,n a a a ⋅⋅⋅⋅⋅⋅是由正整数组成的无穷数列，对任意n *∈N ，n a 满足如下两个条件：①n a 是n 的倍数； ②15n n a a +-≤.（Ⅰ）若130a =，232a =，写出满足条件的所有3a 的值； （Ⅱ）求证：当11n ≥时，5n a n ≤； （Ⅲ）求1a 所有可能取值中的最大值.北京市朝阳区2018-2019学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷答案（理工类） 2019.1一、选择题（40分）三、解答题（80分）15. （本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由12cos 13C =，02C π<<，所以5sin 13C =. 由正弦定理得，sin sin AB BC C A =，即5sin =13sin CAB BC A =⋅= .……… 6分（Ⅱ）在ABD △中，3cos cos()4B C C C π=π--=+=. 由余弦定理得，222+2cos AD AB BD AB BD B =-⋅,所以2AD 21691329+2424=-⨯=. 所以AD =. ……………… 13分16. （本小题满分13分）解：（Ⅰ）B 市共有5个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2450，2460，2500，2500，2500.所以中位数为2500，所以甲的购买价格为2500. C 市共有4个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2400，2470，2540，2580，故X 的可能取值为0，1，2.2022241(0)6C C P X C ===，11222442(1)63C C P X C ====，0222241(2)6C C P X C ===. 所以分布列为所以数学期望21()0(0)1(1)2(2)12136E X P X P X P X =⨯=+⨯=+⨯==⨯+⨯=. …… 10分（Ⅱ）三个城市按小麦价格差异性从大到小排序为：C ，A ，B ……… 13分证明：（Ⅰ）取11A C 中点G ，连FG ，连GC .在△111A B C 中，因为,F G 分别是1111,A B AC 中点，所以11FG B C //，且1112FG B C =. 在平行四边形11BCC B 中，因为E 是BC 的中点， 所以11EC B C //，且1112EC B C =.所以EC FG //，且EC FG =.所以四边形FECG 是平行四边形. 所以FE GC //. 又因为FE ⊄平面11A C CA ，GC ⊂平面11A C CA ，所以//EF 平面11A C CA . …………………4分 （Ⅱ）因为侧面11A C CA 是正方形，所以111AC C C ⊥.又因为平面11AC CA ⊥平面11BCC B ，且平面11AC CA 平面111BCC B C C =，所以11A C ⊥平面11BCC B .所以111AC C B ⊥.又因为11BC C C ⊥，以1C 为原点建立空间直角坐标系1C xyz -，如图所示. 设1C C a =，则11(0,,),(,0,0),(0,,0),(0,0,),(,,0)A a a B a C a A a B a a -，(,,0),(,,)22222a a a a aE F -. （ⅰ）设平面1FBC 的一个法向量为(,,z)x y =n .由110,0C B C F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得0,0.222ax a a ax y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩即0,.x y z =⎧⎨=⎩令1y =，所以(0,1,1)=n . 又因为11A C ⊥平面1BC E ，所以11(0,0,)C A a =是平面1BC E 的一个法向量. 所以111111cos ,C A C A C A ⋅===⋅n n n由图可知，二面角1F BC E --为钝角，所以二面角1F BC E --的大小为34π. ……………10分 （ⅱ）假设在线段EF 上存在点P ，使得AP EF ⊥.设,[0,1]EPEFλλ=∈，则EP EF λ=. 因为(,,)(0,,)222a a a AP AE EP AE EF a a λλ=+=+=--+-(,,)222a a aa a λλ=---+，又AP EF ⊥，所以210()()()()022224a a a a AP EF a a a a λλλλ⋅=⨯+---+-+=+=.所以0[0,1]λ=∈.故点P 在点E 处时，有AP EF ⊥ .…………14分GABCA 1B1C 1FB解：(Ⅰ) 当0m =时：()(1)e xf x x '=+，令()0f x '=解得1x =-，又因为当(),1x ∈-∞-，()0f x '<，函数()f x 为减函数；当()1,x ∈-+∞，()0f x '>，函数()f x 为增函数.所以，()f x 的极小值为1(1)ef -=-. .…………3分 （Ⅱ）()(1)(e )xf x x m '=+-.当0m >时，由()0f x '=，得1x =-或ln x m =.(ⅰ)若1em =，则1()(1)(e )0e xf x x '=+-≥.故()f x 在(),-∞+∞上单调递增；（ⅱ）若1em >，则ln 1m >-.故当()0f x '>时，1ln x x m <->或；当()0f x '<时，1ln x m -<<.所以()f x 在(),1-∞-，()ln ,m +∞单调递增，在()1,ln m -单调递减.(ⅲ)若10em <<，则ln 1m <-.故当()0f x '>时，ln 1x m x <>-或； 当()0f x '<时，ln 1m x <<-.所以()f x 在(),ln m -∞，()1,-+∞单调递增，在()ln ,1m -单调递减. .…………8分（Ⅲ）(1)当0m =时，()e xf x x =，令()0f x =，得0x =.因为当0x <时，()0f x <， 当0x >时，()0f x >，所以此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点.(2)当0m >时：（ⅰ）当1em =时，由（Ⅱ）可知()f x 在(),-∞+∞上单调递增，且1(1)0e f -=-<，2(1)e 0e f =->，此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点.（ⅱ）当1em >时，由（Ⅱ）的单调性结合(1)0f -<，又(ln )(1)0f m f <-<，只需讨论(1)e 2f m =-的符号：当1ee 2m <<时，(1)0f >，()f x 在区间()1-∞，上有且只有一个零点； 当e2m ≥时，(1)0f ≤，函数()f x 在区间()1-∞，上无零点.(ⅲ)当10e m <<时，由（Ⅱ）的单调性结合(1)0f -<，(1)e 20f m =->，2(ln )ln 022m mf m m =--<，此时()f x 在区间(),1-∞上有且只有一个零点.综上所述，e02m ≤<. .…………13分解：（Ⅰ）由题意可得直线1l 的方程为1y x =+.与椭圆方程联立,由22112y x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩可求41(,)33B --. ……………4分（Ⅱ）当2l 与x 轴垂直时，,C D 两点与E ,G 两点重合，由椭圆的对称性，11EF FG =. 当2l 不与x 轴垂直时，设()11,C x y ，()22,D x y ，2l 的方程为(1)y k x =+（1k ≠）.由22(1)12y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y ，整理得()2222214220k x k x k +++-=.则21224+21k x x k -=+，21222221k x x k -=+. 由已知，20x ≠，则直线AD 的方程为2211y y x x --=，令1x =-，得点E 的纵坐标2221E x y y x -+=.把()221y k x =+代入得()221(1)E x k y x +-=.由已知，143x ≠-，则直线BC 的方程为111143()4333y y x x ++=++,令1x =-，得点G的纵坐标111143()3G y x y x --=+.把()111y k x =+代入得()111(1)34G x k y x +-=+. ()()21211(1)1(1)34E G x k x k y y x x +-+-+=++ ()()212121(1)1(34)1(34)k x x x x x x -++-+⎡⎤⎣⎦=⋅+[]121221(1)23()4(34)k x x x x x x -+++=⋅+把21224+21k x x k -=+，21222221k x x k -=+代入到121223()4x x x x +++中， 121223()4x x x x +++=222222423()402121k k k k --⨯+⨯+=++.即0E G y y +=，即11EF FG =. .…………14分11 20. （本小题满分13分）（Ⅰ）3a 的值可取27,30,33,36. .…………3分 （Ⅱ）由()151,2,n n a a n +≤+=⋅⋅⋅，对于任意的n ，有15(1)n a n a ≤-+.当14n a ≥-时，15(1)n a n a ≤-+，即5(1)4n a n n ≤-++，即61n a n ≤-. 则6n a n <成立.因为n a 是n 的倍数，所以当14n a ≥-时，有5n a n ≤成立.若存在n 使5n a n >，依以上所证，这样的n 的个数是有限的，设其中最大的为N . 则5N a N >,15(1)N a N +≤+成立，因为N a 是N 的倍数，故6N a N ≥. 由+1565(1)5N N a a N N N ≥-≥-+=-,得10N ≤.因此当11n ≥时，5n a n ≤. …………8分 （Ⅲ）由上问知1155a ≤，因为+15n n a a ≤+且n a 是n 的倍数，所以1091,,,a a a ⋅⋅⋅满足下面的不等式：1060a ≤，963a ≤，864a ≤，763a ≤，666a ≤，570a ≤，472a ≤，375a ≤， 280a ≤，185a ≤.则1=85a ,2=80a , 3=75a ,472a =,570a =,666a =,763a =,864a =, 963a =,1060a =,当11n ≥时，5n a n =这个数列符合条件.故所求1a 的最大值为85. ………13分。
北京市朝阳区2020届高三第一学期期末质量检测数学(理)试卷及答案.doc
北京市朝阳区2017-2020学年度第一学期期末质量检测数学试卷（理工类）（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分第一部分（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．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合{}|(2)0A x x x =-<，{}|ln 0B x x =>，则A B I 是A. {}|12x x <<B.{}|02x x <<C.{}|0x x > D.{}|2x x >2. 已知i 为虚数单位，设复数z 满足i 3z +=，则z =A.3B. 4 D.103. 在平面直角坐标系中，以下各点位于不等式(21)(3)0x y x y +--+>表示的平面区域内的是 A.(00)， B.(20)-， C.(01)-， D. (02)，4.“sin 2α=”是“cos2=0α”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. 某四棱锥的三视图如图所示，格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的体积为A. 4B.43C.3D. 6. 已知圆22(2)9x y -+=的圆心为C .直线l 过点(2,0)M -且与x 轴不重合，l 交圆C 于,A B 两点，点A 在点M ，B 之间.过M 作直线AC 的平行线交直线BC 于点P ，则点P 的轨迹是A. 椭圆的一部分B. 双曲线的一部分C. 抛物线的一部分D. 圆的一部分7. 已知函数()f x x x a =⋅-的图象与直线1y =-的公共点不少于两个，则实数a 的取值范围是A.2a <-B.2a ≤-C.20a -≤<D.2a >-8. 如图1，矩形ABCD中，AD =点E 在AB 边上， CE DE⊥且1AE =. 如图2，ADE △沿直线DE 向上折起成1A DE △．记二面角1A DE A --的平面角为θ，当θ()00180∈，时，① 存在某个位置，使1CE DA ⊥；② 存在某个位置，使1DE AC ⊥；③ 任意两个位置，直线DE 和直线1A C 所成的角都不相等. 以上三个结论中正确的序号是A. ①B. ①②C. ①③D. ②③第二部分（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.把答案填在答题卡上. 9. 已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线C ，则双曲线C 的渐近线方程为 .10. 执行如图所示的程序框图，输出S 的值为 . 11.ABCD 中，,E F 分别为边,BC CD 中点，若 AF x AB y AE =+（,x y ∈R ），则+=x y _________.12. 已知数列{}n a 满足11n n n a a a +-=-（2n ≥），1a p =，2a q =(,p q ∈R ).设1nn i i S a ==∑，则10a= ;2018S = .（用含,p q 的式子表示）13. 伟大的数学家高斯说过：几何学唯美的直观能够帮助我们了解大自然界的基本问题.一位同学受A到启发，借助以下两个相同的矩形图形，按以下步骤给出了不等式：22222()()()ac bd a b c d +≤++的一种“图形证明”.证明思路：（1）左图中白色区域面积等于右图中白色区域面积；（2）左图中阴影区域的面积为ac bd +，右图中，设BAD θ∠=，右图阴影区域的面积可表示为_________（用含a b c d ,,,，θ的式子表示）；（3）由图中阴影面积相等，即可导出不等式22222()()()ac bd a b c d +≤++. 当且仅当,,,a b c d 满足条件__________________时，等号成立.14. 如图，一位同学从1P 处观测塔顶B 及旗杆顶A ，得仰角分别为α和90α-. 后退l (单位m)至点2P 处再观测塔顶B ，仰角变为原来的一半，设塔CB 和旗杆BA 都垂直于地面，且C ，1P ，2P 三点在同m.一条水平线上，则塔CB 的高为 m ；旗杆BA 的高为（用含有l 和α的式子表示）三、解答题：本大题共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. (本小题满分13分)已知函数21()sin cos sin 2f x x x x =-+. （Ⅰ）求()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）在△ABC 中,,,a b c 为角,,A B C 的对边，且满足cos2cos sin b A b A a B =-，bb cdaca cbD C BA P 21B C且02A π<<，求()f B 的取值范围. 16. (本小题满分13分)为了治理大气污染，某市2017年初采用了一系列措施，比如“煤改电”，“煤改气”，“国Ⅰ，Ⅱ轻型汽油车限行”，“整治散乱污染企业”等.下表是该市2016年和2017年12月份的空气质量指数（AQI ）（AQI 指数越小，空气质量越好）统计表. 表1：2016年12月AQI 指数表：单位（3g /m μ）表2：2017年12月AQI 指数表：单位（3g /m μ）根据表中数据回答下列问题：（Ⅰ）求出2017年12月的空气质量指数的极差；（Ⅱ）根据《环境空气质量指数（AQI ）技术规定（试行）》规定：当空气质量指数为0～50时，空气质量级别为一级.从2017年12月12日到12月16这五天中，随机抽取三天，空气质量级别为一级的天数为ξ，求ξ的分布列及数学期望；（Ⅲ）你认为该市2017年初开始采取的这些大气污染治理措施是否有效?结合数据说明理由.17. (本小题满分14分)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=，D 是线段AC 的中点，且1A D ⊥ 平面ABC ． （Ⅰ）求证：平面1A BC ⊥平面11AAC C ； （Ⅱ）求证：1//B C 平面1A BD ；（Ⅲ）若11A B AC ⊥，2AC BC ==，求二面角1A A B C --的余弦值.18. (本小题满分13分)已知函数()cos f x x x a =+，a ∈R . （Ⅰ）求曲线()y f x =在点2x π=处的切线的斜率； （Ⅱ）判断方程()0f x '=（()f x '为()f x 的导数）在区间()0,1内的根的个数，说明理由； （Ⅲ）若函数()sin cos F x x x x ax =++在区间(0,1)内有且只有一个极值点，求a 的取值范围.ACBB 1C 1A 1D19. (本小题满分14分)已知抛物线:C 24x y =的焦点为F ,过抛物线C 上的动点P （除顶点O 外）作C 的切线l 交x 轴于点T .过点O 作直线l 的垂线OM （垂足为M ）与直线PF 交于点N . （Ⅰ）求焦点F 的坐标； （Ⅱ）求证：FTMN ；（Ⅲ）求线段FN 的长.20. (本小题满分13分)已知集合{}12,,...,n P a a a =，其中i a ∈R ()1,2i n n ≤≤>.()M P 表示+i j a a 1)i j n ≤<≤（中所有不同值的个数.（Ⅰ）若集合{}1,3,57,9P =，，求()M P ； （Ⅱ）若集合{}11,4,16,...,4n P -=，求证：+ija a的值两两不同，并求()M P ；（Ⅲ）求()M P 的最小值.（用含n 的代数式表示）北京市朝阳区2017-2020学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷答案（理工类） 2020.1三、解答题（80分） 15. （本小题满分13分）解：（Ⅰ）由题知111()sin 2(1cos 2)222f x x x =--+ 11=sin 2cos 222x x +=)24x π+. 由222242k x k ππππ-≤+≤π+（k ∈Z ）， 解得 88k x k 3πππ-≤≤π+ .所以()f x 单调递增区间为3[,]88k k πππ-π+（k ∈Z ）. …………… 6分（Ⅱ）依题意，由正弦定理，sin cos2sin cos sin sin B A B A A B =-.因为在三角形中sin 0B ≠，所以cos2cos sin A A A =-. 即(cos sin )(cos sin 1)0A A A A -+-=当cos sin A A =时，4A π=； 当cos sin 1A A +=时，2A π=.由于02A π<<，所以4A π=.则3+4B C =π.则304B <<π.又2444B ππ7π<+<， 所以1sin(2)14B π-≤+≤.由())24f B B π=+， 则()f B的取值范围是22⎡-⎢⎣⎦，. ……………… 13分 16. （本小题满分13分）解：（Ⅰ）2017年12月空气质量指数的极差为194. …………………3分 （Ⅱ）ξ可取1，2，31232353(1)10C C P C ξ===；2132356(2)10C C P C ξ===；3032351(3)10C C P C ξ===. ξ的分布列为所以123 1.8101010E ξ=⨯+⨯+⨯= . ………………9分（Ⅲ）这些措施是有效的.可以利用空气质量指数的平均数，或者这两年12月空气质量指数为优的概率等来进行说明.………………13分17. （本小题满分14分）（Ⅰ）证明：因为90ACB ∠=，所以BC AC ⊥．根据题意， 1A D ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以1A D BC ⊥．因为1A DAC D =，所以BC ⊥平面11AAC C ．又因为BC ⊂平面1A BC ，所以平面1A BC ⊥平面11AAC C ． ………………4分 （Ⅱ）证明：连接1AB ，设11AB A B E =，连接DE ．根据棱柱的性质可知，E 为1AB 的中点， 因为D 是AC 的中点， 所以1//DE B C ．又因为DE ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ，所以1//B C 平面1A BD ． ………………8分 （Ⅲ）如图，取AB 的中点F ，则//DF BC ，因为BC AC ⊥，所以DF AC ⊥， 又因为1A D ⊥平面ABC ， 所以1,,DF DC DA 两两垂直．以D 为原点，分别以1,,DF DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系（如图）. 由（Ⅰ）可知，BC ⊥平面11AAC C , 所以1BC AC ⊥．ACBB 1C 1A 1DE 1又因为11A B AC ⊥，1BC A B B =,所以1AC ⊥平面1A BC ，所以11AC AC ⊥， 所以四边形11AAC C 为菱形． 由已知2AC BC ==，则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B，(1A ． 设平面1A AB 的一个法向量为(),,x y z =n ，因为(1AA =，()2,2,0AB =，所以10,0,AA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即0,220.y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩设1z =，则)=n ．再设平面1A BC 的一个法向量为()111,,x y z =m ，因为(10,CA =-，()2,0,0CB =，所以10,0,CA CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即1110,20.y x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩设11z =，则()=m ．故cos ,⋅〈〉===⋅m n m n m n 由图知，二面角1A A B C --的平面角为锐角， 所以二面角1A A B C --． …………14分 18. （本小题满分13分）解：（Ⅰ）()cos sin f x x x x '=-.ππ()22k f '==-. …………3分 （Ⅱ）设()()g x f x '=，()sin (sin cos )2sin cos g x x x x x x x x '=--+=--.当(0,1)x ∈时，()0g x '<，则函数()g x 为减函数. 又因为(0)10g =>，(1)cos1sin10g =-<,所以有且只有一个0(0,1)x ∈，使0()0g x =成立.所以函数()g x 在区间()0,1内有且只有一个零点.即方程()0f x '=在区间()0,1内有且只有一个实数根. ……………7分（Ⅲ）若函数()sin cos F x x x x ax =++在区间()0,1内有且只有一个极值点，由于()()F x f x '=，即()cos f x x x a =+在区间()0,1内有且只有一个零点1x ，且()f x 在1x 两侧异号.因为当(0,1)x ∈时，函数()g x 为减函数，所以在()00,x 上，0()()0g x g x >=，即()0f x '>成立，函数()f x 为增函数；在0(,1)x 上， 0()()0g x g x <=，即()0f x '<成立，函数()f x 为减函数,则函数()f x 在0x x =处取得极大值0()f x .当0()0f x =时，虽然函数()f x 在区间()0,1内有且只有一个零点0x ，但()f x 在0x 两侧同号，不满足()F x 在区间()0,1内有且只有一个极值点的要求.由于(1)cos1f a =+，(0)f a =，显然(1)(0)f f >. 若函数()f x 在区间()0,1内有且只有一个零点1x ，且()f x 在1x 两侧异号，则只需满足：(0)0,(1)0,f f <⎧⎨≥⎩即0,cos10,a a <⎧⎨+≥⎩ 解得cos10a -≤<. ……………13分19. （本小题满分14分）解：（Ⅰ） (0,1)F ……………2分（Ⅱ）设00(,)P x y .由24x y =，得214y x =，则过点P 的切线l 的斜率为0012x x k y x ='==. 则过点P 的切线l 方程为2001124y x x x =-.令0y =，得012T x x =，即01(,0)2T x .又点P 为抛物线上除顶点O 外的动点，00x ≠，则02TF k x =-.而由已知得MN l ⊥，则02MN k x =-. 又00x ≠，即FT 与MN 不重合，即FT MN . …………6分 （Ⅲ）由(Ⅱ)问，直线MN 的方程为02y x x =-，00x ≠.直线PF 的方程为0011y y x x --=，00x ≠.设MN 和PF 交点N 的坐标为(,)N N N x y 则0002.........(1)11..........(2)N N N N y x x y y x x ⎧=-⎪⎪⎨-⎪=+⎪⎩由（1）式得，02N Nx x y =-（由于N 不与原点重合，故0N y ≠）.代入（2），化简得02NN y y y -=()0N y ≠.又2004x y =，化简得,22(1)1NN x y +-= （0N x ≠）. 即点N 在以F 为圆心，1为半径的圆上.（原点与()0,2除外）即1FN =. …………14分20. （本小题满分13分）解：（Ⅰ）()=7M P ； ………… 3分（Ⅱ）形如和式+i j a a 1)i j n ≤<≤（共有2(1)2n n n C -=项，所以(1)()2n n M P -≤. 对于集合{}11,4,16,...,4n -中的和式+i ja a ，+p q a a 1,1)i j n p q n ≤<≤≤<≤（： 当j q =时，i p ≠时，++i j p q a a a a ≠；当j q ≠时，不妨设j q <，则121+24j i j j j q p q a a a a a a a -+<=<≤<+. 所以+i j a a 1)i j n ≤<≤（的值两两不同. 且(1)()=2n n M P -. ………… 8分 （Ⅲ）不妨设123...n a a a a <<<<，可得1213121++...++...+n n n n a a a a a a a a a a -<<<<<<. +i j a a 1)i j n ≤<≤（中至少有23n -个不同的数.即()23M P n ≥-.设12,,...,n a a a 成等差数列，11,()+=,()i j n n i j i j a a i j n a a a a i j n +-+-++>⎧⎪⎨++≤⎪⎩，则对于每个和式+i j a a 1)i j n ≤<≤（，其值等于1+p a a （2p n ≤≤）或+q n a a (11)q n ≤≤-中的一个.去掉重复的一个1n a a +,所以对于这样的集合P ,()23M P n =-.则()M P 的最小值为23n -. ……………13分。
辽宁省朝阳市第三高级中学高三数学理上学期期末试卷含解析
辽宁省朝阳市第三高级中学高三数学理上学期期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 若复数为纯虚数，则实数的值为( )A． B．0 C．1 D．或1参考答案：A2. 命题“对任意R，都有”的否定是A．存在R，使得B．不存在R，使得C．存在R，使得 D．对任意R，都有参考答案：C3. “φ＝π”是“曲线y＝sin(2x＋φ)过坐标原点”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参考答案：A略4. 在区间和上分别取一个数,记为, 则方程表示焦点在轴上且离心率小于的椭圆的概率为（）A． B． C． D．参考答案：B【知识点】几何概型;椭圆的简单性质．H5 K3∵表示焦点在x轴上且离心率小于，∴，它对应的平面区域如图中阴影部分所示：则方程表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆的概率为，故选B．【思路点拨】表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆时，（a，b）点对应的平面图形的面积大小和区间[1，5]和[2，4]分别各取一个数（a，b）点对应的平面图形的面积大小，并将他们一齐代入几何概型计算公式进行求解．5. 下列命题中，真命题是（）A．B．C． D．充分条件参考答案：D略6. 函数的零点个数为( )A．0 B．1 C．4 D．2参考答案：D略7. 各项为实数的等差数列的公差为4, 其首项的平方与其余各项之和不超过100, 这样的数列至多有（▲ ）项.A．B．C．D．参考答案：【知识点】等差数列前n项和 D2D设是公差为4的等差数列，则，则即，因此，解得，因为，所以自然数n的最大值为8．故这样的数列至多有8项，故选择D.【思路点拨】设是公差为4的等差数列，则，由此能够推导出，由此能求出这样的数列共有8项8. 在△ABC 中，=，=，若点D满足=2，则等于（）A.+B.-C.-D.+参考答案：A9. 执行如图所示的程序框图，若输入n=10，则输出S=（）A．B． C．D．参考答案：B【考点】程序框图．【分析】算法的功能是求S=++…+的值，根据条件确定跳出循环的i 值，利用裂项相消法计算输出S的值．【解答】解：由程序框图知：算法的功能是求S=++…+的值，∵输入n=10，∴跳出循环的i值为12，∴输出S=++…+=++…+=（1﹣）×=．故选：B．10. 执行如图所示的程序框图，其输出的结果是(A) 1 (B) (C) (D)参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若函数y=f(x) (x∈R)满足：f(x+2)=f(x)，且x∈[–1, 1]时，f(x) = | x |，函数y=g(x)是定义在R上的奇函数，且x∈(0, +∞)时，g(x) = log 3 x，则函数y=f(x)的图像与函数y=g(x)的图像的交点个数为_______．参考答案：4f(x+2)=f(x) f(x)的周期为2，由条件在同一坐标系中画出f (x)与g(x)的图像如右，由图可知有4个交点.14．若实数a、b、c成等差数列，点P(–1, 0)在动直线l：ax+by+c=0上的射影为M，点N(0, 3)，则线段MN长度的最小值是．【答案】【解析】a、b、c成等差数列T a-2b+c=0T a⋅1+b⋅(-2)+c=0，∴直线l：ax+by+c=0过定点Q(1,-2)，又P(–1, 0)在动直线l：ax+by+c=0上的射影为M，∴∠PMQ=90︒，∴M在以PQ为直径的圆上,圆心为C(0, -1)，半径r=，线段MN长度的最小值即是N(0, 3)与圆上动点M距离的最小值=|NC|-r=4-.12. 某同学学业水平考试的科成绩如茎叶图所示，则根据茎叶图可知该同学的平均分为．参考答案：13. 已知程序框图如图所示，其功能是求一个数列的前项和，则数列的一个通项公式，数列的前项和为 .参考答案：，考点：1.程序框图；2.裂项抵消法．【方法点睛】本题考查学生对程序框图的识图、用图能力和利用裂项抵消法求数列的前项和，属于中档题；裂项抵消法是一种非常常见的求和方法，其解决的主要题型有：（1）；（2）；（3）.14. 若的展开式中的系数是80，则实数的值是 .参考答案：215. 已知函数（＞0）.在内有7个最值点，则的范围是_______________.参考答案：略16. 若框图（右图）所给的程序运行结果为，那么判断框中应填入的关于的条件是___________.参考答案：17. 已知数列{a n}的前m（m≥4）项是公差为2的等差数列，从第m﹣1项起，a m﹣1，a m，a m+1，…成公比为2的等比数列．若a1=﹣2，则m=，{a n}的前6项和S6=．参考答案：4，28【考点】数列的求和．【分析】由已知利用等差数列的通项公式求出a m﹣1，a m，再由等比数列的定义求得m；然后求出数列前6项可得S6．【解答】解：由a1=﹣2，公差d=2，得a m﹣1=﹣2+2（m﹣2）=2m﹣6，a m=﹣2+2（m﹣1）=2m﹣4，则，∴m=4；∴S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=﹣2+0+2+4+8+16=28．故答案为：4，28．三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2022-2023学年北京市朝阳区高三(上)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年北京朝阳区高三（上）期末数学试卷一、选择题共10题，每题4分，共40分。
在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的 1．已知全集U ＝{x |x ＞0}，集合A ＝{x |1＜x ＜2}，则∁U A ＝（ ） A ．（﹣∞，1]∪[2，+∞） B ．（0，1]∪[2，+∞） C ．（﹣∞，1）∪（2，+∞）D ．（0，1）∪（2，+∞）2．在复平面内，复数（1+i ）（a ﹣i ）对应的点在第三象限，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，﹣1）B ．（﹣∞，1）C ．（﹣1，+∞）D ．（1，+∞）3．函数f(x)={x 2+2x −3，x ≤0，e x−2，x ＞0的零点的个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．34．已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1（a ＞0，b ＞0）的一条渐近线的倾斜角为60°，则双曲线的离心率为（ ） A ．√52B ．2√33C ．√3D ．25．在△ABC 中，“sin2A ＝sin2B ”是“△ABC 为等腰三角形”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．过直线y ＝kx ﹣2上任意一点，总存在直线与圆x 2+y 2＝1相切，则k 的最大值为（ ） A ．√3B ．√2C ．1D ．√337．已知函数f （x ）＝sin （ωx +φ）（ω＞0，|φ|＜π2），若g （x ）•f （x ）＝1，且函数g （x ）的部分图象如图所示，则φ等于（ ）A ．−π3B ．−π6C ．π6D ．π38．2022年10月31日，长征五号B 遥四运载火箭带着中华民族千百年来探索浩瀚宇宙的梦想，将中国空间站梦天实验舱准确送入预定轨道．在不考虑空气阻力的条件下，若火箭的最大速度v （单位：km /s ）和燃料的质量M （单位：t ）、火箭（除燃料外）的质量m （单位：t ）的关系满足v =2000ln(1+Mm )，M ，m ，v 之间的关系如图所示，则下列结论正确的是（ ）A ．当M ＝3，m ＝800时，v ＞7.9B ．当M ＝2，m ＜600时，v ＜7.9C ．当M ＞5，m ＝800时，v ＞11.2D ．当M ＞3，m ＞600时，v ＞11.29．已知A ，B ，C 是单位圆上不同的三点，AB ＝AC ，则AB →⋅AC →的最小值为（ ） A ．0B ．−14C ．−12D ．﹣110．在数列{a n }中，a 1＝1，a n +1＝ka n 2+1（n ∈N *），若存在常数c ，对任意的n ∈N *，都有a n ＜c 成立，则正数k 的最大值为（ ） A ．15B ．14C ．13D ．12二、填空题共5题，每题5分，共25分。
北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试(理科)试题(解析版)
北京市朝阳区2018-2019学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷（理工类）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.已知集合，，则A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用并集定义直接求解．【详解】集合A＝{x∈N|1≤x≤3}＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}，∴A∪B＝{1，2，3，4，5}．故选：D．【点睛】本题考查并集的求法，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.设复数满足，则=A. B. C. 2 D.【答案】B【解析】【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．【详解】由（1﹣i）z＝2i，得z，∴|z|．故选：B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．3.执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的=A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据框图的流程依次计算程序运行的结果，直到满足条件跳出循环，确定输出S的值【详解】模拟程序的运行，可得S＝12，n＝1执行循环体，S＝10，n＝2不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝6，n＝3不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝0，n＝4不满足条件S+n≤0，执行循环体，S＝﹣8，n＝5满足条件S+n≤0，退出循环，输出S的值为﹣8．故选：A．【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.4.在平面直角坐标系中，过三点的圆被轴截得的弦长为A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用待定系数法求出圆的一般方程，令y＝0可得：x2﹣4x＝0，由此即可得到圆被轴截得的弦长.【详解】根据题意，设过A、B、C的圆为圆M，其方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，又由A（4，4），B（4，0），C（0，4），则有，解可得：D＝﹣4，E＝﹣4，F＝0，即圆M的方程为x2+y2﹣4x﹣4y＝0，令y＝0可得：x2﹣4x＝0，解可得：x1＝0，x2＝4，即圆与x轴的交点的坐标为（0，0），（4，0），则圆被x轴截得的弦长为4；故选：A．【点睛】本题考查直线与圆的方程的应用，涉及待定系数法求圆的方程，关键是求出圆的方程．5.将函数的图象向右平移个单位后，图象经过点，则的最小值为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数平移变换的规律得到向右平移φ（φ＞0）个单位长度的解析式，将点带入求解即可．【详解】将函数y＝sin2x的图象向右平移φ（φ＞0）个单位长度，可得y＝sin2（x﹣φ）＝sin（2x﹣2φ），图象过点，∴sin（2φ），即2φ2kπ，或2kπ，k∈Z，即φ或，k∈Z，∵φ＞0，∴φ的最小值为．故选：B．【点睛】本题主要考查了函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，考查计算能力，属于基础题．6.设为实数，则是“”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【答案】C【解析】【分析】由“x＜0”易得“”，反过来，由“”可得出“x＜0”，从而得出“x＜0”是“”的充分必要条件．【详解】若x＜0，﹣x＞0，则：；∴“x＜0“是““的充分条件；若，则；解得x＜0；∴“x＜0“是““的必要条件；综上得，“x＜0”是“”的充分必要条件．故选：C．【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件．2．等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．3．集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件．7.对任意实数，都有（且），则实数的取值范围是A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得a＞1且a≤e x+3对任意实数x都成立，根据指数函数的性质即可求出．【详解】∵log a（e x+3）≥1＝log a a，∴a＞1且a≤e x+3对任意实数x都成立，又e x+3＞3，∴1＜a≤3，故选：B【点睛】本题考查了对数的运算性质和函数恒成立的问题，属于中档题．8.以棱长为1的正方体各面的中心为顶点，构成一个正八面体，再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体，那么该小正方体的棱长为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正八面体与大小正方体的关系，即可得到结果.【详解】正方体C1各面中心为顶点的凸多面体C2为正八面体，它的中截面（垂直平分相对顶点连线的界面）是正方形，该正方形对角线长等于正方体的棱长，所以它的棱长a2；以C2各个面的中心为顶点的正方体为图形C3是正方体，正方体C3面对角线长等于C2棱长的，（正三角形中心到对边的距离等于高的），因此对角线为，所以a3，故选：【点睛】本题考查组合体的特征，抓住两个组合体主元素的关系是解题的关键，考查空间想象能力，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题卡上．9.已知数列为等差数列，为其前项的和.若，，则_______.【答案】【解析】【分析】运用等差数列的前n项和公式可解决此问题．【详解】根据题意得，2＝6，∴＝3 又＝7，∴2d＝7﹣3＝4，∴d＝2，＝1，∴S5＝55+20＝25，故答案为：25．【点睛】本题考查等差数列的前n项和公式的应用．10.已知四边形的顶点A，B，C，D在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则____________.【答案】【解析】【分析】以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，分别求出的坐标，由数量积的坐标运算得答案．【详解】如图，以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则A（0，0），B（4，2），C（7，0），D（3，﹣2），∴，，∴7×1+0×4＝7．故答案为：7．【点睛】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，合理构建坐标系是解题的关键，是基础的计算题．11.如图，在边长为1的正方形网格中，粗实线表示一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为_______________．【答案】【解析】【分析】由三视图还原几何体，该几何体为三棱锥，底面三角形ACB与侧面三角形APB为全等的等腰直角三角形，侧面PAB⊥侧面ACB，AB＝4，PO＝OC＝2，由此即可得到结果．【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面三角形ACB与侧面三角形APB为全等的等腰直角三角形，侧面PAB⊥侧面ACB，AB＝4，PO＝OC＝2．侧面PAC与PBC为全等的等边三角形．则该三棱锥的体积为V＝．故答案为：．【点睛】本题考查由三视图求体积，关键是由三视图还原原几何体，考查空间想象能力及运算能力，是中档题．12.过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，分别过作准线的垂线，垂足分别为.若，则__________________.【答案】【解析】【分析】设直线AB的倾斜家为锐角θ，由|AF|＝4|BF|，可解出cosθ的值，进而得出sinθ的值，然后利用抛物线的焦点弦长公式计算出线段AB的长，再利用|CD|＝|AB|sinθ可计算出答案．【详解】设直线AB的倾斜角为θ，并设θ为锐角，由于|AF|＝4|BF|，则有，解得，则，由抛物线的焦点弦长公式可得，因此，．故答案为：5．【点睛】本题考查抛物线的性质，解决本题的关键在于灵活利用抛物线的焦点弦长公式，属于中等题．13.2018年国际象棋奥林匹克团体赛中国男队、女队同时夺冠.国际象棋中骑士的移动规则是沿着3×2格或2×3格的对角移动.在历史上，欧拉、泰勒、哈密尔顿等数学家研究了“骑士巡游”问题：在格的黑白相间的国际象棋棋盘上移动骑士，是否可以让骑士从某方格内出发不重复地走遍棋盘上的每一格？图（一）给出了骑士的一种走法，它从图上标1的方格内出发，依次经过标2,3,4,5,6,,到达标64的方格内，不重复地走遍棋盘上的每一格，又可从标64的方格内直接走回到标1的方格内.如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，_____（填“能”或“不能”）走回到标50的方格内.若骑士限制在图（二）中的3×4=12格内按规则移动，存在唯一一种给方格标数字的方式，使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2,3,4,5,6,,到达右下角标12的方格内，分析图（二）中A 处所标的数应为____.【答案】(1). 能(2).【解析】【分析】根据题意，画出路线图，解判断是否能，再根据题意，结合题目中的数字，即可求出A处的数字．【详解】如图所示：如果骑士的出发点在左下角标50的方格内，按照上述走法，能走回到标50的方格内，如图所示：使得骑士从左上角标1的方格内出发，依次不重复经过2，3，4，5，6，…，到达右下角标12的方格，且路线是唯一的，故A处应该为8，故答案为：能，8【点睛】本题考查了合情推理的问题，考查了转化与化归思想，整体和部分的思想，属于中档题14.如图，以正方形的各边为底可向外作四个腰长为1的等腰三角形，则阴影部分面积的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】设等腰三角形底角为，阴影面积为，根据正弦函数的图象与性质即可得到结果.【详解】设等腰三角形底角为，则等腰三角形底边长为高为，阴影面积为：,当时，阴影面积的最大值为故答案为：【点睛】本题考查平面图形的面积问题，考查三角函数的图象与性质，解题关键用等腰三角形底角为表示等腰三角形的底边与高.三、解答题：本大题共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.在中，已知，（1）求的长；（2）求边上的中线的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)利用同角关系得到，结合正弦定理即可得到的长；（2）在中求出，结合余弦定理即可得到边上的中线的长.【详解】解：（1）由，，所以.由正弦定理得，，即.（2）在中，.由余弦定理得，,所以.所以.【点睛】本题考查正余弦定理的应用，考查推理及运算能力，属于中档题.16.某日A,B,C三个城市18个销售点的小麦价格如下表：（1）甲以B市5个销售点小麦价格的中位数作为购买价格，乙从C市4个销售点中随机挑选2个了解小麦价格.记乙挑选的2个销售点中小麦价格比甲的购买价格高的个数为，求的分布列及数学期望；（2）如果一个城市的销售点小麦价格方差越大，则称其价格差异性越大.请你对A,B,C三个城市按照小麦价格差异性从大到小进行排序（只写出结果）.【答案】（1）分布列见解析，期望为1（2）C,A,B【解析】【分析】(1)由题意可得的可能取值为0，1，2.求出相应的概率值，即可得到的分布列及数学期望；（2）三个城市按照价格差异性从大到小排列为：C，A，B．【详解】解：（1）B市共有5个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2450，2460，2500，2500，2500.所以中位数为2500，所以甲的购买价格为2500.C市共有4个销售点，其小麦价格从低到高排列为：2400，2470，2540，2580，故的可能取值为0，1，2.，，.所以分布列为所以数学期望.（2）三个城市按小麦价格差异性从大到小排序为：C,A,B【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是:“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布X～B(n，p))，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式(E(X)＝np)求得.17.如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）（ⅰ）（ⅱ）点在点处时，有【解析】【分析】（1）取中点，证明四边形是平行四边形，可得从而得证；（2）（ⅰ）先证明平面以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，即可得到二面角的大小；（ⅱ）假设在线段上存在点，使得. 设，则.利用垂直关系，建立的方程，解之即可.【详解】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示.设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以.又因为平面，所以是平面的一个法向量. 所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为. （ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有【点睛】本题考查向量法求二面角大小、线面平行的证明，考查满足线面垂直的点的位置的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想，考查推理论论能力、空间想象能力，是中档题．18.已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的极小值；（Ⅱ）当时，讨论的单调性；（Ⅲ）若函数在区间上有且只有一个零点，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）【解析】【分析】（Ⅰ）由题意，当时，求得，得出函数的单调性，进而求解函数的极值；（Ⅱ）由，由，得或，分类讨论，即可得到函数的单调区间；（Ⅲ）由（1）和（2），分当和，分类讨论，分别求得函数的单调性和极值，即可得出相应的结论，进而得到结论.【详解】解：（Ⅰ）当时：，令解得，又因为当，，函数为减函数；当，，函数为增函数.所以，的极小值为.（Ⅱ）.当时，由，得或.(ⅰ)若，则.故在上单调递增；（ⅱ）若，则.故当时，；当时，.所以在，单调递增，在单调递减.(ⅲ)若，则.故当时，；当时，.所以在，单调递增，在单调递减.（Ⅲ）（1）当时，，令，得.因为当时，，当时，，所以此时在区间上有且只有一个零点.（2）当时：（ⅰ）当时，由（Ⅱ）可知在上单调递增，且，，此时在区间上有且只有一个零点.（ⅱ）当时，由（Ⅱ）的单调性结合，又，只需讨论的符号：当时，，在区间上有且只有一个零点；当时，，函数在区间上无零点.(ⅲ)当时，由（Ⅱ）的单调性结合，，，此时在区间上有且只有一个零点.综上所述，.【点睛】本题主要考查了导数在函数中的综合应用问题，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.19.过椭圆W:的左焦点作直线交椭圆于两点，其中，另一条过的直线交椭圆于两点（不与重合），且点不与点重合.过作轴的垂线分别交直线，于,.（Ⅰ）求点坐标和直线的方程；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ），的方程为（Ⅱ）详见解析【解析】【分析】（Ⅰ）由题意可得直线的方程为.与椭圆方程联立方程组，即可求解B点坐标；（Ⅱ）设，，的方程为，联立方程组，根据根与系数的关系，求得，，进而得出点的纵坐标，化简即可证得，得到证明.【详解】（Ⅰ）由题意可得直线的方程为.与椭圆方程联立,由可求.（Ⅱ）当与轴垂直时，两点与,两点重合，由椭圆的对称性，.当不与轴垂直时，设，，的方程为（）.由消去，整理得.则，.由已知，，则直线的方程为，令，得点的纵坐标.把代入得.由已知，，则直线的方程为,令，得点的纵坐标.把代入得.把，代入到中，=.即，即..【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.20.已知是由正整数组成的无穷数列，对任意，满足如下两个条件：①是的倍数；②.（1）若，，写出满足条件的所有的值；（2）求证：当时，；（3）求所有可能取值中的最大值.【答案】（1）（2）见解析（3）85【解析】【分析】（1）根据满足的两个条件即可得到满足条件的所有的值；（2）由，对于任意的，有. 当时，成立，即成立；若存在使，由反证法可得矛盾；（3）由（2）知，因为且是的倍数，可得所有可能取值中的最大值.【详解】（1）的值可取.（2）由，对于任意的，有.当时，，即，即.则成立.因为是的倍数，所以当时，有成立.若存在使，依以上所证，这样的的个数是有限的，设其中最大的为.则,成立，因为是的倍数，故.由,得.因此当时，. （3）由上问知，因为且是的倍数，所以满足下面的不等式：，.则,, ,,,,,,,,当时，这个数列符合条件.故所求的最大值为85.【点睛】本题考查了数列的有关知识，考查了逻辑推理能力，综合性较强.。
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C1A1 n
a
2
所以 cos C1A1, n
C1A1 n a 2
.
2
3
由图可知，二面角 F
BC1
E 为钝角，所以二面角
F
BC1
E 的大小为 . 4
（ⅱ）假设在线段 EF 上存在点 P ，使得 AP EF .
…………… 10 分
EP
设
, [0,1]，则 EP EF .
EF
因为
AP AE EP AE 又 AP EF ，
所以 EF // 平面 A1C1CA .
B F
C1
z
E
A1
C
A
xB
C1 E
y
C
………………… 4 分
（Ⅱ）因为侧面 A1C1CA 是正方形，所以 A1C 1 C1C . 又因为平面 A1C 1CA 平面 BCC1B1 ，且平面 A1C1CA 平面 BCC1B1 C1C ，
所以 A1C1 平面 BCC1B1 .所以 A1C1 C1B . 又因为 BC1 C1C ，以 C1为原点建立空间直角坐标系 C1 xyz ，如图所示 . 设 C1C a ，则 A(0, a, a), B (a,0,0), C (0, a,0), A1(0,0, a), B1(a, a,0) ，
北京市朝阳区 2018-2019 学年度第一学期期末质量检测
高三年级数学试卷答案（理工类）
2019.1
一、选择题（ 40 分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
B
A
A
B
C
B
二、填空题（ 30 分）
题号
9
答案
25
三、解答题（ 80 分）
10
11
12
8
7
5
3
15. （本小题满分 13 分）
12
5
解：（Ⅰ）由 cosC
高三数学期末考试理科答案 3
1 (ⅲ ) 若 0 m ，则 ln m
1 .故当 f (x) 0 时， x ln m 或 x
1；
e
当 f ( x) 0 时， ln m x 1 .
所以 f ( x) 在 ,ln m ， 1, 单调递增，在 ln m, 1 单调递减 .
. ………… 8 分
（Ⅲ） (1)当 m 0 时， f (x) xex ，令 f (x) 0 ，得 x 0 .因为当 x 0 时， f ( x) 0，
3
6
（Ⅱ）三个城市按小麦价格差异性从大到小排序为：
C,A,B
……… 13 分
17. （本小题满分 14 分）
证明：（Ⅰ）取 A1C1中点 G ，连 FG ，连 GC .
在 △A1B1C1中，因为 F , G 分别是 A1B1, A1C1 中点， 1
所以 FG // B1C1 ，且 FG = 2 B1C1 .
. ………… 14 分
1，
又因为当 x
, 1 ， f ( x) 0 ，函数 f ( x) 为减函数；
当 x 1, ， f ( x) 0 ，函数 f (x) 为增函数 .
所以， f ( x) 的极小值为 f ( 1)
1
.
e
（Ⅱ） f (x) (x 1)(ex m) .
. ………… 3 分
当 m 0 时，由 f (x) 0 ，得 x 1 或 x ln m .
P( X
0)
C22C20 C42
1 ， P(X
6
1)
C21C21 C42
4 6
2 ， P(X
3
2)
C20C22 C42
1 .
6
所以分布列为
高三数学期末考试理科答案 1
X
0
1
2
1
2
1
P
6
3
6
所以数学期望 E( X ) 0 P( X
0) 1 P( X
1) 2 P( X
2) 1 2
1
2
1 .……… 10 分
， 0 C ，所以 sin C
.
13
2
13
8 C
13
能
8
14
2 22
AB
由正弦定理得，
sin C
5
BC ，即 AB
sin C
BC
=13
13
sin A
sin A
2
2
5 2 . . ……… 6分
（Ⅱ）在 △ ABD 中， cos B cos( 3 C )
2 cosC
2
17 2
sin C
.
4
2
2
26
由余弦定理得， AD 2 AB2 +BD 2 2 AB BD cos B ,
( ⅰ)若 m
1 ，则 f ( x)
(x 1)(ex
1 )
0 .故 f ( x) 在
,
e
e
（ⅱ）若 m 1 ，则 ln m 1.故当 f (x) 0 时， x 1或x e
上单调递Байду номын сангаас；
ln m ；
当 f ( x) 0 时， 1 x ln m .
所以 f ( x) 在 , 1 ， ln m, 单调递增，在 1,ln m 单调递减 .
E( a , a ,0), F ( a , a , a ) .
22
2 22
（ⅰ）设平面 FBC 1的一个法向量为 n ( x, y,z) .
ax 0,
由
n C1B
0,
得
a
a
a
x 0,
即
令 y 1，所以 n (0,1,1).
n C1F 0
x y z 0. 22 2
y z.
高三数学期末考试理科答案 2
又因为 A1C1 平面 BC1E ，所以 C1A1 (0,0, a) 是平面 BC1E 的一个法向量 .
A1
A
F
G
在平行四边形 BCC1B1中，因为 E 是 BC 的中点， B 1
1 所以 EC // B1C1，且 EC= 2 B1C1 .
所以 EC//FG ，且 EC=FG .
所以四边形 FECG 是平行四边形 .
所以 FE //GC .
B1
又因为 FE 平面 A1C1CA ， GC 平面 A1C1CA ，
当 x 0 时， f ( x) 0 ，所以此时 f ( x) 在区间 ,1 上有且只有一个零点 .
(2)当 m 0时：
（ⅰ）当 m
1
时，由（Ⅱ）可知
f ( x) 在
所以 AD 2
(5 2) 2+ 169
13 17 2 2 52
29
.
4
2 26 4
29
所以 AD
.
2
……………… 13分
16. （本小题满分 13 分） 解：（Ⅰ） B 市共有 5 个销售点， 其小麦价格从低到高排列为： 2450， 2460， 2500， 2500，2500.所以 中位数
为 2500，所以甲的购买价格为 2500. C 市共有 4 个销售点，其小麦价格从低到高排列为： 2400，2470， 2540，2580， 故 X 的可能取值为 0，1， 2.
aa EF ( , , a)
22
a aa
a
(0, a, ) ( , a , a ) ，
2 22
2
所以 AP EF a 0 ( a a )( a) ( a a ) a a2( 1
2
2
22
4
) 0.
所以 0 [0,1] . 故点 P 在点 E 处时，有 AP EF
18. （本小题满分 13 分）
解： (Ⅰ ) 当 m 0 时： f ( x) (x 1)ex ，令 f ( x) 0 解得 x