北京市东城区第一学期期末教学统一检

北京市东城区2015-2016学年第一学期期末教学统一检高三数学 （理科）2016.1学校___________班级_____________姓名____________考号___________本试卷共5页，150分。

考试时长120分钟。

考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题共40分）一、选择题共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）已知集合{1,2,3,4}U =，集合{1,3,4}A =，{2,4}B =，那么集合()U C A B =I （A ）{2}（B ）{4}（C ）{1,3}（D ）{2,4} 【考点】集合的运算 【试题解析】，所以，故选A【答案】A（2）已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，那么该三棱锥的体积等于3331正（主）视图侧（左）视图13俯视图（A ）32cm 3（B ）3cm 3（C ）3cm 3（D ）9cm 3【考点】空间几何体的三视图与直观图【试题解析】由三视图可知，直观图为底面积为，高的三棱锥，所以体积为，故选A【答案】A（3）设i 为虚数单位，如果复数z 满足(12)5i z i -=，那么z 的虚部为 （A ）1-（B ）1（C ）i （D ）i - 【考点】复数综合运算【试题解析】，虚部为1，故选B【答案】B（4）已知(0,1)m ∈，令log 2m a =，2b m =，2m c =，那么,,a b c 之间的大小关系为 （A ）b c a <<（B ）b a c <<（C ）a b c <<（D ）c a b << 【考点】对数与对数函数指数与指数函数 【试题解析】因为，所以，，，即，故选C 【答案】C（5）已知直线l 的倾斜角为α，斜率为k ，那么“3πα>”是“3k >”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 【考点】充分条件与必要条件【试题解析】当时，，当时，，所以“”是“”的必要而不充分条件，故选B【答案】B（6）已知函数11,02()ln ,2x f x x x x ⎧+<≤⎪=⎨⎪>⎩，如果关于x 的方程()f x k =有两个不同的实根，那么实数k 的取值范围是（A ）(1,)+∞（B ）3[,)2+∞（C ）32[,)e +∞（D ）[ln 2,)+∞【考点】零点与方程【试题解析】在同一坐标系内作出函数与的图象（如图），关于x 的方程有两个不同的实，等价于直线与图象有两个不同的交点，所以的取值范围是，故选B【答案】B（7）过抛物线220)y pxp =>（的焦点F 的直线交抛物线于,A B 两点，点O 是原点，如果3BF =，BF AF >，23BFO π∠=，那么AF 的值为 ()A 1()B 32()C 3（D ）6 【考点】抛物线【试题解析】由已知直线的斜率为，则方程为，联立方程得，即因为，所以，依题意，所以，则，故选A【答案】A（8）如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1,,E F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线,E F 的平面分别与棱BB '、DD '交于,M N ，设 BM x =，)1,0(∈x ，给出以下四个命题：①四边形MENF 为平行四边形；②若四边形MENF 面积)(x f s =,)1,0(∈x ,则)(x f 有最小 值；③若四棱锥A MENF 的体积)(x p V =，)1,0(∈x ，则)(x p 常函数；④若多面体MENF ABCD -的体积()V h x =，1(,1)2x ∈，则)(x h 为单调函数． 其中假命题．．．为 ()A ① ()B ② ()C ③（D ）④【考点】立体几何综合【试题解析】对①，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，同理，所以四边形为平行四边形。

正确 对②，因为平面，，所以平面，平面，所以，所以四边形的面积，因为为定值，所以当，分别为，的中点时有最小值，正确。

对③，，因为为定值，，到平面的距离为定值，所以的体积为定值，即为常函数，正确对④，如图M NED'B'A'CDA过作平面平面，分别交，，于，，，则多面体的体积为 而，，，所以，常数，错，所以错误命题的序号为④，故选D 【答案】D第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.（9）在ABC ∆中，a b 、分别为角A B 、的对边，如果030B =，0105C =，4a =，那么b =.【考点】解斜三角形【试题解析】，由正弦定理，所以【答案】（10）在平面向量a,b 中，已知(1,3)=a ，(2,y)=b .如果5⋅=a b ，那么y =；如果-=a +b a b，那么y =.【考点】数量积及其应用【试题解析】因为，所以，因为，所以，即，所以，即，所以【答案】；（11）已知,x y满足满足约束条件+10,2,3x yx yx≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩，那么22z x y=+的最大值为___.【考点】线性规划【试题解析】做出可行域如图，的几何意义为可行域内的点到原点的距离的平方，当点位于点，此时取得最大值所以的最大值为。

【答案】58（12）如果函数2()sinf x x x a=+的图象过点(π,1)且()2f t=．那么a=；()f t-=．【考点】函数的奇偶性【试题解析】由已知，所以，所以，而，所以，所以【答案】1，0（13）如果平面直角坐标系中的两点(1,1)A a a -+，(,)B a a 关于直线l 对称，那么直线l 的 方程为__. 【考点】直线方程【试题解析】直线斜率为，所以斜率为，设直线方程为，由已知直线过点，所以，即，所以直线方程为，即【答案】（14）数列{}n a 满足：*112(1,)n n n a a a n n N -++>>∈，给出下述命题：①若数列{}n a 满足：21a a >，则*1(1,)n n a a n n N ->>∈成立；②存在常数c ，使得*()n a c n N >∈成立；③若*(,,,)p q m n p q m n N +>+∈其中，则p q m n a a a a +>+；④存在常数d ，使得*1(1)()n a a n d n N >+-∈都成立．上述命题正确的是____．(写出所有正确结论的序号) 【考点】数列综合应用 【试题解析】对①；因为，所以由已知，所以，即，正确对②；假设存在在常数，使得，则有，所以应有最大值，错。

对③，因为，，所以假设，则应有，即原数列应为递增数列，错对④，不妨设，，则，若存在常数，使得，应有，显然成立，正确所以正确命题的序号为①④ 所以正确命题的序号为①④ 【答案】①④三、解答题共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）（本小题共13分）设{}n a 是一个公比为(0,1)q q q >≠等比数列，1234,3,2a a a 成等差数列,且它的前4项和415s =.（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）令2,(1,2,3......)n n b a n n =+=,求数列{}n b 的前n 项和.【考点】等比数列等差数列 【试题解析】 （1）因为是一个公比为等比数列，所以． 因为成等差数列，所以即．解得.又它的前4和，得，解得所以.（2）因为，所以．【答案】（1）；（2）（16）（本小题共13分）已知函数22()sin 23sin cos cos ()f x x x x x x =+-∈R ． （Ⅰ）求()f x 的最小正周期和在[0,π]上的单调递减区间； （Ⅱ）若α为第四象限角，且3cos 5α=，求7π()212f α+的值.【考点】三角函数综合 【试题解析】E BCAD P（1）由已知所以最小正周期由得，故函数在上的单调递减区间（2）因为为第四象限角，且，所以．所以=．【答案】（1），；（2）（17）（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AB AP =,E 为棱PD 的中点.（Ⅰ）证明:AE CD ⊥；（Ⅱ）求直线AE 与平面PBD 所成角的正弦值； （Ⅲ）若F 为AB 中点，棱PC 上是否存在一点M ，使得FM AC ⊥，若存在，求出PMMC的值，若不存在，说明理由. 【考点】立体几何综合 【试题解析】 （1）证明：因为底面，所以．因为，所以.由于，所以有．（2）解：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），不妨设，可得，，，.由为棱的中点，得.向量，.设为平面的法向量，则即．不妨令，可得（1，1，1）为平面的一个法向量.所以.所以，直线与平面所成角的正弦值为.（3）解：向量，，.由点在棱上，设.故.由，得，因此，， 解得.所以.【答案】（1）见解析；（2）；（3）（18）（本小题共13分）已知椭圆22221x y a b +=（0a b >>）的焦点是12F F 、，且122F F =，离心率为12．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若过椭圆右焦点2F 的直线l 交椭圆于A ，B 两点，求22||||AF F B g的取值范围．-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------【考点】圆锥曲线综合 【试题解析】（1）因为椭圆的标准方程为，由题意知解得．所以椭圆的标准方程为．（2）因为，当直线 的斜率不存在时，，，则，不符合题意.当直线 的斜率存在时，直线 的方程可设为．由消得（*）．设，，则 、 是方程（*）的两个根，所以 所以 所以 所以，．，信达-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------当时，又当 不存在，即取最大值为 ，所以的取值范围.轴时，取值为 ．所以的取值范围.【答案】（1）；（2）（19）（本小题共 14 分）已知函数 f (x) ex a(x ln x) ． x（Ⅰ）当 a 1时，试求 f (x) 在 (1, f (1)) 处的切线方程；（Ⅱ）当 a 0 时，试求 f (x) 的单调区间；（Ⅲ）若 f (x) 在 (0,1) 内有极值，试求 a 的取值范围．【考点】导数的综合运用 【试题解析】（1）当 时，，，．方程为．（2），．当时，对于，恒成立，所以Þ0.所以单调增区间为，单调减区间为 ．Þ；信达-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------（3）若在 内有极值，则在内有解．令ÞÞ.设，所以 又因为，当时，恒成立，所以 单调递减.，又当时，，即 在上的值域为，所以当时，有解.设，则，所以在单调递减.因为，，所以 所以有：在有唯一解 .所以当时，在内有极值且唯一.当时，当时，恒成立，单调递增，不成立．综上， 的取值范围为．【答案】（1）；（2）单调增区间为（20）（本小题共 13 分），单调减区间为 ；（3）已知曲线 Cn 的方程为： x n y n 1 (n N *) .（Ⅰ）分别求出 n 1, n 2 时，曲线 Cn 所围成的图形的面积;信达-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------（Ⅱ）若 Sn (n N ) 表示曲线 Cn 所围成的图形的面积，求证： Sn (n N ) 关于 n 是递增的;(III) 若 方 程 xn yn zn (n 2, n N ) ， xyz 0 ， 没 有 正 整 数 解 ， 求 证 ： 曲 线 Cn (n 2, n N ) 上任一点对应的坐标 (x, y) ， x, y 不能全是有理数.【考点】数列综合应用【试题解析】（1）当时，由图可知，.（2）要证是关于 递增的，只需证明：．由于曲线 具有对称性，只需证明曲线 在第一象限的部分与坐标轴所围成的面积递增．现在考虑曲线 与 ，因为因为在(1)和(2)中令，当，存在此时必有．使得，成立，因为当时，所以．两边同时开n次方有，这就得到了，．（指数函数单调性）从而是关于 递增的．（3）由于 反证：若曲线可等价转化为 上存在一点对应的坐标， ， 全是有理数，信达-------------------------------------------------------------------奋斗没有终点任何时候都是一个起点-----------------------------------------------------不妨设 则由， 可得，，且 互质， 互质．．即 这时． 就是的一组解，这与方程，，没有正整数解矛盾，所以曲线上任一点对应的坐标， 不能全是有理数．【答案】（1），；（2）见解析；（3）见解析信达。