海淀区高三理科数学二模试题及答案.docx
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海淀区高三年级第二学期期末练习
数学(理科) 2018.5
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)已知全集集合,则=
(A) (B) (C) (D)
(2)已知复数在复平面上对应的点为,则
(A)是实数 (B)是纯虚数
(C)是实数 (D)是纯虚数
(3)已知,则
(A) (B)
(C) (D)
(4)若直线是圆的一条对称轴,则的值为
(A) (B) (C) (D)
(5)设曲线是双曲线,则“的方程为”是“的渐近线方程为”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)关于函数,下列说法错误的是
(A)是奇函数
(B)不是的极值点
(C)在上有且仅有个零点
(D)的值域是
(7)已知某算法的程序框图如图所示,则该算法的功能是
(A)求首项为1,公比为2的等比数列的前2017项的和
(B)求首项为1,公比为2的等比数列的前2018项的和
(C)求首项为1,公比为4的等比数列的前1009项的和
(D)求首项为1,公比为4的等比数列的前1010项的和
(8)已知集合,集合满足
①每个集合都恰有个元素
②.
集合中元素的最大值与最小值之和称为集合的特征数,记为(),则的值不可能为( ).
(A) (B) (C) (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)极坐标系中,点到直线的距离为________.
(10)在的二项展开式中,的系数为.
(11)已知平面向量,的夹角为,且满足,,则,.
(12)在中,,则.
(13)能够使得命题“曲线上存在四个点,,,满足四边形是正方形”为真命题的一个实数的值为.
(14)如图,棱长为2的正方体中,是棱的中点,点在侧面内,若垂直于,则的面积的最小值为_________.
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13分)
如图,已知函数在一个周期内的图象经过,,三点.
(Ⅰ)写出,,的值;
(Ⅱ)若,且,求的值.
16.(本小题共13分)
某中学为了解高二年级中华传统文化经典阅读的整体情况,从高二年级随机抽取10名学生进行了两轮测试,并把两轮测试成绩的平均分作为该名学生的考核成绩.记录的数据如下:
1号
2号
3号
4号
5号
6号
7号
8号
9号
10号
第一轮测试成绩
96
89
88
88
92
90
87
90
92
90
第二轮测试成绩
90
90
90
88
88
87
96
92
89
92
(Ⅰ)从该校高二年级随机选取一名学生,试估计这名学生考核成绩大于等于90分的概率;
(Ⅱ)从考核成绩大于等于90分的学生中再随机抽取两名同学,求这两名同学两轮测试成绩均大于等于90分的概率;
(Ⅲ)记抽取的10名学生第一轮测试成绩的平均数和方差分别为,,考核成绩的平均数和方差分别为,,试比较与,与的大小.(只需写出结论)
17.(本小题共14分)
如图,在三棱柱中,,⊥平面,,,分别是,的中点.
(Ⅰ)证明:
(Ⅱ)证明:
平面;
(Ⅲ)求与平面所成角的正弦值.
18.(本小题共14分)
已知椭圆:
,为右焦点,圆:
,为椭圆上一点,且位于第一象限,过点作与圆相切于点,使得点,在两侧.
(Ⅰ)求椭圆的焦距及离心率;
(Ⅱ)求四边形面积的最大值.
19. (本小题共13分)
已知函数()
(Ⅰ)求的极值;
(Ⅱ)当时,设.求证:
曲线存在两条斜率为且不重合的切线.
20. (本小题共13分)
如果数列满足“对任意正整数,,都存在正整数,使得”,则称数列具有“性质P”.已知数列是无穷项的等差数列,公差为.
(Ⅰ)若,公差,判断数列是否具有“性质P”,并说明理由;
(Ⅱ)若数列具有“性质P”,求证:
且;
(Ⅲ)若数列具有“性质P”,且存在正整数,使得,这样的数列共有多少个?
并说明理由
海淀区高三年级第二学期期末练习参考答案及评分标准
数学(理科) 2018.5
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
2
3
4
5
6
7
8
B
C
D
B
A
C
C
A
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)1 (10)10
(11)1; (12)
(13)答案不唯一,或的任意实数 (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13分)
解:
(Ⅰ),,. 7分
(Ⅱ)由(Ⅰ)得,.
因为,所以. 8分
因为,所以. 9分
所以, 11分
所以, 12分
所以. 13分
16.(本小题共13分)
解:
(Ⅰ)这10名学生的考核成绩(单位:
分)分别为:
93,89.5,89,88,90,88.5,91.5,91,90.5,91.
其中大于等于90分的有1号、5号、7号、8号、9号、10号,共6人. 1分
所以样本中学生考核成绩大于等于90分的频率为:
, 3分
从该校高二年级随机选取一名学生,估计这名学生考核成绩大于等于90分的概率为0.6. 4分
(Ⅱ)设事件:
从上述考核成绩大于等于90分的学生中再随机抽取两名同学,这两名同学两轮测试成绩均大于等于90分. 5分
由(Ⅰ)知,上述考核成绩大于等于90分的学生共6人,其中两轮测试成绩均大于等于90分的学生有1号,8号,10号,共3人. 6分
所以,. 9分
(Ⅲ),. 13分
17.(本小题共14分)
解:
(Ⅰ)因为⊥平面,平面,
所以. 1分
因为,,,平面,
所以平面. 3分
因为平面,
所以. 4分
(Ⅱ)法一:
取的中点,连接、.
因为、分别是、的中点,
A
C
1
A
1
C
B
1
B
D
E
M
所以ME∥,且ME. 5分
在三棱柱中,,且,
所以ME∥AD,且ME=AD,
所以四边形ADEM是平行四边形, 6分
所以DE∥AM. 7分
又平面,平面,
A
C
1
A
1
C
B
1
B
D
E
M
所以平面. 9分
注:
与此法类似,还可取AB的中点M,连接MD、MB1.
法二:
取AB的中点,连接、.
因为D、分别是AC、AB的中点,
所以MD∥BC,且MDBC. 5分
在三棱柱中,,且,
所以MD∥B1E,且MD=B1E,
所以四边形B1EDM是平行四边形, 6分
所以DE∥MB1. 7分
又平面,平面,
所以平面. 9分
法三:
取的中点,连接、.
因为、分别是、的中点,
所以,. 5分
在三棱柱中,,,
A
C
1
A
1
C
B
1
B
D
E
M
因为、分别是和的中点,
所以,,,
所以,四边形是平行四边形, 6分
所以,. 7分
又因为,,
平面MDE,BB1,平面,
所以,平面平面. 8分
因为,平面,
所以,平面. 9分
(Ⅲ)在三棱柱中,,
因为,所以.
在平面内,过点作,
因为,平面,
所以,平面. 10分
建立空间直角坐标系C-xyz,如图.则
,,,,.
,,. 11分
设平面的法向量为,则
,即,
得,令,得,故. 12分
设直线DE与平面所成的角为θ,
则sinθ=,
所以直线与平面所成角的正弦值为. 14分
18.(本小题共14分)
解:
(Ⅰ)在椭圆:
中,,,
所以, 2分
故椭圆的焦距为, 3分
离心率. 5分
(Ⅱ)法一:
设(,),
则,故. 6分
所以,
所以, 8分
. 9分
又,,故. 10分
因此 11分
.
由,得,即,
所以, 13分
当且仅当,即,时等号成立. 14分
(Ⅱ)法二:
设(), 6分
则,
所以, 8分
. 9分
又,,故. 10分
因此 11分
, 13分
当且仅当时,即,时等号成立. 14分
19. (本小题共13分)
解:
(Ⅰ)法一:
, 1分
令,得. 2分
①当时,与符号相同,
当变化时,,的变化情况如下表:
↘
极小
↗
4分
②当时,与符号相反,
当变化时,,的变化情况如下表:
↘
极小
↗
6分
综上,在处取得极小值. 7分
法二:
, 1分
令,得. 2分
令,则, 3分
易知,故是上的增函数,
即是上的增函数. 4分
所以,当变化时,,的变化情况如下表:
↘
极小
↗
6分
因此,在处取得极小值. 7分
(Ⅱ), 8分
故. 9分
注意到,,,
所以,,,使得.
因此,曲线在点,处的切线斜率均为.
11分
下面,只需证明曲线在点,处的切线不重合.
法一:
曲线在点()处的切线方程为,即.假设曲线在点()处的切线重合,则. 12分
法二:
假设曲线在点(,)处的切线重合,则,整理得:
. 12分
法一:
由,得,则
.
因为,故由可得.
而,,于是有,矛盾!
法二:
令,则,且.
由(Ⅰ)知,当时,,故.
所以,在区间上单调递减,于是有,矛盾!
因此,曲线在点()处的切线不重合. 13分
20. (本小题13分)
解:
(Ⅰ)若,公差,则数列不具有性质. 1分
理由如下:
由题知,对于和,假设存在正整数k,使得,则有,解得,矛盾!
所以对任意的,. 3分
(Ⅱ)若数列具有“性质P”,则
①假设,,则对任意的,.
设,则,矛盾!
4分
②假设,,则存在正整数,使得
设,,,…,,,,则,但数列中仅有项小于等于0,矛盾!
6分
③假设,,则存在正整数,使得
设,,,…,,,,则,但数列中仅有项大于等于0,矛盾!
8分
综上,,.
(Ⅲ)设公差为的等差数列具有“性质P”,且存在正整数,使得.
若,则为常数数列,此时恒成立,故对任意的正整数,
,
这与数列具有“性质P”矛盾,故.
设是数列中的任意一项,则,均是数列中的项,设
,
则,
因为,所以,即数列的每一项均是整数.
由(Ⅱ)知,,,故数列的每一项均是自然数,且是正整数.
由题意知,是数列中的项,故是数列中的项,设,则
,
即.
因为,,故是的约数.
所以,,.
当时,,得,故
,共2019种可能;
当时,,得,故
,共1010种可能;
当时,,得,故
,共3种可能;
当时,,得,故
,共2种可能;
当时,,得,故
,共2种可能;
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