西城区高三一模数学理试题及答案word版.docx
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西城区高三一模数学理试题及答案word版
北京市西城区2015年高三一模试卷
数
第I卷
一、选择题:
本大题共8小题,每小题
符合题目要求的一项.
1.设集合A{0,1},集合B{x|xa},若AIB
(A)a<1(B)a>1
学(理科)2015.4
(选择题共40分)
5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出
,则实数a的取值范围是()
2•复数z满足zi3i,则在复平面内,复数
(A)第一象限
(C)第三象限
3.在极坐标系中,曲线p二2cos9是(
(A)过极点的直线
(C)关于极点对称的图形
(C)a》0(D)aw0
z对应的点位于()
(B)第二象限
(D)第四象限
)
(B)半径为2的圆
(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)7
开始
/输入X/
(A)充分而不必要条件
(C)充分必要条件
(B)必要而不充分条件
(D)既不充分也不必要条件
6.—个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积的是()
(A)
47
6
(B)
23
T
(C)
15
1
(D)
7
正(主)视图侧(左)视图
俯视图
7.已知6枝玫瑰与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
(C)价格相同
(B)3枝康乃馨的价格高
(D)不确定
1212
8.已知抛物线y二x和y二-x+5所围成的封闭
416
曲线如图所示,给定点A(0,a),若在此封闭曲线上
三对不同的点,满足每一对点关于点A对称,则实数a
的取值范围是()
(A)(1,3)
(B)(2,4)
5
(D)(二,4)
2
(C)(|,3)
第n卷(非选择题共no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a(1,1),(ab)(ab),那么|b|=.
22
10.已知双曲线C:
冷每1(a0,b0)的一个焦点是抛物线y28x的焦点,且双曲线
ab
C的离心率为2,那么双曲线C的方程为.
11•在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若A-,cosB空7,b2,37
则a.
12•若数列{久}满足a2,且对于任意的m,nN*,都有amnaman,则a3—;数
列{an}前10项的和So.
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
令邻,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.
15.(本小题满分13分)
设函数
nl
f(x)4cosxsin(x).,3,xR.
3
n
(I)当x[0,—]时,求函数f(x)的值域;
2
(H)已知函数yf(x)的图象与直线y1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)
乘公共电汽车
方案
10公里(含)内2元;
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).
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
5元,返程时,小李乘坐某路公共电汽
(I)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;
(n)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;
号线地铁,且在陶然亭站出站的乘客中随机选出120人
(川)小李乘坐地铁从A地到陶然亭的票价是
s公里,试
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写出s的取值范围.(只需写出结论)
17.(本小题满分14分)
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BC2EF,AEAF,点G是EF的中点.
(I)证明:
AG平面ABCD;
(n)若直线BF与平面ACE所成角的正弦值为6,求AG的长;
9
(川)判断线段AC上是否存在一点
若不存在,说明理由.
18.
(本小题满分13分)
使MG//平面ABF?
若存在,求出列的值;
D
e
n
x
f(x)1零点个数,
In
二,函数g(x)
x
(I)当n1时,写出函数y
设nN,函数f(x)
(°,).
并说明理由;
(n)若曲线yf(x)与曲线
g(x)分别位于直线I:
y1的两侧,
求n的所有可能取
19.(本小题满分14分)
b0)的左、右焦点,点
3
P(1,—)在椭圆E上,
2
22
设F1,F2分别为椭圆E:
务每1(a
ab
3
且点P和F1关于点C(0,-)对称.
(I)求椭圆E的方程;
(n)过右焦点F2的直线I与椭圆相交于A,B两点,过点P且平行于AB的直线与椭
圆交于另一点Q,问是否存在直线I,使得四边形PABQ的对角线互相平分?
若存在,求出
I的方程;若不存在,说明理由
20.(本小题满分13分)
已知点列T:
P1(x1,y1),P2(x2,y2),L,Pk(xk,yk)(kN
xi
yi
xi11,与xiyi1yi
xi1,
yi1
1(i
2,3,L,k)中有且仅有一个成立.
(I)写出满足k4且巳(3,2)的所有点列;
k
(H)证明:
对于任意给定的k(kN*,k>2),不存在点列T,使得Xi1
yi
i1
2k
k
(川)当k2n1且Pani(n,n)(nN,n>2)时,求Xi
i1
k
i1
yi的最大值.
北京市西城区2015年高三一模试卷参考答案及评分标准
、选择题:
本大题共
高三数学(理科)
8小题,每小题
共40分.
2015.4
1.B
5.B
8.D
9.
2
10
2
.x
y_
1
11.
7
12
8
682
13.
24
14
.(0,
(或写成
(0,
仝))
1
2
2
8
注:
第12,14题第一问2分
•,第二问
3分.
6小题,每小题
本大题共
共
30分.
2
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
二、填空题:
三、解答题:
15.(本小题满分13分)
(I)解:
因为f(x)
1
4cosx(?
sinx
三cos
分
—2—
2sinxcosx2.3cosx.3
sin2x
3cos2x
分
n
=
:
2sin(2x
n,
分
因为
n
2
所以
n
<2x
n2n
<,
3
33
分
所以
— 2 3 nI— 其中当x时,f(x)取到最大值2;当x0时,f(x)取到最小值.3, 412 n 所以函数yf(x)的图象与直线y1的两个相邻交点间的最短距离为-.……13 3 分 由统计图可知, 得120人中票价为3元、4元、5元的人数分别为 60,40,20(人) 12 所以函数f(x)的值域为[,3,2].9 分 nn1 (n)依题意,得2sin(2x)1,sin(2x),10 332 分 nn,、n5n 所以2x2kn或2x2kn,12 3636 分 所以xnkn或x7nkn(kZ), 16.(本小题满分13分) (I)解: 记事件A为"此人乘坐地铁的票价小于5元 所以票价小于5元的有6040100(人) 故120人中票价小于 5元的频率是 100 120 所以估计此人乘坐地铁的票价小于 分 一5 5元的概率P(A)=6. (n)解: X的所有可能取值为6,7,8,9,10. 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 6040 120’120 空,即1,1,1 120236 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—, 2 111 224, 11111 23323, 1111115 26623318 11111 36639, 11丄 6636, 分 所以P(X6) P(X7) P(X8) P(X9) P(X10) X 6 7 8 9 10 P 1 1 5 1 1 4 3 18 9 36 所以随机变量X的分布列为: 11C5c1"122 所以E(X)678910. 43189363 分 (川)解: s(20,22]. 10 13分 17.(本小题满分14分) (I)证明: 因为AEAF,点G是EF的中点, 所以AGEF. 分 又因为EF//AD, 所以AGAD. 分 因为平面ADEF 平面ABCD,平面ADEFI平面ABCD AG平面ADEF, 所以AG平面ABCD. (n)解: 因为AG平面ABCD,ABAD,所以AG,AD,AB两两垂直.以A为原 点,以AB,AD,AG分别为x轴、y轴和z轴,如图建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,4,0), 设AGt(t0),则E(0,1,t),F(0, 1,t), (出) UUUUUU 所以BF(4,1,t),AC 设平面ACE的法向量为n (4,4,0), (x,y,z), mur ACn0, z1,得n 因为 所以 uuur AEn0, (t,t,1). 4x4y0, 0, ytz BF与平面ACE所成角的正弦值为 UUUr cosBF,n 2t 17t2 2t21 所以AG1 解: 假设线段 AM 设 AC UUU AC AG UUUrBFnUUUU|BF| |n| 解得t21或t2 17 AC上存在一点 UUUU ,贝yAM (4,4,0),得 (t0),则 M,使得MG//平面 uur AC, UUUT AM(4,4,0), UULT AG(0,0,t), UUir 所以MG UUUUUUT AGAM (4,4,t). uuu AE(0,1,t). ABF, 10 11 uuu因为AF (0, uuu 1,t),AB (4,0,0), 由 ujuur uuuIT 小y1 0 AFm 0, ABm0 ,得1 铭 0, LT 令 W1, 得m (0,t,1), 设平面ABF的法向量为m(x^y^z,), 12 因为 所以 MG〃平面ABF, uuuMG urm 0,即 4t t0 解得 1 4 AM 1 AM 1 所以 此时 AC 4 MC 3 AM1 14 所以当二—时,MG//平面ABF. MC3 18.(本小题满分13分) (I)证明: 结论: 函数yf(x)1不存在零点. 分 当n1时,f(x)—,求导得f(x)今必, xx 分 令f(X)0,解得xe. 分 当x变化时,f(x)与f(x)的变化如下表所示: x (0,e) e (e,) f(x) 0 f(x) / 所以函数f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,)上单调递减, 1则当xe时,函数f(x)有最大值f(e)丄. e 分 所以函数yf(x)1的最大值为 1 f(e)110, e 所以函数yf(x)1不存在零点 分 (n)解: 由函数f(x)邺求导,得f(x)1豐x, xx 1 令f(x)0,解得xen. 当x变化时,f(x)与f(x)的变化如下表所示: x 1 (0®) 1 e" 1 (eg) f(x) 0 f(x) / 分 11 所以函数f(x)在(0,en)上单调递增,在(e,)上单调递减, 1-1 则当xen时,函数f(x)有最大值f(en) ne 分 ex(xn) n1, x x e 由函数g(x)—,x(0,)求导,得g(x) x 分 令g(x)0,解得xn• 当x变化时,g(x)与g(x)的变化如下表所示: x (0,n) n (n,) g(x) 0 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g(n)(e)n. n 因为nN*,函数f(x)有最大值f(en)丄1, ne 所以曲线y 在直线l: yx 所以(e)n1, n 解得ne. 所以n的取值集合为{1,2}. 19.(本小题满分14分) 11 x e 1的下方,而曲线yn在直线丨: y1的上方, x 12 13 33 ([)解: 由点P(1,—)和F关于点C(0-)对称,得R(1,0),1 24 分 所以椭圆E的焦点为只(1,0),F2(1,0),2 分 由椭圆定义,得2aIPF1||PF2|4. 所以a2,b■a2c23.4 分 22 故椭圆E的方程为--1.5 43 分 (II)解: 结论: 存在直线l,使得四边形PABQ的对角线互相平分 理由如下: 由题可知直线I,直线PQ的斜率存在, k(x1). 设直线I的方程为yk(x1),直线PQ的方程为y 分 22x_i 由43,消去y, yk(xi), 得(34k_)x_8k_x4k_120,8 分 由题意,可知0,设A(x1,y1),B(x2,y2), 则X1 X2 8k2 2 …4k12 3 4k2 1八2 2? 34k2 分 2 2 X y 1, 由 4 3 消去y, 3 y 2 k(x 1), 得(3 4k 22 )x (8k2 1 12k)x 4k212k30, 由 可知 0, 9 则X3 8k2 若四边形 12k ~2~, 34k ,设Q(X3,y3),又P(1,-), 2 X31 2 4k12k3 3 4k2 10 PABQ的对角线互相平分,则 PB与AQ的中点重合, X3 x-ix21 X3, 11 2 故(XX2) 4X1X2(1X3)2. 12 4 2 k 2 2 所以直线 I为3x 4y 0时,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|PQ||AB|,也可解决问题) 20.(本小题满分13分) (I) 解: 符合条件的点列为T: P(1,1),P2(1,2),P(2,2),R(3,2); 或T: P(1,1),P2(2,1),巳(2,2),P/3,2);或T: P(1,1)尺(2,1),巳(3,1)尸4(3,2). 证明: 由已知, 所以数列 {X y}是公差为1的等差数列. 1(i1,2,L,k). k 故Xi i1 yi 1 k (Xi i1 (k 1) 1 -k(k3). 若存在点列 k 使得 Xi i1 k yi2, 则丄k(k 2 3)2k,即k(k 3) 2k1 因为整数k和k3总是一个为奇数,一个为偶数, k>2, 2k. 而整数2k1中不含有大于1的奇因子, 所以对于任意正整数k(k>2),任意点列均不能满足 (川)解: 由(n) )可知,y Xi(i 1,2,L,2n 1), k 所以X i1 k yi(X1 i1 X2L X2n 1)(2为3 X2L2nX2n1) (X1 x2L X2n 1)[(23L 2n)(xX2LX2n1)] 数, 则Xi yi i1 t[(n1)(2n1)t]. 考察关于t的二次函数f(t)t[(n1)(2n1)t]• 1 (1)当n为奇数时,可得—(n1)(2n1)是正整数, 2 1 可构造数列{x}: 1,2,L,—(n1), 2444 对应数列{y}: 1,1L,14? 2-43n,L (I 1-02,4 n丄1 1 n•(由此构造的点列符合已知条件) 10 而且此时, 所以当t X1 X2 X2n1 1 2(n 1)(2n 1)时, 1 尹 k Xi 1 1)(2n (2)当n为偶数时, *(n1)(2n 可构造数列{X}: n.n L,' 孙2雄2 (n+1)项 2 11 (n1)(n 24444-44 ( 1)(n 1) 1 1)L(n1) 2444^2443 1)个 1), yi有最大值 1)不是正整数, 1 4(n 1 2(n 22 1)(2n1)• 12 1 1)(2n1)2是离其最近的正整 1,2,L,—,L,—, (1),L,(- 孙2雄21244424习 上项 2 2,L n, ,亠,,”nnni. 对应数列{y}: 1,1L,1,2,L,1,1,2,L- 24424244^432 号项 4243 n十 (-+1)项 n 丄, (由此构造的点列符合已知条件) 而且此时, X1 X2 X2n1 nnnL 242432 上个 2 nn H1)L(-1)12444244243 (加)个 2 所以当t 1)(2n 1)1 1 2(n 时, 1)(2n k Xi i1 1) n 2 1 2, 1) n (2 1) yi有最大值 i1 ;(n 22 1)(2n1)
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