北京市海淀区届高三期中考试一模数学理试题含答案Word文档下载推荐.docx

北京市海淀区届高三期中考试一模数学理试题含答案Word文档下载推荐.docx

《北京市海淀区届高三期中考试一模数学理试题含答案Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市海淀区届高三期中考试一模数学理试题含答案Word文档下载推荐.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

折叠状态下（如图1），检查四条桌腿长相等；

项目②：

打开过程中（如图2），检查；

项目③：

项目④：

打开后（如图3），检查；

项目⑤：

打开后（如图3），检查．

在检查项目的组合中，可以正确判断“桌子打开之后桌面与地面平行的是”（）

A．①②③B．②③④C．②④⑤D．③④⑤

第Ⅱ卷（共110分）

二、填空题（每题5分，满分30分，将答案填在答题纸上）

9.若等比数列满足，，则公比，前项和．

10.已知，，满足的动点的轨迹方程为．

11.在中，．①；

②若，则．

12.若非零向量，满足，，则向量，夹角的大小为．

13.已知函数若关于的方程在内有唯一实根，则实数的最小值是．

14.已知实数，，，满足，则的最大值是．

三、解答题（本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

15.已知是函数的一个零点．　

（Ⅰ）求实数的值；

（Ⅱ）求的单调递增区间.

16.据报道，巴基斯坦由中方投资运营的瓜达尔港目前已通航.这是一个可以停靠810万吨油轮的深水港，通过这一港口，中国船只能够更快到达中东和波斯湾地区，这相当于给中国平添了一条大动脉！

在打造中巴经济走廊协议（简称协议）中，能源投资约340亿美元，公路投资约59亿美元，铁路投资约38亿美元，高架铁路投资约16亿美元，瓜达尔港投资约6.6亿美元，光纤通讯投资约为0.4亿美元．

有消息称，瓜达尔港的月货物吞吐量将是目前天津、上海两港口月货物吞吐量之和．表格记录了2015年天津、上海两港口的月吞吐量（单位：

百万吨）：

1月

2月

3月

4月

5月

6月

7月

8月

9月

10月

11月

12月

天津

24

22

26

23

27

25

28

上海

32

33

31

30

（Ⅰ）根据协议提供信息，用数据说明本次协议投资重点；

（Ⅱ）从表中12个月任选一个月，求该月天津、上海两港口月吞吐量之和超过55百万吨的概率；

（Ⅲ）将（Ⅱ）中的计算结果视为瓜达尔港每个月货物吞吐量超过55百万吨的概率，设为瓜达尔未来12个月的月货物吞吐量超过55百万吨的个数，写出的数学期望（不需要计算过程）．

17.如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，，，，平面平面．

（Ⅰ）求证：

；

（Ⅱ）若为的中点，求证：

平面；

（Ⅲ）在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？

若存在，求的值，若不存在，说明理由．

18.已知函数，其中实数．

（Ⅰ）判断是否为函数的极值点，并说明理由；

（Ⅱ）若在区间上恒成立，求的取值范围．

19.已知椭圆：

，与轴不重合的直线经过左焦点，且与椭圆相交于，两点，弦的中点为，直线与椭圆相交于，两点．

（Ⅰ）若直线的斜率为1，求直线的斜率；

（Ⅱ）是否存在直线，使得成立？

若存在，求出直线的方程；

若不存在，请说明理由．

20.已知含有个元素的正整数集（，）具有性质：

对任意不大于（其中）的正整数，存在数集的一个子集，使得该子集所有元素的和等于．

（Ⅰ）写出，的值；

（Ⅱ）证明：

“，，…，成等差数列”的充要条件是“”；

（Ⅲ）若，求当取最小值时的最大值．

海淀区高三年级第二学期期中练习数学（理科）答案

一、选择题

1-5:

6-8:

二、填空题

9.2，10.11.90，12.12013.14.

三、解答题

15.解：

（Ⅰ）由题意可知，即，

即，解得．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，

函数的递增区间为，．

由，，

得，，

所以，的单调递增区间为，．

16.解：

（Ⅰ）本次协议的投资重点为能源，

因为能源投资为340亿，占总投资460亿的以上，所占比重大．

（Ⅱ）设事件：

从12个月中任选一个月，该月超过55百万吨．

根据提供的数据信息，可以得到天津、上海两港口的月吞吐量之和分别是：

56,49,58,54,54,57,59,58,58,56,54,56，

其中超过55百万吨的月份有8个，

所以，．

（Ⅲ）的数学期望．

17.（Ⅰ）证明：

在直三棱柱中，平面，

故，

由平面平面，且平面平面，

所以平面，

又平面，

所以．

所以，，

又，

所以，如图建立空间直角坐标系，

依据已知条件可得，，，，，，

设平面的法向量为，

由即

令，则，，于是，

因为为中点，所以，所以，

由，可得，

所以与平面所成角为0，

即平面．

（Ⅲ）解：

由（Ⅱ）可知平面的法向量为．

设，，

则，．

若直线与平面成角为，则

，

解得，

故不存在这样的点．

18.解：

（Ⅰ）由可得函数定义域为．

令，经验证，

因为，所以的判别式，

由二次函数性质可得，1是函数的异号零点，

所以是的异号零点，

所以是函数的极值点．

（Ⅱ）已知，

因为，

又因为，所以，

所以当时，在区间上，所以函数单调递减，所以有恒成立；

当时，在区间上，所以函数单调递增，

所以，所以不等式不能恒成立；

所以时，有在区间恒成立．

19.解：

（Ⅰ）由已知可知，又直线的斜率为1，所以直线的方程为，

由解得

所以中点，

于是直线的斜率为．

（Ⅱ）假设存在直线，使得成立．　

当直线的斜率不存在时，的中点，

所以，，矛盾；

故可设直线的方程为，联立椭圆的方程，

得，

设，，则，，

于是，

点的坐标为，

.

直线的方程为，联立椭圆的方程，得，

设，则，

由题知，，

即，

化简，得，故，

所以直线的方程为，.

20.解：

（Ⅰ），.

（Ⅱ）先证必要性：

因为，，又，，…，成等差数列，故，所以；

再证充分性：

因为，，，…，为正整数数列，故有

，，，，…，，

所以，

又，故（，，…，），故，，…，为等差数列．

（Ⅲ）先证明（，，…，）．

假设存在，且为最小的正整数．

依题意，则，，又因为，

故当时，不能等于集合的任何一个子集所有元素的和．

故假设不成立，即（，，…，）成立．

因此，

即，所以．　

因为，则，

若时，则当时，集合中不可能存在若干不同元素的和为，

故，即.

此时可构造集合.

因为当时，可以等于集合中若干个元素的和；

故当时，可以等于集合中若干不同元素的和；

……

故当时，可以等于集合中若干不同元素的和，

所以集合满足题设，

所以当取最小值11时，的最大值为．