北京市海淀区届高三第一学期期末理科数学试题Word文档下载推荐.docx

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8．设抛物线的顶点为，经过抛物线的焦点且垂直于轴的直线和抛物线交于两点，则________.

9．已知展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为，则__________．

10．已知正方体的棱长为，点是棱的中点，点在底面内，点在线段上，若，则长度的最小值为_____.

三、双空题

11．对任意实数，定义集合.

①若集合表示的平面区域是一个三角形，则实数的取值范围是______；

②当时，若对任意的，有恒成立，且存在，使得成立，则实数的取值范围为_______.

四、解答题

12．如图，在中，点在边上，且，，，.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求的值.

13．如图1，梯形中，为中点.将沿翻折到的位置，如图2.

（Ⅰ）求证：

平面平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；

（Ⅲ）设分别为和的中点，试比较三棱锥和三棱锥（图中未画出）的体积大小，并说明理由.

14．已知椭圆，点

（Ⅰ）求椭圆的短轴长和离心率；

（Ⅱ）过的直线与椭圆相交于两点，设的中点为，判断与的大小，并证明你的结论.

15．已知函数．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）当时，求证：

函数有且仅有一个零点；

（3）当时，写出函数的零点的个数．（只需写出结论）

16．无穷数列满足：

为正整数，且对任意正整数，为前项，，，中等于的项的个数.

（Ⅰ）若，请写出数列的前7项；

（Ⅱ）求证：

对于任意正整数，必存在，使得；

（Ⅲ）求证:

“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件。

参考答案

1．A

【解析】

由，故选A.

2．D

由题意得，方程表示以，半径为的圆，故选D.

3．B

执行程序框图，可知：

第一次循环：

；

第二次循环：

第三次循环：

第四次循环：

，

此时满足判断条件，终止循环，输出，故选B.

4．D

由题意得，根据给定的三视图可知，该几何体表示底面是腰长为的等腰直角三角形，

高为的三棱锥，即平面，

则三棱锥的体积为，故①是正确的；

其中为边长为的等边三角形，所以②不正确；

其中为面积最大的面，其面积为，所以③是正确的，

故选D.

5．C

由为等腰三角形，若，则有两个点，

若，则不存在，若，则有两个点，

使得为等腰三角形，的点有四个点；

由中，为直角的点有两个点，

为直角的点不存在；

为直角的点有两个，

则使得为等腰三角形，的点有且仅有四个点；

若的在第一象限，可得直线，

代入抛物线的方程可得，解得，

由对称性可得在第四象限只有一个，

则满足的只有两个；

使得的点在第一象限，可得直线，

代入抛物线的方程，可得，

可得点有两个，

若点在第四象限，由对称性可得也有两个，则使得的点有且仅有四个，

故选选C.

点睛：

本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质，以及直线与抛物线的位置关系的应用问题，此类问题的解答通常是把直线的方程代入曲线的方程，转化为一元二次方程，利用根于系数的关系和韦达定理求解是解答的关键，同时考查了分类讨论思想和数形结合思想的应用.

6．

由双曲线的方程，可得双曲线的一条渐近线的方程为，级，

所以点到渐近线的距离为.

7．5050

由题意得，构成等比数列，所以，

即，解得，

所以数列的前项的和为.

8．2

由抛物线的焦点为，

经过抛物线的焦点且垂直与的直线和抛物线交于两点，

则,

所以.

9．6

由题意得，令，可得展开式中各项的系数和为，

由展开式中各项的二项式系数的和为，则.

10．

【分析】

过点作平面，垂足为，

则点在线段上，连接,

在中，，

在平面内过点作，垂足为，则，即到直线的最短距离为，

又，当时，此时,

所以.

11．

作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，

若不等式组表示的平面区域是一个三角形，

观察图形可得只要满足时，满足题设条件，

对于任意，有恒成立，则恒成立，

因为表示与定点的斜率，

当过点时，此时有最小值，最小值为，即，

存在，使得成立，则，

平移目标函数，

当直线和重合时，此时最小，最小值为，

则，综上所述的取值范围是.

点睛：

本题主要考查了简单的线性规划的应用，利用图象分析目标函数的取值范围是解得关键，其中线性规划问题有三类:

（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；

（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；

（3）线性规划的实际应用.

12．

（1）

（2）

试题分析：

（1）由题意可知，，设，则，.利用余弦定理即可求出的值；

（2）在中，由，得，故，

在中，由正弦定理可得：

，从而得到的值.

试题解析：

（Ⅰ）如图所示，，

故，

设，则，.

在中，由余弦定理

即，

解得，.

（Ⅱ）在中，由，得，故

在中，由正弦定理

即，故，

由，得，

.

13．（Ⅰ）证明见解析；

（Ⅱ）；

（Ⅲ）体积相等.

（Ⅰ）由题意，利用线面垂直的判定定理，证得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可证得，所以平面平面.

（Ⅱ）根据题设中的垂直关系，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的各自一个法向量，利用向量所成的角，即可求解线面角的正弦值.

（Ⅲ）方法一：

先证得平面，可得点到平面的距离相等，即可得到三棱锥和同底等高，所以体积相等；

方法二：

取中点，连接，，，分别得到，，进而证得平面，即可点、到平面的距离相等，所以三棱锥和同底等高，所以体积相等；

（Ⅰ）证明：

因为，，，，平面

所以平面因为平面，所以平面平面

（Ⅱ）解：

在平面内作，

由平面，建系如图.

则，，，，.，，，

设平面的法向量为，则

，即，令得，，

所以是平面的一个方向量.

所以与平面所成角的正弦值为.

（Ⅲ）解：

三棱锥和三棱锥的体积相等.

理由如:

方法一：

由，，知，则

因为平面，所以平面.

故点、到平面的距离相等，有三棱锥和同底等高，所以体积相等.

如图，取中点，连接，，.

因为在中，，分别是，的中点，所以

因为在正方形中，，分别是，的中点，所以

因为，，平面，，平面

所以平面平面

因为平面，所以平面

14．（Ⅰ）；

（Ⅱ）结论是：

，证明见解析.

（Ⅰ）根据椭圆的方程求得的值，即可求解椭圆的短轴长和离心率；

（Ⅱ）设直线：

，，，用直线的方程和椭圆的方程联立方程组，得到，，则可计算得出，进而得到，得点在以为直径的圆内，所以.

（Ⅰ）：

，故，，，有，.

椭圆的短轴长为，离心率为

.

设直线：

，，

，整理得：

故，

故，即点在以为直径的圆内，故

本题主要考查了椭圆的标准方程和简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的应用等问题，对于直线和圆锥曲线的位置关系，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，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易难点在与转换为点与圆的位置关系，从而得到结论，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.

15．

（1）；

（2）证明见解析；

（3）当时，有一个零点；

当且时，有两个零点．

（1）利用导数的几何意义即可得到切线的斜率，进而得出切线的方程；

（2）现证明在单调递减，在单调递增，且，故有且仅有一个零点；

（3）数形结合判断函数的零点的个数．

【详解】

（1）因为函数

所以

曲线在处的切线方程为

（2）当时，令，

则

故是上的增函数．

由，故当时，，当时，．

即当时，，当时，．

故在单调递减，在单调递增．

函数的最小值为

由，故有且仅有一个零点．

【点睛】

函数零点个数（方程根的个数）的判断方法：

①结合零点存在性定理，利用函数的单调性､对称性确定函数零点个数；

②利用函数图像交点个数判断方程根的个数或函数零点个数．本题将方程实根个数的问题转化为两函数图象交点的问题解决，解题时注意换元法的应用，以便将复杂的问题转化为简单的问题处理．

16．（Ⅰ）2，1，1，2，2，3，1；

（Ⅱ）证明见解析；

（Ⅲ）证明见解析.

（Ⅰ）根据题设条件，直接写出即可；

（Ⅱ）假设存在正整数，使得对任意的，，利用反证法证明即可；

（Ⅲ）可分充分性和必要性证明即可，当时，得数列满足，，当为偶数，则；

当为奇数，则，即可证得充分性；

再作出必要性的证明即可.

（Ⅰ）2，1，1，2，2，3，1

（Ⅱ）假设存在正整数，使得对任意的，.由题意，

考虑数列的前项：

，，，…，

其中至少有项的取值相同，不妨设

此时有：

，矛盾.

故对于任意的正整数，必存在，使得.

（Ⅲ）充分性：

当时，数列为，，，，，，，…，，，，，…

特别地，，，故对任意的

（1）若为偶数，则

（2）若为奇数，则

综上，恒成立，特别地，取有当时，恒有成立

方法一:

假设存在（），使得“存在，当时，恒有成立”

则数列的前项为

，，，，，，，，…，，，，

，，，，，…，，，，

，，，…，，，，

，，，，

后面的项顺次为

，，，，…，，

……

对任意的，总存在，使得，，这与矛盾，故若存在，当时，恒有成立，必有

若存在，当时，恒成立，记.

由第

（2）问的结论可知：

存在，使得（由s的定义知）

不妨设是数列中第一个大于等于的项，即均小于等于s.

则.因为，所以，即且为正整数，所以.

记，由数列的定义可知，在中恰有t项等于1.

假设，则可设，其中，

考虑这t个1的前一项，即，

因为它们均为不超过s的正整数，且，所以中一定存在两项相等，

将其记为a，则数列中相邻两项恰好为（a，1）的情况至少出现2次，但根据数列的定义可知：

第二个a的后一项应该至少为2，不能为1，所以矛盾！

故假设不成立，所以，即必要性得证！

综上，“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件.