北京市丰台区高三上期末数学理.doc

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2018北京市丰台区高三（上）期末

数学（理）2018.1

第Ⅰ卷（共40分）

一、选择题：

本大题共8个小题,每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合，，则（）

A．B．C．D．

2．“”是“”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

3．在极坐标系中，方程表示的曲线是（）

A．直线B．圆C．椭圆D．双曲线

4．若满足则的最大值是（）

A．-2B．-1C．1D．2

5．执行如图所示的程序框图，如果输入的的值在区间内，那么输出的属于（）

A．B．C．D．

6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长的棱的棱长为（）

A．2B．C．D．3

7．过双曲线的一个焦点作一条与其渐近线垂直的直线，垂足为为坐标原点，若，则此双曲线的离心率为（）

A．B．C．2D．

8．全集，非空集合，且中的点在平面直角坐标系内形成的图形关于轴、轴和直线均对称.下列命题：

①若，则；

②若，则中至少有8个元素；

③若，则中元素的个数一定为偶数；

④若，则.

其中正确命题的个数是（）

A．1B．2C．3D．4

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．已知单位向量的夹角为120°，则．

10．若复数在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数．

11．在的展开式中，项的系数是（用数字作答）．

12．等差数列的公差为2，且成等比数列，那么，数列的前9项和．

13．能够说明“方程的曲线是椭圆”为假命题的一个的值是．

14．已知函数.

①当时，函数有个零点；

②若函数有三个零点，则的取值范围是．

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．在中，．

（Ⅰ）求角；

（Ⅱ）若，，求的值.

16．某校为了鼓励学生热心公益，服务社会，成立了“慈善义工社”.2017年12月，该校“慈善义工社”为学生提供了4次参加公益活动的机会，学生可通过网路平台报名参加活动.为了解学生实际参加这4次活动的情况，该校随机抽取100名学生进行调查，数据统计如下表，其中“√”表示参加，“×”表示未参加.

根据表中数据估计，该校4000名学生中约有120名这4次活动均未参加.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）从该校4000名学生中任取一人，试估计其2017年12月恰参加了2次学校组织的公益活动的概率；

（Ⅲ）已知学生每次参加公益活动可获得10个公益积分，任取该校一名学生，记该生2017年12月获得的公益积分为，求随机变量的分布列和数学期望.

17．在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，分别是的中点，，.

（Ⅰ）求证：

平面；

（Ⅱ）求与平面所成角的正弦值；

（Ⅲ）在棱上是否存在一点，使得平面平面？

若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

18．已知函数.

（Ⅰ）求函数的单调区间；

（Ⅱ）若恒成立，求实数的取值范围.

19．在平面直角坐标系中，动点到点的距离和它到直线的距离相等，记点的轨迹为.

（Ⅰ）求得方程；

（Ⅱ）设点在曲线上，轴上一点（在点右侧）满足.平行于的直线与曲线相切于点，试判断直线是否过定点？

若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

20．在数列中，若是整数，且（，且）.

（Ⅰ）若，，写出的值；

（Ⅱ）若在数列的前2018项中，奇数的个数为，求得最大值；

（Ⅲ）若数列中，是奇数，，证明：

对任意，不是4的倍数.

数学试题答案

一、选择题

1-4:

CABD5-8:

ADCC

二、填空题

9．10．111．-40

12．2，9013．中任取一值即为正确答案14．1，

三、解答题

15．解：

（Ⅰ）因为，

所以.

因为，所以，

所以，

所以.

（Ⅱ）由，，，

得.

解得.

由余弦定理可得，

解得.

16．解：

（Ⅰ）依题意，所以.

因为，

所以，.

（Ⅱ）设“从该校所有学生中任取一人，其2017年12月恰参加了2次学校组织的公益活动”为事件，

则.

所以从该校所有学生中任取一人，其2017年12月恰参加了2次学校组织的公益活动的概率约为.

（Ⅲ）可取0,10,20,30,40.

；；

；；

.

所以随机变量的分布列为：

所以.

17．解：

（Ⅰ）证明：

取中点，连接.

因为分别是的中点，

所以，且.

因为是矩形，是中点，

所以，.

所以为平行四边形.

所以.

又因为平面，平面，

所以平面.

（Ⅱ）因为平面，

所以，.

因为四边形是矩形，所以.

如图建立直角坐标系，

所以，，，

所以，.

设平面的法向量为，

因为，所以.

令，所以，所以.

又因为，

设与平面所成角为，

所以.

所以与平面所成角的正弦值为.

（Ⅲ）因为侧棱底面，

所以只要在上找到一点，使得，

即可证明平面平面.

设上存在一点，则，

所以.

因为，

所以令，即，所以.

所以在存在一点，使得平面平面，且.

18．解：

（Ⅰ）函数的定义域为，

.

由，可得或，

当时，在上恒成立，

所以的单调递增区间是，没有单调递减区间；

当时，的变化情况如下表：

所以的单调递减区间是，单调递增区间是.

当时，的变化情况如下表：

所以的单调递减区间是，单调递增区间是.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，符合题意.

当时，的单调递减区间是，单调递增区间是，

所以恒成立等价于，即，

所以，所以.

当时，的单调递减区间是，单调递增区间是，

所以恒成立等价于，即.

所以，所以.

综上所述，实数的取值范围是.

19．解：

（Ⅰ）因为动点到点的距离和它到直线的距离相等，

所以动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线.

设的方程为，

则，即.

所以的轨迹方程为.

（Ⅱ）设，则，

所以直线的斜率为.

设与平行，且与抛物线相切的直线为，

由得，

由得，

所以，所以点.

当，即时，直线的方程为，

整理得，

所以直线过点.

当，即时，直线的方程为，过点，

综上所述，直线过定点.

20．解：

（Ⅰ），

，

.

所以，，.

（Ⅱ）（i）当都是偶数时，是偶数，代入得到是偶数；

因为是偶数，代入得到是偶数；

如此下去，可得到数列中项的奇偶情况是偶，偶，偶，偶，…

所以前2018项中共有0个奇数.

（ii）当都是奇数时，是奇数，代入得到是偶数；

因为是偶数，代入得到是奇数；

因为是偶数，代入得到是奇数；

如此下去，可得到数列中项的奇偶情况是奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，…

所以前2018项中共有1346个奇数.

（iii）当是奇数，是偶数时，

理由同（ii），可得数列中项的奇偶情况是奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，…

所以前2018项中共有1345个奇数.

（iv）当是偶数，是奇数时，

理由同（ii），可得数列中项的奇偶情况是偶，奇，奇，偶，奇，奇，偶，奇，奇，…

所以前2018项中共有1345个奇数.

综上所述，前2018项中奇数的个数的最大值是1346.

（Ⅲ）证明：

因为是奇数，

所以由（Ⅱ）知，不可能都是偶数，只能是偶奇奇，奇偶奇，奇奇偶三种情况.

因为是奇数，且，所以也是奇数.

所以为偶数，且不是4的倍数.

因为，

所以前4项没有4的倍数，

假设存在最小正整数，使得是4的倍数，

则均为奇数，所以一定是偶数，

由于，且，

将这两个式子作和，可得.

因为是4的倍数，所以也是4的倍数，

与是最小正整数使得是4的倍数矛盾.

所以假设不成立，即对任意，不是4的倍数.

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