全国市级联考北京市西城区届高三期末考试理科数学试题解析版.docx
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全国市级联考北京市西城区届高三期末考试理科数学试题解析版
北京市西城区2017—2018学年度第一学期期末试卷
高三数学（理科）
第Ⅰ卷
选择题：
本大题共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.若集合，则
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】因为，，故选A.
2.下列函数中，在区间上单调递增的是
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】，因为函数单调递减，不合题意；，在上单调递减，在上递增，不合题意；，根据正弦函数的性质可得：
在区间上不是单调函数，不合题意；项中，根据幂函数的性质知在区间上单调递增，符合题意，故选D.
3.执行如图所示的程序框图，输出的值为
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】执行程序框图，输入，第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，，结束循环，输出，故选C.
【方法点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题.解决程序框图问题时一定注意以下几点：
（1）不要混淆处理框和输入框；
（2）注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；（3）注意区分当型循环结构和直到型循环结构；（4）处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；（5）要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.
4.已知为曲线：
（为参数）上的动点．设为原点，则的最大值是
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】因为为曲线：
上的动点，所以可设，则，即最大值为，故选D.
5.实数满足则的取值范围是
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
画出约束条件表示的可行域，如图，平移直线可知，当直线经过点时，直线的截距最大，此时最小，最小值为，因为可行域是开放型区域，所以无最大，的取值范围是，故选D.
【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：
（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；
（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
6.设是非零向量，且不共线．则“”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
【答案】C
【解析】若，则，，充分性成立；若，则，，必要性成立，故是的充分必要条件，故选C.
7.已知，是函数的图象上的相异两点．若点，到直线的距离相等，
则点，的横坐标之和的取值范围是
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】因为点，到直线的距离相等，所以可设，则在上，可得，，，，即的横坐标之和的取值范围是，故选B.
8.在标准温度和大气压下，人体血液中氢离子的物质的量的浓度（单位mol/L，记作）和氢氧根离子的物质的量的浓度（单位mol/L，记作）的乘积等于常数．已知pH值的定义为，健康人体血液的pH值保持在7.35～7.45之间，那么健康人体血液中的可以为（参考数据：
，）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】,,,,,,，故选C.
【思路点睛】本题主要考查阅读能力、数学建模能力和化归思想以及对数的性质与运算法则，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.理解本题题意的关键是：
“pH值的定义为”的理解和应用.
第Ⅱ卷（非选择题共110分）
二、填空题：
本大题共6小题，每小题5分，共30分．
9.在复平面内，复数对应的点的坐标为____．
【答案】
【解析】复数在复平面上对应的点的坐标是，故答案为.
10.数列是公比为的等比数列，其前项和为．若，则____；____．
【答案】
（1）.
（2）.
【解析】，，，故答案为，......................
11.在△中，，，△的面积为，则____．
【答案】
【解析】,，由余弦定理得：
，，故答案为.
12.把件不同的产品摆成一排．若其中的产品与产品都摆在产品的左侧，则不同的摆法有____种．（用数字作答）
【答案】8
【解析】当在最右边位置时，由种排法符合条件；当在从右数第二个位置时，由种排法符合条件，把件不同的产品摆成一排．若其中的产品与产品都摆在产品的左侧，则不同的摆法有种，故答案为.
13.从一个长方体中截取部分几何体，得到一个以原长方体的
部分顶点为顶点的凸多面体，其三视图如图所示．该几何
体的表面积是____．
【答案】36
【解析】由三视图可知，该几何体底面为，棱长为的正方体，一条长为的侧棱与底面垂直的四棱锥，该棱锥的表面积为，故答案为.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
14.已知函数若，则的值域是____；若的值域是，则实数的取值范围是____．
【答案】
（1）.
（2）.
【解析】若，由二次函数的性质，可得，的值域为，若值域为，时，且时，，要使的值域为，则，得，实数的取值范围是，故答案为.
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）
已知函数．
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）求在区间上的最大值．
【答案】
（1）
（2）
【解析】试题分析：
（Ⅰ）根据降幂公式、两角和的余弦公式以及两角差的正弦公式化简，再利用周期公式可得的最小正周期；（Ⅱ）由，可得．当，即时，取得最大值为．
试题解析：
（Ⅰ）因为
，
所以的最小正周期．
（Ⅱ）因为，
所以．
当，即时，
取得最大值为．
16.（本小题满分13分）
已知表1和表2是某年部分日期的天安门广场升旗时刻表．
表1：
某年部分日期的天安门广场升旗时刻表
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
1月1日
7:
36
4月9日
5:
46
7月9日
4:
53
10月8日
6:
17
1月21日
7:
31
4月28日
5:
19
7月27日
5:
07
10月26日
6:
36
2月10日
7:
14
5月16日
4:
59
8月14日
5:
24
11月13日
6:
56
3月2日
6:
47
6月3日
4:
47
9月2日
5:
42
12月1日
7:
16
3月22日
6:
15
6月22日
4:
46
9月20日
5:
59
12月20日
7:
31
表2：
某年2月部分日期的天安门广场升旗时刻表
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
日期
升旗时刻
2月1日
7:
23
2月11日
7:
13
2月21日
6:
59
2月3日
7:
22
2月13日
7:
11
2月23日
6:
57
2月5日
7:
20
2月15日
7:
08
2月25日
6:
55
2月7日
7:
17
2月17日
7:
05
2月27日
6:
52
2月9日
7:
15
2月19日
7:
02
2月28日
6:
49
（Ⅰ）从表1的日期中随机选出一天，试估计这一天的升旗时刻早于7:
00的概率；
（Ⅱ）甲，乙二人各自从表2的日期中随机选择一天观看升旗，且两人的选择相互独立．记为这两人中观看升旗的时刻早于7:
00的人数，求的分布列和数学期望．
（Ⅲ）将表1和表2中的升旗时刻化为分数后作为样本数据（如7:
31化为）．记表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，表1和表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，判断与的大小．（只需写出结论）
【答案】
（1）
（2）（3）
【解析】试题分析：
（Ⅰ）在表的个日期中，有个日期的升旗时刻早于，根据古典概型概率公式可估计这一天的升旗时刻早于的概率；（Ⅱ）可能的取值为，根据对立事件与独立事件的概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望；（Ⅲ）观察表格数据可得，表中所有升旗时刻对应数据较分散，可得.
试题解析：
（Ⅰ）记事件A为“从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，
在表1的20个日期中，有15个日期的升旗时刻早于7:
00，
所以．
（Ⅱ）X可能的取值为．
记事件B为“从表2的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于7:
00”，
则，．
；；
．
所以X的分布列为：
X
0
1
2
P
．
（Ⅲ）．
17.（本小题满分14分）
如图，三棱柱中，平面，，.过的平面交于点，交于点.
（Ⅰ）求证：
平面；
（Ⅱ）求证：
四边形为平行四边形；
（Ⅲ）若，求二面角的大小.
【答案】
（1）详见解析
（2）详见解析（3）
【解析】试题分析：
（Ⅰ）由线面垂直的性质可得，由菱形的性质可得．从而由线面垂直的判定定理可得平面；（Ⅱ）先证明平面，再根据线面平行的性质可得，根据面面平行的性质可得，从而得四边形为平行四边形；（Ⅲ）在平面内，过作．因为平面，所以，以为轴建立空间直角坐标系，可知平面的法向量为，根据向量垂直数量积为零列方程组求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
试题解析：
（Ⅰ）因为平面，所以．
因为三棱柱中，，所以四边形为菱形，
所以．与在平面内相交.
所以平面．
（Ⅱ）因为，平面，所以平面．
因为平面平面，所以．
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以．
所以四边形为平行四边形．
（Ⅲ）在平面内，过作．
因为平面，
如图建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，，．
因为，所以，
所以．
由（Ⅰ）得平面的法向量为．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以．
所以．
由图知二面角的平面角是锐角，
所以二面角的大小为．
【方法点晴】本题主要考查线面垂直的判定定理、线面平行的性质、面面平行的直线以及利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：
（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；
（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
18.（本小题满分13分）
已知函数，其中．
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）证明：
在区间上恰有个零点．
【答案】
（1）
（2）详见解析
【解析】试题分析：
（Ⅰ）当时，，求出的值可得切点坐标，求出的值可得切线斜率，由点斜式可得曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求出导函数．由，得．根据零点存在定理可得存在唯一的，使得，在区间上单调递增，在区间上单调递减．可证明，从而可得结论.
试题解析：
（Ⅰ）当时，，
所以．
因为，，
所以曲线在点处的切线方程
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