北京市海淀区高三数学上学期期末试卷 理（含解析）.doc

北京市海淀区2015届高三上学期期末数学试卷（理科） 一、选择题共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（5分）抛物线x2=2y的焦点坐标是（）a（1，0）b（1，0）cd2（5分）如图所示，在复平面内，点a对应的复数为z，则复数z2=（）a34ib5+4ic54id34i3（5分）当向量=c=（2，2），=（1，0）时，执行如图所示的程序框图，输出的i值为（）a5b4c3d24（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：x+ay+2=0若l1l2，则实数a的值是（）a0b2或1c0或3d35（5分）设不等式组表示的平面区域为d则区域d上的点到坐标原点的距离的最小值是（）a1bcd56（5分）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥四个面的面积中最大的是（）ab12cd7（5分）某堆雪在融化过程中，其体积v（单位：m3）与融化时间t（单位：h）近似满足函数关系：（h为常数），其图象如图所示记此堆雪从融化开始到结束的平均融化速度为那么瞬时融化速度等于的时刻是图中的（）at1bt2ct3dt48（5分）已知点a在曲线p：y=x2（x0）上，a过原点o，且与y轴的另一个交点为m若线段om，a和曲线p上分别存在点b、点c和点d，使得四边形abcd（点a，b，c，d顺时针排列）是正方形，则称点a为曲线p的“完美点”那么下列结论中正确的是（）a曲线p上不存在“完美点”b曲线p上只存在一个“完美点”，其横坐标大于1c曲线p上只存在一个“完美点”，其横坐标大于且小于1d曲线p上存在两个“完美点”，其横坐标均大于二、填空题共6小题，每小题5分，共30分9（5分）在的展开式中，常数项是（用数字作答）10（5分）在极坐标系中，直线sin=3被圆=4sin截得的弦长为11（5分）若双曲线的一条渐近线的倾斜角为60，则m=12（5分）如图所示，ad是o的切线，ab=，acb=，那么cad=13（5分）在等比数列an中，若a1=24，a4=，则公比q=；当n=时，an的前n项积最大14（5分）如图所示，在正方体abcda1b1c1d1中，点e是边bc的中点动点p在直线bd1（除b，d1两点）上运动的过程中，平面dep可能经过的该正方体的顶点是（写出满足条件的所有顶点）三、解答题共6小题，共80分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程15（13分）函数f（x）=cos（x+）（0）的部分图象如图所示（）写出及图中x0的值；（）设g（x）=f（x）+f（x+），求函数g（x）在区间上的最大值和最小值16（13分）某中学在2014-2015学年高二年级开设大学先修课程线性代数，共有50名同学选修，其中男同学30名，女同学20名为了对这门课程的教学效果进行评估，学校按性别采用分层抽样的方法抽取5人进行考核（）求抽取的5人中男、女同学的人数；（）考核的第一轮是答辩，顺序由已抽取的甲、乙等5位同学按抽签方式决定设甲、乙两位同学间隔的人数为x，x的分布列为x3210pab求数学期望ex；（）考核的第二轮是笔试：5位同学的笔试成绩分别为115，122，105，111，109；结合第一轮的答辩情况，他们的考核成绩分别为125，132，115，121，119这5位同学笔试成绩与考核成绩的方差分别记为s12，s22，试比较s12与s22的大小（只需写出结论）17（14分）如图所示，在三棱柱abca1b1c1中，aa1b1b为正方形，bb1c1c为菱形，bb1c1=60，平面aa1b1b平面bb1c1c（）求证：b1cac1；（）设点e，f分别是b1c，aa1的中点，试判断直线ef与平面abc的位置关系，并说明理由；（）求二面角bac1c的余弦值18（13分）已知椭圆m：=1，点f1，c分别是椭圆m的左焦点、左顶点，过点f1的直线l（不与x轴重合）交m于a，b两点（）求m的离心率及短轴长；（）是否存在直线l，使得点b在以线段ac为直径的圆上，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由19（13分）已知函数f（x）=acosx+xsinx，（）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（）求集合a=x|f（x）=0中元素的个数；（）当1a2时，问函数f（x）有多少个极值点？（只需写出结论）20（14分）已知集合s=a1，a2，a3，an（n3），集合t（x，y）|xs，ys，xy且满足：ai，ajs（i，j=1，2，3，n，ij），（ai，aj）t与（aj，ai）t恰有一个成立对于t定义dt（a，b）=lt（ai）=dt（ai，a1）+dt（ai，a2）+dt（ai，ai1）+dt（ai，ai+1）+dt（ai，an）（i=1，2，3，n）（）若n=4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）t，求lt（a2）的值及lt（a4）的最大值；（）从lt（a1），lt（a2），lt（an）中任意删去两个数，记剩下的n2个数的和为m求证：mn（n5）+3；（）对于满足lt（ai）n1（i=1，2，3，n）的每一个集合t，集合s中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得dt（e，f）+dt（f，g）+dt（g，e）=3恒成立，并说明理由北京市海淀区2015届高三上学期期末数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题共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（5分）抛物线x2=2y的焦点坐标是（）a（1，0）b（1，0）cd考点：抛物线的简单性质 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：由x2=2py（p0）的焦点坐标为（0，），则抛物线x2=2y的焦点坐标即可得到解答：解：由x2=2py（p0）的焦点坐标为（0，），则抛物线x2=2y的焦点坐标是（0，），故选c点评：本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的焦点坐标，属于基础题2（5分）如图所示，在复平面内，点a对应的复数为z，则复数z2=（）a34ib5+4ic54id34i考点：复数代数形式的乘除运算；复数的基本概念 专题：数系的扩充和复数分析：在复平面内，点a对应的复数为z=2+i，再利用复数的运算法则即可得出解答：解：在复平面内，点a对应的复数为z=2+i，则复数z2=（2+i）2=34i故选：d点评：本题考查了复数的运算法则、几何意义，属于基础题3（5分）当向量=c=（2，2），=（1，0）时，执行如图所示的程序框图，输出的i值为（）a5b4c3d2考点：程序框图 专题：算法和程序框图分析：模拟程序运行，依次写出每次循环得到的的值，当=（2，2），满足条件ac=0，退出循环，输出i的值为4解答：解：模拟程序运行，有i=1时，=（1，2），不满足条件ac=0i=2时，=（0，2），不满足条件ac=0i=3时，=（1，2），不满足条件ac=0i=4时，=（2，2），满足条件ac=0退出循环，输出i的值为4故选：b点评：本题主要考察了程序框图和算法，正确理解循环结构的功能是解题的关键，属于基本知识的考查4（5分）已知直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：x+ay+2=0若l1l2，则实数a的值是（）a0b2或1c0或3d3考点：直线的一般式方程与直线的垂直关系 专题：直线与圆分析：由垂直可得a+a（a+2）=0，解方程可得解答：解：直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：x+ay+2=0，且l1l2，a+a（a+2）=0，解得a=0或a=3故选：c点评：本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题5（5分）设不等式组表示的平面区域为d则区域d上的点到坐标原点的距离的最小值是（）a1bcd5考点：简单线性规划 专题：不等式的解法及应用分析：作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合即可得到结论解答：解：作出不等式组对应的平面区域如图：由图象可知，当oq垂直直线x+y1=0时，此时区域d上的点到坐标原点的距离的最小，最小值为圆心到直线x+y1=0的距离d=故选：b点评：本题主要考查两点间距离的应用，利用数形结合以及点到直线的距离公式是解决本题的关键6（5分）某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥四个面的面积中最大的是（）ab12cd考点：由三视图求面积、体积 专题：计算题；空间位置关系与距离分析：由题意和三视图知，需要从对应的长方体中确定三棱锥，根据三视图的数据和几何体的垂直关系，求出四面体四个面的面积，再确定出它们的最大值解答：解：将该几何体放入在长方体中，且长、宽、高为4、3、4，由三视图可知该三棱锥为ba1d1c1，由三视图可得，a1d1=cc1=4、d1c1=3，所以ba1=a1c1=5，bc1=4，则三角形ba1c1的面积s=bc1h=，因为a1d1平面aba1b1，所以a1d1a1b，则三角形ba1d1的面积s=ba1a1d1=10，同理可得，三角形bd1c1的面积s=bc1d1c1=6，又三角形a1d1c1的面积s=d1c1a1d1=3=6，所以最大的面为a1bc1，且面积为，故选：a点评：本题考查由三视图还原几何体，以及线面垂直关系，将几何体放入正方体中去研究是解决本题的关键，考查了空间想象能力和转化能力7（5分）某堆雪在融化过程中，其体积v（单位：m3）与融化时间t（单位：h）近似满足函数关系：（h为常数），其图象如图所示记此堆雪从融化开始到结束的平均融化速度为那么瞬时融化速度等于的时刻是图中的（）at1bt2ct3dt4考点：函数的图象 专题：函数的性质及应用分析：根据题意可知，平均融化速度为=，反映的是v（t）图象与坐标轴交点连线的斜率，通过观察某一时刻处瞬时速度（即切线的斜率），即可得到答案解答：解：平均融化速度为=，反映的是v（t）图象与坐标轴交点连线的斜率，观察可知t3处瞬时速度（即切线的斜率）为平均速速一致，故选：c点评：本题考查了图象的识别，关键理解平均速度表示的几何意义（即斜率），属于基础题8（5分）已知点a在曲线p：y=x2（x0）上，a过原点o，且与y轴的另一个交点为m若线段om，a和曲线p上分别存在点b、点c和点d，使得四边形abcd（点a，b，c，d顺时针排列）是正方形，则称点a为曲线p的“完美点”那么下列结论中正确的是（）a曲线p上不存在“完美点”b曲线p上只存在一个“完美点”，其横坐标大于1c曲线p上只存在一个“完美点”，其横坐标大于且小于1d曲线p上存在两个“完美点”，其横坐标均大于考点：二次函数的性质 专题：新定义分析：假设点a为“完美点”，画出图象，设a（m，m2），通过讨论m1时，m1时的情况从而得到答案解答：解：如下图左，如果点a为“完美点”，则ab=ad=ac=oa，以a为圆心，oa为半径作圆t（如下图右中虚线圆），交y轴于点b，b（可重合），交抛物线于点d，d，点a为“完美点”当且仅当abad，若下图右，（结合图象知，b点一定是上方的交点，否则在抛物线上不存在d点使得abad；d也一定是上方的交点，否则a，b，c，d不是顺时针），下面考虑当点a的横坐标越来越大时bad的变化情况，设a（m，m2），当m1时，aoy=45，此时圆t与y轴相离或相切时，此时a不是完美点，故只需考虑m1，当m增加时，bad越来越小，且趋近于0，（推理在后面），而当m=1时，bad90，故曲线p上存在唯一一个完美点，其横坐标大于1，当m增加时，bad越来越小，且趋近于0的推理：过a作ahy轴于点h，分别过点a，d作x轴，y轴的平行线交于n，先考虑bah：cosbah=，于是m增大时，cosbah减小且趋于0，从而bah增大，且趋于90，再考虑dan，记d（n，n2），则tandan=n+m，随着m的增大，oa的长增大，ad=oa也增大，于是m+n增大，从而tandan增大，dan增大且趋近于90，bad=bahdan随着m的增大而减小，且趋于0，故选：b点评：本题考查了新定义问题，考查了二次函数的性质，考查了数形结合思想，本题有一定难度二、填空题共6小题，每小题5分，共30分9（5分）在的展开式中，常数项是15（用数字作答）考点：二项式系数的性质 专题：计算题；二项式定理分析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项解答：解：在的展开式的通项公式为tr+1=（1）r，令r6=0，求得r=4，故的展开式中的常数项是5故答案为：15点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题10（5分）在极坐标系中，直线sin=3被圆=4sin截得的弦长为考点：简单曲线的极坐标方程 专题：坐标系和参数方程分析：把极坐标方程化为直角坐标方程、再利用点到直线的距离公式、弦长公式即可得出解答：解：直线sin=3即y=3=4sin化为2=4sin，x2+y2=4y，化为x2+（y2）2=4可得圆心c（0，2），半径r=2圆心到直线的距离d=1，直线sin=3被圆=4sin截得的弦长=2=2故答案为：2点评：本题考查了把极坐标方程化为直角坐标方程、再利用点到直线的距离公式、弦长公式，属于基础题11（5分）若双曲线的一条渐近线的倾斜角为60，则m=3考点：双曲线的简单性质 专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：求出双曲线的渐近线方程，由题意可得，tan60=，计算即可得到m解答：解：双曲线（m0）的渐近线方程为y=x，则有tan60=，即有=，即为m=3故答案为：3点评：本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的运用，考查运算能力，属于基础题12（5分）如图所示，ad是o的切线，ab=，acb=，那么cad=120或60考点：弦切角 专题：立体几何分析：首先根据正弦定理求出b的大小，进一步利用弦切角定理和三角形内角和定理求出结果解答：解：ad是o的切线，ab=，acb=，所以：在abc中，利用正弦定理得：，解得：sinb=，所以：b=60或120利用三角形内角和定理得：cab=75或15根据弦切角定理得：bad=c，所以：cad=120或60，故答案为：120或60点评：本题考查的知识要点：正弦定理得应用，弦切角定理的应用三角形内角和定理的应用属于基础题型13（5分）在等比数列an中，若a1=24，a4=，则公比q=；当n=4时，an的前n项积最大考点：等比数列的前n项和 专题：等差数列与等比数列分析：直接由已知及等比数列的通项公式求得公比；写出等比数列的通项公式，得到前n项积，然后根据奇数项积为负值，分析偶数项乘积得答案解答：解：在等比数列an中，由a1=24，a4=，得，q=；则an的前n项积：=当n为奇数时tn0，当n为偶数时tn有最大值又，且当n为大于等于4的偶数时，tn+2tn，当n=4时，an的前n项积最大故答案为：；4点评：本题考查了等比数列的通项公式，考查了等比数列的性质，是中档题14（5分）如图所示，在正方体abcda1b1c1d1中，点e是边bc的中点动点p在直线bd1（除b，d1两点）上运动的过程中，平面dep可能经过的该正方体的顶点是a1，b1，d（写出满足条件的所有顶点）考点：棱柱的结构特征 专题：作图题；空间位置关系与距离分析：取bb1的中点f，取a1d1的中点m，d1，b在平面mdeb1的两侧，可得结论解答：解：取bb1的中点f，则a，d，e，f四点共面，d1，b在平面adef的两侧，故d1b与平面相交，满足题意；取a1d1的中点m，则m，d，e，b1四点共面，d1，b在平面mdeb1的两侧，故d1b与平面相交，满足题意；d显然满足动点p在直线bd1（除b，d1两点）上运动的过程中，平面dep可能经过的该正方体的顶点是a1，b1，d故答案为：a1，b1，d点评：本题考查棱柱的结构特征，考查共面问题，比较基础三、解答题共6小题，共80分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程15（13分）函数f（x）=cos（x+）（0）的部分图象如图所示（）写出及图中x0的值；（）设g（x）=f（x）+f（x+），求函数g（x）在区间上的最大值和最小值考点：余弦函数的图象 专题：三角函数的求值；三角函数的图像与性质分析：（）由题意可得=cos（0+），可得的值由=cos（x0+），可得x0的值（）先求得g（x）的函数解析式，由 ，可得，从而可求函数g（x）在区间上的最大值和最小值解答：（共13分）解：（）=cos（0+）的值是（2分）=cos（x0+）2=x0+，可得x0的值是（5分）（）由题意可得：（7分）所以 =（8分）=（10分）因为 ，所以 所以 当，即时，g（x）取得最大值；当，即时，g（x）取得最小值（13分）点评：本题主要考察了，三角函数化简求值，三角函数的图象与性质，三角函数最值的解法，属于中档题16（13分）某中学在2014-2015学年高二年级开设大学先修课程线性代数，共有50名同学选修，其中男同学30名，女同学20名为了对这门课程的教学效果进行评估，学校按性别采用分层抽样的方法抽取5人进行考核（）求抽取的5人中男、女同学的人数；（）考核的第一轮是答辩，顺序由已抽取的甲、乙等5位同学按抽签方式决定设甲、乙两位同学间隔的人数为x，x的分布列为x3210pab求数学期望ex；（）考核的第二轮是笔试：5位同学的笔试成绩分别为115，122，105，111，109；结合第一轮的答辩情况，他们的考核成绩分别为125，132，115，121，119这5位同学笔试成绩与考核成绩的方差分别记为s12，s22，试比较s12与s22的大小（只需写出结论）考点：离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列 专题：概率与统计分析：（）由分层抽样的性质，能求出抽取的5人中男、女同学的人数（）由题意可得a=，从而，由此能求出数学期望ex（）由两组数据中相对应的数字之差均为10，得到解答：解：（）由分层抽样的性质得：抽取的5人中男同学的人数为，女同学的人数为（4分）（）由题意可得：即a=，（6分）因为，所以 （8分）所以（10分）（）（13分）点评：本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，在历年2015届高考中都是必考题型之一17（14分）如图所示，在三棱柱abca1b1c1中，aa1b1b为正方形，bb1c1c为菱形，bb1c1=60，平面aa1b1b平面bb1c1c（）求证：b1cac1；（）设点e，f分别是b1c，aa1的中点，试判断直线ef与平面abc的位置关系，并说明理由；（）求二面角bac1c的余弦值考点：二面角的平面角及求法；空间中直线与平面之间的位置关系 专题：空间位置关系与距离；空间角分析：（）根据线面垂直的性质定理即可证明b1cac1；（）根据线面平行的判定定理即可判断直线ef与平面abc的位置关系；（）建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可解答：证明：（）连接bc1在正方形abb1a1中，abbb1因为 平面aa1b1b平面bb1c1c，平面aa1b1b平面bb1c1c=bb1，ab平面abb1a1，所以 ab平面bb1c1c（1分）因为 b1c平面bb1c1c，所以 abb1c（2分）在菱形bb1c1c中，bc1b1c因为 bc1平面abc1，ab平面abc1，bc1ab=b，所以 b1c平面abc1（4分）因为 ac1平面abc1，所以 b1cac1（5分）（）ef平面abc，理由如下：（6分）取bc的中点g，连接ge，ga因为 e是b1c的中点，所以 gebb1，且ge=因为 f是aa1的中点，所以 af=在正方形abb1a1中，aa1bb1，aa1=bb1所以 geaf，且ge=af所以 四边形gefa为平行四边形所以 efga（8分）因为 ef平面abc，ga平面abc，所以 ef平面abc（9分）（）在平面bb1c1c内过点b作bzbb1由（）可知：ab平面bb1c1c以点b为坐标原点，分别以ba，bb1所在的直线为x，y轴，建立如图所示的空间直角坐标系bxyz，设a（2，0，0），则b1（0，2，0）在菱形bb1c1c中，bb1c1=60，所以 ， 设平面acc1的一个法向量为n=（x，y，1）因为 即所以 即（11分）由（）可知：是平面abc1的一个法向量（12分）所以 所以 二面角bac1c的余弦值为（14分）点评：本题主要考查空间直线和平面之间的位置关系的判断，以及二面角的求解，要求熟练掌握相应的判定定理，利用向量法是解决二面角的常用方法，考查学生的运算和推理能力18（13分）已知椭圆m：=1，点f1，c分别是椭圆m的左焦点、左顶点，过点f1的直线l（不与x轴重合）交m于a，b两点（）求m的离心率及短轴长；（）是否存在直线l，使得点b在以线段ac为直径的圆上，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由考点：直线与圆锥曲线的综合问题 专题：圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（）通过椭圆m方程：，直接计算即可；（）通过设b（x0，y0）（2x02），利用0可得，进而可得结论解答：解：（）由，得：，椭圆m的短轴长为，即m的离心率为；（）结论：不存在直线l，使得点b在以ac为直径的圆上理由如下：由题意知：c（2，0），f1（1，0），设b（x0，y0）（2x02），则=，点b不在以ac为直径的圆上，即：不存在直线l，使得点b在以ac为直径的圆上点评：本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题19（13分）已知函数f（x）=acosx+xsinx，（）判断函数f（x）的奇偶性，并证明你的结论；（）求集合a=x|f（x）=0中元素的个数；（）当1a2时，问函数f（x）有多少个极值点？（只需写出结论）考点：三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象 专题：综合题；函数的性质及应用；三角函数的图像与性质分析：（）证明f（x）=f（x），即可证明f（x）是偶函数（）分情况讨论：当a0时，因为 f（x）=acosx+xsinx0，恒成立，当a=0时，令f（x）=xsinx=0，得 x=0当a0时，函数f（x）是上的增函数由，可得f（x）在上只有一个零点综上所述，即可求出集合a=x|f（x）=0中元素的个数；（）函数f（x）有3个极值点解答：（共13分）解：（）函数f（x）是偶函数，证明如下：（1分）对于，则（2分）因为 f（x）=acos（x）xsin（x）=acosx+xsinx=f（x），所以 f（x）是偶函数（4分）（）当a0时，因为 f（x）=acosx+xsinx0，恒成立，所以 集合a=x|f（x）=0中元素的个数为0（5分）当a=0时，令f（x）=xsinx=0，由，得 x=0所以 集合a=x|f（x）=0中元素的个数为1（6分）当a0时，因为 ，所以 函数f（x）是上的增函数（8分）因为 ，所以 f（x）在上只有一个零点由f（x）是偶函数可知，集合a=x|f（x）=0中元素的个数为2（10分）综上所述，当a0时，集合a=x|f（x）=0中元素的个数为0；当a=0时，集合a=x|f（x）=0中元素的个数为1；当a0时，集合a=x|f（x）=0中元素的个数为2（）函数f（x）有3个极值点（13分）点评：本题主要考察了三角函数中的恒等变换应用，三角函数的图象与性质，函数的性质及应用，属于中档题20（14分）已知集合s=a1，a2，a3，an（n3），集合t（x，y）|xs，ys，xy且满足：ai，ajs（i，j=1，2，3，n，ij），（ai，aj）t与（aj，ai）t恰有一个成立对于t定义dt（a，b）=lt（ai）=dt（ai，a1）+dt（ai，a2）+dt（ai，ai1）+dt（ai，ai+1）+dt（ai，an）（i=1，2，3，n）（）若n=4，（a1，a2），（a3，a2），（a2，a4）t，求lt（a2）的值及lt（a4）的最大值；（）从lt（a1），lt（a2），lt（an）中任意删去两个数，记剩下的n2个数的和为m求证：mn（n5）+3；（）对于满足lt（ai）n1（i=1，2，3，n）的每一个集合t，集合s中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得dt（e，f）+dt（f，g）+dt（g，