北京市海淀区2017届高三3月适应性考试(零模)数学(理)试题含解析

1、学必求其心得，业必贵于专精2017 年北京市海淀区高考数学零模试卷（理科)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 m=x x2=x ，n= 1,0，1,则 mn=( )a1，0,1b0，1 c1 d02下列函数中为偶函数的是（）ay=x2sinx by=2xcy=dy=log0。5x3执行如图所示的程序框图，则输出的s值为（)a1 b3 c7 d154在极坐标系中圆 =2cos 的垂直于极轴的两条切线方程分别为( ）a =0（r）和 cos =2b=( r）和 cos =2c=（ r）和 cos =1d =0（

2、r)和 cos =15 设为两个非零向量，则“ ? = ? 是“ 与 共线”的 ( ）a充分而不必要条件b必要而不充要条件学必求其心得，业必贵于专精c充要条件 d既不充分也不必要条件6设不等式组表示的平面区域为d， 若函数 y=logax （a1）的图象上存在区域d 上的点，则实数a的取值范围是（）a（1,3 b3，+) c(1，2d2,+)7某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是（)abcd8已知函数 f（x）满足如下条件：任意xr，有 f(x）+f(x)=0成立；当 x0 时，f（x)= （xm2+x2m23m2）;任意 xr，有 f（x）f（x1）成立则实数

3、 m 的取值范围 ( ）a bcd二、填空题（每题5 分，满分 30分，将答案填在答题纸上）9复数 z=i(1+i ）在复平面内对应的点的坐标为10抛物线 y2=8x 的焦点到双曲线的渐近线的距离是11 在锐角 abc 中,角 a、 b 所对的边长分别为a、 b， 若 2asinb= b，则角 a 等于12已知数列 an的前 n 项和为 sn,且满足 sn=2an2，若数列 bn满足 bn=10log2an,则使数列 bn的前 n 项和取最大值时的n 的值学必求其心得，业必贵于专精为13小明、小刚、小红等5 个人排成一排照相合影 ,若小明与小刚相邻，且小明与小红不相邻，则不同的排法有种14已知

4、正方体 abcda1b1c1d1的棱长为 2，长度为 2的线段 mn的一个端点 m 在棱 dd1上运动，另一个端点n 在正方形 abcd 内运动，则 mn 中点的轨迹与正方体abcda1b1c1d1的表面所围成的较小的几何体的体积等于三、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已知函数( 0）的最小正周期为（）求 的值；( ）求函数 f（x)的单调递增区间16 如图 1， 在直角梯形 abcp中， cpab， cpcb， ab=bc=cp=2，d 是 cp的中点，将 pad 沿 ad 折起，使得 pdcd（ ) 若 e 是 pc的中点，求证 :ap

5、平面 bde；（）求证：平面pcd平面 abcd；（）求二面角 apbc 的大小17 某公司准备将 1000万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、学必求其心得，业必贵于专精乙两个建设项目选择， 若投资甲项目一年后可获得的利润1（万元）的概率分布列如表所示：1110120170pm0。4n且 1的期望 e （1)=120;若投资乙项目一年后可获得的利润2（万元）与该项目建设材料的成本有关,在生产的过程中，公司将根据成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互独立且调整的概率分别为p（0p1）和 1p若乙项目产品价格一年内调整次数 x（次数 )与 2的关系如表所示 :x012

6、241.2117 。6204。0（ ) 求 m，n 的值;（）求 2的分布列；( ）若该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润，求p 的取值范围18已知椭圆 c:=1（ab0)的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形（）求椭圆 c 的标准方程和长轴长 ;（）设 f 为椭圆 c 的左焦点， p 为直线 x=3 上任意一点，过点f 作直线 pf 的垂线交椭圆 c 于 m,n， 记 d1,d2分别为点 m 和 n 到直线 op 的距离，证明： d1=d219已知函数（ ) 若曲线y=f(x）与直线 y=kx 相切于点 p,求点 p 的坐标；学必求其心得，业必贵于专精（）当 ae时，证

7、明：当 x（0，+）,f（x）a（xlnx）20已知数集 a=a1，a2，an（1=a1a2 an，n2）具有性质 p：对任意的 k（2kn），? i，j（1ijn）,使得 ak=ai+aj成立（ ) 分别判断数集1，3，4与1，2,3,6 是否具有性质p，并说明理由；（ ) 求证： an2a1+a2+an1（n2）；（）若 an=72,求数集 a 中所有元素的和的最小值学必求其心得，业必贵于专精2017年北京市海淀区高考数学零模试卷（理科）参考答案与试题解析一、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 m=x|x2

8、=x ，n= 1，0，1，则 mn= （）a1,0，1 b0,1c1 d0【考点】交集及其运算【分析】求出 m 中方程的解确定出m，找出 m 与 n 的交集即可【解答】解：由 m 中方程变形得： x（x1）=0，解得： x=0 或 x=1，即 m=0,1，n= 1，0，1,mn=0,1 故选： b2下列函数中为偶函数的是（）ay=x2sinx by=2xcy=dy=log0。5x【考点】函数奇偶性的判断【分析】利用奇偶函数的定义，进行判断即可【解答】解：对于a,f(x）=（x）2sin（x）=x2sinx，是奇函数；对于 b，非奇非偶函数 ;对于 c,f(x）=，是偶函数；学必求其心得，业必贵

9、于专精对于 d,非奇非偶函数故选 c3执行如图所示的程序框图，则输出的s值为（）a1 b3 c7 d15【考点】程序框图【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加s=0+20+21+22+23的值，并输出【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序，可知 :该程序的作用是累加s=0+20+21+22+23的值s=0+20+21+22+23=15，故选 d4在极坐标系中圆 =2cos 的垂直于极轴的两条切线方程分别为（）学必求其心得，业必贵于专精a =0（r）和 cos =2b=（ r）和 cos =2c=（ r）和 cos =

10、1d =0( r）和 cos =1【考点】简单曲线的极坐标方程；圆的切线方程【分析】利用圆的极坐标方程和直线的极坐标方程即可得出【解答】解:如图所示，在极坐标系中圆 =2cos 是以（1，0)为圆心，1 为半径的圆故圆的两条切线方程分别为（ r）， cos =2故选 b5设为两个非零向量 ,则“ ? = ? 是“ 与 共线”的 ( ）a充分而不必要条件b必要而不充要条件c充要条件 d既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【分析】根据充分条件和必要条件的定义,利用向量共线的等价条件，即可得到结论【解答】解：若? =|? ，则| | ?| |cos ， = | |cos ,

11、 |, 即 cos ， =cos ， |, 则 cos , 0,则 与 共线不成立，即充分性不成立若 与 共线，当 ， =， cos ， =1，此时 ? =|? 不成立，即必要性不成立，学必求其心得，业必贵于专精故“ ? =|? ”是“ 与 共线的既不充分也不必要条件，故选： d6设不等式组表示的平面区域为d， 若函数 y=logax （a1）的图象上存在区域d 上的点，则实数a的取值范围是（）a（1，3 b3,+）c（1,2 d2,+)【考点】简单线性规划【分析】结合二元一次不等式（组）与平面区域的关系画出其表示的平面区域，再利用函数y=logax（a1）的图象特征，结合区域的角上的点即可解

12、决问题【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：由 a1,对数函数的图象经过可行域的点，满足条件，由，解得 a(3，1），此时满足 loga31，解得 a3，实数 a的取值范围是： 3,+),故选： b学必求其心得，业必贵于专精7某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是（）abcd【考点】由三视图求面积、体积【分析】根据几何体的三视图知该几何体是三棱锥,由三视图求出几何体的棱长、并判断出线面的位置关系,由勾股定理、余弦定理、三角形的面积公式求出各个面的面积，即可得几何体的各面中面积最大的面的面积【解答】解 :根据几何体的三视图知，该几何体是三棱锥pabc，直观图如

13、图所示：由图得，pa平面 abc，,，则，在pbc中,，由余弦定理得 :，则，所以，所以三棱锥中，面积最大的面是pac，其面积为,故选 b学必求其心得，业必贵于专精8已知函数 f（x）满足如下条件：任意xr，有 f（x）+f(x）=0 成立;当 x0时，f（x)= （|x m2+x2m23m2)；任意 xr，有 f(x）f（x1)成立则实数 m 的取值范围（）a bcd【考点】抽象函数及其应用【分析】化简 f（x)在0，+）上的解析式，根据f（x）的奇偶性做出函数图象 ,根据条件得出不等式解出【解答】解： f(x）+f （x）=0，f（x）是奇函数当 m=0 时，f（x）=x，显然符合题意当

14、m0 时，f(x)在0，+）上的解析式为： f（x）=，做出 f（x)的函数图象如图所示：学必求其心得，业必贵于专精任意 xr，有 f（x)f（x1）成立，6m21,解得m故选 a二、填空题（每题5 分，满分 30分，将答案填在答题纸上 )9复数 z=i （1+i）在复平面内对应的点的坐标为（1，1) 【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出【解答】解： z=i（1+i）=i1在复平面内对应的点的坐标为（1，1)故答案为：（ 1，1)10抛物线 y2=8x 的焦点到双曲线的渐近线的距离是【考点】双曲线的简单性质【分析】求出抛物线y2=8x 的焦点坐标、双曲线的

15、渐近线 ,即可求出结论【解答】解：抛物线y2=8x 的焦点 (2,0)到双曲线的渐近线y=x 的距离是 d=，故答案为11 在锐角 abc 中,角 a、 b 所对的边长分别为a、 b， 若 2asinb= b，则角 a 等于60【考点】正弦定理学必求其心得，业必贵于专精【分析】已知等式利用正弦定理化简， 根据 sinb不为 0 求出 sina 的值，再由 a 为锐角，利用特殊角的三角函数值即可求出a 的度数【解答】解 :利用正弦定理化简已知等式得：2sinasinb=sinb，sinb0，sina=，a 为锐角， a=60故答案为：6012已知数列an的前 n 项和为 sn，且满足 sn=2a

16、n2，若数列 bn满足 bn=10log2an，则使数列 bn的前 n 项和取最大值时的n 的值为9 或 10 【考点】数列的求和【分析】 sn=2an2，n=1 时，a1=2a12,解得 a1n2 时，an=snsn1，再利用等比数列的通项公式可得an令 bn0，解得 n，即可得出【解答】解： sn=2an2,n=1 时，a1=2a12，解得 a1=2n2 时，an=snsn1=2an2(2an12)，an=2an1数列 an是等比数列，公比为2an=2nbn=10log2an=10n由 bn=10n0,解得 n10使数列 bn的前 n 项和取最大值时的n 的值为 9 或 10故答案为： 9

17、 或 10学必求其心得，业必贵于专精13小明、小刚、小红等5 个人排成一排照相合影 ,若小明与小刚相邻，且小明与小红不相邻,则不同的排法有36 种【考点】排列、组合的实际应用【分析】根据题意，分2 种情况讨论 :、小刚与小红不相邻，、小刚与小红相邻，由排列、组合公式分别求出每一种情况的排法数目，由分类加法原理计算可得答案【解答】解：根据题意，分2 种情况讨论：、小刚与小红不相邻，将除小明、小刚、小红之外的2 人全排列，有 a22种安排方法 ,排好后有 3 个空位，将小明与小刚看成一个整体，考虑其顺序，有a22种情况，在 3 个空位中，任选 2个，安排这个整体与小红， 有 a32种安排方法 ,有

18、 a22a32a22=24 种安排方法 ;、小刚与小红相邻，则三人中小刚在中间，小明、小红在两边，有a22种安排方法，将三人看成一个整体 ,将整个整体与其余2 人进行全排列，有a33种安排方法，此时有 a33a22=12 种排法，则共有 24+12=36种安排方法 ;故答案为： 3614已知正方体 abcda1b1c1d1的棱长为 2，长度为 2的线段 mn的一个端点 m 在棱 dd1上运动 ,另一个端点 n 在正方形 abcd 内运学必求其心得，业必贵于专精动，则 mn 中点的轨迹与正方体abcda1b1c1d1的表面所围成的较小的几何体的体积等于【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据题

19、意，连接nd, 得到一个直角三角形 nmd ，p 为斜边 mn 的中点，则|pd| 的长度不变， 进而得到点 p 的轨迹是球面的一部分，求出球的半径，代入球的体积公式计算【解答】解：如图可得 ,端点 n 在正方形 abcd 内运动，连接 nd,由 nd ，dm，mn 构成一个直角三角形，设 p为 mn 的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得，不论 mdn 如何变化， p 点到 d 点的距离始终等于1故 p点的轨迹是一个以d 为中心 ,半径为 1 的球的 其体积 v= 13=故答案为：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

20、知函数( 0）的最小正周期为（）求 的值;学必求其心得，业必贵于专精（）求函数 f(x)的单调递增区间【考点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的图象【分析】（）利用二倍角和两角和与差以及辅助角公式基本公式将函数化为 y=asin（x+）的形式，再利用周期公式求 的值（）将内层函数看作整体,放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调递增区间；【解答】解 :（）=f(x）的最小正周期为，且 0，从而有,故 =1（ ) 由 ( ）知,令，kz，有，kz，解得，kz故得 f（x）的单调递增区间为,kz16 如图 1， 在直角梯形 abcp 中， cpab， cpcb,ab=bc= cp=2，d 是

21、 cp的中点，将 pad 沿 ad 折起，使得 pdcd( ）若e 是 pc的中点，求证： ap平面 bde；学必求其心得，业必贵于专精（）求证：平面pcd平面 abcd；( ) 求二面角 apbc 的大小【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定【分析】（）连接 ac 交 bd 于点 o，连接 oe，推导出 oeap，由此能证明 ap平面 bde（）推导出 ad pd，adcd,从而 ad 平面 pcd，由此能证明平面 pcd平面 abcd（）以 d 为坐标原点 ,da，dc，dp 所在直线分别为x，y，z 轴,建立空间直角坐标系 ,利用向量法能求出二面角apb

22、c 的大小【解答】证明：（）连接ac 交 bd 于点 o,连接 oe，在正方形 abcd 中，o 为 ac 的中点，又因为 e 为 pc的中点 ,所以 oe 为pac 的中位线 ,所以 oeap，又因为 oe? 平面 bde，ap? 平面 bde，所以 ap平面 bde（）由已知可得ad pd，ad cd,又因为 pdcd=d ，pd，cd? 平面 pcd，所以 ad平面 pcd，又因为 ad? 平面 abcd，所以平面 pcd平面 abcd解：（) 由（）知 ad 平面 pcd,所以 adpd，又因为 pdcd，且 ad cd=d ，学必求其心得，业必贵于专精所以 pd平面 abcd，所以以

23、 d 为坐标原点， da,dc，dp 所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则 p（0，0，2），a（2，0,0)，b(2，2，0）,c（0，2,0），所以，设平面 apb 的一个法向量为，所以即令 a=1，则 c=1，从而，同理可求得平面 pbc的一个法向量为，设二面角 apbc 的大小为 , 易知，所以,所以，所以二面角 apbc 的大小为17 某公司准备将 1000万元资金投入到市环保工程建设中，现有甲、乙两个建设项目选择 ,若投资甲项目一年后可获得的利润1（万元)的概率分布列如表所示 :学必求其心得，业必贵于专精1110120170pm0.4n且 1的期望 e（1）=120；

24、若投资乙项目一年后可获得的利润2（万元）与该项目建设材料的成本有关，在生产的过程中，公司将根据成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整，两次调整相互独立且调整的概率分别为p（0p1）和 1p若乙项目产品价格一年内调整次数x（次数）与 2的关系如表所示：x012241。2117.6204.0（ ) 求 m，n 的值；( ）求2的分布列 ;（）若该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润，求p 的取值范围【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【分析】( ）由离散型随机变量的分布列及数学期望的性质列出方程组,能求出 m,n的值（）2的可能取值为 41.2 ，117。6，2

25、04，分虽求出相应的概率，由此能求出 2的分布列（）求出可得 e（2)，由于该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润，从而 e（2）e（1），由此能求出 p 的取值范围【解答】解：（）由题意得，解得 m=0.5，n=0.1学必求其心得，业必贵于专精（）2的可能取值为 41。2，117。6，204，p（2=41.2)=（1p）1（1p）=p(1p），p( 2=204）=p（1p），所以 2的分布列为 :241.2117。6204pp(1p)p2+（1p）2p(1p）（）由 ( ） 可得，由于该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润，所以 e( 2) e( 1)，所以 10p2+10p+117。612

26、0,解得 0。4p0。6，所以 p 的取值范围是 (0.4，0.6）18已知椭圆 c:=1(ab0）的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形( ）求椭圆 c 的标准方程和长轴长；（）设 f 为椭圆 c 的左焦点， p 为直线 x=3 上任意一点，过点f 作直线 pf 的垂线交椭圆 c 于 m，n，记 d1，d2分别为点 m 和 n到直线 op 的距离，证明： d1=d2【考点】直线与椭圆的位置关系【分析】( ）由椭圆的性质可知： c=2,=2b，即可求得 a和 b的值，求得椭圆方程；（）由（）求得直线mn 的方程，代入椭圆方程，由韦达定理学必求其心得，业必贵于专精及中点坐标公

27、式可知求得mn 的中点 t，由 kot=kop,由三角形全等的判定和性质可知 :d1=d2【解答】解：（）由题意可知椭圆的焦点在x 轴上,2c=4,c=2,=2b，由 a2=b2+c2,解得 a2=6，b2=2，椭圆 c 的标准方程为，椭圆 c 的长轴长为（）由（）可知点f 的坐标为（ 2,0），设点 p 的坐标为（3，m），则直线 pf的斜率，当 m0 时，直线 mn 的斜率，直线 mn 的方程是 x=my2，当 m=0 时，直线 mn 的方程是 x=2，也符合 x=my2 的形式，设 m（x1，y1），n(x2，y2），将直线 mn 的方程与椭圆 c 的方程联立，得,消去 x，得（ m2+

28、3)y24my2=0，其判别式 =16m2+8（m2+3）0，所以，设 t 为线段 mn 的中点，则点 t 的坐标为，所以直线 ot 的斜率，又直线 op 的斜率，所以点 t 在直线 op 上，由三角形全等的判定和性质可知：d1=d2学必求其心得，业必贵于专精19已知函数（）若曲线 y=f（x）与直线 y=kx 相切于点 p，求点 p的坐标；（）当 ae时，证明 :当 x（0，+）， f（x）a(xlnx）【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）设点p 的坐标为（ x0，y0)，由题意列出方程组 ,能求出点 p的坐标( ） 设函数 g （x）=f（x）a

29、 （xlnx）=，x（0,+），设 h（x）=exax，x（0，+），则 h（x）=exa，由此利用分类讨论和导数性质能证明：当x(0,+）， f（x）a（xlnx）【解答】解：（）设点p 的坐标为（ x0，y0），由题意知解得 x0=2，所以，从而点 p的坐标为证明： ( ）设函数 g(x)=f（x）a（xlnx)=,x(0，+），设 h(x）=exax，x（0，+），则 h (x ） =exa，当 a1 时，因为 x0，所以 ex1,所以 h（x)=exa0，所以 h（x）在区间（ 0,+）上单调递增，所以h（x）h（0）=1学必求其心得，业必贵于专精0；当 1ae时,令 h（x）=0，则

30、 x=lna，所以 x(0,lna ），h(x）0;x（lna，+）， h（x）0所以 h（x)h（lna）=a(1lna）0,由可知： x（0，+)时,有 h(x)0，所以有：x（0，1)1（1，+）g（x）0+g(x）极小值所以 g（x）min=g（1)=ea0，从而有当 x（0,+）时， f（x）a（xlnx）20已知数集 a=a1，a2， ,an（1=a1a2 an,n2)具有性质 p：对任意的 k（2kn），? i，j(1ijn)，使得 ak=ai+aj成立( ）分别判断数集 1，3,4与1，2,3，6是否具有性质 p,并说明理由；（）求证： an2a1+a2+an1(n2）；（）若

31、 an=72，求数集 a 中所有元素的和的最小值【考点】数列的求和【分析】（）利用性质p 的概念，对数集 1，3，4与1，2,3，6判断即可；（ ) 利用集合a=a1，a2，an具有性质 p,可分析得到 aiak1，ajak1，从而 ak=ai+aj2ak1,（k=2，3， n），将上述不等式相加得 a2+an1+an2（a1+a2+an1）学必求其心得，业必贵于专精即可证得结论；( ） 首先注意到 a1=1,根据性质 p,得到 a2=2a1=2,构造 a=1 ， 2,3,6 ， 9，18,36 ，72或者 a=1，2，4,5,9,18 ，36，72，这两个集合具有性质 p，此时元素和为 14

32、7再利用反证法证明满足s=ai147最小的情况不存在 ,从而可得最小值为 147【解答】解：（）因为31+1，所以 1,3，4不具有性质 p因为 2=12，3=1+2，6=3+3，所以1，2，3，6具有性质 p （）因为集合 a= a1,a2， an具有性质 p：即对任意的 k(2kn），? i，j（1ijn）,使得 ak=ai+aj成立,又因为 1=a1a2 an,n2，所以 aiak，ajak所以 aiak1，ajak1,所以 ak=ai+aj2ak1即 an12an2，an22an3， a32a2，a22a1将上述不等式相加得a2+an1+an2（a1+a2+an1）所以 an2a1+a2+an1( ）最小值为 147首先注意到 a1=1,根据性质 p，得到 a2=2a1=2所以易知数集 a 的元素都是整数构造 a=1,2，3，6，9，18，36，72或者 a=1，2，4，5,9，18，36，72，这两个集合具有性质p，此时元素和为 147下面，我们证明 147是最小的