2018朝阳高三二模数学理含问题详解

1、实用文档北京市朝阳区高三年级第二次综合练习数学学科测试（理工类）2018. 5（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共 40分）和非选择题（共 110分）两部分第一部分（选择题 共40分）、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出 符合题目要求的一项.文案大全1.已知集合 A =x log2 x 1 , B = x x 至1 ,则 AU B =A. (1,2B. (1 ,+)C. (1,2)D.1,+二）2.在 ABC 中,AB =1, AC = V2, /C =,则 /B = 6C.D.3.执行如图所示的程序框图，则输出的A. 10B. 1

2、3S值为C. 40D. 1214.在极坐标系中，直线A.相交且过圆心C.相切l : Pcos + Psin日=2与圆C : P =2cos的位置关系为B.相交但不过圆心D.相离5.如图，角口，P均以Ox为始边，终边与单位圆 O分别交于点T TA , B ,则 OA OB =A . sin(a P)B . sin(a+B)C. cos(a -0)D . cos + ) )6.已知函数2x.x-a f(x)= 0时，D为三角形；当k0时，D为四边形；一 1 一一 一 1 一当k=一时，S=4；当0kM一时，S为定值.33其中正确的序号是.14 .如图，已知四面体 ABCD的棱AB 平面a ,且AB

3、 = J2 ,其余的棱长均为1 .四面体 ABCD以AB所在的直线为轴旋转 X弧度，且始终在水平放置的平面 a的上方.如果将四面体 ABCD在平面a内正投影面积看成关于 x的函数，记为S(x)，则函数S(x)的最小值为 ; S(x) 的最小正周期为.三、解答题：本大题共 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 .(本小题满分13分)已知函数f (x) =2sin x(sin x+ cosx)a的图象经过点(三，1), aw R . 2(I)求a的值，并求函数 f(x)的单调递增区间；(n)若当xw0,E时，不等式f(x) 2m恒成立，求实数 m的取值范围. 216 .(

4、本小题满分13分)某市旅游管理部门为提升该市 26个旅游景点的服务质量，对该市26个旅游景点的交通、安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分.每项评分最低分0分，最高分100分.每个景点总分为这五项得分之和.根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、 交通得分 与景点总分散点图如下：请根据图中所提供的信息，完成下列问题：(I )若从交通得分前 5名的景点中任取1个，求其安全得分大于 90分的概率；(II)若从景点总分排名前 6名的景点中任取3个，记安全得分不大于 90分的景点个数为 J求随机变量之的分布列和数学期望；(出)记该市26个景点的交通平均得分为 x1,安全平均得分为 x2 ,写出

5、x1和k的大小关 系？(只写出结果)17 .(本小题满分14分)如图，在四棱锥 P-ABCD中，平面PBC _L平面ABCD. PBC是等腰三角形，且PB = PC=3；在梯形 ABCD 中，ABi/DC, AD .L DC , AB =5, AD =4,DC =3 .(I )求证：AB/面 PDC ;(n)求二面角 A PBC的余弦值；(山)在线段 AP上是否存在点 H ,使得BH,平面ADP ?请说明理由.18 .(本小题满分13分)已知函数 f (x) = xex+ax2+2ax (a w R).(I )若曲线y = f (x)在点(0, f (0)处的切线方程为3x + y = 0 ,

6、求a的值;1(n)当5a 右无否数列an满足：存在ap=aq(p,qu N , p q),并且只要ap=aq,就有ap+=taq+(i =1,2,3/11; t为常数)，则称an具有性质 T .(I)右an具有性质 T ,且 t = 3, a1 = 4, a2 = 5,a4 = 1,a5 = 5 , a? + a8 * a9 = 36，求 a3 ；(n)若无穷数列an的前n项和为Sn,且Sn =2n+b (bw R ),证明存在无穷多个 b的不同取值，使得数列an具有性质T；(出)设bn是一个无否数列，数列 an中存在ap = aq (p,q = N , pq),且_ * _ . 一 、 _

7、.an+=bncosan(nu N ).求证：“bn为常数列”是“对任意正整数 a1,an都具有性质T ”的充分不必要条件.北京市朝阳区高三年级第二次综合练习数学学科测试答案（理工类）2018. 5、选择题：（本题满分40分）题号12345678答案DDCBCACB、填空题：（本题满分30分）题号91011121314答案1 .-i2近冗23-134花三、解答题：（本题满分80分）15.（本小题满分13分）解：（I）根据题意得 2sin（sin+cos）a =1 .222即 2M（1+0）a =1 ,解得 a=i .又 f(x) =2sin x(sin x cosx) -1c .2=2sin

8、x 2sin xcosx -1 =sin 2x -cos2x = 2 sin(2 x -)4-2k -2x -+2kMke Z),冗+ 2kn ,所以 一一 十kn E x E8所以函数f（x）的单调递增区间是-二+kn8+ kn (k w Z ).（n）由（i）可知f (x) =V2sin(2x-).4当 xW0, 2时,Jin 3n2xw ,44 4所以-二2-sin(2 x - -) -1所以 -1 三 f (x) M 2 .当31所以 E： =0M + 1M + 2M = 1 . 555x =，即x=0时，f(x)取得最小值1 . 44因为不等式f (x)之m恒成立等价于 m f (x

9、)最小值,所以m x2 .10分1 3分17 .(本小题满分14分)证明：(I )因为ABjDC ,又因为 AB0平面PDC, DC仁平面PDC,所以AB平面PDC .3分(n)取BC中点F ,在pbc中，因为PB = PC ,所以PF _L BC .又易知AC = AB =5,所以AF _L BC .又因为平面 PBC_L平面ABCD,且平面PBCn平面ABCD=BC ,所以PF _L平面ABCD .所以PF 1AF .以F为原点，建立如图所示的空间直角坐标系F -xyz.在梯形 ABCD 中，因为 ABJDC, AD 1 DC , AD=4,DC=3, AB =5,所以BC =2娓,AF

10、=2后.又因为 PB=3,所以 PF =2 .于是有 P(0,0,2), A(275,0,0), B(0,*,0), C(0, 75,0).所以 FA =(2 75,0,0) , AB =(-275,75,0) , PB =(0, 75,-2).因为AF _L平面PBC ,所以FA =(2代,0,0)是平面PBC的一个法向量.设平面PBA的一个法向量为 m =(x,y,z),则m AB=0, 工 25x .5y=0, y=2x,4t 即一 所以m PB =0, 5y -2z =0.5y=2z.令 y=2 ,则 m =(1,2,75).所以cosFA,m2行0,0)皿乐叵2.5:14 510由图

11、可知，二面角 APBC为锐角，所以二面角A-PB -C的余弦值 业0 .10(出)因为 AB=5,DC =3,且 AB =(-275, 75,0),所以 CD AB .52所以 AD =AB BC CD 二一 AB BC= 2(2后而0) + (0,-275,0)=(逃,800).555，Tn AD =0,n AP = 0,设平面ADP的一个法向量为n =(Xi,yij),则i xi - 2 yi, 所以 _.5X1 =Zi.4 58 5 八X1 -y1 =0,5 5-2 5x1 2乙=0.令 Xi =2,则 n =(2,-1,275) .假设线段 AP上存在点H ,使得BH _l平面ADP,

12、且设窗=九元(九w 0,1).所以 TH = kAP =275,0,2) =(2V50,2 九).所以 BH=BA+7H=(2T5,V5,0) +(2岔儿0,2 乃=(275(1K),75,2 人),因为BH _L平面ADP,所以BH/n .2.5(1 ).52 日心所以 =一尸.显然 久不存在.2-12.5所以假设不成立，故线段 AP上不存在点H ,使得BH _L平面ADP .14分18.(本小题满分13分)解：由题意可知 解x) =(x+1)(eX+2a).(I )因为曲线y=f(x)在点(0, f (0)处的切线方程为3x + y = 0,所以 f (0) =0,f(0)=-3.由 e+

13、2a =3得a =-2.4 分- 1(口)当一万 Wa0时，令 f (x) = (x+1)(e +2a)=0得 x =-1 或 x = ln( 2a).1 一当 ln(2a) 0 ,函数f(x)有三个零点. ee(2a) 0 ,f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.1当 ln( -2a) = -1,即 a = 一一 时，2e当X变化时，f (x) , f (x)的变化情况如下表：x(-0, -1)-1(-1,+)f (x)+0+f(x),1f(_1) = _a e所以函数f (x)在(-必,+比)上单调递增.又因为f(0)=0,所以函数f(x)有一个零点.1 1当-1 ln(2a) 0,即

14、 aw(_, )时，2 2e当x变化时，f (x) , f (x)的变化情况如下表:x(_oo, -1)-1(-1,ln(-2a)ln(-2a)(ln(-2a),+)f (x)+00+f(x)极大值极小值所以函数f (x)在(1,ln( 2a)上单调递减，在(g, 1)和(ln(2a),十厘)上单调递增.22一 . 一1又因为 f(2)=2e +4a4a =-2e 0, f(1) = -a, ef (ln(-2a) =aln2(2a) 0, f (0) =0,11.-1所以当a匚(一，)时，此时f(1) = a 0,函数f(x)有一个零点; e 2ee1，,、八一、当a =时，此时f(T) =

15、 0,函数f(x)有两个零点； e1 一当ln（2a）=0,即2 = 时，显然函数f（x）有两个零点.21,、 一综上所述，（1）当a w（ ,0）时，函数f（x）有一个零点；e11（2）当a =_,时 函数f（x）有两个零点；e 2一11.（3）当aw（,一）时，函数f（x）有三个零点.13分2 e另外的解法提示：f （ x）= x（xe+ a叶2a）易知f （0X 0即可考虑 g( x)= e + ax+ 2 a零点.19 .（本小题满分14分）解：（I）由题意可知，抛物线的准线方程为1x = 一2抛物线C的焦点到准线的距离为1.(n)由已知设直线 l : y = k(x -2),显然 k

16、 = 0 ； A(x1, y1), B(x2, y2), x1 x2. (2c由y = x,得 ky2 -2y -4k =0.y =k(x-2),2所以 y1 +丫2 =丁，y1y2 = -4.k(i)因为点B,D关于x轴对称，所以D(x2, -y2).所以直线AD的方程为y-y1=2二运（x-x1）.x 一x2xy2x2y1y1y2x1(y1 y2) - v(x1 -x2)y1 y222=-210分S市ab，设 P(2,0)y y 2 y2 V1y1y22(y1 y2)2”所以 M (-2,0).(ii)记AQAM与AOAB面积分别为S从AM， O一 一 1 一 ，1 一则s疝AM+s疝AB

17、=20M冈y1+2oPx:(y1 + %)=2y之2同不两=2，2丽1=4及.当且仅当y2 =2必，即y1 = J2, y2 =+2石 时,OAM与AOAB面积之和的最小值是 4 J2 .14分20 .（本小题满分13分）解：（I）因为an具有性质T,且t=3, a5 =a2=5,所以 a6 = 3a3, a? = 3a4 =3, a8 = 3a5 = 15, a = 3a6 = 9a3,由a7+a8+a9 =36 ,得3+15+9a3 =36，所以a3 =2,经检验符合题意.3分（n）证明：因为无穷数列 an的前n和为Sn,且Sn =2n +b ,n _ n 1_ n 1所以 a1=2+b,

18、当 n 之2 时，an=2 -2一=2一.右存在 ap = aq （ p a q ）,则 q = 1.取b=2p2（pw N,且p之2, p为常数），则 ap = 2。=a ,对 t = 20，有 ap+ = 2。 = 20为卡=taHf.（i =1，2,3, HI）,所以an具有性质T ,且b的不同取值有无穷多个.8分（出）证明：当bn为常数列时，有bn=m （常数），an =mcosan（nu N ）,对任意的正整数国, 因为存在 ap=aq,则由 mcosap = mcosaq ,必有 ap=aq中，进而有 ap + = aq+（i -1，2,3，| ）,这时 t = 1 , ap+ taq + （i 1,2,3, I I I ）,所以an都具有性质T .所以，bn为常数列”是对任意正整数a1,an都具有性质T”的充分条件.TLl.n = 2k -1.取bn=2（k n N 对任息正整数a1,由an = bnjcosan（n至2, n= N）0,n =2k,得，a2 =b cosa1 =一 cosa ,因为