2015北京朝阳高考二模数学理(含解析)

1、北京市朝阳区20142015学年度第二学期高三综合练习20155数学（理科）第一部分（选择题 共40 分）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已知集合，集合，则（ ）A B C D，或2执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（ ）A B C D3设为虚数单位，“复数是纯虚数”是“”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件4已知平面上三点，满足，则 （ ）A B C D5已知函数，若对任意的实数，总有，则的最小值是（ ）A B C D6已知双曲线，与抛物线有一个公共的焦点，且两曲线的一个交点为若

2、，则双曲线的渐近线方程为（ ）A B C D7已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）A B C D8如图，将一张边长为的正方形纸折叠，使得点始终落在边上，则折起部分面积的最小值为（ ）A B C D第卷（非选择题 共110 分）二、填空题：本小题共6 小题，每小题5 分，共30 分9展开式中含项的系数是_10已知圆的圆心在直线上，且圆与两条直线和都相切，则圆的标准方程是_11如图，已知圆的半径为，直线与直线为圆的两条割线，且割线过圆心若，则_12某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为_13已知点，都在函数的图像上，则数列的通项公式为_；设为坐标原点，点，则，中，面积的最

3、大值是_14设集合，集合中所有元素的个数为_；集合 中满足条件“”的元素个数为_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（本小题共13分）在梯形中，（）求的长；（）求梯形的高16（本小题共13分）某学科测试中要求考生从，三道题中任选一题作答，考试结束后，统计数据显示共有名学生参加测试，选择，三题答卷数如下表：（）某教师为了解参加测试的学生答卷情况，现用分层抽样的方法从份答案中抽出若干份答卷，其中从选择题作答的答卷中抽出了份，则应分别从选择，题作答的答卷中各抽出多少份？（）若在（）问中被抽出的答卷中，三题答卷得优的份数都是，从被抽出的，三题答卷中再

4、各抽出份，求这份答卷中恰有份得优的概率；（）测试后的统计数据显示，题的答卷得优的有份，若以频率作为概率，在（）问中被抽出的选择题作答的答卷中，记其中得优的份数为，求的分布列及其数学期望 17（本小题共14分）如图，在直角梯形中，直角梯形可以通过直角梯形以直线为轴旋转得到，且平面平面（）求证：；（）求直线和平面所成角的正弦值；（）设为的中点，分别为线段，上的点（都不与点重合）若直线 平面，求的长18（本小题共13分）已知点为椭圆的右顶点，点，是椭圆上不同的两点（均异于点），且满足直线与直线斜率之积为（）求椭圆的离心率及焦点坐标；（）试判断直线是否过定点：若是，求出定点坐标；若否，说明理由19（本

5、小题共14分）已知函数，（）当时，求函数的单调区间；（）若在区间上存在不相等的实数，使成立，求的取值范围；（）若函数有两个不同的极值点，求证：20（本小题共13分）已知数列，是正整数，的一个全排列若对每个都有或，则称为数列（）写出满足的所有数列；（）写出一个满足的数列的通项公式；（）在数列中，记若数列是公差为的等差数列，求证：或北京市朝阳区2015 年高三二模试卷参考答案及评分标准高三数学（理科）一、选择题：题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）答案ABBC ACDB二、填空题： 题号（9）（10）（11）（12）（13）（14）答案 三、解答题：15（本小题共13 分）解：（）

6、在中，因为，所以由正弦定理得：，即（）在中，由余弦定理得：，整理得，解得（舍负）过点作于，则为梯形的高因为，所以在直角中，即梯形的高为16（本小题共13 分）解：（）由题意可得：题ABC答卷数180300230抽出的答卷数352应分别从题的答卷中抽出份，份（）记事件：被抽出的三种答卷中分别再任取出份，这份答卷中恰有份得优，可知只能题答案为优，依题意（）由题意可知，题答案得优的概率为，显然被抽出的题的答案中得优的份数的可能取值为，且；随机变量的分布列为：所以17（本小题共14分）证明：（）由已知得，因为平面平面，且平面平面，所以平面，由于平面，所以（）由（1）知平面所以，由已知，所以两两垂直以为

7、原点建立空间直角坐标系（如图）因为，则，所以，设平面的一个法向量所以，即令，则设直线与平面所成角为，因为，所以所以直线和平面所成角的正弦值为（）在为原点的空间直角坐标系中，设，即，则，若平面，则即解得则，18（本小题共13分）解：（）椭圆的方程可化为，则，故离心率为，焦点坐标为，（）由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为，则，由得判别式所以，因为直线与直线的斜率之积为，所以，所以化简得，所以，化简得，即或当时，直线方程为，过定点代入判别式大于零中，解得当时，直线的方程为，过定点，不符合题意故直线过定点19（本小题共14分）解：（）当时，由，解得，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增

8、所以的单调增区间为，单调减区间为（）依题意即求使函数在上不为单调函数的的取值范围，设，则，因为在上为增函数当，即当时，函数在上有且只有一个零点，设为，当时，即，为减函数；当时，即，为增函数，满足在上不为单调函数当时，所以在上成立（因在上为增函数），所以在上成立，即在上为增函数，不合题意同理时，可判断在为减函数，不合题意综上（）因为函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，即方程的判别式，解得由，解得，此时，随着变化，和的变化情况如下：+极大值极小值所以是的极大值点，是的极小值点，所以是极大值，是极小值所以因为，所以，所以20（本小题共13分）解：（）满足条件的数列有两个：（）由（1）知数列满足

9、，把各项分别加后，所得各数依次排在后，因为，所得数列显然满足或，即得数列其中，如此下去即可得到一个满足的数列为：（其中）（写出此通项也可以（其中）（）解法一：不妨设（1），则，与矛盾（2）若若，则，不妨设，其中，于是即，可得，与矛盾若，则，不妨设，其中，于是即，可得，与矛盾因为为整数，所以综上可得由（2）可知存在使（其中）的数列，把上述数列倒序排列，即有所以或解法二：由题意知，且有解：，则，这与 是矛盾的时，与类似可得不成立时，则不可能成立时，若或，则或若或，则，类似于可知不成立时，若同号，则，由上面的讨论可知不可能；若或，则或；时，若异号，则，不行；若同号，则，同样由前面的讨论可知与矛盾综上

10、，只能为或，且（2）中的数列是的情形，将（2）中的数列倒过来就是，所以为或北京市朝阳区高三年级第一次综合练习数学（理工类）选填解析一、 选择题1【答案】 【解析】由题意可得集合，集合，所以故选2【答案】【解析】由程序图得，当时，继续循环，当时，显然有，输出故选3【答案】【解析】设命题 复数为虚数可得或，不一定有命题，故不是的充分条件；而当时，为虚数成立，所以是的必要条件故选4【答案】【解析】根据题意可以构成三角形，且是直角三角形，所以故选5【答案】 【解析】由题意，时，函数取得最小值；时，函数取得最大值为正弦型函数，因此 的最小值即为的半个周期， 所以最小值为故选6【答案】C【解析】易知焦点坐

11、标，根据抛物线性质可知点的横坐标为，带入抛物线方程求得纵坐标为，综上，可求得，所以渐近线方程为故选7【答案】【解析】易知为的单调递增函数，且为奇函数，因此，所以，故选8【答案】【解析】如图所示，设，根据勾股定理易求得，根据翻折的性质，易证，可求得：，过作，易证，当时，面积最小，为故选9【答案】【解析】的系数是10【答案】【解析】因为圆的坐标在直线上，设圆心坐标为，又直线与直线都与圆相切，所以解得，圆的半径为，圆方程为11【答案】【解析】设，由于圆的半径为，且，所以，由圆幂定理得，即 ，解得，所以12【答案】【解析】该几何体的还原图如右图：且，则该四棱锥的侧面积为13【答案】，【解析】（1）由于在函数上，即； （2）由已知知，令，求