【数学】2018年北京市东城高三一模理科数学试题

【关键字】数学

北京市东城区2017-2018学年度第二学期高三综合练习（一）

数学（理科）

本试卷共页,共分.考试时长分钟.考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.

第一部分（选择题共40分）

一、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.

1.若集合，或，则

A. B. C. D. 2.复数在复平面上对应的点位于 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.已知，且，则下列不等式一定成立的是

A. B. C. D.

4.在平面直角坐标系中,角以为始边,终边与单位圆交于点，则的值为 A. B. C. D. 5.设抛物线上一点到轴的距离是则到该抛物线焦点的距离是 A. B. C. D. 6.故宫博物院五一期间同时举办“戏曲文化展”、“明代御窖瓷器展”、“历代青绿山水画展”、“赵孟頫书画展”四个展览。某同学决定在五一当天的上、下午各参观其中的一个，且至少参观一个画展，则不同的参观方案共有 A.种 B.种 C.种 D.种 7.设是公差为的等差数列，为其前项和，则“”是“为递加数列”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

8.某次数学测试共有道题目，若某考生答对的题大于全部题的一半，则称他为“学习能手”，对于某个题目，如果答对该题的“学习能手”不到全部“学习能手”的一半，则称该题为“难题”，已知这次测试共有个“学习能手”，则难题的个数最多为 A. B. C. D.

第二部分（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.在中,角所对的边分别为，若,则 ____________.

10.在极坐标系中，圆的圆心到直线的距离为_____. 11.若满足，则的最大值为_____.

12.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_____.

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13.设平面向量为非零向量，能够说明若“，则”是假命题的一组向量的坐标依次为______. 14.单位圆的内接正()边形的面积记为，则________； 下面是关于的描述：

①； ③；

②的最大值为； ④.

其中正确结论的序号为________（注：请写出所有正确结论的序号）

三、解答题共6小题,共80分.解答应写出文字说明，验算步骤或证明. 15.(本题满分13分)

已知函数

(Ⅰ)求的最小正周期;

(Ⅱ)求在上的最大值和最小值.

16.（本小题满分13分）

从高一年级随机选取100名学生，对他们期中考试的数学和语文成绩进行分析，成绩如

图所示.

（Ⅰ）从这100名学生中随机选取一人，求该生数学和语文成绩均低于60分的概率; （Ⅱ）从语文成绩大于80分的学生中随机选取两人，记这两人中数学成绩高于80分的人数

为，求的分布列和数学期望;

（Ⅲ）试判断这100名学生数学成绩的方差与语文成绩的方差的大小.（只需写出结论） 17.（本小题14分）

如图1，在边长为2的正方形中，为中点，分别

将沿所在直线折叠，使点与点重合 于点,如图2. 在三棱锥中，为中点. （Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求直线BP与平面POA所成角的正弦值； （Ⅲ）求二面角PAOE的大小.

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18．（本小题13分）

x2y23已知椭圆C:221ab0的离心率为，且过点A2,0．

2ab（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设M，N是椭圆C上不同于点A的两点，且直线AM，AN的斜率之积等于1，试问直线MN是否过定点？若是，求出该点的坐标；4若不是，请说明理由． 19. （本小题满分14分）

已知函数f(x)exa(x1).

（Ⅰ）若曲线yf(x)在(0,f(0))处的切线斜率为0，求a的值; （Ⅱ）若f(x)0恒成立，求a的取值范围

（Ⅲ）求证：当a0时，曲线yf(x)(x0)总在曲线y2lnx的上方. 20.（本小题13分）

在nn(n2)个实数组成的n行n列的表中，aij表示第i行第j列的数，

记riai1ai2ain(1in),cja1ja2janj(1jn).

若aij1,0,1(1i,jn)，且r1,r2,rn,c1,c2,cn两两不等，则称此表为 “n阶H表”，记Hnr1,r2,,rn,c1,c2,,cn. （Ⅰ）请写出一个“2阶H表”；

（Ⅱ）对任意一个“n阶H表”，若整数[n,n]，且Hn， 求证：为偶数；

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（Ⅲ）求证：不存在“5阶H表”.

北京市东城区2017-2018学年度第二学期高三综合练习（一）

数学（理科）

本试卷共4页,共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.

第一部分（选择题共40分）

一、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. 1.【答案】B

【解析】由题易知，AB{x|3x1}.故选B 2.【答案】B 【解析】z1122ii(1i)i111i,所以z在复平面上对应的点1i(1i)(1i)222为(,)，在第二象限,故选B 3.【答案】D

【解析】ab,ab,由yex在R上单调递增可知,

eaeb,eaeb0,故选D

4.【答案】A

4y544tantan()tan 【解析】由正切函数定义可知: ，，

x3335故选A 5.【答案】C

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【解析】在抛物线中, y24x.焦点F(1,0),准线

x1.|PF||PH||PM|1.P点到y轴的距离为2.|PM|2.即|PF||PH||PM|13.故选C

6.【答案】C 【解析】法一：A422A210种

法二：A2A2A27.【答案】D

1122A210种.故选C

【解析】充分条件的反例，当a14，d1时，S1a14，

S2a1a27，充分不成立.

必要条件的反例，例Snn，SnSn11an，d0，必要不成立. 故选D. 8.【答案】D

【解析】由题意可知每位“学习能手”最多做错1道题，5位“学习能手”则最多做错5道题.而至少有3个“学习能手”做错的题目才能称之为“难题”，所以难题最多1道.故选D.

第二部分（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.【答案】

a2c2b2ac1B, 【解析】cosB32ac2ac2310.【答案】1

【解析】即求x2y22x0圆心到直线y1的距离，

x1y21的圆心为1,0.距离为1.

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11.【答案】6

【解析】可行域如右图所示：

设z2x+y即yz2x，当yz2x过B(2,2)时，z取最大值，所以z6. 12.【答案】23+12 【解析】

该几何体如图所示：

可知ABACBC2,ABC为等边三角形, 所以SABC1233,所以四边形ACC1A1的面积为 2ABCSACC1A1224,所以S表2S3SACC1A12312.

13.【答案】a=(1,1)，b=(1,2)，c=(2,1)（答案不唯一） 【解析】

b=(1,2)，c=(2,1),则ab=3，ac=3，设a=(1,1)，所以ab=ac但bc，所以若ab=ac，则b=c为假命题。 14.【答案】33；①③④ 4【解析】内接正n边形可拆解为n个等腰三角形，腰长为单位长度1，顶角为

122.每个三角形的面积为sin，所以正n边形面积为 n2nn2323333f(n)sin.f(3)sin==，①正确；

2n23224正n边形面积无法等于圆的面积，所以②不对；

随着n的值增大，正n边形面积也越来越大，所以③正确； 当且仅当n3时，有2f(3)f(6)，由几何图形可知其他情况下都有

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f(2n)2f(n)，所以④正确.

四、解答题共6小题,共80分.解答应写出文字说明，验算步骤或证明. 17. 【解析】

(Ⅰ)由题意得：f(x)sin2xcos2x2sin(2x),

432x, x0,(Ⅱ)当2时，444当2x当2x42时,即x43时,f(x)取得最大值2. 84时,即x0时,f(x)取得最小值1.

所以f(x)在0,2上的最大值和最小值分别是2和1. 18. 【解析】

（Ⅰ）由图知有9名学生数学和语文成绩均低于60分,则从100名学

生中随机选一人,该生数学和语文成绩均低于60分的概率为（Ⅱ）由题可知,的可能取值为0,1,2

9. 1000 1 2 （Ⅲ）ab 【解析】

17.

（Ⅰ）由图1知PDAD,PCCB

由图2知C,D重合于点O.则POAO,POBO

AOBOOAO面AOBBO面AOB

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PO面AOB,又AB面AOBPOAB

（Ⅱ）由题知OP1OAOBAB2ABO为等边三角形

过O取OF1 延长作OFAO建立如图空间直角坐标系 则O0,0,0，A2,0,0,P0,0,1，B1,3,0

3,1 易知面POA的法向量为OF0,1,0BP1，设BP与平面POA 夹角为

OFBPOFBP315 515则sincosOF,BP 直线BP与平面POA所成角正弦值为155

（Ⅲ）由（Ⅱ）知面POA的法向量为OF0,1,0 设面EOA法向量为m(x,y,z)

0，0) 易知E为PB中点E(，，)，OE(，，)，OA(2，131222131222x3zOEm0y0 即22 22x0OAm0 令y1 则m(0,1,3) 则cosm,OFmOFmOF11 212由图知二面角为锐角， 二面角PAOE为

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18．【解析】（Ⅰ）e32，ca32，

过2,0，a2，c3，

x2bac1，y21

4222（Ⅱ）①当MN斜率不存在时，设Mx0,y0，则Nx0,y0，

kAMkANy0y01，y021x022， x02x0244又Mx0,y0在椭圆上，

x02y021， 4解得x00，y01，

lMN:x0．

②当MN斜率存在时，设lMNx2y21:ykxm，与椭圆联立，由4得

ykxm14kx228kmx4m240，

0，即4k21m20，

设Mx1,y1，Nx2,y2，

8kmxx1214k2m24k2 则，y1y2kx1mkx2m22，4m414kxx1214k2m24k22m24k2114k， 4m2416km416k24m216km16k2414k214k214k29文档收集于互联网，如有不妥请联系删除.

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m24k2m24km4k2， m22km0，

m0或m2k，

当m2k时，lMN:ykx2， 恒过2,0不符合①， 当m0时，lMN:ykx， 结合①，恒过0,0， 综上，直线MN恒过0,0． 19. 【解析】

（Ⅰ）f(x)exa，由题可得f(0)0，即1a0，故a1 （Ⅱ）f(x)exa

①当a0时，f(x)ex0恒成立，符合题意。

②当a0时，f(x)0恒成立，则f(x)在R上单调递增，当x1111a时，f(1)e10，不符合题意，舍去；

a1a③当a0时，令f(x)0，解得xlna 当x变化时，f(x)和f(x)变化情况如下

极小值 f(x)minf(lna)aa(lna1)，由题意可f(x)min0，即alna0，

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解得0a1。

综上所述，a的取值范围为[0,1]

（Ⅲ）由题可知要证f(x)的图像总在曲线y2lnx上方，即证

ex2lnx恒成立，即要证明exlnx2恒成立，构造函数

g(x)exlnx

g(x)ex，令h(x)ex，故h(x)ex1x1x10，则h(x)在(0,)x211单调递增，则g'(x)单调递增.因为g(1)e10，g()e220，

2由零点存在性定理可知，g(x)在(0,)存在唯一零点，设该零点为x0，

x令g(x)0，即e01x0，且x0(,1)

12当x变化时，g(x)和g(x)变化情况如下

极小值 x，因为e0 则g(x)g(x0)ex0lnx01x0，所以lnx0x0，所以

g(x)g(x0)1x02，当且仅当x01时取等，因为x0(1,1)，故x02g(x)g(x0)2，即exlnx2恒成立，曲线yf(x)(x0)总在曲线y2lnx的上方.

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20.【解析】 （Ⅰ）

1 （Ⅱ）若

0 -1 1 r1rn,c1cn共

2n个数,

nn,Z，共2n1个数，

r1+r2+rn=c1+c2cn，r1+r2+rn+c1+c2cn=2(r1+r2+rn)=0-

所以为偶数.

2，0. （Ⅲ）设整数[5,5]，且H5，可取4，当4时，设r15,r25,r34,r44. 此时2cj2，3不能同时取到，所以无解.

当4时, 设r15,r25,r34,则c1+c2+c3+c4+c5+r4+r5(r1+r2+r3)4，

c1+c2+c3+c4+c5=r1+r2+r3+r4+r54=2，r4+r52，由题cj2 2所以设r43，r51，当r411100时，cj2.所以无解.

r411111时，c1,c2,c3,c4,c5中至少三组数据分别为0,1,1，

与r51矛盾，不成立.

同理当4时,无解，所以不存在“5阶H表”.

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