北京市海淀区2018届高三第二学期期末练习(二模)数学(理)试题Word版含答案

海淀区高三年级第二学期期末练习
数学 〔理科〕
第一部分〔选择题 共40分〕
一、选择题共8小题，每题5分，共40分。

在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

〔1〕已知全集{}1,2,3,4,5,6U =，集合{}1,2,4A =，{}1,3,5B =，则U ()C A B = A. {}1 B. {}3,5 C. {}1,6D. {}1,3,5,6 〔2〕已知复数z 在复平面上对应的点为(11)-，，则
A. 1z +是实数
B. 1z +是纯虚数
C. z i +是实数
D. z i +是纯虚数 〔3〕已知0x y
，则
A.
11x y B. 1
1()()22x
y C.
cos cos x y
D.
ln(+1)
ln(1)x y +
〔4〕假设直线0x y a ++=是圆2220x y y +-=的一条对称轴，则a 的值为 A. 1
B.
1
-
C. 2
D.
2-
〔5〕设曲线C 是双曲线，则“C 的方程为2
2
14
y x -=”是“C 的渐近线方程为
2y x =±”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 〔6〕关于函数()=sinx-xcosx f x ，以下说法错误的选项是 A. ()f x 是奇函数 B. 0不是()f x 的极值点 C. ()f x 在(,2π-
)2
π
上有且仅有3个零点
D. ()f x 的值域是R
〔7
A.求首项为1，公比为2的等比数列的前2017项的和
B. 求首项为1，公比为2的等比数列的前2018项的和
C. 求首项为1，公比为4的等比数列的前1009项的和
D. 求首项为1，公比为4的等比数列的前1010项的和 〔8〕已知集合{}*115M x N x =∈≤≤，集合1A ，2A ，3A 满足
①每个集合都恰有5个元素 ②1
A 2A 3A M
=
集合i A 中元素的最大值与最小值之和称为集合i A 的特征数，记为(1,2,3)i X i =，则1X 2+X +3X 的值不可能为 A.
37
B.
39
C.
48
D.
57
第二部分〔非选择题 共110分〕
二、填空题共6小题，每题5分，共30分。

〔9〕极坐标系中，点(2,)2
π
到直线cos 1ρθ=的距离为 .
〔10〕在52
()x x
+的二项展开式中，3x 的系数为 .
〔11〕已知平面向量a ，b 的夹角为
3
π
，且满足=2a ，=1b ，则a b = ，
2a b += .
〔12〕在ABC ∆中，::4:5:6a b c =，则tan A = .
〔13〕能够使得命题“曲线22
21(0)4x y a a
-=≠上存在四个点,,,P Q R S 满足四边形
PQRS 是正方形”为真命题的一个实数a 的值为 .
〔14〕如图，棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，
M 是棱1AA 的中点，点P 在侧面11ABB A 内，假设1D P 垂
直于CM ，则PBC ∆的面积的最小值为 .
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〕〔本小题13分〕
如图，已知函数()f x sin ()A x x ωϕ=+〔0,0,2
A π
ωϕ〕在一个周期内的图
像经过(,0)6B π，2(,0)3C π，5(,2)12D π
三点
〔Ⅰ〕写,,A ωϕ出的值； 〔Ⅱ〕假设52(
,)123
ππ
α∈，且()1f α=，求cos 2α的值.
〔16〕〔本小题13分〕
某中学为了解高二年级中华传统文化经典阅读的整体情况，从高二年级随机抽取10名学生进行了两轮测试，并把两轮测试成绩的平均分作为该名学生的考〔Ⅰ〕从该校高二年级随机选取一名学生，试估计这名学生考核成绩大于90 分的概率；
〔Ⅱ〕从考核成绩大于90分的学生中再随机抽取两名同学，求这两名同学两轮测试成绩均大于等于90分的概率；
〔Ⅲ〕记抽取的10名学生第一轮测试的平均数和方差分别为1x ，21s ，考核成绩
的平均数和方差分别为2x ，22s ，试比较1x 与2x ， 21s 与2
2s 的大小.〔只需写出结
论〕
〔17〕〔本小题14分〕
如图，在三棱柱111ABC A B C -中，112,AC BC AB AB ===⊥平面ABC ，1AC ⊥AC ，
,D E 分别是11AC B C ，的中点 〔Ⅰ〕证明：11AC B C ⊥；
〔Ⅱ〕证明：//DE 平面11AA B B ；
〔Ⅲ〕求DE 与平面11BBC C 所成角的正弦值.
〔18〕〔本小题14分〕
已知椭圆C ：2214
x y +=，F 为右焦点，圆22
:1O x y +=，P 为椭圆C 上一点，且P 位于
第一象限，过点P 作PT 与圆O 相切于点T ，使得点F ，T 在OP 的两侧.
〔Ⅰ〕求椭圆C 的焦距及离心率； 〔Ⅱ〕求四边形OFPT 面积的最大值.
〔19〕〔本小题13分〕 已知函数()3(0)ax f x e ax a =--≠ 〔Ⅰ〕求()f x 的极值； 〔Ⅱ〕当0a
时，设211
()=32
ax g x e ax x a --，求证：曲线()y g x =存在两条斜率
为1-且不重合的切线.
〔20〕〔本小题13分〕
如果数列{}n a 满足“对任意正整数,,i j i j ≠，都存在正整数k ，使得k a =i a j a ”，则称数列{}n a 具有“性质P ”.已知数列{}n a 是无穷项的等差数列，公差为d 〔Ⅰ〕假设1=2a ，公差=3d ，判断数列{}n a 是否具有“性质P ”，并说明理由； 〔Ⅱ〕假设数列{}n a 具有“性质P ”，求证：10a ≥且0d ≥；
〔Ⅲ〕假设数列{}n a 具有“性质P ”，且存在正整数k ，使得2018k a =，这样的数列共有多少个？并说明理由.
海淀区高三年级第二学期期末练习参考答案及评分标准
数学〔理科〕
一、选择题共8小题，每题5分，共40分．在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求
的一项．
二、填空题共6小题，每题5分，共30分．
〔9〕1
〔10〕10
〔11〕1；
〔12
〔13〕答案不唯一，0a <或4a >的任意实数 〔14〕
5
注：第11题第一空3分，第二空2分。

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〕〔本小题13分〕 解：〔Ⅰ〕2A =，2ω=，3
π
ϕ=-
． ·
····································································· 6分 〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得，()2sin(2)3f x x π
=-
．
因为()1f α=，所以1
sin(2)32
πα-=．
因为52(
,)123ππα∈，所以2(,)32ππ
απ-∈． 所以5
236παπ-=，
所以7
26
απ=，
所以7cos 2cos 6απ==． ·
···················································· 13分
y
16. 〔本小题共13分〕
解：〔Ⅰ〕这10名学生的考核成绩〔单位：分〕分别为：
93，，89，88，90，，，91，，91．
其中大于等于90分的有1号、5号、7号、8号、9号、10号，共6人. 所以样本中学生考核成绩大于等于90分的频率为：
6
0.610
=， 从该校高二年级随机选取一名学生，估计这名学生考核成绩大于等于90分的概率为.
………………………………………….4分
〔Ⅱ〕设事件A ：从上述考核成绩大于等于90分的学生中再随机抽取两名同学，这两名同学两轮测试成绩均大于等于90分.
由〔Ⅰ〕知，上述考核成绩大于等于90分的学生共6人，其中两轮测试成绩均大于等于90分的学生有1号，8号，10号，共3人.
所以，232631
()155
C P A C ==
=. ························································· 9分 〔Ⅲ〕12x x =，2
2
12s s >. ··································································· 13分 17.〔本小题共14分〕
解：〔Ⅰ〕因为1AB ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， 所以1AB AC ⊥．
因为1AC AC ⊥，11AB AC A =，1AB ，1AC ⊂平面11AB C ，
所以AC ⊥平面11AB C ． 因为11B C ⊂平面11AB C ，
所以11AC B C ⊥． ·
······································································ 4分 〔Ⅱ〕取11A B 的中点M ，连接MA 、ME ． 因为E 、M 分别是11B C 、11A B 的中点，
所以ME ∥11
AC ，且ME 1112
A C =． 在三棱柱111ABC A
B
C -中，11AD
AC ，且111
2
AD A C =
， 所以ME ∥AD ，且ME =AD ， 所以四边形ADEM 是平行四边形， 所以DE ∥AM ．
又AM ⊂平面11AA B B ，DE ⊄平面11AA B B ， 所以//DE 平面1AA BB ． ·
························· 9分 〔Ⅲ〕在三棱柱111ABC A B C -中，11//BC B C ，
因为11AC B C ⊥，所以AC BC ⊥． 在平面1ACB 内，过点C 作1//Cz AB ， 因为，1AB ⊥平面ABC ，
1 C
所以，Cz ⊥平面ABC ．
建立空间直角坐标系C -xyz ，如图．则
(0,0,0)C ,(2,0,0)B ,1(0,2,2)B ,1(2,2,2)C -,(0,1,0)D ,(1,2,2)E -.
(1,1,2)DE =-，(2,0,0)CB =，1(0,2,2)CB =．
设平面11BB C C 的法向量为(,,)x y z =n ，则
10
CB CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220x y z =⎧⎨
+=⎩， 得0x =，令1y =，得1z =-，故(0,1,1)=-n ． 设直线DE 与平面11BB C C 所成的角为θ， 则sin θ＝cos
,||||
DE DE DE ⋅<>=
⋅
n n n =
所以直线DE 与平面11BB C C 所成角的正弦值为6
. ·························· 14分
18. 〔本小题共14分〕
解：〔Ⅰ〕在椭圆C ：2
214
x y +=中，2a =，1b =，
所以c
==
故椭圆C 的焦距为2c =，离心率c e a =
=
． ·························· 5分 〔Ⅱ〕法一：设00(,)P x y 〔00x >，00y >〕， 则
220014x y +=，故22
014
x y =-． 所以22222
2
0003|
|||||14
TP OP OT x y x =-=+
-=
， 所以0||TP x =
， 0
1||||2OTP S OT TP
x ∆=⋅=．
又(0,0)O ，F
，故0012OFP S OF y y ∆=⋅=．
因此0
0()
2
OFP OTP OFPT
x S S S y
∆∆=+=+四边形
== 由220014x y +=，得1≤，即001x y ⋅≤，
所以OFPT S =四边形，
当且仅当22
00142x y ==，即0x =02
y =
时等号成立. ················· 14分
19. 〔本小题共13分〕
解：〔Ⅰ〕'()(1)ax ax f x a a a =⋅-=⋅-e e (0,)a x ≠∈R ，
令'()0f x =，得0x =． ①当0a >时，'()f x 与1ax -e 符号相同，
当x 变化时，'()f x ，()f x 的变化情况如下表：
当x 变化时，'()f x ，()f x 的变化情况如下表：
综上，()f x 在0x =处取得极小值(0)2f =-. ·································· 7分
〔Ⅱ〕'()3()ax g x ax f x =--=e (0,)a x >∈R ，
故'()1g x =-⇔()1f x =-． 注意到(0)21f =-<-，22()51f a =->-e ，2
2()11f a
--=->-e ，
所以，12(,0)x a ∃∈-
，22
(0,)x a
∈，使得12()()1f x f x ==-．
因此，曲线()y g x =在点111(,())P x f x ，222(,())P
x f x 处的切线斜率均为1-. 下面，只需证明曲线()y g x =在点111(,())P x f x ，222(,())P x f x 处的切线不重合. 曲线()y g x =在点(,())i i i P x f x 〔1,2i =〕
处的切线方程为()()i i y g x x x -=--，即()i i y x g x x =-++．假设曲线()y g x =在点(,())i i i P x f x 〔1,2i =〕处的切线重合，则
2211()()g x x g x x +=+．
令()()G x g x x =+，则12()()G x G x =，且'()'()1()1G x g x f x =+=+. 由〔Ⅰ〕知，当12(,)x x x ∈时，()1f x <-，故'()0G x <．
所以，()G x 在区间12[,]x x 上单调递减，于是有12()()G x G x >，矛盾！ 因此，曲线()y g x =在点(,())i i i P x f x (1,2i =)处的切线不重合． ········· 13分
20. 〔本小题13分〕
解：〔Ⅰ〕假设12a =，公差3d =，则数列{}n a 不具有性质P ．
理由如下：
由题知31n a n =-，对于1a 和2a ，假设存在正整数k ，使得12k a a a =，则有
312510k -=⨯=，解得11
3
k =
，矛盾！所以对任意的*k ∈N ，12k a a a ≠． ……3分 〔Ⅱ〕假设数列{}n a 具有“性质P”，则 ①假设10a <，0d ≤，则对任意的*n ∈N ，1(1)0n a a n d =+-⋅<.
设12k a a a =⨯，则0k a >，矛盾！
②假设10a <，0d >，则存在正整数t ，使得
123120t t t a a a a a a ++<<<⋅⋅⋅<≤<<<⋅⋅⋅
设111t k a a a +⋅=，212t k a a a +⋅=，313t k a a a +⋅=，…，1121t t k a a a ++⋅=，*
i k ∈N ，
1,2,
,1i t =+，则12310t k k k k a a a a +>>>>⋅⋅⋅>，但数列{}n a 中仅有t 项小于等于0，
矛盾！
③假设10a ≥，0d <，则存在正整数t ，使得
123120t t t a a a a a a ++>>>⋅⋅⋅>≥>>>⋅⋅⋅
设112t t k a a a ++⋅=，
213t t k a a a ++⋅=，314t t k a a a ++⋅=，…，1122t t t k a a a +++⋅=，*i k ∈N ，1,2,
,1i t =+，则12310t k k k k a a a a +<<<<⋅⋅⋅<，但数列{}n a 中仅有t 项大于等于0，
矛盾！
综上，10a ≥，0d ≥． ·
··························································· 8分 〔Ⅲ〕设公差为d 的等差数列{}n a 具有“性质P”，且存在正整数k ，使得2018k a =．
假设0d =，则{}n a 为常数数列，此时2018n a =恒成立，故对任意的正整数k ，
21220182018k a a a =≠=⋅，
这与数列{}n a 具有“性质P”矛盾，故0d ≠． 设x 是数列{}n a 中的任意一项，则x d +，2x d +均是数列{}n a 中的项，设
1()k a x x d =+，2(2)k a x x d =+
则2121()k k a a xd k k d -==-⋅，
因为0d ≠，所以21x k k =-∈Z ，即数列{}n a 的每一项均是整数．
由〔Ⅱ〕知，10a ≥，0d ≥，故数列{}n a 的每一项均是自然数，且d 是正整数．
由题意知，2018d +是数列{}n a 中的项，故2018(2018)d ⋅+是数列中的项，设
2018(2018)m a d =⋅+，则
2018(2018)2018201820172018()m k a a d d m k d -=⋅+-=⨯+=-⋅，
即(2018)20182017m k d --⋅=⨯． 因为2018m k --∈Z ，*d ∈N ，故d 是20182017⨯的约数．
所以，1,2,1009,2017,21009,22017,10092017d =⨯⨯⨯,210092017⨯⨯． 当1d =时，12018(1)0a k =--≥，得1,2,...,2018,2019k =，故
12018,2017,...,2,1,0a =，共2019种可能；
当2d =时，120182(1)0a k =--≥，得1,2,...,1008,1009,1010k =，故
12018,2016,2014,...,4,2,0a =，共1010种可能；
当1009d =时，120181009(1)0a k =-⨯-≥，得1,2,3k =，故
12018,1009,0a =，共3种可能；
当2017d =时，120182017(1)0a k =--≥，得1,2k =，故
12018,1a =，共2种可能； 当21009d =⨯时，120182018(1)0a k =-⨯-≥，得1,2k =，故
12018,0a =，共2种可能； 当22017d =⨯时，1201822017(1)0a k =-⨯⨯-≥，得1k =，故
12018a =，共1种可能； 当10092017d =⨯时，1201810092017(1)0a k =-⨯⨯-≥，得1k =，故
12018a =，共1种可能；
当210092017d =⨯⨯时，12018210092017(1)0a k =-⨯⨯⨯-≥，得1k =，故
12018a =，共1种可能．
综上，满足题意的数列{}n a 共有201910103221113039+++++++=〔种〕．
经检验，这些数列均符合题意． ·
······················································· 13分。