2018年北京市东城高三一模理科数学试题

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东城区2018届高三期末数学(理)试题及答案

高三数学（理）（东城）第1页（共12页）东城区2017-2018学年度第一学期期末教学统一检测高三数学（理科）2018.1一、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）若集合{2,1,0,1,2,3}A =--，{|1B x x =<-或2}x >，则AB =（A ）{2,3}- （B ）{2,1,2,3}-- （C ）{0,1}（D ）{1,0,1,2}-（2）函数3sin(2)4y x π=+图象的两条相邻对称轴之间的距离是（A ）2π（B ）π（C ）2π（D ）4π （3）执行如图所示的程序框图，输出的x 值为（A ）1 （B ）2（C ）32（D ）74（4）若,x y 满足332,,,y x x y y ⎧⎪+⎨⎪⎩≤≥≥则x y -的最小值为高三数学（理）（东城）第2页（共12页）（A ）5- （B ）3-（C ）2- （D ）1-（5）已知函数41()2x x f x +=，则()f x 的（A ）图象关于原点对称，且在),0[+∞上是增函数（B ）图象关于y 轴对称，且在),0[+∞上是增函数（C ）图象关于原点对称，在),0[+∞上是减函数（D ）图象关于y 轴对称，且在),0[+∞上是减函数（6）设,a b 为非零向量，则“=a+b a -b ”是“0⋅a b =”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（7）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（A ）16（B ）13（C ）12（D ）1（8）现有n 个小球，甲乙两位同学轮流且不放回抓球，每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球谁赢.如果甲先抓，那么以下推断正确的是（A ）若4n =，则甲有必赢的策略（B ）若6n =，则乙有必赢的策略（C ）若9n =，则甲有必赢的策略（D ）若11n =，则乙有必赢的策略第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

北京市东城区第一学期高三级期末数学统一练习理科

东城区 2018-2018学年度第一学期期末教学设计一致检测高三数学（理科）学校 _____________班级 _______________姓名 ______________考号 ___________本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷 1 至 2 页，第Ⅱ卷 3 至 5 页，共 150 分。

考试时长 120 分钟。

考生务势必答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共 40 分）一、本大题共 8 小题，每题 5 分，共40 分。

在每题列出的四个选项中，选出切合题目要求的一项。

（ 1）设会合 A{1,2} ，则知足 A B {1,2,3} 的会合 B 的个数是（A ） 1(B) 3(C) 4(D) 8（ 2）已知 a 是实数，ai是纯虚数，则 a 等于1 i（A ） 1（B ） 1（C ） 2 （D ）2（ 3）已知 { a n } 为等差数列，其前n 项和为 S n ，若 a 3 6 ， S 3 12 ，则公差 d 等于（A ） 1（B ）5（C ） 2（D ） 33（ 4）履行如下图的程序框图，输出的k 的值为（ A ） 4 （ B ） 5 （ C ） 6（ D ） 7（ 5）若 a ， b 是两个非零向量，则“a b a b ”是“ a b ”的（ A ）充足不用要条件（B ）必需不充足条件（ C ）充要条件（D ）既不充足也不用要条件x 0,（ 6）已知 x ， y 知足不等式组y0,当 3 s 5 时，目标函数 z 3x 2 y 的最大值x y s, y 2x 4.的变化范围是（ A ） [6,15] （ B ） [7,15] （ C ） [6,8]（ D ） [7,8]（ 7）已知抛物线y2 2 px 的焦点F与双曲线x2y21的右焦点重合，抛物线的准线79与 x 轴的交点为K，点A在抛物线上且 | AK | 2 | AF | ，则△AFK的面积为（A）4（B）8（C） 16（D）32(0,)上，函数y x 1, y 11)2, y x3中有三（ 8）给出以下命题：①在区间x 2, y ( x个是增函数；②若log m 3 log n 30，则0n m 1 ；③若函数 f ( x) 是奇函数，则 f (x1) 的图象对于点A(1,0) 对称；④已知函数3x 2 ,x2,f ( x)1), x则方程log3 (x2,f (x)1有 2 个实数根，此中正确命题的个数为2（A）1（B）2（C）3（D）4第Ⅱ卷（共 110 分）y二、填空题：本大题共 6 小题，每题 5 分，共 30 分。

2018届北京市东城区高三第二学期综合练习(一)数学理-(27660)

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） 2018. 4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，将本试卷和答题卡一并交回。

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)若集合{}31A x x =-,{}12B x x x =-或，则A B =(A) {}32x x - (B) {}31x x --(C) {}11x x - (D) {}11x x -(2）复数1i z i=-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,a b R ∈，且a b ，则下列不等式一定成立的是(A) 220a b - (B) cos cos 0a b -(C) 110a b - (D) 0a be e ---(4)在平面直角坐标系xOy中，角θ以Ox 为始边，终边与单位圆交于点（35，45），则tan()θπ+的值为(A)43(B)34(C)43-(D) 34-(5)设抛物线24y x=上一点P到y轴的距离是2，则P到该抛物线焦点的距离是(A)1 (B) 2 (C)3 (D)4(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)6种（B) 8种（C) 10种（D) 12种(7)设{}na是公差为d的等差数列，n S为其前n项和，则“d>0”是“{}nS为递增数列”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4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5个“学习能手”，则“难题”的个数最多为(A)4 (B) 3 (C)2 (D)1第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

北京市城六区2018届高三一模理科数学解答题分类汇编之立体几何word含解析

【西城一模】17．（本小题满分14分）如图1，在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，O 为DE的中点，AB AC ==4BC =．将△ADE 沿DE 折起到△1A DE 的位置，使得平面1A DE ⊥平面BCED ，如图2．（Ⅰ）求证：1A O BD ⊥；（Ⅱ）求直线1A C 和平面1A BD 所成角的正弦值；（Ⅲ）线段1A C 上是否存在点F ，使得直线DF 和BC？若存在，求出11A FA C的值；若不存在，说明理由．图1 图2解：（Ⅰ）因为在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以 //DE BC ，AD AE =．所以11A D A E =，又O 为DE 的中点，所以 1A O DE ⊥．[1分]因为平面1A DE ⊥平面BCED ，且1A O ⊂平面1A DE ，所以 1A O ⊥平面BCED ，[3分] 所以 1A O BD ⊥．[ 4分]（Ⅱ）取BC 的中点G ，连接OG ，所以OE OG ⊥．由（Ⅰ）得1A O OE ⊥，1A O OG ⊥．如图建立空间直角坐标系O xyz -．[5分]由题意得，1(0,0,2)A ，(2,2,0)B -，(2,2,0)C ，(0,1,0)D -．所以1(2,2,2)A B −−→=--，1(0,1,2)A D −−→=--，1(2,2,2)A C −−→=-．设平面1A BD 的法向量为(,,)x y z =n ，则110,0,A B A D −−→−−→⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩n n 即2220,20.x y z y z --=⎧⎨--=⎩令1x =，则2y =，1z =-，所以(1,2,1)=-n ．[7分] 设直线1A C 和平面1A BD 所成的角为θ，则111||sin |cos ,|3||||A C A C A C θ−−→−−→−−→⋅=〈〉==n n n ．所以直线1A C 和平面1A BD所成角的正弦值为3．[9分] （Ⅲ）线段1A C 上存在点F 适合题意．设11A F A C λ−−→−−→=，其中[0,1]λ∈．[10分]设111(,,)F x y z ，则有111(,,2)(2,2,2)x y z λλλ-=-，所以1112,2,22x y z λλλ===-，从而(2,2,22)F λλλ-，所以(2,21,22)DF λλλ−−→=+-，又(0,4,0)BC −−→=，所以|||cos ,|||||DF BC DF BC DF BC −−→−−→−−→−−→−−→−−→⋅〈〉==．[12分]，整理得23720λλ-+=．[13分] 解得13λ=，舍去2λ=．所以线段1A C 上存在点F 适合题意，且1113A F A C =．[14分]【朝阳一模】16．(本小题满分14分)如图1，在矩形ABCD 中，2AB =，4BC =，E 为AD 的中点，O 为BE 中点．将ABE ∆沿BE 折起到A BE '，使得平面A BE '⊥平面BCDE （如图2）．（Ⅰ）求证：A O CD '⊥；（Ⅱ）求直线A C '与平面A DE '所成角的正弦值；（Ⅲ）在线段A C '上是否存在点P ，使得//OP 平面A DE '? 若存在，求出A PA C''的值；若不存在，请说明理由．证明：（Ⅰ）由已知2AB AE ==，因为O 为BE 中点，所以A O BE '⊥．因为平面A BE '⊥平面BCDE ，且平面A BE'平面BCDE BE =，A O '⊂平面A BE '，所以A O '⊥平面BCDE ．又因为CD ⊂平面BCDE ，所以A O CD '⊥． ………….5分（Ⅱ）设F 为线段BC 上靠近B 点的四等分点，G 为CD 中点．由已知易得OF OG ⊥．由（Ⅰ）可知，A O '⊥平面BCDE ，所以A O OF '⊥，A O OG '⊥.以O 为原点，,,OF OG OA '所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系（如图）．因为2A B '=，4BC =，所以(00(110),(130),(130),(110)A B C D E ,，，，，，，，'---．设平面A DE '的一个法向量为111(,,)x y z =m ，因为(132),(020)A D DE ，，，，'=--=-，所以 0, 0,A D DE ⎧'⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即111130,20. x y y ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩取11z =-，得1)=-m ．而A C '=(1,3,.所以直线A C '与平面A DE '所成角的正弦值sin 3θ==……….10分（Ⅲ）在线段A C '上存在点P ，使得//OP 平面A DE '. 设000(,,)P x y z ，且(01)A PA Cλλ'=≤≤'，则A P A C λ''=，[0,1]λ∈．因为(00(130)A C ，，'，所以000(,,(,3,)x y zλλ=，所以000,3,x y zλλ===，所以(,3)P λλ，(,3)OP λλ=．若//OP 平面A DE '，则OP ⊥m .即0OP ⋅=m .由（Ⅱ）可知，平面A DE '的一个法向量(2,0,1)=-m ，即2220λλ-+=，解得1[0,1]2λ=∈，所以当12A P A C '='时，//OP 平面A DE '．……….14分【丰台一模】（16）（本小题共14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAB ⊥平面ABCD ，AB BC ⊥，AD BC ∥，3AD =，22PA BC AB ===，3PB =．（Ⅰ）求证：BC PB ⊥；（Ⅱ）求二面角P CD A --的余弦值；（Ⅲ）若点E 在棱PA 上，且BE ∥平面PCD ，求线段BE 的长．（16）（本小题共14分）（Ⅰ）证明：因为平面PAB ⊥平面ABCD ，且平面PAB 平面=ABCD AB ，因为BC ⊥AB ，且BC ⊂平面ABCD所以BC ⊥平面PAB ．……………………3分因为PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ．……………………4分（Ⅱ）解：在△PAB 中，因为=2PA ，=3PB ，=1AB ，所以222=+PA AB PB ，所以PB ⊥AB ． ……………………5分所以，建立空间直角坐标系B xyz -，如图所示．所以(1,0,0)A -，(0,0,0)B ，(0,2,0)C ，(1,3,0)D -，(0,0,3)P ，(1,1,0)CD =-，(0,2,3)PC =-．易知平面ABCD 的一个法向量为=(0,0,1)n ．……………………6分设平面PCD 的一个法向量为=(,,)x y z m ，则00CD PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，即23x y y z =⎧⎪⎨=⎪⎩，令=2z ，则=m ．……………………8分设二面角P CD A --的平面角为α，可知α为锐角，则cos cos ,α⋅=<>===⋅n m n m n m ，即二面角P CD A --的余弦值为5．……………………10分（Ⅲ）解：因为点E 在棱PA ，所以AE AP λ=，[0,1]λ∈．……………………11分因为=AP （，所以=)AE λ（，()BE BA AE λ=+=-．………12分又因为//BE 平面PCD ，m 为平面PCD 的一个法向量，所以0BE ⋅=m 1)20λλ-+=，所以1=3λ．………………13分所以2(,0,33BE =-，所以7==3BE BE ．…………………14分【海淀一模】( 17)（本小题14分）已知三棱锥P ABC -（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD 的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形，在三棱锥P ABC -中： (I)证明：平面PAC ⊥平面ABC ; (Ⅱ)求二面角A PC B --的余弦值； (Ⅲ)若点M 在棱PC 上，满足CM PM λ=，12[,]33λ∈，点N 在棱BP 上，且BM AN ⊥，求BNBP的取值范围．17.（本题满分14分）（Ⅰ）方法1：OPCA B设AC 的中点为O ，连接BO ，PO . 由题意PA PB PC ===1PO =，1AO BO CO ===因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点所以PO AC ⊥，因为在POB ∆中，1PO =，1OB =，PB =所以PO OB ⊥ 因为ACOB O =，,AC OB ⊂平面ABC所以PO ⊥平面ABC因为PO ⊂平面PAC ·································································· 4分所以平面PAC ⊥平面ABC 方法2：OPCA B设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点所以PO AC ⊥，因为PA PB PC ==，PO PO PO ==，AO BO CO ==所以POA ∆≌POB ∆≌POC ∆ 所以90POA POB POC ∠=∠=∠=︒ 所以PO OB ⊥ 因为ACOB O =，,AC OB ⊂平面ABC所以PO ⊥平面ABC因为PO ⊂平面PAC ·································································· 4分所以平面PAC ⊥平面ABC 方法3：OPCA BQ设AC 的中点为O ，连接PO ，因为在PAC ∆中，PA PC =，所以PO AC ⊥设AB 的中点Q ，连接PQ ，OQ 及OB . 因为在OAB ∆中，OA OB =，Q 为AB 的中点所以OQ AB ⊥.因为在PAB ∆中，PA PB =，Q 为AB 的中点所以PQ AB ⊥. 因为PQOQ Q =，,PQ OQ ⊂平面OPQ所以AB ⊥平面OPQ 因为OP ⊂平面OPQ 所以OP AB ⊥ 因为ABAC A =，,AB AC ⊂平面ABC所以PO ⊥平面ABC因为PO ⊂平面PAC ·································································· 4分所以平面PAC ⊥平面ABC（Ⅱ）由PO ⊥平面ABC ，OB AC ⊥，如图建立空间直角坐标系，则(0,0,0)O ，(1,0,0)C ，(0,1,0)B ，(1,0,0)A -，(0,0,1)P由OB ⊥平面APC ，故平面APC 的法向量为(0,1,0)OB = 由(1,1,0)BC =-，(1,0,1)PC =- 设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，则由00BC PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩n n 得：00x y x z -=⎧⎨-=⎩令1x =，得1y =，1z =，即(1,1,1)n =1cos ,||||3n OB n OB n OB ⋅<>===⋅由二面角A PC B --是锐二面角，所以二面角A PC B --的余弦值为3··········································· 9分（Ⅲ）设BN BP μ=，01μ≤≤，则(1,1,0)(1,0,1)(1,1,)BM BC CM BC CP λλλλ=+=+=-+-=--(1,1,0)(0,1,1)(1,1,)AN AB BN AB BP μμμμ=+=+=+-=-令0BM AN ⋅=得(1)1(1)(1)0λμλμ-⋅+-⋅-+⋅= 即1111λμλλ==-++，μ是关于λ的单调递增函数，当12[,]33λ∈时，12[,]45μ∈，所以12[,]45BN BP ∈ ········································································ 14分【东城一模】(17)（本小题14分）如图1，在边长为2的正方形ABCD 中，P 为CD 中点，分别将△PAD, △PBC 沿 PA,PB 所在直线折叠，使点C 与点D 重合于点O ，如图2．在三棱锥P-OAB 中，E 为 PB 中点． (Ⅰ)求证：PO ⊥AB;(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．（17）（共14分）证明：（Ⅰ）在正方形ABCD 中，P 为CD 中点，PD AD ⊥,PC BC ⊥，所以在三棱锥P OAB -中，PO OA ⊥，PO OB ⊥. 因为OA OB O =，所以PO ⊥平面OAB .因为AB ⊂平面OAB ,所以PO AB ⊥.……………………4分（Ⅱ）取AB 中点F ，连接OF ，取AO 中点M ，连接BM . 过点O 作AB 的平行线OG .因为PO ⊥平面OAB ，所以PO ⊥OF ，PO ⊥OG . 因为OA ＝OB ，F 为AB 的中点，所以OF ⊥AB . 所以OF ⊥OG .如图所示，建立空间直角坐标系O －xyz .A ()1，3，0，B ()－1，3，0，P ()0，0，1，M (12，32，0)．因为BO ＝BA ，M 为OA 的中点，所以BM ⊥OA .因为PO ⊥平面OAB ，PO ⊂平面POA ，所以平面POA ⊥平面OAB . 因为平面POA ∩平面OAB ＝OA ，BM ⊂平面OAB ，所以BM ⊥平面POA .因为BM ＝(32，－32，0)．所以平面POA 的法向量m ＝()3，－1，0.BP ＝(1，－3，1)．设直线BP 与平面POA 所成角为α，则15sin cos 5BP BPBPm m,m. 所以直线BP 与平面POA 所成角的正弦值为155.………………10分（Ⅲ）由(Ⅱ)知1122E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，1122OE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,OA =. 设平面OAE 的法向量为n ，则有 0,0.OA OE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0.x x z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩ 令1y =-，则xz =即=-n .所以21cos ,242⋅===⋅⨯m n m n m n .由题知二面角P －AO －E 为锐角，所以它的大小为3.……………………………14分【石景山一模】17．（本小题共14分）如图，四边形ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，EB //PA ，4AB PA ==，2EB =，F 为PD 的中点．（Ⅰ）求证：AF PC ⊥；（Ⅱ）求证：BD //平面PEC ；（Ⅲ）求二面角D PC E --的大小． 17．（本小题共14分）（Ⅰ）证明：依题意，PA ⊥平面ABCD ．如图，以A 为原点，分别以AD 、AB 、AP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系． ……2分依题意，可得(0,0,0)A ，(0,4,0)B ，(4,4,0)C ，(4,0,0)D ，(0,0,4)P ，(0,4,2)E ，(2,0,2)F ．因为(2,0,2)AF =，(4,4,4)PC =-，所以80(8)0AF PC ⋅=++-=． ……5分所以AF PC ⊥. ……6分（Ⅱ）证明：取PC 的中点M ，连接EM ．因为(2,2,2)M ，(2,2,0)EM =-，(4,4,0)BD =-，所以2BD EM =，所以//BD EM ． ……8分又因为EM ⊂平面PEC ，BD ⊄平面PEC ，所以//BD 平面PEC ． ……9分（Ⅲ）解：因为AF PD ⊥，AF PC ⊥，PD PC P =，所以AF ⊥平面PCD ，故(2,0,2)AF =为平面PCD 的一个法向量．……10分2018城六区一模立体几何理科11 / 11 设平面PCE 的法向量为(,,)n x y z =，因为(4,4,4)PC =-，(0,4,2)PE =-，所以0,0,n PC n PE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即4440,420,x y z y z +-=⎧⎨-=⎩ 令1y =-，得1x =-，2z =-，故(1,1,2)n =---． ……12分所以cos ,AF n <>==，……13分所以二面角D PC E --的大小为5π6．……14分。

2018年北京各区一模理科数学分类汇编---数列(含答案)

2018届北京各区一模理科数学分类汇编----数列（含答案） 1.（朝阳）等比数列{}n a 满足如下条件:①10;a >②数列{}n a 的前n 项和1n S <.试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式______.【答案】*1()2nn a n =∈N （答案不唯一）【解析】本题考查等比数列通项公式和前n 项和.例:①111(1)111220,,11122212n n a q S -=>===-<-,则12n n a = ②121(1)211330,,11133313n n n a q S -=>===-<-,则1212()333n n n a -=⨯= ③131(1)311440,,11144414n n a q S -=>===-<-,则1313()444n n n a -=⨯= 2. （朝阳）已知集合128={,,,}X x x x 是集合{2001,2002,2003,,2016,S =L 2017}的一个含有8个元素的子集. （Ⅰ）当{2001,2002,2005,2007,2011,2013,2016,2017}X=时,设,(1,8),i j x x X i j ∈≤≤（i ）写出方程2i j x x -=的解(,)i j x x ;（ii ）若方程(0)ij x x k k -=>至少有三组不同的解,写出k 的所有可能取值.（Ⅱ）证明:对任意一个X ,存在正整数,k 使得方程(1,i j x x k i -=≤8)j ≤至少有三组不同的解.【解析】（Ⅰ）（i ）方程2i j x x -=的解有:(,)(2007,2005),(2013,2011)i j x x =（ii ）以下规定两数的差均为正,则:列出集合X 的从小到大8个数中相邻两数的差:1,3,2,4,2,3,1; 中间隔一数的两数差（即上一列差数中相邻两数和）:4,5,6,6,5,4; 中间相隔二数的两数差:6,9,8,9,6; 中间相隔三数的两数差:10,11,11,10; 中间相隔四数的两数差:12,14,12; 中间相隔五数的两数差:15,15; 中间相隔六数的两数差:16.这28个差数中,只有4出现3次,6出现4次,其余都不超过2次, 所以k 的可能取值有4,6（Ⅱ）证明:不妨设12820012017x x x ≤<<⋅⋅⋅<≤记1(1,2,,7)ii i a x x i +=-=⋅⋅⋅,1i i i b x x +=-(1,2,,6)i =⋅⋅⋅,共13个差数.假设不存在满足条件的k ,则这13个数中至多两个1、两个2、两个3、两个4、两个5、两个6,从而127126()()2(126)749a a a b b b ++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+≥++⋅⋅⋅++=①1271268187218172()()()() 2(-)() 2161a a a b b b x x x x x x x x x x ++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+=-++--=+-≤⨯+又446=这与①矛盾,所以结论成立.3. （石景山）对于项数为m （1m >）的有穷正整数数列{}n a ,记12max{,,,}k k b a a a =（1,2,,k m =），即k b 为12,,k a a a 中的最大值，称数列{}n b 为数列{}n a 的“创新数列”.比如1,3,2,5,5的“创新数列”为1,3,3,5,5.（Ⅰ）若数列{}n a 的“创新数列”{}n b 为1,2,3,4,4，写出所有可能的数列{}n a ；（Ⅱ）设数列{}n b 为数列{}n a 的“创新数列”，满足12018k m k a b -++=（1,2,,k m =），求证：k ka b =（1,2,,k m =）；（Ⅲ）设数列{}n b 为数列{}n a 的“创新数列”，数列{}n b 中的项互不相等且所有项的和等于所有项的积，求出所有的数列{}n a .解：（Ⅰ）所有可能的数列{}n a 为1,2,3,4,1；1,2,3,4,2；1,2,3,4,3；1,2,3,4,4 …………3分（Ⅱ）由题意知数列{}n b 中1k k b b +≥.又12018k m k a b -++=，所以12018k m k a b +-+= …………4分111(2018)(2018)0k k m k m k m k m k a a b b b b +--+-+--=---=-≥所以1k k a a +≥，即k k a b =（1,2,,k m =） …………8分（Ⅲ）当2m =时，由1212b b b b +=得12(1)(1)1b b --=，又12,b b N *∈ 所以122b b ==，不满足题意；当3m =时，由题意知数列{}n b 中1n n b b +>，又123123b b b b b b ++=当11b ≠时此时33b >，12333,b b b b ++<而12336b b b b >，所以等式成立11b =；当22b ≠时此时33b >，12333,b b b b ++<而12333b b b b ≥，所以等式成立22b =；当11b =，22b =得33b =，此时数列{}n a 为1,2,3. 当4m ≥时，12m m b b b mb +++<，而12(1)!m m m b b b m b mb ≥->，所以不存在满足题意的数列{}n a .综上数列{}n a 依次为1,2,3. …………13分4. （石景山）如图所示：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1023个正方形，且其最大的正方形的边长________．1325. （西城）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ．若12a =，420S =，则3a =____；n S =____．6，2n n +6.（西城）数列n A ：12,,,(2)n a a a n ≥满足：1(1,2,,)k a k n <=．记n A 的前k 项和为k S ，并规定00S =．定义集合*{n E k =∈N ，|k n ≤k j S S >，0,1,,1}j k =-．（Ⅰ）对数列5A ：0.3-，0.7，0.1-，0.9，0.1，求集合5E ；（Ⅱ）若集合12{,,,}(1n m E k k k m =>，12)m k k k <<<，证明：11(1,2,,1)i i k k S S i m +-<=-；（Ⅲ）给定正整数C ．对所有满足n S C >的数列n A ，求集合n E 的元素个数的最小值．解：（Ⅰ）因为 00S =，10.3S =-，20.4S =，30.3S =，4 1.2S =，5 1.3S =， [ 2分]所以 5{2,4,5}E =． [ 3分] （Ⅱ）由集合n E 的定义知 1i i k k S S +>，且1i k +是使得i k k S S >成立的最小的k ，所以 11i i k k S S +-≤.[ 5分]又因为 11i k a +<，所以 1111i i i k k k S S a +++-=+ [ 6分] 1.i k S <+所以 11i i k k S S +-<． [ 8分] （Ⅲ）因为0n S S >，所以n E 非空．设集合 12{,,,}n m E k k k =，不妨设12m k k k <<<，则由（Ⅱ）可知 11(1,2,,1)i i k k S S i m +-<=-，同理 101k S S -<，且 m n k S S ≤．所以 12110()()()()m m m n n k k k k k k S S S S S S S S S -=-+-++-+-101111m m <+++++=个．因为 n S C >，所以n E 的元素个数 1m C +≥． [11分]取常数数列n A ：1(1,2,,1)2i C a i C C +==++，并令1n C =+，则 22(1)2122n C C C S C C C +++==>++，适合题意，且 {1,2,,1}n E C =+，其元素个数恰为1C +．综上，n E 的元素个数的最小值为1C +．[13分]7．（西城）某计算机系统在同一时间只能执行一项任务，且该任务完成后才能执行下一项任务．现有三项任务U ，V ，W ，计算机系统执行这三项任务的时间（单位：s ）依次为a ，b ，c ，其中a b c <<．一项任务的“相对等待时间”定义为从开始执行第一项任务到完成该任务的时间与计算机系统执行该任务的时间之比．下列四种执行顺序中，使三项任务“相对等待时间”之和最小的是A （A ）U →V →W （B ）V →W →U（C ）W →U →V（D ）U →W →V8.（延庆）若是函数的两个不同的零点，且这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后也可成等比数列，则a b +的值等于 B （A ）4 （B ）5 （C ）6（D ）79.（延庆）设满足以下两个条件的有穷数列12,,,n a a a 为(2,3,4,)n n = 阶“Q 数列”： ①120n a a a +++=； ②121n a a a +++=.（Ⅰ）分别写出一个单调递增的3阶和4阶“Q 数列”；（Ⅱ）若2018阶“Q 数列”是递增的等差数列，求该数列的通项公式；,a b ()()20,0f x x px q p q =-+>>,,2a b -（Ⅲ）记n 阶“Q 数列”的前k 项和为(1,2,3,,)k S k n =，试证12k S ≤. 解：（Ⅰ）数列11,0,22-为单调递增的3阶“Q 数列”；数列3113,,,8888--为单调递增的4阶“Q 数列”. （答案不唯一） ┄4分（Ⅱ）设等差数列122018,,,a a a 的公差为d ，0d >因为1220180a a a +++=，所以12018()201802a a +=.即120180a a +=.所以10091010+0a a =. 于是100910100,0a a <>. ┄5分由于0d >，根据“Q 数列”的条件①②得1210091-2a a a +++=，10101011201812a a a +++= ┄6分两式相减得210091d =.即211009d = . ┄8分由1201820172018+02a d ⋅=得12017=-2a d ，即12201721009a =-⋅. ┄10分所以222201712-2019(1)21009100921009n n a n =-+-=⨯⨯(,2018)n n *∈≤N . ┄11分（Ⅲ）当k n =时，显然102n S =≤成立；当k n <时，根据条件①得1212()k k k k n S a a a a a a ++=+++=-+++，所以1212k k k k n S a a a a a a ++=+++=+++ . 所以12122k k k k n S a a a a a a ++=+++++++ 12121k k k n a a a a a a ++≤+++++++=.所以12k S ≤(1,2,3,,)k n =. ┄13分 10.（东城）设{}n a 是公差为d 的等差数列，n S 为其前n 项和，则“0d >”是“{}n S 为递增数列”的D（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11. （东城）单位圆的内接正(3)n n ≥边形的面积记为()f n ，则(3)f =_________；下面是关于()f n 的描述:①2()sin 2n f n nπ=； ②()f n 的最大值为π；③()(1)f n f n <+；④()(2)2()f n f n f n <≤.其中正确结论的序号为__________.（注：请写出所有正确结论的序号）（1）（3）（4）12.（东城）在(2)n n n ⨯≥个实数组成的n 行n 列的数表中，ij a 表示第i 行第j 列的数，记12i i i in r a a a =+++ (1)i n ＃，12(1)j j j nj c a a a j n =+++≤≤.若{1,0,1}ij a ∈-(1,)i jn ＃. 且1212,,,,,,,n n r r r c c c 两两不等，则称此表为“n 阶H 表”.记{}1212,,,,,,,n n n H r r r c c c =.（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 λ∈-，且n H λ∉，求证：λ为偶数；（III ）求证：不存在“5阶H 表”. 解（I ）……………………3分（II ）对任意一个“n 阶H 表”，i r 表示第i 行所有数的和，j c 表示第j 列所有数的和（1,i j n ≤≤）.1n i i r =∑与1njj c=∑均表示数表中所有数的和，所以1n i i r =∑1njj c==∑.因为{1,0,1}ij a ∈-，所以1212,,,,,,,n n r r r c c c 只能取[,]n n -内的整数.又因为1212,,,,,,,n n r r r c c c 互不相等，[,]n n λ∈-且n H λ∉，所以1212{,,,,,,,,}{,1,,1,0,1,,1,}n n r r r c c c n n n n λ=--+--，所以λ+1ni i r =∑1njj c=+∑(1)(1)01++(1)0n n n n =-+-+++-++-+=.所以λ12ni i r ==-∑为偶数.………………………………………8分（III ）假设存在一个“5阶H 表”，则由（II ）知55,5,3,3H --∈，且54H ∈和54H -∈至少有一个成立，不妨设54H ∈.设125,5r r ==-，则121,1(15)j j a a j ==-≤≤，于是3(15)j c j ≤≤≤，因而可设34r =，313233341a a a a ====，350a =.①若 3是某列的和，由于52c ≤，故只能是前四列某列的和，不妨设是第一列，即41511a a ==.现考虑3-，只能是4r 或5r ，不妨设43r =-，即424344451a a a a ====-，由234,,c c c 两两不等知525354,,a a a 两两不等，不妨设5253541,0,1a a a =-==，若551a =-则530r c ==；若550a =则541r c ==；若551a =则530c c ==，均与已知矛盾.②若3是某行的和，不妨设43r =，则第4行至少有3个1，若这3个1是前四个中某三个数，不妨设4142431a a a ===，则第五行前三个数只能是3个不同的数，不妨设5152531,0,1a a a =-==，则343c r ==矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，不妨设41424344450,1a a a a a =====，所以53r =-，第五行只能是2个0，3个1-或1个1，4个1-.则515255,,a a a 至少有两个数相同，不妨设5152a a =，则12c c =与已知矛盾.综上，不存在“5阶H 表”. ………………………………………13分13. （房山）已知有穷数列()12:,,...,2,n B a a a n n N ≥∈数列B 中各项都是集合{}11x x -<<的元素，则称该数列为Γ数列．对于Γ数列B ，定义如下操作过程T :B 中任取两项,p q a a的最后，然后删除,p q a a 这样得到一个1n -项的新数列1B (约定：一个数也视作数列)．若1B 还是Γ数列，可继续实施操作过程T ，得到的新数列记作2B ，…，如此经过k 次操作后得到的新数列记作k B .解：（Ⅰ）1B 有如下的三种可能结果：11111115:,;:,;:0,32237B B B……………………3分（Ⅱ）∀,{|11}a b x x ∈-<<，有(1)(1)1011a b a b ab ab +----=<++且(1)(1)(1)0.11a b a b ab ab+++--=>++ 所以1a b ab++{|11}x x ∈-<<，即每次操作后新数列仍是Γ数列.又由于每次操作中都是增加一项，删除两项，所以对Γ数列A 每操作一次，项数就减少一项，所以对n 项的Γ数列A 可进行1n -次操作（最后只剩下一项） ……………………6分（Ⅲ）由（Ⅱ）可知9B 中仅有一项.对于满足,{|11)a b x x ∈-<<的实数,a b 定义运算：1a ba b ab+=+，下面证明这种运算满足交换律和结合律。

2018年北京市东城区高考数学一模试卷(理科)

2018年北京市东城区高考数学一模试卷（理科）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. 若集合A={x|−3<x<1}，B={x|x<−1或x>2}，则A∩B=()A.{x|−3<x<2}B.{x|−3<x<−1}C.{x|−1<x<1}D.{x|1<x<2}2. 复数z=i1−i在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3. 已知a，b∈R，且a>b，则下列不等式一定成立的是（）A.a2−b2>0B.cosa−cosb>0C.1 a −1b<0 D.e−a−e−b<04. 在平面直角坐标系xOy中，角θ以Ox为始边，终边与单位圆交于点(35, 45 )，则tan(π+θ)的值为（）A.4 3B.34C.−43D.−345. 设抛物线y2=4x上一点P到y轴的距离是2，则点P到该抛物线焦点的距离是（）A.1B.2C.3D.46. 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.6种B.8种C.10种D.12种7. 设{a n}是公差为d的等差数列，S n为其前n项和，则“d>0”是“{S n}为递增数列”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4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5个“学习能手”，则“难题”的个数最多为（）A.4B.3C.2D.1二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2+c2＝b2+ac，则B＝________π3．在极坐标系中，圆ρ=2cosθ的圆心到直线ρsinθ=1的距离为________．若x，y满足{x−y≤0x+y≤4x≥1，则2x+y的最大值为________．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________设平面向量a→，b→，c→为非零向量．能够说明“若a→⋅b→=a→∗c→，则b→=c→”是假命题的一组向量a→，b→，c→的坐标依次为________．单位圆的内接正n(n≥3)边形的面积记为f(n)，则f(3)=________；下面是关于f(n)的描述：①f(n)=n2sin2πn②f(n)的最大值为π③f(n)<f(n+1)④f(n)<f(2n)≤2f(n)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，演算步骤或证明过程．已知函数f(x)=sin2x+2sin xcos x−cos2x．(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；(Ⅱ)求f(x)在[0,π2brack上的最大值和最小值．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ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(Ill)试判断这100名学生数学成绩的方差a与语文成绩的方差b的大小．（只需写出结论）如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD，△PBC沿PA，PB 所在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2．在三棱锥P−OAB中，E为PB中点．(Ⅰ)求证：PO⊥AB；(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．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√32，且过点A(2, 0)．(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斜率之积等于−14，试问直线MN是否过定点？若是，求出该点的坐标；若不是，请说明理由．已知函数f(x)=e x−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．在n×n(n≥2)个实数组成的n行n列的数表中，a i,j表示第i行第j列的数，记r i=a i1+ a i2+...+a in(1≤i≤n)．c j=a1j+a2j+...+a nj(1≤j≤n)若a i,j∈{−1, 0, 1} （(1≤i, j≤n)），且r1，r2，…，r n，c1，c2，..，c n，两两不等，则称此表为“n阶H表”，记H={ r1, r2, ..., r n, c1, c2, .., c n}．(I)请写出一个“2阶H表”；(II)对任意一个“n阶H表”，若整数λ∈[−n, n]，且λ∉H n，求证：λ为偶数；(Ⅲ)求证：不存在“5阶H表”．参考答案与试题解析2018年北京市东城区高考数学一模试卷（理科）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.【答案】B【考点】交集及其运算【解析】根据集合交集的定义进行求解即可．【解答】集合A={x|−3<x<1}，B={x|x<−1或x>2}，则A∩B={x|−3<x<−1}，2.【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】将复数化简整理，得z=−12+12i，由此不难得到它在复平面内对应的点，得到点所在的象限．【解答】解：z=i1−i =i(1+i)(1−i)(1+i)=−12+12i,所以复数z=i1−i 在复平面内对应的点为(−12, 12)，为第二象限内的点.故选B.3.【答案】D【考点】不等式的概念【解析】由a<0，b<0，可判断A；a=2π，b=0，即可判断B；由a>0，b<0，即可判断C；运用指数函数的单调性，即可判断D．【解答】a，b∈R，且a>b，a2−b2=(a+b)(a−b)，若a<0，b<0，则a+b<0，a−b>0，a2−b2<0，A不一定成立；若a=2π，b=0，则cos2π=cos0=1，B不一定成立；若a>0，b<0，则1a >1b，C不一定成立；由a>b可得−a<−b，函数y=e x在R上递增，可得e−a<e−b，即e−a−e−b<0，则D一定成立，4.【答案】A【考点】三角函数运用诱导公式化简求值【解析】由已知利用任意角的三角函数的定义可求tanθ的值，进而运用诱导公式化简求值即可得解．【解答】∵角θ以Ox为始边，终边与单位圆交于点(35, 45 )，∴tanθ=4535=43，∴tan(π+θ)=tanθ=43．5.【答案】C【考点】抛物线的求解【解析】由题意可得点P的横坐标为2，抛物线的定义可得点P到该抛物线焦点的距离等于点P到准线x=−1的距离，由此求得结果．【解答】由于抛物线y2=4x上一点P到y轴的距离是2，故点P的横坐标为（2）再由抛物线y2=4x的准线为x=−1，以及抛物线的定义可得点P到该抛物线焦点的距离等于点P到准线的距离，故点P到该抛物线焦点的距离是2−(−1)=3，6.【答案】C【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，分2种情况讨论：①，该同学只参观一个画展，②，该同学参观两个画展，求出每种情况的参加方案的数目，由加法原理计算可得答案．【解答】根据题意，分2种情况讨论：①，该同学只参观一个画展，在“历代青绿山水画展”、“赵孟頫书画展”中任选1个，有C21=2种选法，可以在“戏曲文化展”、“明代御窖瓷器展”中任选1个，有C21=2种选法，将选出2的2个展览安排在五一的上、下午，有A22种情况，则只参观一共画展的方案有2×2×2=8种，②，该同学参观两个画展，将“历代青绿山水画展”、“赵孟頫书画展”全排列，安排在五一的上、下午，有A22种情况，即参观两个画展有2种方案，则不同的参观方案共有8+2=10个；7.【答案】D【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】根据等差数列的前n项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【解答】由S n+1>S n⇔(n+1)a1+n(n+1)2d>na1+n(n−1)2d⇔dn+a1>0⇔d≥0且d+a1>0．即数列{S n}为递增数列的充要条件d≥0且d+a1>0，则“d>0”是“{S n}为递增数列”的既不充分也不必要条件，8.【答案】D【考点】概率的应用【解析】根据题意，结合题目中“学习能手”、“难题”的定义，分析可得5个“学习能手”最多可以做错5道题，而至少有3个“学习能手”做错的题目称为“难题”，据此分析可得答案．【解答】根据题意，每位“学习能手”最多做错1道题，则5个“学习能手”最多可以做错5道题，又由至少有3个“学习能手”做错的题目称为“难题”，故难题最多有1道；二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．【答案】π3【考点】余弦定理【解析】根据题意，分析可得a2+c2−b2＝ac，结合余弦定理分析可得cosB=a2+c2−b22ac =12，又由B的范围，分析可得答案．【解答】根据题意，△ABC中，若a2+c2＝b2+ac，则有a2+c2−b2＝ac，则cosB=a2+c2−b22ac =12，又由0<B<π，则B=π3；【答案】1圆的极坐标方程【解析】首先把极坐标方程转换为直角坐标方程，进一步利用点到直线的距离求出结果．【解答】圆ρ=2cosθ转化为直角坐标方程为：x 2+y 2=2x ，转化为标准形式为：(x −1)2+y 2=1，则圆心坐标为：(1, 0)半径r =(1)直线ρsinθ=1转化为直角坐标方程为：y =1，故直线与圆相切，则圆心到直线的距离为（1）故答案为：1 【答案】 6【考点】简单线性规划【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z 的最大值．【解答】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分ABC ）．由z =2x +y 得y =−2x +z ，平移直线y =−2x +z ，由图象可知当直线y =−2x +z 经过点C 时，直线y =−2x +z 的截距最大，此时z 最大．由{x −y =0x +y =4，解得{x =2y =2 ，即C(2, 2) 将C(2, 2)的坐标代入目标函数z =2x +y ，得z =2×2+2=(6)即z =2x +y 的最大值为（6）【答案】 12+2√3 【考点】由三视图求体积【解析】几何体为三棱柱，根据三视图尺寸计算棱柱的表面积．【解答】由三视图可知几何体为侧放的正三棱柱，底面边长为2，棱柱的高为2，∴ 几何体的表面积为12×2×√3×2+2×3×2=12+2√3．【答案】(1, 0)，(0, 1)，(0, −1) 【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】令b →,c →为与a →垂直的两个相反向量即可得出命题为假．不妨设a→，b→，c→均为单位向量，则只需b→,c→与a→的夹角相等即可，特别地，不妨令b→,c→与a→都垂直，则只需令b→,c→为相反向量即可．故而，当a→=(1, 0)，b→=(0, 1)，c→=(0, −1)时，即可说明“若a→・b→=a→∗c→，则b→=c→”是假命题．【答案】3√34,①③④【考点】命题的真假判断与应用【解析】求得圆的内接正n边形的边长及边心距，再由三角形的面积公式可得f(n)，运用导数，结合三角函数的性质可得f(n)的单调性，再由二倍角公式和正弦函数、余弦函数的图象和性质，即可判断正确结论．【解答】半径为1的圆的内接正n边形的边长为2sinπn，边心距为cosπn，则正n边形的面积为f(n)=n⋅12⋅2sinπn⋅cosπn=n2sin2πn，可得f(3)=32sin2π3=3√34；考虑函数f(x)=x2sin2πx，x>2，且x∈N，可得导数f′(x)=12sin2πx−πxcos2πx，当x=3，4时，f′(x)>0成立；当x>4，且x∈N，0<2πx <π2，有0<sin2πx <1，0<cos2πx<1，且sin2πx <2πx<tan2πx，可得12sin2πx>πxcos2πx，可得f′(x)>0，则f(x)在x>2，且x∈N，为增函数，则f(n)<f(n+1)；由于f(n)为增函数，且sin2πn <2πn，0<2πn<π2，可得f(n)<n2⋅2πn=π，即f(n)取不到π；又f(n)−f(2n)=n2sin2πn−nsinπn=nsinπncosπn−nsinπn=nsinπn (cosπn−1)<0，即f(n)<f(2n)；由f(2n)−2f(n)=nsinπn −2⋅n2sin2πn=nsinπn(1−2cosπn)，由于n≥3，可得12≤cosπn<1，可得f(2n)−2f(n)≤0，即f(2n)≤2f(n)．综上可得，正确结论序号为①③④．三、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．【答案】(Ⅰ)函数f(x)=sin2x+2sinxcosx−cos2x=sin2x−cos2x=√2sin(2x−π4)；则f(x)的最小正周期为T=2π2=π；(Ⅱ)x∈[0, π2]时，2x−π4∈[−π4, 3π4]；∴sin(2x−π4)∈[−√22, 1]，∴f(x)在[0,π2brack上的最大值是√2，最小值是−(1)【考点】三角函数的周期性及其求法三角函数的最值【解析】(Ⅰ)化函数f(x)为正弦型函数，求出它的最小正周期；(Ⅱ)求出x∈[0, π2]时2x−π4的取值范围，根据正弦函数的图象与性质求出f(x)的最大、最小值．【解答】(Ⅰ)函数f(x)=sin2x+2sinxcosx−cos2x=sin2x−cos2x=√2sin(2x−π4)；则f(x)的最小正周期为T=2π2=π；(Ⅱ)x∈[0, π2]时，2x−π4∈[−π4, 3π4]；∴sin(2x−π4)∈[−√22, 1]，∴f(x)在[0,π2brack上的最大值是√2，最小值是−(1)【答案】(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9100．(Ⅱ)由题知ξ的可能取值为0，1，2，3，P(ξ=0)=C62C102=1545=13，P(ξ=1)=C61C41C102=2445=815，P(ξ=2)=C42C102=645=215，∴ξ的分布列为：E(ξ)=0×13+1×815+2×215=45．(Ⅲ)a>b．【考点】离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的期望与方差【解析】(Ⅰ)由图知有9名学生数学和语文成绩均低于60分，从100名学生中随机选一人，利用古典概型能求出该生数学和语文成绩均低于60分的概率．(Ⅱ)由题知ξ的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和E(ξ)．(Ⅲ)a>b．【解答】(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9100．(Ⅱ)由题知ξ的可能取值为0，1，2，3，P(ξ=0)=C62C102=1545=13，P(ξ=1)=C61C41C102=2445=815，P(ξ=2)=C42C102=645=215，∴ξ的分布列为：E(ξ)=0×13+1×815+2×215=45．(Ⅲ)a >b ．【答案】则A(1, 0, 0)，O(−1, 0, 0)，B(0, √3, 0)，P(−1, 0, 1)，E(−12, √32, 12)，∴ OA →=(2, 0, 0)，OE →=(12, √32, 12)，设平面OAE 的一个法向量为m →=(x, y, z)，则{2x =012x +√32y +12z =0，令y =1得m →=(0, 1, −√3)，又BM ⊥平面POA ，故而n →=(0, 1, 0)为平面POA 的一个法向量， ∵ cos <m →,n →>=m →∗n→|m →||n →|=12×1=12，且二面角P −AO −E 为锐二面角，∴ 二面角P −AO −E 等于π3．【考点】直线与平面垂直直线与平面所成的角二面角的平面角及求法【解析】（I ）根据PO ⊥OA ，PO ⊥OB 即可得出PO ⊥平面AOB ，故而PO ⊥AB ；(II)取OA 的中点M ，证明BM ⊥平面POA 得出∠BPM 为所求角，在Rt △PBM 中求出sin∠BPM ；(III)建立坐标系，求出平面PAO 和平面AOE 的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．【解答】（I ）证明：∵ PO ⊥OA ，PO ⊥OB ，OA ∩OB =O ， ∴ PO ⊥平面AOB ，又AB ⊂平面AOB ， ∴ PO ⊥AB ．(II)取OA 的中点M ，连接BM ，PM ， ∵ OA =OB =AB =2， ∴ BM ⊥OA ，BM =√3，∵ PO ⊥平面AOB ，BM ⊂平面AOB ， ∴ PO ⊥BM ，又OA ∩PO =O ， ∴ BM ⊥平面POA ，∴ ∠BPM 为PB 与平面POA 所成的角，又PB =2+OB 2=√5， ∴ sin∠BPM =BM PB=√3√5=√155． (III)取PA 的中点N ，连接MN ，则MN // PO ，MN =12PO =12，∴ MN ⊥平面AOB ．以M 为原点，以MA ，MB ，MN 为坐标轴建立空间直角坐标系，【答案】(Ⅰ)由题意过点A(2, 0)，则a =2，椭圆的离心率e =ca=√32，则c =√3，b 2=a 2−c 2=1，∴ 椭圆的标准方程：x 24+y 2=1；(II)①当直线MN 的斜率时，则M(x 0, y 0)，N(x 0, −y 0)，则k AM ⋅k AN =y 0x−2⋅−y 0x−2=−14，则y 02=14(x 0−2)2，由M 在椭圆上，x 024+y 02=1，解得：x 0=0，y 0=±1，则直线MN 的方程为：x =0，②当MN 的斜率存在时，当直线斜率存在，且k ≠0，则直线MN 的方程：y =kx +m ，M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则{x 24+y 2=1y =kx +m ，整理得：(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−4=0，△>0，即4k 2+1−m 2>0，x 1+x 2=−8km1+4k 2，x 1x 2=4m 2−41+4k，y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=m 2−4k 21+4k ，k AM ⋅k AN =y 1x 1−2⋅y 2x 2−2=y 1y 2x 1x 2−2(x 1+x 2)+4=m 2−4k 21+4k 24m 2−41+4k 2+16km 1+4k 2+4+16k 21+4k 2=m 2−4k 24m +16km+16k=−14，则m 2−4k 2=−m 2−4km −4k 2，∴ m 2+2km =0，解得：m =0或m =−2k ，当m =−2k 时，直线MN 方程：y =k(x −2)，恒过点(2, 0)，不符合① 当m =0，直线MN 的方程：y =kx ，结合①，恒过点(0, 0)，综上可知：直线MN 过点(0, 0)．【考点】椭圆的标准方程椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】(Ⅰ)根据椭圆的离心率公式及椭圆过点A ，即可求得a 和b 的值，即可求得椭圆方程； (II)分类讨论，当直线MN 的斜率存在时，代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可求得m =0或m =−2k ，结合直线的斜率不存在的情况，即可求得直线MN 是否过定点．【解答】(Ⅰ)由题意过点A(2, 0)，则a =2，椭圆的离心率e =ca=√32，则c =√3，b 2=a 2−c 2=1，∴ 椭圆的标准方程：x 24+y 2=1；(II)①当直线MN 的斜率时，则M(x 0, y 0)，N(x 0, −y 0)，则k AM ⋅k AN =y 0x−2⋅−y 0x−2=−14，则y 02=14(x 0−2)2，由M 在椭圆上，x 024+y 02=1，解得：x 0=0，y 0=±1，则直线MN 的方程为：x =0，②当MN 的斜率存在时，当直线斜率存在，且k ≠0，则直线MN 的方程：y =kx +m ，M(x 1, y 1)，N(x 2, y 2)，则{x 24+y 2=1y =kx +m ，整理得：(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−4=0，△>0，即4k 2+1−m 2>0，x 1+x 2=−8km1+4k 2，x 1x 2=4m 2−41+4k 2，y 1y 2=(kx 1+m)(kx 2+m)=m 2−4k 21+4k 2，k AM ⋅k AN =y 1x1−2⋅y 2x2−2=y 1y 2x1x 2−2(x 1+x 2)+4=m 2−4k 21+4k 24m 2−41+4k 2+16km 1+4k 2+4+16k 21+4k 2=m 2−4k 24m 2+16km+16k 2=−14，则m 2−4k 2=−m 2−4km −4k 2，∴ m 2+2km =0，解得：m =0或m =−2k ，当m =−2k 时，直线MN 方程：y =k(x −2)，恒过点(2, 0)，不符合① 当m =0，直线MN 的方程：y =kx ，结合①，恒过点(0, 0)，综上可知：直线MN 过点(0, 0)．【答案】(I)f′(x)=e x −a ，∴ f′(0)=1−a =0，解得a =(1)(II)∵ f(x)≥0恒成立，即e x ≥a(x +1)恒成立， ∴ y =e x 的图象在直线y =a(x +1)上方，由图象可知：a ≥(0)设直线y =k(x +1)与y =e x 相切，切点为(x 0, y 0)，则{y 0=e x 0y 0=k(x 0+1)e x 0=k，解得{x 0=0y 0=1k =1 ，∴ 0≤a ≤(1)(III)当a =0时，f(x)=e x ，设曲线y =2+lnx 在(x 1, y 1)处的切斜斜率为1，则{1x 1=1y 1=2+lnx 1，解得{x 1=1y 1=2 ， ∴ 曲线y =2+lnx 在(1, 2)处的切斜为y =x +1，∴ y =2+lnx 的图象在直线y =x +1下方，由(II)可知y =e x 的图象在直线y =x +1上方，∴ 当a =0时，曲线y =f(x)(x >0)总在曲线y =2+lnx 的上方．【考点】导数求函数的最值利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】（I ）根据f′(0)=0解出a 的值；(II)结合函数图象，求出y =e x 的过点(−1, 0)的切线方程，从而可得a 的范围；(III)求出y =2+lnx 的斜率为1的切线，可得直线y =x +1为两函数图象的公切线，从而得出结论．【解答】(I)f′(x)=e x −a ，∴ f′(0)=1−a =0，解得a =(1)(II)∵ f(x)≥0恒成立，即e x ≥a(x +1)恒成立， ∴ y =e x 的图象在直线y =a(x +1)上方，由图象可知：a ≥(0)设直线y =k(x +1)与y =e x 相切，切点为(x 0, y 0)，则{y 0=e x 0y 0=k(x 0+1)e x 0=k，解得{x 0=0y 0=1k =1 ，∴ 0≤a ≤(1)(III)当a =0时，f(x)=e x ，设曲线y =2+lnx 在(x 1, y 1)处的切斜斜率为1，则{1x 1=1y 1=2+lnx 1，解得{x 1=1y 1=2 ， ∴ 曲线y =2+lnx 在(1, 2)处的切斜为y =x +1，∴ y =2+lnx 的图象在直线y =x +1下方，由(II)可知y =e x 的图象在直线y =x +1上方，∴ 当a =0时，曲线y =f(x)(x >0)总在曲线y =2+lnx 的上方．【答案】(Ⅰ)由题意写出一个“2阶H 表”如下：证明：(Ⅱ)对任意一个“n阶H表”，r i表示第i行所有数的和，c i表示第j列所有数的和，(1≤i, j≤n)，∑i=n ri与∑j=1n cj均表示数表中所有数的和，∴∑=i=n ri∑j=1n cj，∵a ij∈{−1, 0, 1}，∴r1，r2，…，r n，c1，c2，..，c n只能取[−n, n]内的整数，∵r1，r2，…，r n，c1，c2，..，c n互不相等，λ∈[−n, n]，且λ∉H n，∴{r1, r2, ..., r n, c1, c2, .., c n}={−n, −n+1, ..., −1, 0, 1, ..., n−1, n}，∴λ+∑+i=1n ri ∑=j=1n cj−n+(−n+1)+...+(−1)+0+1+...+(n−1)+n=0，∴λ=−2∑i=1n ri为偶数．(Ⅲ)假设存在一个“5阶H表”，则由(Ⅱ)知5，−5，3，−3∈H5，且4∈H5和−4∈H5至少有一个成立，不妨设4∈H5，设r1=5，r2=−5，则a1j=1，a2j=−1(1≤j≤5)，∴|c j|≤3，(1≤j≤5)，∴可设r3=4，a31=a32=a33=a34=1，a35=0，①若3是某列的和，∵|c5|≤2，∴只能是某前四列的和，不妨设是第一列，即a41=a51=1，现考虑−3，只能是r4或r5，不妨设r4=−3，即a42=a43=a44=a45=−1，由c2，c3，c4两两不等知a52，a53，a54两两不等，不妨设a52=−1，a53=0，a54=1，若a55=−1，则r5=0=c3，若a55=0，则r5=1=c4，若a55=1，则c5=0=c3，均与已知矛盾．②若3是某行的和，不妨设r4=3，则第4行至少有3个别，若这3个1是前四个中的某三个数，不妨设a41=a42=a43=1，则前五行前三个数只能是3个不同的数，不妨设a51=−1，a52=0，a53=1，则c3=3=r4矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，不妨设a41=a42=0，a43=a44=a45=1，∴r5=−3，第5行只能是2个0，3个−1或1个1，4个−1，则a51，a52，a53至少两个数相同，不妨设a51=a52，则c1=c2，与已知矛盾．综上，不存在“5阶H表”．【考点】数列的应用【解析】(Ⅰ)利用“n阶H表”的概念，由题意能写出一个“2阶H表”．(Ⅱ)对任意一个“n阶H表”，r i表示第i行所有数的和，c i表示第j列所有数的和，(1≤i, j≤n)，推导出∑=i=n ri ∑j=1n cj，从而λ+∑+i=1n ri∑=j=1n cj0，由此能证明λ=−2∑i=1n ri为偶数．(Ⅲ)假设存在一个“5阶H表”，则5，−5，3，−3∈H5，且4∈H5和−4∈H5至少有一个成立，推导出假设不成立，由此能证明不存在“5阶H表”．【解答】(Ⅰ)由题意写出一个“2阶H表”如下：证明：(Ⅱ)对任意一个“n阶H表”，r i表示第i行所有数的和，c i表示第j列所有数的和，(1≤i, j≤n)，∑i=n ri与∑j=1n cj均表示数表中所有数的和，∴∑=i=n ri∑j=1n cj，∵a ij∈{−1, 0, 1}，∴r1，r2，…，r n，c1，c2，..，c n只能取[−n, n]内的整数，∵r1，r2，…，r n，c1，c2，..，c n互不相等，λ∈[−n, n]，且λ∉H n，∴{r1, r2, ..., r n, c1, c2, .., c n}={−n, −n+1, ..., −1, 0, 1, ..., n−1, n}，∴λ+∑+i=1n ri ∑=j=1n cj−n+(−n+1)+...+(−1)+0+1+...+(n−1)+n=0，∴λ=−2∑i=1n ri为偶数．(Ⅲ)假设存在一个“5阶H表”，则由(Ⅱ)知5，−5，3，−3∈H5，且4∈H5和−4∈H5至少有一个成立，不妨设4∈H5，设r1=5，r2=−5，则a1j=1，a2j=−1(1≤j≤5)，∴|c j|≤3，(1≤j≤5)，∴可设r3=4，a31=a32=a33=a34=1，a35=0，①若3是某列的和，∵|c5|≤2，∴只能是某前四列的和，不妨设是第一列，即a41=a51=1，现考虑−3，只能是r4或r5，不妨设r4=−3，即a42=a43=a44=a45=−1，由c2，c3，c4两两不等知a52，a53，a54两两不等，不妨设a52=−1，a53=0，a54=1，若a55=−1，则r5=0=c3，若a55=0，则r5=1=c4，若a55=1，则c5=0=c3，均与已知矛盾．②若3是某行的和，不妨设r4=3，则第4行至少有3个别，若这3个1是前四个中的某三个数，不妨设a41=a42=a43=1，则前五行前三个数只能是3个不同的数，不妨设a51=−1，a52=0，a53=1，则c3=3=r4矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，不妨设a41=a42=0，a43=a44=a45=1，∴r5=−3，第5行只能是2个0，3个−1或1个1，4个−1，则a51，a52，a53至少两个数相同，不妨设a51=a52，则c1=c2，与已知矛盾．综上，不存在“5阶H表”．。

北京东城区2018-2019高三第一学期期末数学(理科)试卷及答案(可打印修改) (2)

（1）C
（2）D
（3）A
（5）A
（6）D
（7）C
二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）
（4）B （8）B
（9） 4
（10） 3
（11） n 2 （答案不唯一）
3
（12）
2
（13） 3
1
（14）
(, ln 2]
2
三、解答题（共 6 小题，共 80 分）
.............................6 分（Ⅲ）课外阅读时间在[10,12) 的学生样本的频率为 0.08 2 0.16 ，
50 0.16 8 ,即阅读时间在[10,12) 的学生样本人数为 8，
8 名学生为 3 名女生，5 名男生，
随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2，3，
(Ⅱ)当 x 0
时，“曲线 y f (x) 在直线 y x 的上方”等价于
（Ⅲ）已知数列{an}，{bn} (d ) ，记{an}，{bn} 的前 n 项和分别为 An , Bn .若 an1 bn1 ，求证：
An≤Bn .
5 / 12
精品内容
东城区 2018-2019 学年度第一学期期末教学统一检测高三数学（理科）参考答案及评分标准
2019.1
一、选择题（共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分）
2
15 56
3
1 56
9 8
.
.............................13 分
（17）（共 14 分）
解：(Ⅰ)在图 1 中， AE EF, AF 2 AE, 可得△ AEF 为等腰直角三角形， AE EF . 因为 AD P BC ，所以 EF BF, EF FC.

北京市东城区2018届高三第二学期综合练习(一)数学理

·1·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）2018. 4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，将本试卷和答题卡一并交回。

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)若集合31Ax x ,12B x x x 或，则A B (A)32xx (B) 31x x (C)11x x(D)11x x (2）复数1izi 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,a bR ，且a b ，则下列不等式一定成立的是(A)220ab (B)cos cos 0a b (C)110a b (D) 0a b e e (4)在平面直角坐标系xOy 中，角以Ox 为始边，终边与单位圆交于点（35，45），则tan()的值为(A)43(B)34(C)43(D) 34(5)设抛物线24yx 上一点P 到y 轴的距离是2，则P 到该抛物线焦点的距离是(A)1 (B) 2 (C)3 (D)4(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)6种（B) 8种（C) 10种（D) 12种(7)设n a 是公差为d 的等差数列，n S 为其前n 项和，则“d>0”是“n S 为递增数列”的(A ）充分而不必要条件（B)必要而不充分条件·2·(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4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5个“学习能手”，则“难题”的个数最多为(A)4 (B) 3 (C)2 (D)1第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

2018年高三最新北京市东城区2018年学年度高三第一学期期末教学目标检测(数学理) 精品

北京市东城区2018－2018年学年度高三第一学期期末教学目标检测数学（理科）本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟。

考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题共40分）注意事项：1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。

2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

不能答在试卷上。

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，只有一项是符合题目要求的。

1．复数=-=⋅z i z i z 则满足,21A ．i -2B ．i --2C ．i 21+D ．i 21-2．在等差数列{}n a 中，如果前5项的和为35,20a S 那么=等于A ．2-B ．2C ．－4D ．43．已知实数a 、b 、c ，则“ac ＝bc ”是“a ＝b ”的A ．充分非必要条件.B ．必要非充分条件C ．充要条件.D ．既非充分又非必要条件4．向量(1,2),(2,3)a b ==-，若m a n b -与2a b +共线（其中,m n R ∈且0n ≠），则mn等于A ．21-B ．2C ．21 D ．－25．已知两个不同的平面α、β和两条不重合的直线，m 、n ，有下列四个命题：①若α⊥m n m ,//，则α⊥n②若βαβα//,,则⊥⊥m m ③若βαβα⊥⊂⊥则,,//,n n m m④若n m n m //,,,//则=βαα其中正确命题的个数是 A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个6．两个正数a 、b 的等差中项是25，一个等比中项是6，且,b a >则双曲线12222=-by a x的离子心率e 等于A ．23B ．215C ．13D ．313 7．已知函数=⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎩⎪⎨⎧<≤-≤≤+=-49),01(2),10(2)(12f x x x x f x则 A ．21B ．21-C ．2D ．－28．对于实数x ，符号[x ]表示不超过x 的最大整数，例如,2]08.1[,3][-=-=π定义函数],[)(x x x f -=则下列命题中正确的是A ．函数{}x 的最大值为1B ．方程{}21=x 有且仅有一个解 C ．函数{}x 是周期函数D ．函数{}x 是增函数第Ⅱ卷（共110分）注意事项：1．用钢笔或圆珠笔将答案直接写在试卷上。

2018年北京东城区高三上学期期末数学试题(理)(1)

个是增函数；②若 log m 3 log n 3 0 ，则 0 n m 1 ；③若函数 f ( x) 是奇函数，
则 f ( x 1) 的图象关于点 A(1,0) 对称；④已知函数 f ( x)
f (x) 1 有 2 个实数根，其中正确命题的个数为 2
（ A） 1
（ B） 2
（ C） 3
第Ⅱ卷（共 110 分）
二、填空题：本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。
（9）若 sin
3 ，且 tan
5
（ 10 ）图中阴影部分的面积等于
（11）已知圆 C ： x2 y2 6x
0 ，则 cos ．
．
8 0 ，则圆心 C 的坐标为
若直线 y kx 与圆 C 相切，且切点在第四象限，则 k
（ 12 ）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
设点 P 的轨迹为曲线 C ，直线 l 过点 E ( 1,0) 且与曲线 C 交于 A ， B 两点．
（Ⅰ）求曲线 C 的轨迹方程；（Ⅱ）是否存在△ AOB 面积的最大值，若存在，求出△
理由 .
AOB 的面积；若不存在，说明
（20）（本小题共 14 分）
已知实数组成的数组 (x1, x2 , x3, , xn ) 满足条件：
C、（1）（ 3）
D、（ 2）（ 4）
（6）已知 x ， y 满足不等式组
x 0, y 0, 当 3 s 5 时，目标函数 z 3x 2y 的最大值 x y s,
y 2x 4.
的变化范围是
（ A） [6,15]
（B） [7,15]
（ C） [6,8]
（ D） [7,8]
（7）已知抛物线 y2
x2 2 px 的焦点 F 与双曲线

北京市东城区第一学期高三级期末数学统一练习理科

东城区2018-2018学年度第一学期期末教案统一检测高三数学(理科)学校 _____________ 班级 _________________ 姓名 _______________ 考号 ___________本试卷分第I 卷和第n 卷两部分，第I 卷1至2页，第n 卷3至5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，将本试卷和答题卡一并交回。

第I 卷(选择题共40分)一、本大题共 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)设集合A =｛1,2｝，则满足AU B =｛1,2,3｝的集合B 的个数是(A ) 1(B) 3(C)4(D) 8a +i(2)已知a 是实数，是纯虚数，则a 等于1 -i(A ) -1 (B ) 1(C ) 2( D ― 2(B ) 5(C ) 6(D) 7(A )充分不必要条件 (B )必要不充分条件 (C )充要条件(D )既不充分也不必要条件\ >0,(6)已知x , y 满足不等式组；『王°, 当3兰s 兰5时，目标函数z = 3x + 2y 的最大值 |x +y "y 2x E4.的变化范围是 (A ) [6,15](B ) [7,15]( C ) [6,8]( D ) [7,8]n 项和为S n ，若a 3 = 6 , & = 12，则公差d 等于5(A ) 1( B )3 (C ) 2(D ) 3(4)执行如图所示的程序框图， (A ) 4 输出的k 的值为(5 )若a , b 是两个非零向量，则a +b =|a — b ”是"a 丄 b ”的(3)已知｛a n ｝为等差数列，其前2 2⑺已知抛物线宀2 px的焦点F与双曲线冷宁的右焦点重合，抛物线的准线与X轴的交点为K ,点A在抛物线上且| AK |= 2 | AF |，则△ AFK的面积为(A) 4 ( B) 8 (C) 16 ( D) 321(8)给出下列命题：①在区间(0, •：：)上，函数y =x，, y = x2, y =(x-1)2, y = x3中有三个是增函数；②若log m 3 ：：： log n 3 ：：： 0，则0 ：：：n :: m - 1 :③若函数f (x)是奇函数，3x/ x 兰2 则f(x—1)的图象关于点A(1,0)对称；④已知函数f(x) =」' -'则方程Jog3(x —1),x>2, 1f (x) 有2个实数根，其中正确命题的个数为2(A) 1 ( B) 2 ( C) 3 ( D) 4第n卷(共110 分)、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

北京市东城区2018届高三上学期期末考试数学(理)试题 Word版含解析

北京市东城区 2017-2018 学年第一学期期末教学统一检高三数学（理科）本试卷共 5 页，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，将本试卷和答题卡一并交回。

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U = {1,2,3,4} ，集合 A = {1,3,4} ， B = {2,4} ，那么集合 (C A ) I B =U（A ） {2}（B ） {4} （C ） {1,3} （D ） {2, 4}【考点】集合的运算【试题解析】，所以，故选 A【答案】A（2）已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，那么该三棱锥的体积等于333 1正（主）视图侧（左）视图13俯视图3（A ） 2 cm 3（B ）3 cm 3 （C ）3 cm 3 （D ）9 cm 3【考点】空间几何体的三视图与直观图【试题解析】由三视图可知，直观图为底面积为，高的三棱锥，所以体积为，故选 A【答案】A（3）设 i 为虚数单位，如果复数 z 满足 (1- 2i ) z = 5i ，那么 z 的虚部为3”是“ k>⎪ + 1, 0 < x ≤ 23，（A ） -1 （B ）1 （C ） i（D ） -i【考点】复数综合运算【试题解析】，虚部为 1，故选 B【答案】B（4）已知 m ∈ (0,1) ，令 a = log 2 ， b = m 2 ， c = 2m ，那么 a , b , c 之间的大小关系为m（A ） b < c < a（B ） b < a < c （C ） a < b < c （D ） c < a < b【考点】对数与对数函数指数与指数函数【试题解析】因为【答案】C，所以，，，即，故选 C（5）已知直线 l 的倾斜角为α ，斜率为 k ，那么“α >π3 ”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【考点】充分条件与必要条件【试题解析】当时，，当时，，所以“ ”是“ ”的必要而不充分条件，故选 B 【答案】B⎧ 1（6）已知函数 f ( x ) = ⎨ x ，如果关于 x 的方程 f ( x ) = k 有两个不同的实根，那么实数 k 的⎪⎩ln x , x > 2取值范围是3 （A ） (1,+∞ )（B ） [ , +∞)（C ） [e 2, +∞)（D ） [ln 2, +∞)2【考点】零点与方程【试题解析】在同一坐标系内作出函数与的图象（如图）关于 x 的方程有两个不同的实，等价于直线与图象有两个不同的交点，所以的取值范围是，故选B【答案】B（7）过抛物线y2=2px（p>0)的焦点F的直线交抛物线于A,B两点，点O是原点，如果BF=3，BF>AF，∠BFO=2π3，那么AF的值为(A)1(B)【考点】抛物线32(C)3（D）6【试题解析】由已知直线的斜率为，则方程为，联立方程得，即因为，所以，依题意，所以，则，故选A【答案】A（8）如图所示，正方体A BCD-A'B'C'D'的棱长为1,E,F分别是棱AA'，C C'的中点，过直线E,F的平面分别与棱BB'、DD'交于M,N，设BM=x，x∈(0,1)，给出以下四个命题：①四边形MENF为平行四边形；②若四边形MENF面积s=f(x),x∈(0,1),则f(x)有最D'NC'小A'B'值；F③若四棱锥A MENF的体积V=p(x)，x∈(0,1)，则Ep(x)常函数；D M C1④若多面体ABCD-MENF的体积V=h(x)，x∈(,1)，2则h(x)为单调函数．其中假命题为A B．．．(B)②(A)①(C)③（D）④【考点】立体几何综合【试题解析】对①，因为平面平面，平面平面，平面平面对②，因为，所以平面，，同理，所以，所以四边形平面，为平行四边形。

2018届北京市东城区高三上学期期末考试理科数学试题及答案

东城区2018学年第一学期期末教学统一检测高三数学（理科）学校_____________班级_______________姓名______________考号___________本试卷共5页，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，将本试卷和答题卡一并交回。

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{0,1}A=，2=≤，则A B={|4}B x x（A）{0,1}（B）{0,1,2}（C）{|02}≤≤x xx x≤<（D）{|02}对应的点位于（2）在复平面内，复数i1+i（A）第一象限（B）第二象限（C）第三象限（D）第四象限（3）设a∈R，则“2a a>”是“1>a”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（4）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若493=+a a ，则11S 等于（A ）12 （B ）18（C ）22 （D ）44（5）当4n =输出的S 值为（A ）6 （B ）8 （C ）14 （D ）30（6）已知函数13log ,0,()2,0,xx x f x x >⎧⎪=⎨⎪≤⎩若1()2f a >，则实数a 的取值范围是（A）(1,0))-+∞ （B ）(1-（C ）(1,0))-+∞ （D ）(- （7）在空间直角坐标系O xyz -中，一个四面体的顶点坐标为分别为(0,0,2)，(2,2,0)，(0,2,0)，(2,2,2)．画该四面体三视图中的正视图时，以xOz 平面为投影面，则得到正视图可以为（A ）（B ）（C ）（D ）（8）已知圆22:2C x y +=，直线:240l x y +-=，点00(,)P x y 在直线l 上．若存在圆C 上的点Q ，使得45OPQ ∠= （O 为坐标原点），则0x 的取值范围是（A ）[0,1]（B ）8[0,]5（C ）1[,1]2-（D ）18[,]25-第二部分（非选择题共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

2018年北京东城高三一模数学试题及答案word版

北京市东城区2017-2018学年度第二学期高三综合练习（一）数学（文科）学校______________ 班级________________ 姓名________________考号_____________本试卷共5页，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，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题共40分）（A）n 2（B）n 3（C）n 4（D）n 55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若集合A {x| 3 x1}，B{x|x1或x2}，（A）{x| 3x1}（B）{x| 3 x2}（C）{x| 1x1}（D）{x|1 x2}（2）复数iz1 i在复平面内1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x y 20,（3若x,y满足2x y 20,则y x的最大值为y0,（A）2（B）1（C）2（D）4则AI B那么空白的判断框中应填入的条件是每小题、选择题共8小题,执行如图所示的程序框图,（4）如果输出的S值为30，(5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为(A) 2 (B)2 2(C) 2 3 (D) 4第二部分(非选择题共110 分):■、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

(9)命题“ _____________________________ x R , e x 0 ”的否定是 .2 1(10) __________________________________________________________ 已知抛物线寸 2px(p 0)的焦点坐标为(一,0)，贝V p = _________________________________________________ .43 4(11)在平面直角坐标系xOy 中，以Ox 为始边的角 _________________ 的终边经过点 (一,一)，贝U sin,5 5tan 2 _______ .(12) ____________________________________________________________________________________ 已知圆(x 1)2 y 2 1上的点到直线y kx 2的距离的最小值为1,则实数k __________________________ (13) ___________________________________________________ 已知实数x, y 满足2x y 1，则xy 的最大值为 ________________________________________________________ . (14)定义：函数f(x)在区间［a,b ］上的最大值与最小值的差为f (x)在区间［a,b ］上的极差，记作(6) f(x)x2x 的零点所在区间是11 (°,;)2( (-,1)23/宀 3 (叱)((匚，2)(7) 已知平面向量a,b,c 均为非零向量，则"(a b)c (b c)a ”是"向量a,c 同向”的(A)①② (C)②④函数 (A ) (C )d(a,b).2①若f (x)二x 2x 2，则d(1,2)= _________ ；②若f(x)二x+ m，且d(1,2) | f (2) f (1)|，则实数m的取值范围是_________ .x三、解答题共6小题，共80分。

北京市东城区2017-2018学年高三数学一模试卷(理科) Word版含解析

2017-2018学年北京市东城区高考数学一模试卷（理科）一、本大题共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．已知复数i•（1+ai）为纯虚数，那么实数a的值为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．22．集合A={x|x≤a}，B={x|x2﹣5x＜0}，若A∩B=B，则a的取值范围是（）A．a≥5 B．a≥4 C．a＜5 D．a＜43．某单位共有职工150名，其中高级职称45人，中级职称90人，初级职称15人．现采用分层抽样方法从中抽取容量为30的样本，则各职称人数分别为（）A．9，18，3 B．10，15，5 C．10，17，3 D．9，16，54．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．B．1 C．2 D．45．在极坐标系中，直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长为（）A．B．1 C．D．6．一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的最长棱长为（）A．2 B． C．3 D．7．已知三点P（5，2）、F1（﹣6，0）、F2（6，0）那么以F1、F2为焦点且过点P的椭圆的短轴长为（）A．3 B．6 C．9 D．128．已知1，2为平面上的单位向量，1与2的起点均为坐标原点O，1与2夹角为．平面区域D由所有满足=λ1+μ2的点P组成，其中，那么平面区域D的面积为（）A．B．C．D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．在的展开式中，x3的系数值为______．（用数字作答）10．已知等比数列{a n}中，a2=2，a3•a4=32，那么a8的值为______．11．如图，圆O的半径为1，A，B，C是圆周上的三点，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，若CP=AC，则∠COA=______；AP=______．12．若，且，则sin2α的值为______．14．已知函数f（x）=|lnx|，关于x的不等式f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）的解集为（0，+∞），其中x0∈（0，+∞），c为常数．当x0=1时，c的取值范围是______；当时，c的值是______．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．在△ABC中，，AC=2，且．（Ⅰ）求AB的长度；（Ⅱ）若f（x）=sin（2x+C），求y=f（x）与直线相邻交点间的最小距离．16．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，∠BAC=90°，A1A=1，，AC=2，E、F分别为棱C1C、BC的中点．（Ⅰ）求证AC⊥A1B；（Ⅱ）求直线EF与A1B所成的角；（Ⅲ）若G为线段A1A的中点，A1在平面EFG内的射影为H，求∠HA1A．17．现有两个班级，每班各出4名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打（混双）比赛（注：每名选手打只打一场比赛）．根据以往的比赛经验，各项目平均完成比赛所需时间（Ⅱ）求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行；（Ⅲ）若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少，应该怎样安排比赛顺序（写出结论即可）．18．设函数f（x）=ae x﹣x﹣1，a∈R．（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）＞0恒成立，求a的取值范围；（Ⅲ）求证：当x∈（0，+∞）时，ln＞．19．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），焦点F，O为坐标原点，直线AB（不垂直x轴）过点F且与抛物线C交于A，B两点，直线OA与OB的斜率之积为﹣p．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线C于点D，求证：．20．数列{a n}中，给定正整数m（m＞1），．定义：数列{a n}满足a i+1≤a i（i=1，2，…，m﹣1），称数列{a n}的前m项单调不增．（Ⅰ）若数列{a n}通项公式为：，求V（5）．（Ⅱ）若数列{a n}满足：，求证V（m）=a﹣b的充分必要条件是数列{a n}的前m项单调不增．（Ⅲ）给定正整数m（m＞1），若数列{a n}满足：a n≥0，（n=1，2，…，m），且数列{a n}的前m项和m2，求V（m）的最大值与最小值．（写出答案即可）2016年北京市东城区高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、本大题共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．已知复数i•（1+ai）为纯虚数，那么实数a的值为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．2【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后由实部为0求得a的值．【解答】解：∵i•（1+ai）=﹣a+i为纯虚数，∴﹣a=0，即a=0．故选：B．2．集合A={x|x≤a}，B={x|x2﹣5x＜0}，若A∩B=B，则a的取值范围是（）A．a≥5 B．a≥4 C．a＜5 D．a＜4【考点】集合的包含关系判断及应用．【分析】由x2﹣5x＜0，可得B=（0，5），再利用集合的运算性质即可得出．【解答】解：由x2﹣5x＜0，解得0＜x＜5，∴B=（0，5），∵A∩B=B，∴a≥5．则a的取值范围是a≥5．故选：A．3．某单位共有职工150名，其中高级职称45人，中级职称90人，初级职称15人．现采用分层抽样方法从中抽取容量为30的样本，则各职称人数分别为（）A．9，18，3 B．10，15，5 C．10，17，3 D．9，16，5【考点】分层抽样方法．【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系，即可求出各职称分别抽取的人数．【解答】解：用分层抽样方法抽取容量为30的样本，则样本中的高级职称人数为30×=9，中级职称人数为30×=18，初级职称人数为30×=3．故选：A．4．执行如图所示的程序框图，输出的S值为（）A．B．1 C．2 D．4【考点】程序框图．【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：当k=0时，满足进行循环的条件，故S=，k=1，当k=1时，满足进行循环的条件，故S=，k=2，当k=2时，满足进行循环的条件，故S=1，k=3，当k=3时，满足进行循环的条件，故S=2，k=4，当k=4时，不满足进行循环的条件，故输出的S值为2，故选：C5．在极坐标系中，直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长为（）A．B．1 C．D．【考点】简单曲线的极坐标方程．【分析】分别得出直角坐标方程，求出圆心（0，0）到直线的距离d．即可得出直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长=2．【解答】解：直线ρsinθ﹣ρcosθ=1化为直角坐标方程：x﹣y+1=0．曲线ρ=1即x2+y2=1．∴圆心（0，0）到直线的距离d=．∴直线ρsinθ﹣ρcosθ=1被曲线ρ=1截得的线段长L=2=2=．故选：D．6．一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的最长棱长为（）A．2 B． C．3 D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中底面ABCD为直角梯形，侧棱PB⊥底面ABCD．即可得出．【解答】解：由三视图可知：该几何体为四棱锥P﹣ABCD，其中底面ABCD为直角梯形，侧棱PB⊥底面ABCD．∴最长的棱为PD，PD==3．故选：C．7．已知三点P（5，2）、F1（﹣6，0）、F2（6，0）那么以F1、F2为焦点且过点P的椭圆的短轴长为（）A．3 B．6 C．9 D．12【考点】椭圆的简单性质．【分析】设椭圆的标准方程为： +=1（a＞b＞0），可得：c=6，2a=|PF1|+|PF2|，可得b=．【解答】解：设椭圆的标准方程为： +=1（a＞b＞0），可得：c=6，2a=|PF1|+|PF2|=+=6，解得a=3．∴b===3．∴椭圆的短轴长为6．故选：B．8．已知1，2为平面上的单位向量，1与2的起点均为坐标原点O，1与2夹角为．平面区域D由所有满足=λ1+μ2的点P组成，其中，那么平面区域D的面积为（）A．B．C．D．【考点】平面向量的基本定理及其意义．【分析】以O为原点，以方向为x轴正方向，建立坐标系xOy，写出、的坐标，根据=λ+μ写出的坐标表示，利用向量相等列出方程组，求出点P的坐标满足的约束条件，画出对应的平面区域，计算平面区域的面积即可．【解答】解：以O为原点，以方向为x轴正方向，建立坐标系xOy，则=（1，0），=（cos，sin）=（，），又=λ+μ=（λ+μ，μ），其中λ≥0，μ≥0，λ+μ≤1；设=（x，y），则（x，y）=（λ+μ，μ），∴，解得；由于λ≥0，μ≥0，λ+μ≤1，∴，它表示的平面区域如图所示：由图知A（，），B（1，0）；所以阴影部分区域D的面积为S=×1×=．故选：D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．9．在的展开式中，x3的系数值为20．（用数字作答）【考点】二项式系数的性质．【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可得出．【解答】解：T r+1=（2x）5﹣r=25﹣3r x5﹣2r．令5﹣2r=3，解得r=1．∴T4=x3=20x3．故答案为：20．10．已知等比数列{a n}中，a2=2，a3•a4=32，那么a8的值为128．【考点】等比数列的通项公式．【分析】利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，∵a2=2，a3•a4=32，∴a1q=2，=32，解得a1=1，q=2．那么a8=27=128．故答案为：128．11．如图，圆O的半径为1，A，B，C是圆周上的三点，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，若CP=AC，则∠COA=；AP=．【考点】与圆有关的比例线段．【分析】证明△OAC是等边三角形，得到∠COA=，利用OA=1，可求AP．【解答】解：由题意，OA⊥AP．∵CP=AC，∴∠P=∠CAP，∵∠P+∠AOP=∠CAP+∠OAC，∴∠AOP=∠OAC，∴AC=OC，∵OA=OC，∴△OAC是等边三角形，∴∠COA=，∵OA=1∴AP=故答案为：，12．若，且，则sin2α的值为．【考点】二倍角的正弦．【分析】利用已知及两角差的正弦函数公式可得cosα﹣sinα=，两边平方，利用二倍角公式即可解得sin2α的值．【解答】解：∵=（cosα﹣sinα），∴cosα﹣sinα=＞0，∴两边平方可得：1﹣sin2α=，∴sin2α=．故答案为：．在最合理的安排下，获得的最大利润的值为62．【考点】简单线性规划．【分析】运送甲x件，乙y件，利润为z，建立约束条件和目标函数，利用线性规划的知识进行求解即可．【解答】解：设运送甲x件，乙y件，利润为z，则由题意得，即，且z=8x+10y，作出不等式组对应的平面区域如图：由z=8x+10y得y=﹣x+，平移直线y=﹣x+，由图象知当直线y=﹣x+经过点B时，直线的截距最大，此时z最大，由，得，即B（4，3），此时z=8×4+10×3=32+30=62，故答案为：6214．已知函数f（x）=|lnx|，关于x的不等式f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）的解集为（0，+∞），其中x0∈（0，+∞），c为常数．当x0=1时，c的取值范围是[﹣1，1] ；当时，c的值是﹣2．【考点】分段函数的应用；对数函数的图象与性质．【分析】当0＜x＜1时，f（x）=﹣lnx，f′（x）=﹣∈（﹣∞，﹣1），当x＞1时，f（x）=lnx，f′（x）=∈（0，1），进而将x0=1和代入，结果斜率公式分类讨论可得答案．【解答】解：∵函数f（x）=|lnx|，当0＜x＜1时，f（x）=﹣lnx，f′（x）=﹣∈（﹣∞，﹣1），当x＞1时，f（x）=lnx，f′（x）=∈（0，1），①当x0=1时，f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）可化为：f（x）﹣f（1）≥c（x﹣1）当0＜x＜1时，f（x）﹣f（1）≥c（x﹣1）可化为：≤c，则c≥﹣1，当x＞1时，f（x）﹣f（1）≥c（x﹣1）可化为：≥c，则c≤1，故c∈[﹣1，1]；②当x0=时，f（x）﹣f（x0）≥c（x﹣x0）可化为：f（x）﹣f（）≥c（x﹣）当0＜x＜时，f（x）﹣f（）≥c（x﹣）可化为：≤c，则c≥f′（）=﹣2，当＜x＜1时，f（x）﹣f（）≥c（x﹣）可化为：≥c，则c≤f′（）=﹣2，当x＞1时，f（x）﹣f（）≥c（x﹣）可化为：≥c，则c≤1，故c=﹣2，故答案为：[﹣1，1]，﹣2三、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．在△ABC中，，AC=2，且．（Ⅰ）求AB的长度；（Ⅱ）若f（x）=sin（2x+C），求y=f（x）与直线相邻交点间的最小距离．【考点】两角和与差的余弦函数；正弦函数的图象．【分析】（Ⅰ）利用诱导公式求得cosC，可得C的值，咋利用余弦定理求得AB的长度．（Ⅱ）由f（x）=sin（2x+C），求得x1、x2的值，可得|x1﹣x2|的最小值．【解答】解：（Ⅰ）∵，∴C=45°．∵，AC=2，∴=4，∴AB=2．（Ⅱ）由，解得或，k∈Z，解得，或，k1，k2∈Z．因为，当k1=k2时取等号，所以当时，相邻两交点间最小的距离为．16．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥底面ABC，∠BAC=90°，A1A=1，，AC=2，E、F分别为棱C1C、BC的中点．（Ⅰ）求证AC⊥A1B；（Ⅱ）求直线EF与A1B所成的角；（Ⅲ）若G为线段A1A的中点，A1在平面EFG内的射影为H，求∠HA1A．【考点】直线与平面所成的角；棱柱的结构特征．【分析】（I）由AC⊥AB，AC⊥AA1即可得出AC⊥平面ABB1A1，于是AC⊥A1B；（II）以A为原点建立坐标系，求出和的坐标，计算cos＜＞即可得出直线EF与A1B所成的角；（III）求出和平面EFG的法向量，则sin∠HA1A=|cos＜，＞|．【解答】证明：（Ⅰ）∵AA1⊥底面ABC，AC⊂平面ABC，∴AC⊥AA1．∵∠BAC=90°，∴AC⊥AB．又A1A⊂平面AA1B1B，AB⊂平面AA1B1B，A1A∩AB=A，∴AC⊥平面A1ABB1．∵A1B⊂平面A1ABB1，∴AC⊥A1B．（Ⅱ）以A为原点建立空间直角坐标系A﹣﹣﹣xyz，如图所示：则A1（0，0，1），，，．∴，．∴．直线EF与A1B所成的角为45°．（Ⅲ），，．=（0，0，1）．设平面GEF的法向量为=（x，y，z），则，∴令，则．∴cos＜＞==．∵A1在平面EFG内的射影为H，∴∠HA1A位AA1与平面EFG所成的角，∴sin∠HA1A=|cos＜＞|=．∴∠HA1A=．17．现有两个班级，每班各出4名选手进行羽毛球的男单、女单、男女混合双打（混双）比赛（注：每名选手打只打一场比赛）．根据以往的比赛经验，各项目平均完成比赛所需时间（Ⅱ）求第三场比赛平均需要等待多久才能开始进行；（Ⅲ）若要使所有参加比赛的人等待的总时间最少，应该怎样安排比赛顺序（写出结论即可）．【考点】计数原理的应用．【分析】（Ⅰ）求出三场比赛的种数，其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛只有1种，根据概率公式计算即可，（Ⅱ）令A表示女单比赛、B表示男单比赛、C表示混双比赛，分别求出按不同顺序比赛时，第三场比赛等待的时间，再根据平均数的定义即可求出，（Ⅲ）按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛，可使等待的总时间最少．【解答】解：（I）三场比赛共有种方式，其中按按女单、混双、男单的顺序进行比赛只有1种，所以按女单、混双、男单的顺序进行比赛的概率为．（Ⅱ）令A表示女单比赛、B表示男单比赛、C表示混双比赛．按ABC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t1=20+25=45（分钟）．按ACB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t2=20+35=55（分钟）．按BAC顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t3=20+25=45（分钟）．按BCA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t4=35+25=60（分钟）．按CAB顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t5=35+20=55（分钟）．按CBA顺序进行比赛，第三场比赛等待的时间是：t6=35+25=60（分钟）．且上述六个事件是等可能事件，每个事件发生概率为，所以平均等待时间为，（Ⅲ）按照比赛时间从长到短的顺序参加比赛，可使等待的总时间最少18．设函数f（x）=ae x﹣x﹣1，a∈R．（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）当x∈（0，+∞）时，f（x）＞0恒成立，求a的取值范围；（Ⅲ）求证：当x∈（0，+∞）时，ln＞．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）a=1时得出f（x），进而得到f′（x）=e x﹣1，这样便可判断导数符号，根据符号即可得出f（x）的单调区间；（Ⅱ）可以由f（x）＞0恒成立得到恒成立，这样设，求导，根据导数符号便可判断g（x）在（0，+∞）上单调递减，这便可得到g（x）＜1，从而便可得出a的取值范围；（Ⅲ）容易得到等价于e x﹣xe x﹣1＞0，可设h（x）=e x﹣xe x﹣1，求导数，并根据上面的f（x）＞0可判断出导数h′（x）＞0，从而得到h（x）＞h（0）=0，这样即可得出要证明的结论．【解答】解：（Ⅰ）当a=1时，则f（x）=e x﹣x﹣1，f'（x）=e x﹣1；令f'（x）=0，得x=0；∴当x＜0时，f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减；当x≥0时，f'（x）≥0，h（x）在（0，+∞）上单调递增；即a=1时，f（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调赠区间为[0，+∞）；（Ⅱ）∵e x＞0；∴f（x）＞0恒成立，等价于恒成立；设，x∈（0，+∞），；当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0；∴g（x）在（0，+∞）上单调递减；∴x∈（0，+∞）时，g（x）＜g（0）=1；∴a≥1；∴a的取值范围为[1，+∞）；（Ⅲ）证明：当x∈（0，+∞）时，等价于e x﹣xe x﹣1＞0；设h（x）=e x﹣xe x﹣1，x∈（0，+∞），；由（Ⅱ）知，x∈（0，+∞）时，e x﹣x﹣1＞0恒成立；∴；∴h′（x）＞0；∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；∴x∈（0，+∞）时，h（x）＞h（0）=0；因此当x∈（0，+∞）时，．19．已知抛物线C：y2=2px（p＞0），焦点F，O为坐标原点，直线AB（不垂直x轴）过点F且与抛物线C交于A，B两点，直线OA与OB的斜率之积为﹣p．（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线C于点D，求证：．【考点】抛物线的简单性质．【分析】（I）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB（不垂直x轴）的方程可设为．与抛物线方程联立可得：，由直线OA与OB的斜率之积为﹣p，即．可得：x1x2=4．利用根与系数的关系即可得出．（II）利用中点坐标公式、斜率计算公式可得：直线OD的方程为，代入抛物线C：y2=8x的方程，解出即可得出．【解答】（I）解：∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B两点，，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB（不垂直x轴）的方程可设为．∴，．∵直线OA与OB的斜率之积为﹣p，∴．∴，得x1x2=4．由，化为，其中△=（k2p+2p）2﹣k2p2k2＞0∴x1+x2=，x1x2=．∴p=4，抛物线C：y2=8x．（Ⅱ）证明：设M（x0，y0），P（x3，y3），∵M为线段AB的中点，∴，．∴直线OD的斜率为．直线OD的方程为代入抛物线C：y2=8x的方程，得．∴．∵k2＞0，∴．20．数列{a n}中，给定正整数m（m＞1），．定义：数列{a n}满足a i+1≤a i（i=1，2，…，m﹣1），称数列{a n}的前m项单调不增．（Ⅰ）若数列{a n}通项公式为：，求V（5）．（Ⅱ）若数列{a n}满足：，求证V（m）=a﹣b的充分必要条件是数列{a n}的前m项单调不增．（Ⅲ）给定正整数m（m＞1），若数列{a n}满足：a n≥0，（n=1，2，…，m），且数列{a n}的前m项和m2，求V（m）的最大值与最小值．（写出答案即可）【考点】数列的应用．【分析】（Ⅰ）由数列{a n}通项公式分别气的前5项，代入即可求得V（5），（Ⅱ）充分性：由，数列{a n}的前m项单调不增，即a m≤…≤a2≤a1，去掉绝对值求得V（m）=a﹣b，再证明必要性，采用反证法，假设数列{a n}的前m项不是单调不增，则存在i（1≤i≤m﹣1）使得a i+1＞a i，求得=|a﹣b+a i+1﹣a i|+（a i+1﹣a i）＞a﹣b，与已知矛盾，即可证明V（m）=a﹣b的充分必要条件是数列{a n}的前m项单调不增．（Ⅲ）由当丨a i+1﹣a i丨=0时，即数列{a n}为常数列，V（m）=0，当m=2时的最大值：此时a1+a2=4，|a1﹣a2|≤|4﹣0|=4，当m＞2时的最大值：此时a1+a2+a3+…+a4=m2．【解答】解（Ⅰ），a1=﹣1，a2=1，a3=﹣1，a4=1，a5=﹣1，V（5）=丨a2﹣a1丨+丨a3﹣a2丨+丨a4﹣a3丨+丨a5﹣a4丨=2+2+2+2=8，V（5）=8．…（Ⅱ）充分性：若数列{a n}的前m项单调不增，即a m≤…≤a2≤a1，﹣a m）此时有：=（a1﹣a2）+（a2﹣a3）+（a3﹣a4）+…+（a m﹣1=a1﹣a m=a﹣b．必要性：反证法，若数列{a n}的前m项不是单调不增，则存在i（1≤i≤m﹣1）使得a i+1＞a i，那么：=丨a i+1﹣a i丨+丨a i+1﹣a i丨+丨a i+1﹣a i丨≥丨a i﹣a1丨+（a i+1﹣a i）+丨a m﹣a i+1丨，=丨a m﹣a i+a i﹣a i+1丨+（a i+1﹣a i），=丨a﹣b+a i+′﹣a i丨+（a i+1﹣a i），由于a i+1＞a i，a＞b，∴|a﹣b+a i+1﹣a i|+（a i+1﹣a i）＞a﹣b．与已知矛盾．…（III）最小值为0．此时{a n}为常数列．…最大值为，当m=2时的最大值：此时a1+a2=4，（a1，a2≥0），…11分|a1﹣a2|≤|4﹣0|=4．当m＞2时的最大值：此时a1+a2+a3+…+a4=m2．由|x﹣y|≤|x|+|y|易证，{a n}的值的只有是大小交替出现时，才能让V（m）取最大值．不妨设：a i+1≤a i，i为奇数，a i+1≥a i，i为偶数．当m为奇数时有：，=a1﹣a2+a3﹣a2+a3﹣a4+a5﹣a4+…+a m﹣a m，﹣1=a1﹣a m+2a i﹣4a2i≤2a i=2m2，当m为偶数时同理可证．…2016年9月20日。

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