北京市海淀区2017届高三上学期期末考试数学(理)试题(全Word版-含答案)

海淀区高三年级第一学期期末练习

本试卷共4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。

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．抛物线y22x的焦点到准线的距离为

1A． B．1

2开始 C．2 D．3

输入a,bπ3π2．在极坐标系中，点(1,)与点(1,)的距离为

44 A．1 C．3

B．2 D．5

ab是否3．右侧程序框图所示的算法来自于《九章算术》.若输入a的值为16，b的值为24，则执行该程序框图输出的结果为 A．6

B．7 C．8

D．9

ab是否a abb ba4．已知向量a,b满足a2b0，(ab)a2，则ab

1 A．

2B．

1C．2

2

D．2

输出a x25．已知直线l经过双曲线y21的一个焦点且与其一条渐近线平行，则

4结束 直线l的方程可能是

1153A．yx B．yx5 C．y2x D．y2x3 2222xy0,6．设x,y满足xy20,则(x1)2y2的最小值为

x2,

9A．1 B．C．5 D．9

2

7．在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条

鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为 ．．．．．．A．14 B．16 C．18 D．20 8．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E,F分别是棱AD，B1C1上的动点，设AEx,B1Fy．若棱．DD1与平面BEF有公共点，则xy的取值范围是 A．[0,1]

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分． 9．已知复数z满足(1i)z2，则z________．

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AA1D1B1FC1

13

B．[,]C．[1,2]

22

3D．[,2]

2EDBC资料内容仅供您学习参考，如有不当之处，请联系改正或者删除

110．在(x2)6的展开式中，常数项为________．（用数字作答）

x11．若一个几何体由正方体挖去一部分得到，其三视图如图所示，则该几何体的体积为________．

12．已知圆C:x22xy20，则圆心坐标为_____；

若直线l过点(1,0)且与圆C相切，则直线l的方程为____

2π13．已知函数y2sin(x)(0,||).

2① 若f(0)1，则________；

② 若xR，使f(x2)f(x)4成立，则的最小值是__． 14．已知函数f(x)e|x|cosπx，给出下列命题：

①f(x)的最大值为2；

②f(x)在(10,10)内的零点之和为0； ③f(x)的任何一个极大值都大于1. 其中所有正确命题的序号是________．

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．（本小题满分13分）在ABC中，c2a，B120，且ABC面积为（Ⅰ）求b的值； （Ⅱ）求tanA的值．

主视图11左视图2俯视图3． 216．（本小题满分13分）“诚信水站”，既便于学生用水，又推进诚信教育，并用“

周实际回收水费”

周投入成本表示每周“水站诚信度”．为了便于数据分析，以四周为一周期，下表为该水站连续十二周（共三个周．．．．．．期）的诚信度数据统计：

第一个周期

第二个周期

第三个周期

（Ⅰ）计算表中十二周“水站诚信度”的平均数x；

（Ⅱ）分别从上表每个周期的4个数据中随机抽取1个数据，设随机变量X表示取出的3个数据中“水

站诚信度”超过91%的数据的个数，求随机变量X的分布列和期望；

（Ⅲ）已知学生会分别在第一个周期的第四周末和第二个周期的第四周末各举行了一次“以诚信为本”

的主题教育活动．根据已有数据，说明两次主题教育活动的宣传效果，并根据已有数据陈述理由．

17．（本小题满分14分）

----完整版学习资料分享---- 85%

92%

95%

96%

94%

94%

83%

80%

第一周

95%

第二周 98%

第三周 92%

第四周 88%

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如图1，在梯形ABCD中，AB//CD，ABC90，AB2CD2BC4，O是边AB的中点．将三角形AOD绕边OD所在直线旋转到A1OD位置，使得A1OB120，如图2．设m为平面A1DC与平面

AOB的交线． 1（Ⅰ）判断直线DC与直线m的位置关系并证明； （Ⅱ）若直线m上的点G满足OGA1D，求出A1G的长； （Ⅲ）求直线A1O与平面A1BD所成角的正弦值．

x2y218．（本小题满分13分）已知A(0,2),B(3,1)是椭圆G：221(ab0)上的两点．

ab（Ⅰ）求椭圆G的离心率；

DCDCAO图1BA1OB图2（Ⅱ）已知直线l过点B，且与椭圆G交于另一点C（不同于点A），若以BC为直径的圆经过点A，求

直线l的方程．

a1． x（Ⅰ）若曲线yf(x)存在斜率为1的切线，求实数a的取值范围；

19. （本小题满分14分）已知函数f(x)lnx（Ⅱ）求f(x)的单调区间；

xa（Ⅲ）设函数g(x)，求证：当1a0时，g(x)在(1,)上存在极小值．

lnx 20．（本小题满分13分）对于无穷数列{an},{bn}，若bkmax{a1,a2,,ak}min{a1,a2,则称{bn}是{an}的“收缩数列”．其中，max{a1,a2,(Ⅰ)若an2n1，求{bn}的前n项和； (Ⅱ)证明：{bn}的“收缩数列”仍是{bn}； (Ⅲ)若S1S2,ak}(k1,2,3,)，

,ak中的最

,ak},min{a1,a2,,ak}分别表示a1,a2,大数和最小数．已知{an}为无穷数列，其前n项和为Sn，数列{bn}是{an}的“收缩数列”．

Snn(n1)n(n1)a1bn(n1,2,3,)，求所有满足该条件的{an}．海淀区 22

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高三年级第一学期期末练习

数学（理科）答案及评分标准

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）

二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分，

163 3312.（1,0）；y(x1)和y(x1)33

ππ13.，14.①②③

62

9. 1i

10.15 11.

三、解答题（共6小题，共80分） 15.（本小题满分13分）

1133解：（Ⅰ）由ABC面积公式及题设得SacsinBa2a， 2222解得a1,c2,

1由余弦定理及题设可得b2a2c22accosB14212()7，

2又b0,b7. (不写b>0不扣分) （Ⅱ）在ABC中，由正弦定理

aba1321得：sinAsinB， b214sinAsinB7又B120，所以A是锐角（或：因为a1c2,） 所以cosA1sin2A所以tanA17557， 19614sinA213. cosA57516. （本小题满分13分）

解：（Ⅰ）十二周“水站诚信度”的平均数为x=

95+98+92+88+94+94+83+80+85+92+95+96=91%

12100（Ⅱ）随机变量X的可能取值为0，1，2，3

三个周期“水站诚信度”超过91%分别有3次，2次，3次

1212P(X0)

44432112112314 P(X1)444444444----完整版学习资料分享----

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32132132330P(X2)

44444444432318 P(X3)444随机变量X的分布列为

X 0

P1

7 322

15 323

9 32

1 32171591232. 32323232（Ⅲ）本题为开放问题，答案不唯一，在此给出评价标准，并给出可能出现的答案情况，阅卷时按照

EX0标准酌情给分.

给出明确结论，1分，结合已有数据，能够运用以下三个标准中的任何一个陈述得出该结论的理由，2分.

标准1:会用主题活动前后的百分比变化进行阐述 标准2：会用三个周期的诚信度平均数变化进行阐述 标准3：会用主题活动前后诚信度变化趋势进行阐述

可能出现的作答情况举例，及对应评分标准如下： 情况一：

结论：两次主题活动效果均好.（1分） 理由：活动举办后，“水站诚信度”由88%→94%和80%→85%看出，后继一周都有提升.（2分） 情况二：

结论：两次主题活动效果都不好.（1分）

理由：三个周期的“水站诚信度”平均数分别为93.25%，87.75%，92%(平均数的计算近似即可)，

活动进行后，后继计算周期的“水站诚信度”平均数和第一周期比较均有下降.（2分） 情况三：

结论：第一次主题活动效果好于第二次主题活动.（1分）

理由：第一次主题活动举办的后继一周“水站诚信度”提升百分点（94%-88%=6%）高于第二次

主题活动举办的后继一周“水站诚信度”提升百分点（85%-80%=5%）.（2分） 情况四：

结论：第二次主题活动效果好于第一次主题活动.（1分）

理由：第一次活动后“水站诚信度”虽有上升，但两周后又有下滑，第二次活动后，“水站诚信

度”数据连续四周呈上升趋势. （2分）（答出变化） 情况五：

结论：两次主题活动累加效果好.（1分）

理由：两次主题活动“水站诚信度”均有提高，且第二次主题活动后数据提升状态持续周期好.

（2分） 情况六： 以“‘两次主题活动无法比较’作答，只有给出如下理由才给3分：“12个数据的标准差较大，尽管平均数差别不大，但比较仍无意义”.

给出其他理由，则结论和理由均不得分（0分）.

说明：

①情况一和情况二用极差或者方差作为得出结论的理由，只给结论分1分，不给理由分2分. ②以下情况不得分.

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情况七：

结论及理由“只涉及一次主题活动，理由中无法辩析是否为两次活动后数据比较之结果”的. 例：

结论：第二次主题活动效果好.

理由：第二次主题活动后诚信度有提高.

③其他答案情况，比照以上情况酌情给分，赋分原则是：遵循三个标准，能使用表中数据解释所得结论.

17. （本小题满分14分）

解：（Ⅰ）直线DC//m.

证明：由题设可得CD//OB,CD平面AOB，OB平面AOB， 11所以CD//平面A1OB.

又因为CD平面A1DC，平面A1DC所以CD//m.

法1：

（Ⅱ）由已知AB2CD2BC4，O是边AB的中点，AB//CD，

所以CD//OB，

因为ABC90，所以四边形CDOB是正方形， 所以在图1中DOAB，

所以结合题设可得，在图2中有DOOA1，DOOB， 又因为OA1m 平面AOB1OBO，

所以DO平面AOB. 1在平面AOB内作OM垂直OB于M，则DOOM.

如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则

A1(3,1,0),B(0,2,0),D(0,0,2)，

所以A1D(3,1,2).

设G(3,m,0)，则由OGA1D可得

zDCA1DOG0，即

(3,1,2)(3,m,0)3m0

解得m3.

4. 所以AG1（Ⅲ）设平面A1BD的法向量n(x,y,z)，则

yOA1xBGMnA1D0,3xy2z0,即令y1，则x3,z1， 3x3y0,nA1B0,所以n(3,1,1)，

设直线A1O与平面A1BD所成角为，则sincosA1O,n法2：

（Ⅱ）由已知AB2CD2BC4，O是边AB的中点，AB//CD，

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A1OnA1On5.5

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所以CD//OB，

因为ABC90，所以四边形CDOB是正方形， 所以在图1中DOAB，

所以结合题设可得，在图2中有DOOA1，DOOB， 又因为OA1OBO，

所以DO平面AOB1. 又因为OG平面AOB1，所以DOOG. 若在直线m上的点G满足OGA1D，又ODA1DD，

所以OG平面AOD1， 所以OGOA1，

因为AOB1120,OB//AG1，所以OA1G60， 因为OA12，所以A1G4.

（注：答案中标灰部分，实际上在前面表达的符号中已经显现出该条件，故没写不扣分）（Ⅲ）由（II）可知OD、OA1、OG两两垂直，

如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则zO（0,0,0),ADC1(2,0,0),B(1,3,0),D(0,0,2)，

所以A1D(2,0,2),A1B(3,3,0,) 设平面A1BD的法向量n(x,y,z)，则

OBA1nA1D0,即2x2z0,令nA1B0,0,x1，xGy3x3yy3,z1，

所以n(1,3,1)，

设直线A1O与平面A1BD所成角为，则

sincosAOAO1n1,nAO55.

1n

18. （本小题满分13分） 解：（Ⅰ）由已知b2,

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则

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由点B(3,1)在椭圆G上可得

911， a24解得a212,a23.

所以c2a2b28,c22， 所以椭圆G的离心率是e（Ⅱ）法1：

因为以BC为直径的圆经过点A，所以ABAC，

c6. a31由斜率公式和A(0,2),B(3,1)可得kAB，

3所以kAc3，

设直线AC的方程为y3x2. y3x2,由x2y2得7x29x0，

11249由题设条件可得xA0,xC，

7913所以C(-,-)，

772所以直线BC的方程为yx1.

3法2：因为以BC为直径的圆经过点A，所以ABAC，

1由斜率公式和A(0,2),B(3,1)可得kAB，

3所以kAc3，

（xC，yC）设C ,则kAcyC23，即yC3xC2① xCxC2yC2由点C在椭圆上可得1②

124将①代入②得7xC29xC0，

9因为点C不同于点A，所以xC，

7913所以C(-,-)，

772所以直线BC的方程为yx1.

3法3：当直线l过点B且斜率不存在时，可得点C(3,1)，不满足条件.

（xC，yC）设直线BC的方程为y1k(x3)，点C

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ykx13k,由x2y2可得(3k21)x26k(13k)x3(13k)2120，

1124显然0，此方程两个根是点B和点C的横坐标， 3(13k)212(13k)24所以3xC，即xC,

3k213k213k26k1所以yC, 23k1因为以BC为直径的圆经过点A， 所以ABAC，即ABAC0. （此处用kABkAC1亦可）

9k26k39k26k136k212k8ABAC(3,1)(,)0， 2223k13k13k1即(3k2)(3k1)0，

21k1,k2,

331当k2时，即直线AB,与已知点C不同于点A矛盾，

32所以k1kBC,

32所以直线BC的方程为yx1.

319. （本小题满分14分） 解：（Ⅰ）由f(x)lnxa1得x

1axaf'(x)22(x0).

xxx由已知曲线yf(x)存在斜率为1的切线， 所以f'(x)1存在大于零的实数根， 即x2xa0存在大于零的实数根， 因为yx2xa在x0时单调递增， 所以实数a的取值范围. （-，0）（Ⅱ）由f'(x)xa，x0，aR可得 x2当a0时，f'(x)0，所以函数f(x)的增区间为(0,)； 当a0时，若x(a,)，f'(x)0，若x(0,a)，f'(x)0，

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所以此时函数f(x)的增区间为(a,)，减区间为(0,a).

a1f(x）xax（Ⅲ）由g(x)及题设得g'(x)， 22(lnx)(lnx)lnx由1a0可得0a1，由(Ⅱ)可知函数f(x)在(a,)上递增， 所以f(1)a10， 取xe，显然e1，

aaf(e)lne10，

eelnx所以存在x0(1,e)满足f(x0)0，即 存在x0(1,e)满足g'(x0)0，

所以g(x),g'(x)在区间(1,)上的情况如下：

x g'(x)(1,x0)



x0 (x0,)



g(x)0 极

小

所以当1a0时，g(x)在(1,)上存在极小值. （本题所取的特殊值不唯一，注意到

20. （本小题满分13分）

解：（Ⅰ）由an2n1可得{an}为递增数列， 所以bnmax{a1,a2,故{bn}的前n项和为

a，因此只需要lnx01即可） 0(x1)）

x,an}min{a1,a2,,an}ana12n132n2，

2n2nn(n1).- 2,an}max{a1,a2,,an1}(n1,2,3,)，

（Ⅱ）因为max{a1,a2,min{a1,a2,,an}min{a1,a2,,an1}(n1,2,3,)，

所以max{a1,a2,,an1}min{a1,a2,,an1}max{a1,a2,,an}min{a1,a2,,an}

所以bn1bn(n1,2,3,). 又因为b1a1a10， 所以max{b1,b2,,bn}min{b1,b2,,bn}bnb1bn，

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所以{bn}的“收缩数列”仍是{bn}.

（Ⅲ）由S1S2Snn(n1)n(n1)a1bn(n1,2,3,)可得 22当n1时，a1a1；

当n2时，2a1a23a1b2，即b2a2a1，所以a2a1；

当n3时，3a12a2a36a13b3，即3b32(a2a1)(a3a1)（*）， 若a1a3a2，则b3a2a1，所以由（*）可得a3a2，与a3a2矛盾；

若a3a1a2，则b3a2a3，所以由（*）可得a3a23(a1a3)， 所以a3a2与a1a3同号，这与a3a1a2矛盾； 若a3a2，则b3a3a1，由（*）可得a3a2. 猜想：满足S1S2Snn(n1)n(n1)a1bn(n1,2,3,)的数列{an}是： 22a,n1,an1a2a1.

a,n1,2n(n1)a2， 2n(n1)n(n1)n(n1)n(n1)n(n1)右式=a1bna1(a2a1)na1a2.

22222下面证明其它数列都不满足（Ⅲ）的题设条件.

经验证，左式=S1S2Snna1[12(n1)]a2na1a1,n1,a2a1是成立的. 法1：由上述n3时的情况可知，n3时，ana,n1,2a1,n1,a2a1的项，则a1a2a3假设ak是首次不符合ana,n1,2ak1ak，

k2k2k(k1)k(k1)由题设条件可得， a2aka1bk（*）

222若a1aka2，则由（*）式化简可得aka2与aka2矛盾； 若aka1a2，则bka2ak，所以由（*）可得aka2所以aka2与a1ak同号，这与aka1a2矛盾； 所以aka2，则bkaka1，所以由（*）化简可得aka2.

这与假设aka2矛盾.

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k(k1)(a1ak) 2资料内容仅供您学习参考，如有不当之处，请联系改正或者删除

a,n1,所以不存在数列不满足an1a2a1的{an}符合题设条件.

a,n1,2法2：当in时，aia1max{a1,a2,所以(aia1)b1b2i1k,ai}min{a1,a2,,ai}bi，

bk，(k1,2,3,,n)

即Skka1(b1b2bk)，(k1,2,3,,n)

,n)

由bn1bn(n1,2,3,)可得bkbn(k1,2,3,又b10，所以可得Skka1(k1)bn(k1,2,3,)， 所以S1S2即S1S2所以S1S2Sn(a12a1Snna1)[0bnbn2bn(n1)bn]，

(n1)n(n1)na1bn 22(n1)n(n1)nSna1bn等号成立的条件是

22aia1bibn(i1,2,3,,n)，

a1,n1,a2a1. 所以，所有满足该条件的数列{an}为ana,n1,2（说明：各题的其他做法，可对着参的评分标准相应给分）

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