《2018年北京市顺义区高三第二次统练（二模）数学理试题 （解析版）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年北京市顺义区高三第二次统练（二模）数学理试题 （解析版）.doc（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、顺义区2018届高三第二次统练数学试卷（理科）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. 设集合，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】 故选A.2. 若满足则的最大值为A. 1 B. 3 C. 4 D. 【答案】D【解析】根据题意，画出可行域如图所示，则当目标函数经过点 时取得最大值，最大值为 故选D.3. 执行如图所示的程序框图，输出的值为A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D【解析】模拟程序的运行，可得 ；不满足条件 ，执行循环体， ；不满足条件，执行循环体， ；此时，满足条件 ，退
2、出循环，输出k的值为4故选A4. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是A. B. C. D. 16【答案】B【解析】由三视图还原原几何体如图，该三棱锥底面是等腰三角形，底边长为4，底边上的高为4，三棱锥的高为2 故选B5. 已知直线,其中在平面内.则“”是“”的A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由在平面内. “”不能得到“”，反过来由“”可以得到“”，故“”是“”的必要而不充分条件.故选B.6. 若，则的大小关系为A. B. C. D. 【答案】C【解析】 选C.7. 已知是正的中心若，其中，则的值为A. B. C
3、. D. 2【答案】C【解析】由题是正的中心，延长交与 则 即 故选C.8. 已知点若曲线上存在两点，使为正三角形，则称为“正三角形”曲线给定下列三条曲线：；其中，“正三角形”曲线的个数是A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】因为点不在直线上，直线与坐标轴的交点坐标为，此时因为 所以存在两点 ，使为正三角形，所以是“正三角形”型曲线得，图形是第三象限内的四分之一圆弧，曲线线与坐标轴的交点坐标为 ，此时弧长 ，最长的弦长为 如图可知三角形AMN不可能是正三角形，所以不是“正三角形”型曲线利用数形结合思想，以为圆心，做一个顶角是，由图象可知当圆与曲线相交时，则存在，使使为正三角形
4、，所以为“正三角形”型曲线故选C【点睛】本题是新定义问题，解题的关键是读懂题目的意思，并且能够把形的问题转化为代数方法或几何方法去解决，本题的综合性较强，运算量较大第二部分(非选择题 共110分)二、填空题（本大题共6个小题，每小题5分，共30分）9. 若，则x=_.【答案】1【解析】 即答案为1.10. 已知为等差数列，为其前项和，若，则_.【答案】18【解析】为等差数列，为其前项和，若， 故选：A即答案为18.11. 设双曲线经过点(4,1),且与具有相同渐近线,则的方程为_;渐近线方程为_.【答案】 (1). (2). 【解析】与具有相同渐近线的双曲线方程可设为双曲线经过点(4,1),
5、即双曲线方程为 即对应的渐近线方程为，故答案为(1). (2). 【点睛】本题主要考查双曲线的性质，求共渐近线双曲线的发出，其中利用待定系数法是解决本题的关键12. 曲线为参数)的对称中心到直线的距离为_.【答案】【解析】曲线为参数)表示以为圆心，以1 为半径的圆，圆心即为对称中心，则圆心到直线的距离为 即答案为.13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，他们的终边关于轴对称，若，则=_.【答案】【解析】角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称 故答案为： 14. 已知是集合的非空子集，且当时，有.记满足条件的集合的个数为，则_；_.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网.学#科#网
6、.学#科#网.学#科#网.【答案】 (1). 3 (2). 【解析】将， 分为组，和，和，和，单独一组，每组中的两个数必须同时属于或同时不属于一个满足条件的集合，每组属于或不属于，共两种情况，所以的可能性有，排除一个空集，则可能性为，即，故，三、解答题（本大题共6小题，共80分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15. 在中，内角所对的边分别为.已知，的面积为9.（）求的值； （）求及的值.【答案】(1);(2)见解析.【解析】试题分析：（）由的面积,可以得到.又因为,所以同角三角函数基本关系式可求.（）由（）知在中,由余弦定理得. 再由正弦定理可求的值.试题解析：（）因为的面积,所以
7、,所以.因为,所以.（）由（）知在中,由余弦定理得,所以. 又因为, 所以在中,由正弦定理得.16. 2018年2月25日第23届冬季奥运会在韩国平昌闭幕，中国以1金6银2铜的成绩结束本次冬奥会的征程.某校体育爱好者协会在高三年级某班进行了“本届冬奥会中国队表现”的满意度调查（结果只有“满意”和“不满意”两种），按分层抽样从被调查的学生中随机抽取了11人，具体的调查结果如下表：某班满意不满意男生23女生42（）若该班女生人数比男生人数多4人，求该班男生人数和女生人数（）在该班全体学生中随机抽取一名学生，由以上统计数据估计该生持满意态度的概率；（）若从该班调查对象中随机选取2人进行追踪调查，记选
8、中的2人中对“本届冬奥会中国队表现”满意的人数为，求随机变量的分布列及其数学期望【答案】(1)见解析;(2);(3)见解析.【解析】试题分析：（）设女生人数为X，男生人数为Y，由题X-Y=4 （1）又由分层抽样可知，（2）联立（1）（2）可解得X，Y.（）设该生持满意态度为事件A则由古典概型可求；（）的可能取值有0，1，2，则由超几何分布可求的分布列及其数学期望试题解析：（）不妨设女生人数为X，男生人数为Y，则可得X-Y=4 （1）又由分层抽样可知，（2）联立（1）（2）可解得X=24，Y=20.（）设该生持满意态度为事件A，则基本事件的总数有11种，事件A中包含的基本事件有6种，所以（）的可
9、能取值有0，1，2对应的事件为从该班11名调查对象中抽取2人，2人中恰好有0人持满意态度基本事件的总数为=55，其中包含的基本事件数有种所以同理：，所以分布列为：012P所以期望17. 如图，在正三棱柱中，侧棱长和底面边长均为1，是的中点（）求证：平面；（）求与平面 所成角的正弦值；（）试问线段上是否存在点，使？若存在，求 的值，若不存在，说明理由 【答案】(1)见解析;(2);(3)见解析.【解析】试题分析：（）连结交于点O，连结OD，则OD是的一条中位线，则OD ，即可证明 平面 （）以点D为坐标原点，DB所在直线为X轴，AD所在直线为Y轴，垂直于面ABC的直线为Z轴，建立空间直角坐标系，
10、求出及平面ADC1的一个法向量一个法向量，即可求出与平面 所成角的正弦值；（）假设点E在线段上，使，不妨设（），通过 （1） （2）求得不相等，故这样的点E不存在.试题解析：（）连结交于点O，连结OD 交于点O O是的中点又 是的中点 OD是的一条中位线 OD 又 平面 （）以点D为坐标原点，DB所在直线为X轴，AD所在直线为Y轴，垂直于面ABC的直线为Z轴，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（0，0），C（，0，0）在平面ADC1中，（0，0）， 设为平面ADC1的一个法向量，则有，即不妨令，则，所以又，则设与平面所成角为，则= 与平面所成角的正弦值为.（）假设点E在线段上，使不妨设
11、（） ， 在平面ADC1中，（0，0）， （1） （2）由（1）可解得 又（2）可解得,（1）与（2）矛盾，所以这样的点E不存在.18. 已知函数,其中.（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）若不等式在定义域内恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】试题分析：）当时， ，求出，利用直线方程的点斜式可求求曲线在点处的切线方程；（）函数定义域为，且 对进行分类讨论，可求实数的取值范围.试题解析：（）当时， 则，又 曲线在点处的切线方程为： （）函数定义域为，且 下面对实数进行讨论：当时，恒成立，满足条件当时，由解得，从而知函数在内递增；同理函数在内递减，因此在处取得最小值 ，解得
12、 综上：当时，不等式在定义域内恒成立. 19. 已知椭圆的左焦点为，左顶点为，离心率为，点 满足条件.（）求实数的值；（）设过点的直线与椭圆交于两点，记和的面积分别为，证明：.【答案】(1);(2)见解析.【解析】试题分析：（）求出，利用求的值；（）方法一：分类讨论，设出直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理证明，求出面积，即可得出结论；方法二：依题意可设直线的方程为：，代入椭圆方程，利用韦达定理证明，求出面积，即可得出结论；试题解析：（）椭圆的标准方程为：，则，解得 （）方法一：若直线的斜率不存在，则，符合题意若直线的斜率存在，因为左焦点，则可设直线的方程为：，并设.联立方程组，消去得：, ，
13、方法二：依题意可设直线的方程为：，并设.5分联立方程组，消去，得, ， 【点睛】本题考查椭圆方程与性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，三角形面积公式，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题20. 已知数列.如果数列满足，其中，则称为的“陪伴数列”.（）写出数列的“陪伴数列”；（）若的“陪伴数列”是.试证明：成等差数列.（）若为偶数，且的“陪伴数列”是，证明：.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)见解析.【解析】试题分析：（）由“陪伴数列”的定义易得：.（）证明：对于数列及其“陪伴数列”，因为 ，将上述几个等式中的第这4个式子都乘以，相加得即可证明.（）证明： 因为 ， 由于为偶数，将上述个等式中的第这个式子都乘以，相加即可证明试题解析：（）解：. （）证明：对于数列及其“陪伴数列”，因为 ，将上述几个等式中的第这4个式子都乘以，相加得 即 故所以成等差数列.
