《北京市朝阳区2018届高三上学期期末考试理科数学试题 扫》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市朝阳区2018届高三上学期期末考试理科数学试题 扫（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 北京市朝阳区 2017-2018 学年度第一学期期末质量检测高三年级数学试卷答案（理工类）2018.1一、选择题（40 分）题号12345678答案ACDAABBC二、填空题（30 分）题号91011答案yx 481 2 题号121314答案ppq2222sinabcdadbcsinlcos2 sinl 三、解答题（80 分）15. （本小题满分 13 分）解： （）由题知111( )sin2(1 cos2 )222f xxx11=sin2cos222xx2=sin(2)24x.由222242kxk（k ） ，解得88kxk .所以( )f x单调递增区间为3,88kk（k ）. 6 分（）
2、依题意，由正弦定理，sincos2sincossinsinBABAAB.因为在三角形中sin0B ，所以cos2cossinAAA.即(cossin)(cossin1)0AAAA当cossinAA时，4A；当cossin1AA时，2A.由于02A，所以4A.则3+4B C .则304B.又2444B，所以1sin(2)14B .由2( )sin(2)24f BB，则( )f B的取值范围是22 22 ，. 13 分16. （本小题满分 13 分）解： （）2017 年 12 月空气质量指数的极差为 194.3 分（）可取 1，2，312 32 3 53(1)10C CPC；21 32 3 56
3、(2)10C CPC；30 32 3 51(3)10C CPC.的分布列为123P3 106 101 10所以3611231.8101010E .9 分（）这些措施是有效的.可以利用空气质量指数的平均数，或者这两年 12 月空气质量指数为优的概率等来进行说明.13 分17. （本小题满分 14 分）（）证明：因为90ACB，所以BCAC根据题意，1AD 平面ABC，BC 平面ABC，所以1ADBC因为1ADACD，所以BC 平面11AACC又因为BC 平面1ABC，所以平面1ABC 平面11AACC4 分（）证明：连接1AB，设11ABABE，连接DE根据棱柱的性质可知，E为1AB的中点，因为
4、D是AC的中点，所以1/DEBC又因为DE 平面1ABD，1BC 平面1ABD，所以1/BC平面1ABD8 分（）如图，取AB的中点F，则/DFBC，因为BCAC，所以DFAC，又因为1AD 平面ABC，所以1,DF DC DA两两垂直以D为原点，分别以1,DF DC DA为, ,x y z轴建立空间坐标系（如图）.由（）可知，BC 平面11AACC,所以1BCAC又因为11ABAC，1BCABB,所以1AC 平面1ABC，所以11ACAC，所以四边形11AACC为菱形由已知2ACBC，则0, 1,0A，0,1,0C，2,1,0B，10,0, 3A设平面1A AB的一个法向量为, ,x y z
5、n，因为10,1, 3AA ，2,2,0AB ，所以10,0,AAABnn，即30,220.yzxy设1z ，则3,3,1nACBB1C1A1DEyxzACBB1C1A1DF再设平面1ABC的一个法向量为111,x y zm，因为10, 1, 3CA ，2,0,0CB ，所以10,0,CACBmm，即11130,20. yzx设11z ，则0, 3,1m故3 17cos,772 m nm nmn由图知，二面角1AABC的平面角为锐角，所以二面角1AABC的余弦值为7 714 分18. （本小题满分 13 分）解： （）( )cossinfxxxx.( )22kf .3 分（）设( )( )g
6、xfx，( )sin(sincos )2sincosg xxxxxxxx .当(0,1)x时，( )0g x，则函数( )g x为减函数.又因为(0)10g ，(1)cos1 sin10g,所以有且只有一个0(0,1)x ，使0()0g x成立.所以函数( )g x在区间0,1内有且只有一个零点.即方程( )0fx在区间0,1内有且只有一个实数根.7 分（）若函数( )sincosF xxxxax在区间0,1内有且只有一个极值点，由于( )( )F xf x，即( )cosf xxxa在区间0,1内有且只有一个零点1x，且( )f x在1x两侧异号.因为当(0,1)x时，函数( )g x为减函
7、数，所以在00,x上，0( )()0g xg x，即( )0fx成立，函数( )f x为增函数；在0(,1)x上，0( )()0g xg x，即( )0fx成立，函数( )f x为减函数,则函数( )f x在0xx处取得极大值0()f x.当0()0f x时，虽然函数( )f x在区间0,1内有且只有一个零点0x，但( )f x在0x两侧同号，不满足( )F x在区间0,1内有且只有一个极值点的要求.由于(1)cos1fa， (0)fa，显然(1)(0)ff.若函数( )f x在区间0,1内有且只有一个零点1x，且( )f x在1x两侧异号，则只需满足：(0)0 ,(1)0 ,ff 即0,co
8、s10,aa 解得cos10a.13 分19. （本小题满分 14 分）解： （）(0,1)F2 分（）设00(,)P xy.由24xy，得21 4yx，则过点P的切线l的斜率为 001 2x xkyx.则过点P的切线l方程为2 0011 24yx xx.令0y ，得01 2Txx，即01(,0)2Tx.又点P为抛物线上除顶点O外的动点，00x ，则02TFkx .而由已知得MNl，则02MNkx .又00x ，即FT与MN不重合，即FTMN.6 分（）由()问，直线MN的方程为02yxx ，00x .直线PF的方程为0011yyxx ，00x .设MN和PF交点N的坐标为(,)NNN xy则
9、0002.(1)11 .(2)NNNNyxxyyxx 由（1）式得，02NNxxy （由于N不与原点重合，故0Ny）.代入（2） ，化简得02NNyyy0Ny.又2 004xy，化简得,22(1)1NNxy（0Nx）.即点N在以F为圆心，1 为半径的圆上.（原点与0,2除外）即1FN .14 分20. （本小题满分 13 分）解： （）( )=7M P； 3 分（）形如和式+ijaa1)ijn （共有2(1) 2nn nC项，所以(1)( )2n nM P.对于集合11,4,16,.,4n中的和式+ijaa，+pqaa1,1)ijnpqn （：当jq时，ip时，+ijpqaaaa；当jq时，不
10、妨设jq，则1 2 1+24jijjjqpqaaaaaaa.所以+ijaa1)ijn （的值两两不同.且(1)( )=2n nM P. 8 分（）不妨设123.naaaa，可得1213121+.+.+nnnnaaaaaaaaaa.+ijaa1)ijn （中至少有23n个不同的数.即( )23M Pn.设12,.,na aa成等差数列，11, ()+=, ()ij nnij ijaaijnaaaaijn ，则对于每个和式+ijaa1)ijn （，其值等于1+paa（2pn）或+qnaa(11)qn中的一个.去掉重复的一个1naa,所以对于这样的集合P,( )23M Pn.则( )M P的最小值为23n.13 分
