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1、海淀区高三年级第二学期期末练习数 学(理科）.5第一部分(选择题 共0分）一、选择题共8小题，每题5分,共4分在每题列出的四个选项中,选出符合题目规定的一项.(）已知全集 集合，则=（A)（B)(C）（D） (）已知复数在复平面上相应的点为,则(A）是实数 （B)是纯虚数（）是实数 (）是纯虚数()已知，则(A）(B）（）（）(4）若直线是圆的一条对称轴，则的值为（)（B）(C)(D）（5）设曲线是双曲线,则“的方程为”是“的渐近线方程为”的(A）充足而不必要条件(B)必要而不充足条件（C）充足必要条件(D）既不充足也不必要条件（）有关函数，下列说法错误的是（）是奇函数(B)不是的极值点（C)
2、在上有且仅有个零点（D）的值域是 (7) 已知某算法的程序框图如图所示,则该算法的功能是(A）求首项为,公比为2的等比数列的前项的和(B)求首项为1,公比为2的等比数列的前项的和（C)求首项为1,公比为4的等比数列的前10项的和(D）求首项为1，公比为4的等比数列的前10项的和（8)已知集合,集合满足 每个集合都恰有个元素 .集合中元素的最大值与最小值之和称为集合的特性数,记为（），则的值不也许为()（A)（B)（C）(D）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,点到直线的距离为_.(0)在的二项展开式中，的系数为 (11)已知平面向量,的夹
3、角为,且满足，,则 , .(1）在中，则 .（13）可以使得命题“曲线上存在四个点，,满足四边形是正方形”为真命题的一种实数的值为 .（4)如图,棱长为2的正方体中，是棱的中点,点在侧面内,若垂直于，则的面积的最小值为_三、解答题共小题，共80分.解答应写出文字阐明,演算环节或证明过程(15)(本小题13分)如图，已知函数在一种周期内的图象通过,，三点.()写出，,的值；（)若,且，求的值.6.(本小题共13分)某中学为理解高二年级中华老式文化典型阅读的整体状况，从高二年级随机抽取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核成绩记录的数据如下：1号2号3号4号号号7号8号9
4、号10号第一轮测试成绩88892908790990第二轮测试成绩900088879698992 ()从该校高二年级随机选用一名学生,试估计这名学生考核成绩不小于等于90分的概率；()从考核成绩不小于等于90分的学生中再随机抽取两名同窗,求这两名同窗两轮测试成绩均不小于等于0分的概率;()记抽取的10名学生第一轮测试成绩的平均数和方差分别为,考核成绩的平均数和方差分别为,试比较与,与的大小. （只需写出结论). (本小题共1分)如图,在三棱柱中,平面,，分别是，的中点.（)证明:()证明：平面; ()求与平面所成角的正弦值.18 (本小题共4分)已知椭圆:,为右焦点，圆：，为椭圆上一点,且位于第
5、一象限，过点作与圆相切于点，使得点，在两侧.（）求椭圆的焦距及离心率；(）求四边形面积的最大值.1.（本小题共13分）已知函数（)()求的极值；()当时,设.求证:曲线存在两条斜率为且不重叠的切线20.(本小题共13分）如果数列满足“对任意正整数，都存在正整数，使得”,则称数列具有“性质”已知数列是无穷项的等差数列,公差为（）若,公差,判断数列与否具有“性质P”，并阐明理由；（)若数列具有“性质P”，求证：且；（）若数列具有“性质P”,且存在正整数,使得,这样的数列共有多少个?并阐明理由海淀区高三年级第二学期期末练习参照答案及评分原则数 学（理科）.第一部分(选择题共40分）一、选择题共8小题
6、,每题分,共0分.在每题列出的四个选项中，选出符合题目规定的一项.12345678DBAC第二部分 （非选择题 共11分)二、填空题共6小题，每题分，共30分(9)1(10)0(1）1;(12）（13）答案不唯一,或的任意实数（4）三、解答题共6小题，共80分解答应写出文字阐明,演算环节或证明过程(1)（本小题13分)解:(），,.分()由(）得,由于，因此8分由于 ，因此分因此，1分因此，12分因此.13分6.（本小题共13分）解：（)这0名学生的考核成绩(单位:分)分别为：93,8.5,88,90，8.5,91,，90.5，1其中不小于等于0分的有号、5号、7号、8号、9号、1号,共6人.
7、1分 因此样本中学生考核成绩不小于等于0分的频率为：,3分从该校高二年级随机选用一名学生，估计这名学生考核成绩不小于等于90分的概率为06.4分（)设事件：从上述考核成绩不小于等于90分的学生中再随机抽取两名同窗，这两名同窗两轮测试成绩均不小于等于9分.分 由（)知，上述考核成绩不小于等于90分的学生共6人,其中两轮测试成绩均不小于等于分的学生有1号,8号,号，共人.6分因此,.分（)，13分7 (本小题共14分)解：(）由于平面,平面, 因此分由于,，,平面，因此平面分由于平面,因此.分（）法一：取的中点，连接、. 由于、分别是、的中点,AC1A1CB1BDEM 因此,且ME5分 在三棱柱中
8、,且,因此MEAD,且ME=AD,因此四边形ADEM是平行四边形,6分因此DEAM.7分又平面，平面，AC1A1CB1BDEM因此平面9分注：与此法类似,还可取A的中点M，连接MD、MB1.法二:取B的中点,连接、. 由于、分别是AC、AB的中点,因此MDC，且MDBC.分 在三棱柱中，,且，因此MB，且MDB1E,因此四边形1 M是平行四边形,分因此DM1.7分又平面,平面，因此平面.分法三：取的中点，连接、 由于、分别是、的中点,因此，.分 在三棱柱中,，,AC1A1CB1BDEM 由于、分别是和的中点，因此,，因此，四边形是平行四边形,分因此,.7分又由于, ,平面MDE,B1,平面，因
9、此,平面平面8分由于，平面，因此，平面9分（）在三棱柱中， 由于，因此.在平面内,过点作，由于，平面，因此，平面0分建立空间直角坐标系Cxyz，如图则,.,分设平面的法向量为，则，即，得,令，得,故.12分设直线E与平面所成的角为,则sn=，因此直线与平面所成角的正弦值为.14分1.(本小题共4分)解:（)在椭圆：中，,因此,分故椭圆的焦距为，3分离心率.5分（）法一：设(，），则,故6分 因此,因此,8分9分又，故.10分因此1分.由，得,即,因此,13分当且仅当，即，时等号成立.14分()法二:设（),分 则,因此，8分.9分又,，故0分因此1分,分当且仅当时,即,时等号成立.分1（本小题
10、共13分）解:()法一：，1分令，得.2分 当时,与符号相似, 当变化时,，的变化状况如下表:极小4分 当时,与符号相反, 当变化时,的变化状况如下表:极小6分综上,在处获得极小值7分法二：,分令,得2分令，则,3分易知，故是上的增函数，即是上的增函数4分 因此，当变化时，,的变化状况如下表:极小6分因此,在处获得极小值7分(),8分故.9分 注意到，, 因此,，,使得. 因此,曲线在点,处的切线斜率均为. 1分下面，只需证明曲线在点,处的切线不重叠.法一：曲线在点()处的切线方程为,即假设曲线在点(）处的切线重叠,则.12分法二:假设曲线在点(,)处的切线重叠，则，整顿得:1分 法一：由，得
11、,则 由于，故由可得.而,，于是有,矛盾！法二：令,则，且.由（）知,当时，故因此，在区间上单调递减,于是有，矛盾！因此,曲线在点()处的切线不重叠13分20.（本小题1分) 解:(）若,公差，则数列不具有性质.1分理由如下:由题知,对于和，假设存在正整数k,使得，则有,解得，矛盾!因此对任意的,.分(）若数列具有“性质”，则 假设，,则对任意的，. 设,则,矛盾!4分假设，,则存在正整数，使得设,，,，则，但数列中仅有项不不小于等于,矛盾！分 假设,，则存在正整数,使得设,，,，,则,但数列中仅有项不小于等于0,矛盾!8分 综上,，.（）设公差为的等差数列具有“性质P”,且存在正整数，使得.若，则为常数数列，此时恒成立，故对任意的正整数，, 这与数列具有“性质P”矛盾，故. 设是数列中的任意一项，则，均是数列中的项，设， 则,由于,因此,即数列的每一项均是整数.由（）知,故数列的每一项均是自然数，且是正整数. 由题意知，是数列中的项，故是数列中的项，设,则,即 由于，,故是的约数. 因此，,当时,得，故,共种也许;当时,，得，故，共10种也许; 当时,，得,故，共种也许; 当时,，得，故，共种也许；当时，得,故,共种也许；当时,得，故
