数学文卷·2018届北京市北京师范大学附属中学高三上学期期中考试试题（解析版）

数学文卷·2018届北京市北京师范大学附属中学高三上学期期中考试试题（解析版）

北京师大附中2018届上学期高中三年级期中考试数学试卷（文科）‎ 本试卷共150分，考试时间120分钟.‎ 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.请将答案填写在答题纸上.‎ ‎1. 已知集合，，则集合中元素的个数为（ ）‎ A. 4 B. 3 C. 2 D. 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】由，解得：，即，∵，∴，则集合中元素的个数为2，故选C.‎ ‎2. 下列函数中为偶函数的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．的定义域为，定义域关于原点对称，，故其为偶函数；对于B. 的定义域为，由于定义域不关于原点对称，故其为非奇非偶函数；对于C.的图象关于对称，故其为非奇非偶函数；D.根据指数函数的性质可得，的图象既不关于原点对称也不关于轴对称，其为非奇非偶函数，故选A.‎ ‎3. 已知直线m，n和平面α，如果，那么“m⊥n”是“m⊥α”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 ‎【答案】B ‎【解析】若，则，即必要性成立，当时，不一定成立，必须垂直平面内的两条相交直线，即充分性不成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选B.‎ ‎4. 已知平面向量，则a与a+b的夹角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵向量，，∴，，设与的夹角为，，则由，可得，故选A.‎ ‎5. 在等比数列中，，，则等于（ ）‎ A. 9 B. 72 C. 9或72 D. 9或-72‎ ‎【答案】D ‎【解析】设等比数列的公比为，∵，，∴，解得或，故或，故选D.‎ ‎6. 设x，y满足则的最小值为（ ）‎ A. 1 B. C. 5 D. 9‎ ‎【答案】B ‎【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：‎ ‎ 的几何意义是区域内的点到定点的距离的平方，由图象知A到直线的距离最小，此时距离，则距离的平方，故选B.‎ ‎7. 若函数的相邻两个零点的距离为，且，则函数的极值点为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵函数的相邻两个零点的距离为，∴，故，又∵，即函数为奇函数，故可得，结合得，故，∴，令，得，经检验为极值点，故选D.‎ ‎8. 中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则，例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷(guǐ)影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中115.1寸表示115寸1分（1寸=10分）.已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，那么《易经》中所记录的惊蛰的晷影长应为( )‎ A. 72.4寸 B. 81.4寸 C. 82.0寸 D. 91.6寸 ‎【答案】C ‎【解析】设晷影长为等差数列，公差为，，，则，解得，∴，∴《易经》中所记录的惊蛰的晷影长是寸，故选C.‎ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.请将答案填写在答题纸上.‎ ‎9. 设i为虚数单位，复数=______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】，故答案为.‎ ‎10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若c=4，，则a=_______，S△ABC=_________.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎ ‎ ‎11. 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_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个正方体挖去一个同底同高的四棱锥得到的组合体，正方体的体积为：，四棱锥的体积为：，故组合体的体积，故答案为.‎ 点睛：本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，棱锥的体积和表面积，简单几何体的三视图，难度中档；由已知中的三视图可得：该几何体是一个正方体挖去一个同底同高的四棱锥得到的组合体，分别计算他们的体积，相减可得答案.‎ ‎12. 已知向量a=（1,1），点A（3,0），点B为直线y=2x上的一个动点，若∥a ‎，则点B的坐标为_____________.‎ ‎【答案】（-3，-6）‎ ‎【解析】设，，∵，∴，解得，∴，故答案为.‎ ‎13. 已知函数，.‎ ‎（1）当k=0时，函数g（x）的零点个数为____________；‎ ‎（2）若函数g（x）恰有2个不同的零点，则实数k的取值范围为_________.‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】（1）当时，，显然可得，当时，无零点，当时，，解得，故函数的零点个数为2个；（2）当时，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，并且当时，即函数图象在轴的下方，函数有两个零点，即和的图象有两个交点，如图所示：‎ 函数图象的最低点对应的函数值为，函数图象最高点对应的函数值为，要使两图象有两个交点，故应满足，故答案为.‎ 点睛：本题主要考查函数零点个数的判定，将方程转化为两个函数的相交个数问题是解决本题问题的基本方法，利用导数研究函数的单调性与极值是解决本题的关键，在该题中最容易出现的的错误是判断当时，函数图象始终在轴下方.‎ ‎14. 在平面直角坐标系xOy中，A（-12,0），B（0,6），点P在圆O：上，若，则点P的横坐标的取值范围是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设，由，易得，由，可得或，由得P点在圆左边弧上，结合限制条件，可得点P横坐标的取值范围为．‎ 点睛:对于线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求横坐标或纵坐标、直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等，最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共80分.‎ ‎15. 已知等比数列的公比q>0，且.‎ ‎（I）求公比q和的值；‎ ‎（II）若的前n项和为，求证：.‎ ‎【答案】(Ⅰ)q=2..(Ⅱ)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）因为为等比数列，所以由等比数列的性质得，又因为，所以，因为，所以，因为，即得．因为 ‎，所以，即；‎ ‎（Ⅱ）由（1）得，，所以,因为，所以．‎ 试题解析：（Ⅰ）因为为等比数列， 且，‎ 所以，因为，所以，‎ 因为，所以．‎ 因为，所以，即 ‎（Ⅱ）因为，所以 因为 所以,‎ 因为，所以．‎ 考点：等比数列的通项公式和求和公式．‎ ‎16. 已知函数.‎ ‎（I）求的值；‎ ‎（II）求函数的最小正周期和单调递增区间.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)最小正周期.单调递增区间为.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）因为，直接令，即可求得的值；‎ ‎（Ⅱ）由正弦函数的和差公式化简得， 由三角函数的周期公式即可求得函数的最小正周期，令，，即可得函数的单调递增区间．‎ 试题解析：（Ⅰ）因为 所以 ‎（Ⅱ）因为 所以 所以周期．‎ 令，‎ 解得，．‎ 所以的单调递增区间为 ‎ 考点：三角函数的性质．‎ ‎17. 如图，在四棱锥E-ABCD中，AE⊥DE，CD⊥平面ADE，AB⊥平面ADE，CD=DA=6，AB=2，DE=3.‎ ‎（I）求棱锥C-ADE的体积；‎ ‎（II）求证：平面ACE⊥平面CDE；‎ ‎（III）在线段DE上是否存在一点F，使AF∥平面BCE？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)答案见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（I）在中，，可得，由于平面，可得；（II）由平面，可得，进而得到平面，即可证明平面平面；（III）在线段上存在一点，使平面，．设为线段上的一点，且，过作交于点，由线面垂直的性质可得：．可得四边形是平行四边形，于是，即可证明平面 试题解析：（I）在Rt△ADE中，，因为CD⊥平面ADE，‎ 所以棱锥C-ADE的体积为.‎ ‎（II）因为平面，平面，所以.又因为，，所以平面，又因为平面，所以平面平面 ‎（III）在线段上存在一点F，且，使平面.‎ 解：设为线段上一点，且，过点作交于，则.‎ 因为平面，平面，所以，又因为 所以，，所以四边形是平行四边形，则.‎ 又因为平面，平面，所以平面.‎ 点睛：本题考查了线面面面垂直与平行的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、平行线分线段成比例定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题；由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在，证明线面平行的几种常见形式：1、利用三角形中位线得到线线平行；2、构造平行四边形；3、构造面面平行.‎ ‎18. 已知点A（a，3），圆C的圆心为（1,2），半径为2.‎ ‎（I）求圆C的方程；‎ ‎（II）设a=3，求过点A且与圆C相切的直线方程；‎ ‎（III）设a=4，直线l过点A且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程；‎ ‎（IV）设a=2，直线过点A，求被圆C截得的线段的最短长度，并求此时的方程.‎ ‎【答案】（I）；‎ ‎（II）或；‎ ‎（III）或；‎ ‎（IV）；.‎ ‎【解析】试题分析：（I）由圆心和半径可得圆的方程为；（II）设切线方程的点斜式为，利用点到直线的距离为圆的半径2，可解出，当直线的斜率不存在时也满足题意；（III）由直线被圆截得的弦长为，故而圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离解出的值即可得直线方程；（IV）首先判断点在圆内，当与垂直时，直线截圆所得线段最短，可得直线的方程，再求出点到直线的距离即可求出弦长.‎ 试题解析：（I）圆C的方程为；‎ ‎（II）当直线斜率存在时，设切线方程的点斜式为，即则圆心到直线的距离为，解得，即切线方程为，当斜率不存在时，直线方程为，满足题意，故过点A且与圆C相切的直线方程为或；‎ ‎（III）设直线方程为，即，由于直线被圆截得的弦长为，故而弦心距为，，解得 或，即直线的方程为或；‎ ‎（IV）∵，∴点在圆内，当与垂直时，直线截圆所得线段最短，∵，∴直线的斜率为，故直线的方程为，圆心到直线的距离为，故弦长为.‎ ‎19. 已知函数.‎ ‎（I）若曲线存在斜率为-1的切线，求实数a的取值范围；‎ ‎（II）求的单调区间；‎ ‎（III）设函数，求证：当时，在上存在极小值.‎ ‎【答案】(Ⅰ).(Ⅱ)答案见解析；(Ⅲ)证明见解析.‎ ‎【解析】试题分析：(Ⅰ)求出函数的导数，问题转化为存在大于0的实数根，根据在时递增，求出的范围即可；(Ⅱ)求出函数的导数，通过讨论的范围，判断导函数的符号，求出函数的单调区间即可；(Ⅲ)求出函数的导数，根据，得到存在满足，从而得到函数的单调区间，求出函数的极小值，证出结论即可.‎ 试题解析：（I）由得.‎ 由已知曲线存在斜率为-1的切线，所以存在大于零的实数根，‎ 即存在大于零的实数根，因为在时单调递增，‎ 所以实数a的取值范围.‎ ‎（II）由可得 当时，，所以函数的增区间为；‎ 当时，若，，若，，‎ 所以此时函数的增区间为，减区间为.‎ ‎（III）由及题设得，‎ 由可得，由（II）可知函数在上递增，‎ 所以，取，显然，‎ ‎，所以存在满足，即存在满足，所以，在区间（1，+∞）上的情况如下：‎ ‎ ‎ ‎ － 0 +‎ ‎ ↘ 极小 ↗‎ 所以当-10）的直线与椭圆C相交于E，F两点，点B关于原点的对称点为D，若点D总在以线段EF为直径的圆内，求m的取值范围.‎ ‎【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).‎ ‎【解析】试题分析：（I）由题意列出方程组求出，，由此能求出椭圆的方程．(Ⅱ)当直线的斜率不存在时，的方程为，，点B在椭圆内，由，得，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式、由此能求出的取值范围.‎ 试题解析：（I）解：由题意，得：又因为 解得，所以椭圆C的方程为.‎ ‎（II）当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为x=0，‎ 此时E，F为椭圆的上下顶点，且，‎ 因为点总在以线段为直径的圆内，且，‎ 所以，故点B在椭圆内.‎ 当直线的斜率存在时，设的方程为.‎ 由方程组得，‎ 因为点B在椭圆内，‎ 所以直线与椭圆C有两个公共点，即.‎ 设，则.‎ 设EF的中点，则，‎ 所以.所以，‎ ‎，‎ 因为点D总在以线段EF为直径的圆内，所以对于恒成立.‎ 所以.‎ 化简，得，整理，得，‎ 而（当且仅当k=0时等号成立）所以，‎ 由m>0，得.综上，m的取值范围是.‎ ‎ ‎ ‎ ‎