1、.北京市朝陽區(qū)高三年級第二次綜合練習數(shù)2018 5（考試時間120 分鐘滿分 150 分）本試卷分為選擇題（共40 分）和非選擇題（共110 分）兩部分第一部分（選擇題共 40 分）一、選擇題：本大題共8 小題，每小題5 分，共 40分在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項（ 1）已知集合 a x r 2x 30 ，集合 b x r x23x 20 ，則 a i b（a）（c）3x x2x 1x2（b）（ d）x 3x22x 3x22開始（ 2）如果 ab0 ，那么下列不等式一定成立的是（ a） log 3 alog 3 b1)a1)b輸入 a（b） (1144（ c）22i=0（

2、d） aba b（ 3）執(zhí)行如右圖所示的程序框圖若輸出的結(jié)果為2 ，則輸入的正整數(shù) a 的可能取值的集合是a=2a+3（a） 1,2,3,4,5i=i+1（b） 1,2,3,4,5,6a 13?否（c）2,3,4,5是（d）2,3,4,5,6輸出 i結(jié)束f (x) asinx( a 0,0,y（ 4）已知函數(shù)) 的22部分圖象如圖所示，則（a）（ b）66o x（c）1233（ d）3-2（ 5）已知命題 p ：復數(shù) z1 iq ：x 0 ， xcos x ，在復平面內(nèi)所對應(yīng)的點位于第四象限；命題i則下列（a） (p) ( q)（ b） ( p) q（ c） p( q)（ d） p q.（ 6

3、）若雙曲線 x2y 21(b 0) 的一條漸近線與圓x2( y 2) 21至多有一個交點，則雙曲線離心率的取值b2范圍是（a） (1,2（ b） 2,)（ c） (1,3（d） 3,)（ 7）某工廠分別生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品1 箱時所需要的煤、電以及獲得的純利潤如下表所示煤（噸）電（千度）純利潤（萬元）1箱甲產(chǎn)品3121箱乙產(chǎn)品111若生產(chǎn)甲、乙兩種產(chǎn)品可使用的煤不超過120噸，電不超過60 千度，則可獲得的最大純利潤和是（a） 60萬元（ b） 80萬元（ c） 90 萬元（ d） 100萬元（ 8）如圖放置的邊長為1的正 pmn 沿邊長為3的正方形 abcd 的各邊內(nèi)側(cè)逆時針方向滾動當 pmn

4、 沿正方形各邊滾動一周后，回到初始位c置時，點 p 的軌跡長度是d（a） 8（ b） 1633m（ c） 4（ d）abn(p)第二部分（非選擇題共 110 分）二、填空題：本大題共6 小題，每小題5 分，共30 分把答案填在答題卡上（ 9）已知平面向量 a ， b 滿足 a 1， b 2 ， a 與 b 的夾角為 60，則 2a b _（ 10） (1 2x)5的展開式中 x3 項的系數(shù)為 _（用數(shù)字表示）（ 11）如圖， ab 為圓 o 的直徑， ab2 , 過圓 o 上一點 m 作圓 o 的切線，交 ab 的延長線于點c ，過點 m作 mdab 于點 d ，若 d 是 ob 中點，則 a

5、c bc =_ （ 12）由兩個四棱錐組合而成的空間幾何體的三視圖如圖所示，則其體積是；表面積是aodbcm（第 11 題圖）.22正視圖側(cè)視圖（ 13 ） 已 知 數(shù) 列 an 的 前 n 項 和2為 sn ， 且 滿 足sn 2an 4( n n )2俯視圖（第 12 題圖）.，則 an；數(shù)列 log 2 an 的前 n 項和為（ 14）若存在正實數(shù)m ，對于任意 x(1,) ，都有f ( x)m ，則稱函數(shù)f ( x) 在 (1,) 上是有界函數(shù) 下列函數(shù)1xln x f ( x)x1 ； f (x)x21 ； f ( x)x； f (x)xsin x ，其中“在 (1,) 上是有界函數(shù)

6、”的序號為三、解答題：本大題共6 小題，共80 分解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程（ 15）（本小題滿分13 分）在 abc 中，角 a ， b ， c 的對邊分別是a ， b ， c ，且 a， b3 ， abc3的面積為 153 4（）求邊a 的長；（）求 cos2b 的值（ 16）（本小題滿分 13 分）某市規(guī)定，高中學生三年在校期間參加不少于80 小時的社區(qū)服務(wù)才合格教育部門在全市隨機抽取200 位學生參加社區(qū)服務(wù)的數(shù)據(jù)，按時間段75,80， 80,85， 85,90 ，90,95 ， 95,100 （單位：小時）進行統(tǒng)計，其頻率分布直方圖如圖所示（）求抽取的 200 位學生中，

7、參加社區(qū)服務(wù)時間不少于90 小時的學生人數(shù)，并估計從全市高中學生中任意選取一人，其參加社區(qū)服務(wù)時間不少于 90小時的概率；3 位頻率（）從全市高中學生（人數(shù)很多）中任意選取組距學生，記為 3 位學生中參加社區(qū)服務(wù)時間不少于90小時的人數(shù) 試求隨機變量的分布列和數(shù)學期望e（ 17）（本小題滿分14 分）如圖，在四棱錐pabcd 中，底面abcd 是正方形，側(cè)面 pad底面 abcd ，e ，f 分別為 pa ，bd 中點， papdad2 （）求證：ef 平面 pbc ；（）求二面角edfa的余弦值；0.0750.0600.0400.0200.005o7580859095100服務(wù)時間 /小時p

8、（）在棱 pc 上是否存在一點g ，使dce.fab.gf平面 edf ？若存在，指出點g 的位置；若不存在，說明理由（ 18）（本小題滿分13 分）已知函數(shù) f ( x)e2x 1ax 1 ， ar （）若曲線yf (x) 在點 (0, f (0)處的切線與直線 x ey1 0 垂直，求 a 的值；（）求函數(shù)f ( x) 的單調(diào)區(qū)間；（）設(shè) a2e3 ，當 x0, 1 時，都有 f ( x)1 成立，求實數(shù)a 的取值范圍（ 19）（本小題滿分 14 分）已知橢圓 c 的中心在原點 o ，焦點在 x 軸上，離心率為1 ，右焦點到右頂點的距離為12（）求橢圓 c 的標準方程；uuuruuuruu

9、uruuurc 交于 a, b 兩點的直線 l ： y kx（）是否存在與橢圓m(k r ) ，使得 oa2oboa2ob 成立？若存在，求出實數(shù)m 的取值范圍，若不存在，請說明理由.（ 20）（本小題滿分 13 分）已知 x1 ， x2 是函數(shù) f ( x) x2mx t 的兩個零點，其中常數(shù)m ， tz ，設(shè)ntnx1n r x2r (n n ) r 0（）用 m ， t 表示 t1 ， t2 ；（）求證： t5mt4tt3 ；（）求證：對任意的nn , tnz .北京市朝陽區(qū)高三年 第二次 合 數(shù)2018 5一、 （ 分40 分） 號12345678答案bccddacb二、填空 （ 分3

10、0 分） 號910111213142 38038 28 32n 1n(n 3)答案32三、解答 （ 分80 分）15（本小 分 13 分）解：（）由 s abc1 bc sin a 得， s abc13c sin15 3 2234所以 c5 由 a2b2c22bc cos a得， a232522 35cos49，3所以 a7 7 分ab73（）由3sin b ，得，sin asin b2所以 sin b3 3 14所以 cos2b1 2sin 2 b71 13 分9816（本小 分13 分）解：（）根據(jù) 意，參加社區(qū)服 在 段90,95小 的學生人數(shù) 2000.060560 （人），參加社區(qū)服

11、 在 段95,100 小 的學生人數(shù) 2000.020520 （人）所以抽取的200 位學生中，參加社區(qū)服 不少于90 小 的學生人數(shù) 80 人所以從全市高中學生中任意 取一人，其參加社區(qū)服 不少于90 小 的概率估 p60 20802 . 5 分2002005（）由（）可知，從全市高中生中任意 取1 人，其參加社區(qū)服 不少于90 小 的概率 2 .5由已知得，隨機 量的可能取 0,1,2,3 .所以p(0203327 ；0) c3 (5)( 5)125p(1) c31( 2)1 (3) 254 ；55125p(2) c32 ( 2)2 ( 3)136 ；55125p(3) c33 ( 2 )

12、3 ( 3)0855125隨機 量的分布列 0123.p275436125125125因 2e326 b(3， ) ，所以55517（本小 分14 分） 明：（）如 ， ac p因 底面 abcd 是正方形，所以 ac 與 bd 互相平分d又因 f 是 bd 中點，e所以 f 是 ac 中點a在pace是pa中點，f是ac中點，中，所以 ef pc 又因 ef平面 pbc ， pc平面 pbc ，所以 ef 平面 pbc （）取 ad 中點 o 在 pad 中，因 papd ，所以 poad 8125 13 分fb 4 分c因 面 pad底面 abcd ，且面 pad i 面 abcd =ad

13、 ，所以 po面 abcd 因 of平面 abcd所以 poof 又因 f 是 ac 中點，所以 ofad 如 ，以 o 原點， oa,of ,op 分 角坐 系zpedcofyabx為 x, y, z 建立空 直因 papdad2，所以 op3 ， o(0,0,0) ， a(1,0,0) ， b(1,2,0) ， c ( 1,2,0) ， d ( 1,0,0) ，.p(0,0, 3) ， e ( 1 ,0,3 ) ， f (0,1,0)22uuuruuur(3,0,3uuur(1,1,0)于是 ab(0, 2,0) ， de) ， df22因 opuuur(0,0,3) 是平面 fad 的一

14、個法向量面 abcd ，所以 op 平面 efd 的一個法向量是n = (x0 , y0 , z0 ) nuuur0,x0y00,y0x0 ,df因 uuur所以3 x3 z0, 即z03x0 .nde0,2020令 x01則 n = (1,1,3)uuuruuur3op n15 所以 cos op, nuuurn35op5由 可知，二面角e-df-a 角，所以二面角 e-df-a 的余弦 15 10 分5（）假 在棱pc 上存在一點 g ，使 gf面 edf g( x1, y1, z1 ) ，uuuredf 的一個法向量是n = (1, 1, 3) 則 fg = ( x1 , y11, z1

15、) 由（）可知平面因 gfuuur面 edf ，所以 fg = n 于是， x1, y11, z13，即 x1, y1 1 , z13uuuruuur又因 點 g 在棱 pc 上，所以 gc 與 pc 共 uuuruuur因 pc( 1,2,3) ， cg( x1 +1, y12, z1 ) ，所以 x1 1= y12 =z1123所以 1=1=3，無解123故在棱 pc 上不存在一點 g ，使 gf面 edf 成立 14 分18（本小 分 13 分）（）由已知得 f(x)2e2 x 1a 因 曲 f ( x) 在點 (0, f (0) 的切 與直 xey 1所以 f(0)e所以 f (0)2

16、e a e 所以 ae （）函數(shù) f( x) 的定 域是,， f (x) 2e2 x 1a （ 1）當 a0 ， f ( x)0 成立，所以 f (x) 的 增區(qū) （ 2）當 a0 ，0 垂直， 3 分, .令 f ( x)0 ，得 x1 ln a1，所以 f ( x) 的 增區(qū) 是( 1 ln a1 ,) ；222222令 f ( x)0 ，得 x1 ln a1，所以 f ( x) 的 減區(qū) 是(, 1 ln a1 ) 222222 上所述，當 a0 ， f (x) 的 增區(qū) ,；當 a0 ， f (x) 的 增區(qū) 是 ( 1 ln a1 ,) ，222f (x) 的 減區(qū) 是(, 1 ln

17、a1 ) 8 分（）當 x 0 ， f (0)e 11成立， a r 222“當 x(0,1 ， f ( x)e2x1ax 1 1恒成立”等價于“當 x(0,1 ， ae2 x 1恒成立”xe2 x1(0,1 ， ag( x)min設(shè) g( x)，只要“當 x成立”xg ( x)(2 x 1)e2x 1x2令 g ( x)0 得， x1且 x 0 ，又因 x (0,1，所以函數(shù) g(x) 在 (0,1) 上 減函數(shù)；22令 g ( x)0 得， x1，又因 x(0,1 ，所以函數(shù) g( x)在 (1 ,1 上 增函數(shù)22所以函數(shù) g( x) 在 x1 取得最小 ，且g (1 ) 2e2 22所

18、以 a2e2 又因 a2e3 ，所以 數(shù)a 的取 范 (, 2e2 13 分（）另解：（ 1）當 a 0 ，由（）可知，f (x) 在 0,1 上 增，所以所以當 a0 ，有 f ( x)1成立（ 2）當 0 a 2e ， 可得 1 ln a10 222由（）可知當a 0 ， f ( x) 的 增區(qū) 是 ( 1 ln a1 ,222f ( x)f (0)e1) ，所以f ( x) 在 0,1 上 增，又f ( x)f (0)e1，所以 有f ( x) 1 成立（ 3）當 2ea2e3 ，可得 01 ln a11222由（）可知，函數(shù)f ( x) 在 0, 1 ln a1) 上 減函數(shù)，在 (

19、1 ln a1 ,1 增函數(shù)，222222所以函數(shù) f (x) 在 x1a12ln 取最小 ，22ln aa ln a a1 aa ln a1 且 f ( 1 ln a 1 ) e 222222222當 x0, 1 ，要使f ( x) 1 成立，只需 aa ln a1 1 ，2e2 所以 2e2e2 22解得 aa 上所述， 數(shù) a 的取 范 (, 2e2 .19（本小 分 14 分）（） c 的方程 x2y21 a b 0 ，半焦距 c.a2b2c11，得 ac 1 依 意 e，由右焦點到右 點的距離 a2解得 c1 ，a2所以 b2a2c23所以 c 的 準方程是x2y21luuur4 u

20、uur3uuuruuur（）解：存在直 ，使得 oa2oboa2ob 4 分成立 . 理由如下：ykxm,由 x2y2得 (3 4k 2 ) x28kmx 4m2 120 431,(8km) 24(3 4k 2 )(4 m212) 0 ，化 得 34k2m2 設(shè) a( x1, y1 ), b(x2 , y2 ) ， x1x28km， x1 x24m212uuur34k 2uuur34k 2uuuruuur若 oa 2ob oa 2ob 成立，uuuruuur2uuuruuur 2uuuruuur0 所以 x1 x2 y1 y2 0 即 oa2oboa 2ob，等價于 oa obx1 x2(kx1m)(kx2m)0，(1k2 ) x1 x2km( x1x2 )m20，(12)4m212km8kmm20 ,k34k 234k2化 得， 7m21212k 2 將 k 27 m21 代入 3 4k 2m2 中， 3 4( 7 m21) m2 ，12312解得， m2412又由 7m21212k 212 ，