北京市海淀区2015届高三数学上学期期末试卷 理(含解析)

北京市海淀区 2015 届高三上学期期末数学试卷(理科)
一、选择题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要 求的一项. 2 1. (5 分)抛物线 x =﹣2y 的焦点坐标是() A. (﹣1,0) B. (1,0) C. D.

2. (5 分)如图所示,在复平面内,点 A 对应的复数为 z,则复数 z =()

2

A. ﹣3﹣4i

B. 5+4i

C. 5﹣4i

D. 3﹣4i

3. (5 分)当向量 =c=(﹣2,2) , =(1,0)时,执行如图所示的程序框图,输出的 i 值为

() A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

4. (5 分)已知直线 l1:ax+(a+2)y+1=0,l2:x+ay+2=0.若 l1⊥l2,则实数 a 的值是() A. 0 B. 2 或﹣1 C. 0 或﹣3 D. ﹣3

5. (5 分)设不等式组

表示的平面区域为 D.则区域 D 上的点到坐标原点的距

离的最小值是() A. 1 B. C. D. 5

-1-

6. (5 分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥四个面的面积中最大的是()

A.

B. 12

C.
3

D.

7. (5 分)某堆雪在融化过程中,其体积 V(单位:m )与融化时间 t(单位:h)近似满足函 数关系: 结束的平均融化速度为 (H 为常数) ,其图象如图所示.记此堆雪从融化开始到 . 那么瞬时融化速度等于 的时刻是图中的 ()

A. t1

B. t2
2

C. t 3

D. t4

8. (5 分)已知点 A 在曲线 P:y=x (x>0)上,⊙A 过原点 O,且与 y 轴的另一个交点为 M.若 线段 OM,⊙A 和曲线 P 上分别存在点 B、点 C 和点 D,使得四边形 ABCD(点 A,B,C,D 顺时 针排列)是正方形,则称点 A 为曲线 P 的“完美点”.那么下列结论中正确的是() A. 曲线 P 上不存在“完美点” B. 曲线 P 上只存在一个“完美点”,其横坐标大于 1 C. 曲线 P 上只存在一个“完美点”,其横坐标大于 且小于 1 D. 曲线 P 上存在两个“完美点”,其横坐标均大于

二、填空题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. 9. (5 分)在 的展开式中,常数项是. (用数字作答)

10. (5 分)在极坐标系中,直线 ρ sinθ =3 被圆 ρ =4sinθ 截得的弦长为.
-2-

11. (5 分)若双曲线

的一条渐近线的倾斜角为 60°,则 m=.

12. (5 分)如图所示,AD 是⊙O 的切线,AB=

,∠ACB=

,那么∠CAD=.

13. (5 分)在等比数列{an}中,若 a1=﹣24,a4=﹣ ,则公比 q=;当 n=时,{an}的前 n 项积最 大. 14. (5 分)如图所示,在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,点 E 是边 BC 的中点.动点 P 在直线 BD1 (除 B,D1 两点)上运动的过程中,平面 DEP 可能经过的该正方体的顶点是. (写出满足条件 的所有顶点)

三、解答题共 6 小题,共 80 分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 15. (13 分)函数 f(x)=cos(π x+φ ) (0<φ < (Ⅰ)写出 φ 及图中 x0 的值; (Ⅱ)设 g(x)=f(x)+f(x+ ) ,求函数 g(x)在区间 上的最大值和最小值. )的部分图象如图所示.

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16. (13 分)某中学在 2014-2015 学年高二年级开设大学先修课程《线性代数》 ,共有 50 名同 学选修,其中男同学 30 名,女同学 20 名.为了对这门课程的教学效果进行评估,学校按性 别采用分层抽样的方法抽取 5 人进行考核. (Ⅰ)求抽取的 5 人中男、女同学的人数; (Ⅱ)考核的第一轮是答辩,顺序由已抽取的甲、乙等 5 位同学按抽签方式决定.设甲、乙 两位同学间隔的人数为 X,X 的分布列为 X 3 2 1 0 P a b

求数学期望 EX; (Ⅲ)考核的第二轮是笔试:5 位同学的笔试成绩分别为 115,122,105,111,109;结合第 一轮的答辩情况,他们的考核成绩分别为 125,132,115,121,119.这 5 位同学笔试成绩与 2 2 2 2 考核成绩的方差分别记为 s1 ,s2 ,试比较 s1 与 s2 的大小. (只需写出结论) 17. (14 分) 如图所示, 在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中, AA1B1B 为正方形, BB1C1C 为菱形, ∠BB1C1=60°, 平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C. (Ⅰ)求证:B1C⊥AC1; (Ⅱ)设点 E,F 分别是 B1C,AA1 的中点,试判断直线 EF 与平面 ABC 的位置关系,并说明理由; (Ⅲ)求二面角 B﹣AC1﹣C 的余弦值.

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18. (13 分)已知椭圆 M:

=1,点 F1,C 分别是椭圆 M 的左焦点、左顶点,过点 F1 的直

线 l(不与 x 轴重合)交 M 于 A,B 两点. (Ⅰ)求 M 的离心率及短轴长; (Ⅱ)是否存在直线 l,使得点 B 在以线段 AC 为直径的圆上,若存在,求出直线 l 的方程; 若不存在,说明理由.

19. (13 分)已知函数 f(x)=acosx+xsinx,



(Ⅰ)判断函数 f(x)的奇偶性,并证明你的结论; (Ⅱ)求集合 A={x|f(x)=0}中元素的个数; (Ⅲ)当 1<a<2 时,问函数 f(x)有多少个极值点?(只需写出结论) 20. (14 分)已知集合 S={a1,a2,a3,…,an}(n≥3) ,集合 T? {(x,y)|x∈S,y∈S,x≠y} 且满足:? ai,aj∈S(i,j=1,2,3,…,n,i≠j) , (ai,aj)∈T 与(aj,ai)∈T 恰有一 个成立.对于 T 定义 dT(a,b)= lT(ai)=dT(ai,a1)+dT(ai,a2)+…+dT

(ai,ai﹣1)+dT(ai,ai+1)+…+dT(ai,an) (i=1,2,3,…,n) . (Ⅰ)若 n=4, (a1,a2) , (a3,a2) , (a2,a4)∈T,求 lT(a2)的值及 lT(a4)的最大值; (Ⅱ)从 lT(a1) ,lT(a2) ,…,lT(an)中任意删去两个数,记剩下的 n﹣2 个数的和为 M.求 证:M≥ n(n﹣5)+3; (Ⅲ)对于满足 lT(ai)<n﹣1(i=1,2,3,…,n)的每一个集合 T,集合 S 中是否都存在 三个不同的元素 e,f,g,使得 dT(e,f)+dT(f,g)+dT(g,e)=3 恒成立,并说明理由.

北京市海淀区 2015 届高三上学期期末数学试卷(理科) 参考答案与试题解析 一、选择题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要 求的一项. 2 1. (5 分)抛物线 x =﹣2y 的焦点坐标是() A. (﹣1,0) B. (1,0) C. D.

考点: 抛物线的简单性质. 专题: 圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: 由 x =﹣2py(p>0)的焦点坐标为(0,﹣ ) ,则抛物线 x =﹣2y 的焦点坐标即可得 到.
2 2

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解答: 解:由 x =﹣2py(p>0)的焦点坐标为(0,﹣ ) , 则抛物线 x =﹣2y 的焦点坐标是(0,﹣ ) , 故选 C. 点评: 本题考查抛物线的方程和性质,主要考查抛物线的焦点坐标,属于基础题. 2. (5 分)如图所示,在复平面内,点 A 对应的复数为 z,则复数 z =()
2 2

2

A. ﹣3﹣4i

B. 5+4i

C. 5﹣4i

D. 3﹣4i

考点: 复数代数形式的乘除运算;复数的基本概念. 专题: 数系的扩充和复数. 分析: 在复平面内,点 A 对应的复数为 z=﹣2+i,再利用复数的运算法则即可得出. 解答: 解:在复平面内,点 A 对应的复数为 z=﹣2+i, 2 2 则复数 z =(﹣2+i) =3﹣4i. 故选:D. 点评: 本题考查了复数的运算法则、几何意义,属于基础题.

3. (5 分)当向量 =c=(﹣2,2) , =(1,0)时,执行如图所示的程序框图,输出的 i 值为

() A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

考点: 程序框图. 专题: 算法和程序框图.

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分析: 模拟程序运行,依次写出每次循环得到的 的值,当 =(﹣2,2) ,满足条件 a?c=0, 退出循环,输出 i 的值为 4. 解答: 解:模拟程序运行,有 i=1 时, =(﹣1,2) ,不满足条件 a?c=0 i=2 时, =(0,2) ,不满足条件 a?c=0 i=3 时, =(1,2) ,不满足条件 a?c=0 i=4 时, =(﹣2,2) ,满足条件 a?c=0 退出循环,输出 i 的值为 4. 故选:B. 点评: 本题主要考察了程序框图和算法,正确理解循环结构的功能是解题的关键,属于基 本知识的考查. 4. (5 分)已知直线 l1:ax+(a+2)y+1=0,l2:x+ay+2=0.若 l1⊥l2,则实数 a 的值是() A. 0 B. 2 或﹣1 C. 0 或﹣3 D. ﹣3 考点: 直线的一般式方程与直线的垂直关系. 专题: 直线与圆. 分析: 由垂直可得 a+a(a+2)=0,解方程可得. 解答: 解:∵直线 l1:ax+(a+2)y+1=0,l2:x+ay+2=0,且 l1⊥l2, ∴a+a(a+2)=0,解得 a=0 或 a=﹣3 故选:C 点评: 本题考查直线的一般式方程和垂直关系,属基础题.

5. (5 分)设不等式组

表示的平面区域为 D.则区域 D 上的点到坐标原点的距

离的最小值是() A. 1 B. C. D. 5

考点: 简单线性规划. 专题: 不等式的解法及应用. 分析: 作出不等式组对应的平面区域,利用数形结合即可得到结论. 解答: 解:作出不等式组对应的平面区域如图: 由图象可知,当 OQ 垂直直线 x+y﹣1=0 时,此时区域 D 上的点到坐标原点的距离的最小, 最小值为圆心到直线 x+y﹣1=0 的距离 d= 故选:B

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点评: 本题主要考查两点间距离的应用,利用数形结合以及点到直线的距离公式是解决本 题的关键. 6. (5 分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥四个面的面积中最大的是()

A.

B. 12

C.

D.

考点: 由三视图求面积、体积. 专题: 计算题;空间位置关系与距离. 分析: 由题意和三视图知,需要从对应的长方体中确定三棱锥,根据三视图的数据和几何 体的垂直关系,求出四面体四个面的面积,再确定出它们的最大值. 解答: 解:将该几何体放入在长方体中,且长、宽、高为 4、3、4, 由三视图可知该三棱锥为 B﹣A1D1C1, 由三视图可得,A1D1=CC1=4、D1C1=3, 所以 BA1=A1C1=5,BC1= =4 , = ,

则三角形 BA1C1 的面积 S= ×BC1×h= 因为 A1D1⊥平面 ABA1B1,所以 A1D1⊥A1B, 则三角形 BA1D1 的面积 S= ×BA1×A1D1= 同理可得,三角形 BD1C1 的面积 S= ×BC1×D1C1= 又三角形 A1D1C1 的面积 S= ×D1C1×A1D1= 所以最大的面为 A1BC1,且面积为 故选:A. , 3=6, =10, =6



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点评: 本题考查由三视图还原几何体,以及线面垂直关系,将几何体放入正方体中去研究 是解决本题的关键,考查了空间想象能力和转化能力. 7. (5 分)某堆雪在融化过程中,其体积 V(单位:m )与融化时间 t(单位:h)近似满足函 数关系: 结束的平均融化速度为 (H 为常数) ,其图象如图所示.记此堆雪从融化开始到 . 那么瞬时融化速度等于 的时刻是图中的 ()
3

A. t1

B. t2

C. t 3

D. t4

考点: 函数的图象. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 根据题意可知,平均融化速度为 = ,反映的是 V(t)图象与坐

标轴交点连线的斜率,通过观察某一时刻处瞬时速度(即切线的斜率) ,即可得到答案 解答: 解:平均融化速度为 = ,反映的是 V(t)图象与坐标轴交点连

线的斜率, 观察可知 t3 处瞬时速度(即切线的斜率)为平均速速一致, 故选:C

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点评: 本题考查了图象的识别,关键理解平均速度表示的几何意义(即斜率) ,属于基础题 8. (5 分)已知点 A 在曲线 P:y=x (x>0)上,⊙A 过原点 O,且与 y 轴的另一个交点为 M.若 线段 OM,⊙A 和曲线 P 上分别存在点 B、点 C 和点 D,使得四边形 ABCD(点 A,B,C,D 顺时 针排列)是正方形,则称点 A 为曲线 P 的“完美点”.那么下列结论中正确的是() A. 曲线 P 上不存在“完美点” B. 曲线 P 上只存在一个“完美点”,其横坐标大于 1 C. 曲线 P 上只存在一个“完美点”,其横坐标大于 且小于 1 D. 曲线 P 上存在两个“完美点”,其横坐标均大于
2

考点: 二次函数的性质. 专题: 新定义. 2 分析: 假设点 A 为“完美点”,画出图象,设 A(m,m ) ,通过讨论 m<1 时,m≥1 时的情 况从而得到答案. 解答: 解:如下图左,如果点 A 为“完美点”,则 AB=AD= 以 A 为圆心, OA 为半径作圆 T(如下图右中虚线圆) , AC= OA,

交 y 轴于点 B,B′(可重合) ,交抛物线于点 D,D′, 点 A 为“完美点”当且仅当 AB⊥AD,若下图右, (结合图象知,B 点一定是上方的交点,否则在抛物线上不存在 D 点使得 AB⊥AD; D 也一定是上方的交点,否则 A,B,C,D 不是顺时针) ,

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, 下面考虑当点 A 的横坐标越来越大时∠BAD 的变化情况, 2 设 A(m,m ) ,当 m<1 时,∠AOY=45°, 此时圆 T 与 y 轴相离或相切时,此时 A 不是完美点, 故只需考虑 m≥1,当 m 增加时,∠BAD 越来越小,且趋近于 0, (推理在后面) , 而当 m=1 时,∠BAD>90°, 故曲线 P 上存在唯一一个完美点,其横坐标大于 1, 当 m 增加时,∠BAD 越来越小,且趋近于 0°的推理: 过 A 作 AH⊥y 轴于点 H, 分别过点 A,D 作 x 轴,y 轴的平行线交于 N, 先考虑∠BAH:cos∠BAH= = ,



于是 m 增大时,cos∠BAH 减小且趋于 0,从而∠BAH 增大,且趋于 90°, 再考虑∠DAN,记 D(n,n ) ,则 tan∠DAN=
2

=n+m,

随着 m 的增大,OA 的长增大,AD=

OA 也增大,

于是 m+n 增大,从而 tan∠DAN 增大,∠DAN 增大且趋近于 90°, ∴∠BAD=π ﹣∠BAH﹣∠DAN 随着 m 的增大而减小,且趋于 0°, 故选:B. 点评: 本题考查了新定义问题,考查了二次函数的性质,考查了数形结合思想,本题有一 定难度. 二、填空题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分. 9. (5 分)在 的展开式中,常数项是 15. (用数字作答)

考点: 二项式系数的性质. 专题: 计算题;二项式定理. 分析: 先求出二项式展开式的通项公式,再令 x 的幂指数等于 0,求得 r 的值,即可求得展 开式中的常数项.

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解答: 解:∵在 令 r﹣6=0,求得 r=4,故

的展开式的通项公式为 Tr+1=

?(﹣1) ?

r



的展开式中的常数项是 5.

故答案为:15. 点评: 本题主要考查二项式定理的应用,二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式, 求展开式中某项的系数,属于中档题. 10. (5 分)在极坐标系中,直线 ρ sinθ =3 被圆 ρ =4sinθ 截得的弦长为 .

考点: 简单曲线的极坐标方程. 专题: 坐标系和参数方程. 分析: 把极坐标方程化为直角坐标方程、再利用点到直线的距离公式、弦长公式即可得出. 解答: 解:直线 ρ sinθ =3 即 y=3. 2 2 2 2 2 ρ =4sinθ 化为 ρ =4ρ sinθ ,∴x +y =4y,化为 x +(y﹣2) =4. 可得圆心 C(0,2) ,半径 r=2. ∴圆心到直线的距离 d=1, ∴直线 ρ sinθ =3 被圆 ρ =4sinθ 截得的弦长=2 =2 .

故答案为:2 . 点评: 本题考查了把极坐标方程化为直角坐标方程、再利用点到直线的距离公式、弦长公 式,属于基础题.

11. (5 分)若双曲线

的一条渐近线的倾斜角为 60°,则 m=3.

考点: 双曲线的简单性质. 专题: 计算题;圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: 求出双曲线的渐近线方程,由题意可得,tan60°= 解答: 解:双曲线 (m>0)的渐近线方程为 y=

,计算即可得到 m. x,

则有 tan60°= ,即有 = , 即为 m=3. 故答案为:3. 点评: 本题考查双曲线的方程和性质,考查渐近线方程的运用,考查运算能力,属于基础 题.

12. (5 分)如图所示,AD 是⊙O 的切线,AB= 60°.

,∠ACB=

,那么∠CAD=120°或

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考点: 弦切角. 专题: 立体几何. 分析: 首先根据正弦定理求出∠B 的大小, 进一步利用弦切角定理和三角形内角和定理求出 结果. 解答: 解:AD 是⊙O 的切线,AB= 所以:在△ABC 中,利用正弦定理得: 解得:sin∠B= , ,∠ACB= , ,

所以:∠B=60°或 120°. 利用三角形内角和定理得:∠CAB=75°或 15° 根据弦切角定理得:∠BAD=∠C, 所以:∠CAD=120°或 60°, 故答案为:120°或 60°. 点评: 本题考查的知识要点:正弦定理得应用,弦切角定理的应用.三角形内角和定理的 应用.属于基础题型.

13. (5 分)在等比数列{an}中,若 a1=﹣24,a4=﹣ ,则公比 q= ;当 n=4 时,{an}的前 n 项 积最大. 考点: 等比数列的前 n 项和. 专题: 等差数列与等比数列. 分析: 直接由已知及等比数列的通项公式求得公比;写出等比数列的通项公式,得到前 n 项积,然后根据奇数项积为负值,分析偶数项乘积得答案. 解答: 解:在等比数列{an}中,由 a1=﹣24,a4=﹣ ,得 ∴q= ; ∴ 则{an}的前 n 项积: . ,

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= 当 n 为奇数时 Tn<0, ∴当 n 为偶数时 Tn 有最大值. 又





且当 n 为大于等于 4 的偶数时,Tn+2<Tn, ∴当 n=4 时,{an}的前 n 项积最大. 故答案为: ;4. 点评: 本题考查了等比数列的通项公式,考查了等比数列的性质,是中档题. 14. (5 分)如图所示,在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中,点 E 是边 BC 的中点.动点 P 在直线 BD1 (除 B,D1 两点)上运动的过程中,平面 DEP 可能经过的该正方体的顶点是 A1,B1,D. (写出 满足条件的所有顶点)

考点: 棱柱的结构特征. 专题: 作图题;空间位置关系与距离. 分析: 取 BB1 的中点 F,取 A1D1 的中点 M,D1,B 在平面 MDEB1 的两侧,可得结论. 解答: 解:取 BB1 的中点 F,则 A,D,E,F 四点共面,D1,B 在平面 ADEF 的两侧,故 D1B 与 平面相交,满足题意; 取 A1D1 的中点 M,则 M,D,E,B1 四点共面,D1,B 在平面 MDEB1 的两侧,故 D1B 与平面相交, 满足题意; D 显然满足. 动点 P 在直线 BD1(除 B,D1 两点)上运动的过程中,平面 DEP 可能经过的该正方体的顶点是 A1,B1,D. 故答案为:A1,B1,D. 点评: 本题考查棱柱的结构特征,考查共面问题,比较基础. 三、解答题共 6 小题,共 80 分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.

- 14 -

15. (13 分)函数 f(x)=cos(π x+φ ) (0<φ < (Ⅰ)写出 φ 及图中 x0 的值;

)的部分图象如图所示.

(Ⅱ)设 g(x)=f(x)+f(x+ ) ,求函数 g(x)在区间

上的最大值和最小值.

考点: 余弦函数的图象. 专题: 三角函数的求值;三角函数的图像与性质. 分析: (Ⅰ)由题意可得 的值. (Ⅱ)先求得 g(x)的函数解析式,由 而可求函数 g(x)在区间 解答: (共 13 分) 解: (Ⅰ)∵ ∴φ 的值是 ∵ =cos(0+φ ) .…(2 分) ) ,可得 x0 的值是 .…(5 分) . … ,可得 ,从 =cos(0+φ ) ,可得 φ 的值.由 =cos(π x0+ ) ,可得 x0

上的最大值和最小值.

=cos(π x0+ =π x0+

∴2π ﹣

(Ⅱ) 由题意可得: (7 分) 所以 = …(8 分)

- 15 -

= 分) 因为 所以 所以 当 当 ,即 ,即 , .

=

.…(10

时,g(x)取得最大值 时,g(x)取得最小值

; .…(13 分)

点评: 本题主要考察了,三角函数化简求值,三角函数的图象与性质,三角函数最值的解 法,属于中档题. 16. (13 分)某中学在 2014-2015 学年高二年级开设大学先修课程《线性代数》 ,共有 50 名同 学选修,其中男同学 30 名,女同学 20 名.为了对这门课程的教学效果进行评估,学校按性 别采用分层抽样的方法抽取 5 人进行考核. (Ⅰ)求抽取的 5 人中男、女同学的人数; (Ⅱ)考核的第一轮是答辩,顺序由已抽取的甲、乙等 5 位同学按抽签方式决定.设甲、乙 两位同学间隔的人数为 X,X 的分布列为 X 3 2 1 0 P a b

求数学期望 EX; (Ⅲ)考核的第二轮是笔试:5 位同学的笔试成绩分别为 115,122,105,111,109;结合第 一轮的答辩情况,他们的考核成绩分别为 125,132,115,121,119.这 5 位同学笔试成绩与 2 2 2 2 考核成绩的方差分别记为 s1 ,s2 ,试比较 s1 与 s2 的大小. (只需写出结论) 考点: 离散型随机变量的期望与方差;离散型随机变量及其分布列. 专题: 概率与统计. 分析: (Ⅰ)由分层抽样的性质,能求出抽取的 5 人中男、女同学的人数. (Ⅱ)由题意可得 a= ,从而 ,由此能求出数学期望 EX.

(Ⅲ)由两组数据中相对应的数字之差均为 10,得到 解答: 解: (Ⅰ)由分层抽样的性质得: 抽取的 5 人中男同学的人数为 女同学的人数为 .…(4 分) ,



(Ⅱ)由题意可得:



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即 a= 因为 所以 所以 (Ⅲ)

,…(6 分) , .…(8 分) .…(10 分) .…(13 分)

点评: 本题考查概率的求法,考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法,是中档题, 解题时要认真审题,在历年 2015 届高考中都是必考题型之一. 17. (14 分) 如图所示, 在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中, AA1B1B 为正方形, BB1C1C 为菱形, ∠BB1C1=60°, 平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C. (Ⅰ)求证:B1C⊥AC1; (Ⅱ)设点 E,F 分别是 B1C,AA1 的中点,试判断直线 EF 与平面 ABC 的位置关系,并说明理由; (Ⅲ)求二面角 B﹣AC1﹣C 的余弦值.

考点: 二面角的平面角及求法;空间中直线与平面之间的位置关系. 专题: 空间位置关系与距离;空间角. 分析: (Ⅰ)根据线面垂直的性质定理即可证明 B1C⊥AC1; (Ⅱ)根据线面平行的判定定理即可判断直线 EF 与平面 ABC 的位置关系; (Ⅲ)建立空间坐标系,求出平面的法向量,利用向量法进行求解即可. 解答: 证明: (Ⅰ)连接 BC1. 在正方形 ABB1A1 中,AB⊥BB1. 因为 平面 AA1B1B⊥平面 BB1C1C,平面 AA1B1B∩平面 BB1C1C=BB1,AB? 平面 ABB1A1, 所以 AB⊥平面 BB1C1C.…(1 分) 因为 B1C? 平面 BB1C1C, 所以 AB⊥B1C.…(2 分) 在菱形 BB1C1C 中,BC1⊥B1C. 因为 BC1? 平面 ABC1,AB? 平面 ABC1,BC1∩AB=B, 所以 B1C⊥平面 ABC1.…(4 分) 因为 AC1? 平面 ABC1,
- 17 -

所以 B1C⊥AC1.…(5 分) (Ⅱ)EF∥平面 ABC,理由如下:…(6 分) 取 BC 的中点 G,连接 GE,GA. 因为 E 是 B1C 的中点, 所以 GE∥BB1,且 GE= 因为 F 是 AA1 的中点, 所以 AF= . .

在正方形 ABB1A1 中,AA1∥BB1,AA1=BB1. 所以 GE∥AF,且 GE=AF. 所以 四边形 GEFA 为平行四边形. 所以 EF∥GA.…(8 分) 因为 EF?平面 ABC,GA? 平面 ABC, 所以 EF∥平面 ABC.…(9 分) (Ⅲ)在平面 BB1C1C 内过点 B 作 Bz⊥BB1. 由(Ⅰ)可知:AB⊥平面 BB1C1C.以点 B 为坐标原点,分别以 BA,BB1 所在的直线为 x,y 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系 B﹣xyz,设 A(2,0,0) ,则 B1(0,2,0) . 在菱形 BB1C1C 中,∠BB1C1=60°,所以 设平面 ACC1 的一个法向量为 n=(x,y,1) . 因为 即 , .

所以



.…(11 分) 是平面 ABC1 的一个法向量.…(12 分)

由(Ⅰ)可知:

所以



所以 二面角 B﹣AC1﹣C 的余弦值为

.…(14 分)

- 18 -

点评: 本题主要考查空间直线和平面之间的位置关系的判断,以及二面角的求解,要求熟 练掌握相应的判定定理,利用向量法是解决二面角的常用方法,考查学生的运算和推理能力.

18. (13 分)已知椭圆 M:

=1,点 F1,C 分别是椭圆 M 的左焦点、左顶点,过点 F1 的直

线 l(不与 x 轴重合)交 M 于 A,B 两点. (Ⅰ)求 M 的离心率及短轴长; (Ⅱ)是否存在直线 l,使得点 B 在以线段 AC 为直径的圆上,若存在,求出直线 l 的方程; 若不存在,说明理由. 考点: 直线与圆锥曲线的综合问题. 专题: 圆锥曲线的定义、性质与方程. 分析: (Ⅰ)通过椭圆 M 方程: ,直接计算即可; ? >0 可得 ,进而可

(Ⅱ)通过设 B(x0,y0) (﹣2<x0<2) ,利用 得结论. 解答: 解: (Ⅰ)由 ∴椭圆 M 的短轴长为 ∴ ∴ , ,即 M 的离心率为 ; , ,得:



(Ⅱ)结论:不存在直线 l,使得点 B 在以 AC 为直径的圆上.

- 19 -

理由如下: 由题意知:C(﹣2,0) ,F1(﹣1,0) , 设 B(x0,y0) (﹣2<x0<2) ,则 ∵ = = ∴ , . .

∴点 B 不在以 AC 为直径的圆上,即:不存在直线 l,使得点 B 在以 AC 为直径的圆上. 点评: 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题,考查运算求解能力,考查分析问题、解决问 题的能力,注意解题方法的积累,属于中档题.

19. (13 分)已知函数 f(x)=acosx+xsinx,



(Ⅰ)判断函数 f(x)的奇偶性,并证明你的结论; (Ⅱ)求集合 A={x|f(x)=0}中元素的个数; (Ⅲ)当 1<a<2 时,问函数 f(x)有多少个极值点?(只需写出结论) 考点: 三角函数中的恒等变换应用;正弦函数的图象. 专题: 综合题;函数的性质及应用;三角函数的图像与性质. 分析: (Ⅰ)证明 f(﹣x)=f(x) ,即可证明 f(x)是偶函数. (Ⅱ)分情况讨论:当 a>0 时,因为 f(x)=acosx+xsinx>0, 当 a=0 时,令 f(x)=xsinx=0,得 x=0. 当 a<0 时,函数 f(x)是 得 f(x)在 上的增函数.由 ,可 恒成立,

上只有一个零点.

综上所述,即可求出集合 A={x|f(x)=0}中元素的个数; (Ⅲ)函数 f(x)有 3 个极值点. 解答: (共 13 分) 解: (Ⅰ)函数 f(x)是偶函数,证明如下:…(1 分) 对于 ,则 .…(2 分)

因为 f(﹣x)=acos(﹣x)﹣xsin(﹣x)=acosx+xsinx=f(x) , 所以 f(x)是偶函数.…(4 分) (Ⅱ)当 a>0 时,因为 f(x)=acosx+xsinx>0, 所以 集合 A={x|f(x)=0}中元素的个数为 0.…(5 分) 恒成立,

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当 a=0 时,令 f(x)=xsinx=0,由



得 x=0. 所以 集合 A={x|f(x)=0}中元素的个数为 1.…(6 分) 当 a<0 时,因为 , 所以 函数 f(x)是 因为 所以 f(x)在 上的增函数.…(8 分) , 上只有一个零点.

由 f(x)是偶函数可知,集合 A={x|f(x)=0}中元素的个数为 2.…(10 分) 综上所述,当 a>0 时,集合 A={x|f(x)=0}中元素的个数为 0;当 a=0 时,集合 A={x|f(x) =0}中元素的个数为 1;当 a<0 时,集合 A={x|f(x)=0}中元素的 个数为 2. (Ⅲ)函数 f(x)有 3 个极值点.…(13 分) 点评: 本题主要考察了三角函数中的恒等变换应用,三角函数的图象与性质,函数的性质 及应用,属于中档题. 20. (14 分)已知集合 S={a1,a2,a3,…,an}(n≥3) ,集合 T? {(x,y)|x∈S,y∈S,x≠y} 且满足:? ai,aj∈S(i,j=1,2,3,…,n,i≠j) , (ai,aj)∈T 与(aj,ai)∈T 恰有一 个成立.对于 T 定义 dT(a,b)= lT(ai)=dT(ai,a1)+dT(ai,a2)+…+dT

(ai,ai﹣1)+dT(ai,ai+1)+…+dT(ai,an) (i=1,2,3,…,n) . (Ⅰ)若 n=4, (a1,a2) , (a3,a2) , (a2,a4)∈T,求 lT(a2)的值及 lT(a4)的最大值; (Ⅱ)从 lT(a1) ,lT(a2) ,…,lT(an)中任意删去两个数,记剩下的 n﹣2 个数的和为 M.求 证:M≥ n(n﹣5)+3; (Ⅲ)对于满足 lT(ai)<n﹣1(i=1,2,3,…,n)的每一个集合 T,集合 S 中是否都存在 三个不同的元素 e,f,g,使得 dT(e,f)+dT(f,g)+dT(g,e)=3 恒成立,并说明理由. 考点: 进行简单的合情推理. 专题: 综合题;推理和证明. 分析: (Ⅰ)利用 dT(a2,a1)=0,dT(a2,a3)=0,dT(a2,a4)=1,可得 lT(a2)=1;利用 lT(a4)=dT(a4,a1)+dT(a4,a2)+dT(a4,a3)≤1+0+1=2,可得 lT(a4)取得最大值 2; (Ⅱ)由 dT(a,b)的定义可知:dT(a,b)+dT(b,a)=1,设删去的两个数为 lT(ak) ,lT (am) ,则 .由题意可知:lT(ak)≤n﹣1,lT(am)

≤n﹣1,且当其中一个不等式中等号成立,即可得出结论; (Ⅲ)对于满足 lT(ai)<n﹣1(i=1,2,3,…,n)的每一个集合 T,集合 S 中都存在三个 不同的元素 e,f,g,使得 dT(e,f)+dT(f,g)+dT(g, e)=3 恒成立.

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解答: 解: (Ⅰ)因为 (a1,a2) , (a3,a2) , (a2,a4)∈T, 所以 dT(a2,a1)=0,dT(a2,a3)=0,dT(a2,a4)=1,故 lT(a2)=1.…(1 分) 因为 (a2,a4)∈T,所以 dT(a4,a2)=0. 所以 lT(a4)=dT(a4,a1)+dT(a4,a2)+dT(a4,a3)≤1+0+1=2. 所以 当(a2,a4) , (a4,a1) , (a4,a3)∈T 时,lT(a4)取得最大值 2.…(3 分) (Ⅱ)由 dT(a,b)的定义可知:dT(a,b)+dT(b,a)=1. 所以

=

.…(6 分) .

设删去的两个数为 lT(ak) ,lT(am) ,则 由题意可知:lT(ak)≤n﹣1,lT(am)≤n﹣1,且当其中一个不等式中等号成立, 不放设 lT(ak)=n﹣1 时,dT(ak,am)=1,dT(am,ak)=0. 所以 lT(am)≤n﹣2.…(7 分) 所以 lT(ak)+lT(am)≤n﹣1+n﹣2=2n﹣3. 所以 ,即

.…(8

分) (Ⅲ)对于满足 lT(ai)<n﹣1(i=1,2,3,…,n)的每一个集合 T,集合 S 中都存在三个 不同的元素 e,f,g,使得 dT(e,f)+dT(f,g)+dT(g,e)=3 恒成立,理由如下: 任取集合 T,由 lT(ai)<n﹣1(i=1,2,3,…,n)可知,lT(a1) ,lT(a2) ,…,lT(an) 中存在最大数,不妨记为 lT(f) (若最大数不唯一,任取一个) . 因为 lT(f)<n﹣1, 所以 存在 e∈S,使得 dT(f,e)=0,即(e,f)∈T. 由 lT(f)≥1 可设集合 G={x∈S|(f,x)∈T}≠?. 则 G 中一定存在元素 g 使得 dT(g,e)=1.否则,lT(e)≥lT(f)+1,与 lT(f)是最大数 矛盾. 所以 dT(f,g)=1,dT(g,e)=1,即 dT(e,f)+dT(f,g)+dT(g,e)=3.…(14 分) 点评: 本题考查进行简单的合情推理,考查新定义,考查学生分析解决问题的能力,难度 大.

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