1、北京市朝阳区高三年级第二次综合练习数学学科测试（理工类）（考试时间120分钟 满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分第一部分（选择题 共40分）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，选出符合题目要求的一项1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由对数函数性质确定集合，然后由并集定义计算【详解】由题意，故选：D【点睛】本题考查集合的并集运算，考查对数函数的性质，属于基础题2. 在中，则（ ）A. B. 或C. D. 或【答案】D【解析】【分析】由正弦定理直接求解【详解】在中，由正弦定理得，得
2、，又，而，或故选：D【点睛】本题考查正弦定理，用正弦定理求角时可能会出两解的情形，要注意辨别3. 执行如图所示的程序框图，则输出的S值为是（ ）A. 10B. 13C. 40D. 121【答案】C【解析】【分析】模拟程序运行，即可确定结论【详解】程序运行时，变量值变化如下：，满足；，满足；，满足；，不满足，输出故选：C【点睛】本题考查程序框图，考查循环结构，解题时可模拟程序运行，确定变量的值4. 在极坐标系中，直线 与圆的位置关系为（ ）A. 相交且过圆心B. 相交但不过圆心C. 相切D. 相离【答案】B【解析】【分析】首先把直线和圆极坐标方程转化为直角坐标方程，进一步可利用点到直线的距离公式
3、求出结果【详解】解：直线l：，转换为直角坐标方程为：圆C：2cos，转换为直角坐标方程为：x2+y22x，整理得：（x1）2+y21，所以圆心（1，0）到直线的距离dr，所以直线与圆相交又由于直线不经过点（1,0）故：直线与圆相交但不过圆心故选B【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的转化点到直线的距离公式的应用，以及直线与圆的位置关系5. 如图，角为始边，终边与单位圆O分别交于点A，B，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三角函数的定义，可求得点的坐标，再由向量的数量积的运算公式和两角差的余弦公式，即可求解【详解】根据题意，角角为始边，终边与单位圆O分别交于点，则，
4、则，故选C【点睛】本题主要考查了两角差的余弦公式，以及向量的数量积的坐标运算的应用，其中解答中熟练应用任教角的三角函数的定义，求得的坐标，准确利用公式运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题6. 已知函数则“”是“函数在上单调递增”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】A【解析】【分析】由2xx2，x0，+），解得x根据函数f（x）在0，+）上单调递增，可得：a0即可判断出结论【详解】当时，f(x)在上满足f(x)=2x，单调递增,满足题意；又由2xx2，x0，+），解得x2或4当时，2xx2，函数f（x），函数f
5、（x）在0，+）上单调递增，满足题意，但不满足“a0”是“函数f（x）在0，+）上单调递增”的充分不必要条件故选A【点睛】本题考查了函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与数形结合方法，属于基础题7. 某校象棋社团组织中国象棋比赛,采用单循环赛制,即要求每个参赛选手必须且只须和其他选手各比赛一场,胜者得分,负者得分,平局两人各得分.若冠军获得者得分比其他人都多,且获胜场次比其他人都少,则本次比赛的参赛人数至少为A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：对于四个选项中给出的参赛人数分别进行分析，看是否满足条件，然后可得结论详解：对于A，若参赛人数最少为4人，则当冠军3次平局时，得
6、3分，其他人至少1胜1平局时，最低得3分，所以A不正确对于B，若参赛人数最少为5人，当冠军1负3平局时，得3分，其他人至少1胜1平局，最低得3分，所以B不正确对于C，若若参赛人数最少为6人，当冠军2负3平局时，得3分，其他人至少1胜1平局，最低得3分，此时不成立；当冠军1胜4平局时，得6分，其他人至少2胜1平局，最低得5分，此时成立综上C正确对于D，由于7大于6，故人数不是最少所以D不正确故选C点睛：本题考查推理问题，考查学生的分析问题和应用所学知识解决问题的能力解题时要根据所给出的条件进行判断、分析，看是否得到不合题意的结果8. 若三个非零且互不相等的实数成等差数列且满足,则称成一个“等差数
7、列”.已知集合,则由中的三个元素组成的所有数列中,“等差数列”的个数为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先要确定构成“等差数列”的三个数的内在关系，和，结合所给集合找出符合条件的数组有50组【详解】由三个非零且互不相等的实数成等差数列且满足，知消去，并整理得，所以（舍去），于是有在集合中，三个元素组成的所有数列必为整数列，所以必为2的被数，且，故这样的数组共50组答案选B【点睛】此题属于新情境问题，这类问题关键是要从问题情境中寻找“重要信息”，研究对象的本质特征，如本题中能构成“等差数列”的三个数的内在关系，和，这种明确数量关系（数量化的特征）是解决问题的关键，将地应用于新情
8、境，即可达到解决问题的目的这实质上是属于数学建模问题，一般考查较深刻，综合性强，难度略大，除要有相应的数学知识和数学能力外，还应耐心读题，仔细思考，增强信心，以应对此类问题第二部分（非选择题 共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分把答案填在答题卡上.9. 计算_【答案】【解析】【分析】根据复数的乘除法运算法则计算【详解】故答案为：【点睛】本题考查复数的乘除法运算，掌握乘除法运算法则是解题基础10. 双曲线的离心率是_；该双曲线的两条渐近线的夹角是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】利用双曲线方程求出，然后求解离心率，求出渐近线方程，即可求解两条渐近线的夹角【详
9、解】解：双曲线，可得，所求双曲线的离心率为双曲线的渐近线方程为：，所以该双曲线的两条渐近线的夹角是故答案为：；【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题11. 若展开式的二项式系数之和为8，则_；其展开式中含项的系数为_（用数字作答）【答案】 (1). 3 (2). 1【解析】【分析】根据二项式系数的性质求得，然后由二项展开式通项公式求得的系数【详解】由题意，展开式通项公式为，令，所求系数为故答案为：3；1【点睛】本题考查二项式定理，考查二项式系数的性质，属于基础题12. 已知某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的底面和三个侧面中,直角三角形的个数是_.【答案】【解析】【分析】将几何体
10、还原到正方体中，再利用正方体的特征结果，易得结果.【详解】将几何体放入正方体中，棱长为1如图由三视图可以三棱锥为P-ABC由正方体特征易知，三角形ABC、ABP、BCP为直角三角形而三角形ACP为等边三角形故答案为3【点睛】本题考查了几何体的三视图，还原几何体是解题的关键，属于中档题.13. 已知不等式组，在平面直角坐标系xOy中所表示的平面区域为D，D的面积为S，则下面结论：当时，D为三角形； 当时，D为四边形；当时，； 当时，S为定值其中正确的序号是_【答案】【解析】【分析】首先作出表示的平面区域，内部（包含边界），然后再作出直线，观察变化时，平面区域的变化情况，得出结论【详解】首先作出表
11、示的平面区域，如图内部（包含边界），易得，直线为过点的直线，如图，不等式表示直线上方的区域，若，则直线与平行，平面区域D为四边形，错；若，当直线与的交点在点下方时，平面区域D为三角形，错；时，直线即为直线，直线为，平面区域D为，正确；当时，直线与交点在点下方，平面区域D为，为定值，正确故答案为：【点睛】本题考查二元一次不等式组表示的平面区域，解题方法是作出把其中动直线去掉弱化条件后的不等式组表示的平面区域，然后再考虑动直线变化时，围成的区域的变化情况利用数形结合思想得到了解答14. 如图,已知四面体.的棱平面,且,其余的棱长均为.四面体以所在的直线为轴旋转弧度,且始终在水平放置的平面上方.如果
12、将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数,记为,则函数的最小值为;的最小正周期为.【答案】【解析】【分析】设为中点，求出到的距离，即可得出的最小值，根据三棱锥的对称性得出的周期.【详解】取中点为，连结，因为，所以，所以平面，所以，因为，所以，所以，所以到的距离为.所以当时，取得最小值，由三棱锥的对称性可知的最小正周期为.故答案为，【点睛】本题主要考查实际问题中的函数模型，可根据题意将问题进行转化，属于常考题型.三、解答题：本大题共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. 已知函数的图象经过点.（1）求的值，并求函数的单调递增区间；（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围
13、.【答案】(1)；的单调递增区间为.(2).【解析】【详解】分析：（1）利用倍角公式和辅助角公式可以求得，然后再利用正弦函数的单调性即可得出单调区间；（2）由，可得，可得的取值范围是，根据不等式恒成立，即，从而求得结果.详解：（1）因为经过点，所以，因为的单调递增区间为所以 所以所以的单调递增区间为.（2）由（1）知，因为，所以，当，即时，因为恒成立即，所以所.点睛：该题考查的是有关三角函数的恒等变换以及恒成立问题，涉及到的知识点有倍角公式、辅助角公式、正弦函数的单调性、三角函数在闭区间上的最值等，在解题的过程中，注意正确使用公式，再者就是将恒成立问题转化为最值来处理即可.16. 某市旅游管理
14、部门为提升该市26个旅游景点的服务质量，对该市26个旅游景点的交通、安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分每项评分最低分0分，最高分100分每个景点总分为这五项得分之和，根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、交通得分与景点总分散点图如图请根据图中所提供的信息，完成下列问题：（1）若从交通得分排名前5名的景点中任取1个，求其安全得分大于90分的概率；（2）若从景点总分排名前6名的景点中任取3个，记安全得分不大于90分的景点个数为，求随机变量的分布列和数学期望；（3）记该市26个景点的交通平均得分为，安全平均得分为，写出和的大小关系？（只写出结果）【答案】（1）（2）见解析，1（3）【解
15、析】【分析】（1）根据图象安全得分大于90分的景点有3个，即可求得概率；（2）的可能取值为0，1，2，依次求得概率，即可得到分布列；（3）根据图象中的点所在位置即可判定平均分的大小关系.【详解】（1）由图象可知交通得分排名前5名的景点中，安全得分大于90分的景点有3个，从交通得分排名前5名的景点中任取1个，其安全得分大于90分的概率为（2）结合两图象可知景点总分排名前6名的景点中，安全得分不大于90分的景点有2个，的可能取值为0，1，2P（0），P（1），P（2），分布列为： 0 1 2 P E（）0121（3）由图象可知26个景点的交通得分全部在80分以上，主要集中在85分附近，安全得分主要
16、集中在80分附近，且80分以下的景点接近一半，故而【点睛】此题考查根据散点图求古典概型，分布列和数学期望，关键在于准确求出概率，根据图象中散点图特征判定平均值的大小关系.17. 如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD是等腰三角形，且在梯形ABCD中，（）求证：平面PDC；（）求二面角A-PB-C的余弦值；（）在线段AP上是否存在点H，使得平面ADF？请说明理由【答案】（）证明见解析；（）；（）不存在，证明见解析【解析】【分析】（）根据线面平行的判定定理证明；（）先证明平面，然后以为原点，为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值；（）假设线段上存在点，使得平面，且设，由向量的
17、线性运算表示出，再求出平面的一个法向量，由求，如果有实数解，说明存在，如果无实数解，说明不存在【详解】（）证明：因为，平面，平面，所以平面（）取中点，连接，在中，因为，所以，又易知，所以，又因为平面平面，平面平面，所以平面，所以以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，在梯形中，因为，所以，又因为，所以，于是，所以，因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，取，得，由图可知，二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为（）因为，所以，所以，设平面的一个法向量是，则，取，得，假设线段上存在点，使得平面，且设，所以，所以，因为平面，所以，所以，显然不存在，假设不成立，故线段上不存在点
18、，使得平面【点睛】本题考查证明线面平行，考查空间向量法求二面角，用向量法研究存在性命题，化几何证明为数学计算以数证形，使得学生的思路简捷，本题考查了学生的空间想象能力，运算求解能力，逻辑推理能力18. 已知函数（）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（）当时，讨论函数零点个数【答案】（）-2；（）答案见解析.【解析】【分析】（）求出导函数，利用可得值；（）利用导数讨论函数的单调性、极值，结合零点存在定理分类讨论确定零点个数【详解】（）由已知，函数图象在点处的切线方程为，即，（），由得，当，即时，当变化，变化情况如下：00增极大值减极小值增在和是增函数，在是减函数，又，函数有一个零点；当当，即时，
19、当变化，变化情况如下：0增增函数在上是增函数，又，函数有一个零点；当，即时，当变化，变化情况如下：00增极大值减极小值增在和是增函数，在是减函数，又，函数有一个零点；，当时，此时，函数只有一个零点，时，函数有两个零点，时，函数有三个零点，即时，由于，因此函数有两个零点，综上所述，（1）时，函数有一个零点，或时，函数有两个零点，当时，函数有三个零点【点睛】本题考查导数的几何意义，用导数研究函数零点个数，解题关键是确定导数与函数单调性、函数极值的关系，本题属于困难题，旨在考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力，分类讨论思想的应用19. 已知抛物线（）写出抛物线C的准线方程，并求抛物线C的焦点到准线的
20、距离；（）过点且斜率存在的直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，且点B关于x轴的对称点为D，直线AD与x轴交于点M（i）求点M的坐标；（）求与面积之和的最小值【答案】（）准线方程是，抛物线的焦点到准线的距离为1（）（）（）【解析】【分析】（）根据抛物线的定义直接得出结论；（）（）设，设：，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即得；（）由（）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式可得【详解】（）由题意，所以准线方程是，抛物线的焦点到准线的距离为1（）（）令，则，且令，令：，由，得，所以，则直线的方程为，当时，所以，又，所以，即（），则，当且仅当，即时，等号成立
21、所以面积之和最小值为【点睛】本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，考查了学生运算求解能力，属于中档题20. 若无穷数列满足：存在，并且只要，就有（t为常数，），则称具有性质T（）若具有性质T，且，求；（）若无穷数列的前n项和为，且，证明存在无穷多个b的不同取值，使得数列具有性质T；（）设是一个无穷数列，数列中存在，且求证：“为常数列”是“对任意正整数，都具有性质T”的充分不必要条件【答案】（）2；（）证明见解析；（）证明见解析【解析】【分析】（）根据具有性质，计算可得；（）利用作差得出数列的通项公式，通过性质的概念通过计算，由于数列从第二项始成等比数列且
22、公比不为1，因此只要让和数列后面的某一项相等，即求得值，然后求出，验证即可得；（）从充分性和必要性两方面分别证明，而要说明条件成立需要严谨证明，说明条件不成立，只需举反例即可【详解】（）具有性质，且，解得经检验符合题意（）无穷数列的前n项和为，且，当时，若（），取，（且，为常数），则，对，数列具有性质，且的不同取值有无穷多个（）证明：当是常数列时，有（常数），对任意正整数，存在，则由必有，进而有，这是，具有性质，“为常数列”是“对任意正整数，都具有性质T”的充分条件取（），对任意正整数，由得，为正整数，且，当时，（），对任意的，则同为奇数或同为偶数，若同为奇数，则成立，若同为偶数，则成立，若对任意的满足，取，故具有性质，但不是常数列，“为常数列”是“对任意正整数，都具有性质T”的不必要条件证毕【点睛】本题考查数列的综合应用，考查对新定义的理解与应用，属于难题
