北京市西城区2014—2015学年度第一学期期末高三理科试题解析版

解析版西城2015西城高三期末理,图文并茂

北京市西城区2014 — 2015学年度第一学期期末试卷 高三数学（理科） 2015.1 第Ⅰ卷（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．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．

1．设集合A { 1,0,1}，B {x|x2 x 2}，则集合AA．{ 1,0,1} B．{ 1,0} C．{0,1} D．{ 1,1} 答案：C

B （ ）

2 故选C 解析：解不等式得集合B= -1，

2．设命题p： 平面向量a和b，|a b| |a| |b|，则 p为（ ） A． 平面向量a和b，|a b|≥|a| |b| B． 平面向量a和b，|a b| |a| |b| C． 平面向量a和b，|a b| |a| |b| D． 平面向量a和b，|a b|≥|a| |b|

答案：D

解析：命题的否定要注意以下两点①全称量词和存在量词要交换②保留条件不变，结论变为相反结论。故选D。注意命题的否定与否命题的区别。

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3．在锐角 ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c. 若a

2b，sinB

，则（ ）

3

B．A

6

A．A C

．sinA D．sinA

答案：A

2 3

2b ab

∴sinA解析：由正弦定理可知：

sinAsinB

可知sinA

， 在锐角 ABC中A

32

4．执行如图所示的程序框图，输出的x值为（ ）

A．4

B．5 C．6 D．7 答案：C

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解析：

5．设函数f(x) 3x bcosx，x R，则“b 0”是“函数f(x)为奇函数”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：C

解析：当b=0 时，f x 3x 为奇函数，故充分性成立；

若函数f(x)为奇函数则f x 3x bcos( x) 3x bcosx f x 3x bcosx 对任意的x R恒成立，故有b 0，必要性成立；故选C

6．一个四棱锥的三视图如图所示，那么对于这个四棱锥，下列说法中正确的是（ ）

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正(主)视图

侧(左)视图

俯视图

A

B．最长棱的棱长为3

C．侧面四个三角形中有且仅有一个是正三角形 D．侧面四个三角形都是直角三角形

答案：D

解析：作出直观图：

计算侧棱长可知：PA 2,PB PCPD 故可知选项ABC均不对，选D

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7. 已知抛物线C:y2 4x，点P(m,0)，O为坐标原点，若在抛物线C上存在一点Q，使得

?OQP

90o，则实数m的取值范围是（ ）

A．(4,8) B．(4,+ ) C．(0,4) D．(8,+ ) 答案：B

解析：

2

考虑到抛物线的对称性，设Q坐标为q,2q q 0 故直线OQ为：y

2x q

所以直线QP的方程为：y 2q

q

(x q2) 。令y 0 得m 4 q2 4 2

x y≤1,

8. 设D为不等式组 2x y≥ 1,表示的平面区域，点B(a,b)为坐标平面xOy内一点，若对于

x 2y≤1

区域D内的任一点A(x,y)，都有OA OB≤1成立，则a b的最大值等于（ ）

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A．2 B．1 C．0 D．3

答案：A

解析：由题作出可行域D：

因为若对于区域D内的任一点A(x,y)，都有OA OB≤1成立，故当取区域D中的点（0，1）及（1，0）时，OA OB≤1也成立，得a 1 且b 1

又因为当a b 1 时，令z OA OB x,y 1,1 x y，由线性规划知识可知z 1 恒成立。故a b的最大值为2

第Ⅱ卷（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． 9. 复数z

答案：1

2 i

，则|z| _____． 1 2i

2 i2 i

1 解析：

z 1 2i1 2ix2y2

10．设F1,F2为双曲线C：2 1(a 0)的左、右焦点，点P为双曲线C上一点，如果

a16

|PF1| |PF2| 4，那么双曲线C的方程为____；离心率为____.

x2y2

答案： 1

416

解析：由题可知2a 4 又因为双曲线渐近线为y

b

x 故b 4 ，∴双曲线方程为a

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cx2y2

1又因为c

∴离心率e 416a

11．在右侧的表格中，各数均为正数，且每行中的各数从左到右成等差数列，每列中的各数从上到下成等比数列，那么x y z ______．

答案：

17 4

5 2 3 2xx 2

5 1

解析：由题可知 z 2 y 1

8 23

1 z 22 y4 2

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12． 如图，C 2AE在 ABC中，以BC为直径的半圆分别交AB，AC于点E，F，且A那么

，

AF

____； A _____． AB

答案：

1π 23

解析：由割线定理知AF AC AE AB 即 连接BF，∴BF⊥AC故 A

AFAE1

ABAC2

3

13．现要给4个唱歌节目和2个小品节目排列演出顺序，要求2个小品节目之间恰好有3个唱歌节目，那么演出顺序的排列种数是96（用数字作答）

答案：96

解析：A2 C2 A4 96

14. 设P，Q为一个正方体表面上的两点，已知此正方体绕着直线PQ旋转（角后能与自身重合，那么符合条件的直线PQ有13条. 答案：13

解析：因为旋转角度θ<2π，故符合条件的点P与Q不在同一表面上。 易知符合条件的直线PQ有以下三类：体对角线4条，θ=

）

2

1

4

2π；

3

A

1

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相对两面的中心连线3条，θ=

π 4

关于正方体中心对称的棱的中点连线6条，θ=

三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

15．（本小题满分13分）

已知函数f(x) xxx

cos cos, x∈R的部分图象如图所示. 442

（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；

（Ⅱ） 设点B是图象上的最高点，点A是图象与x轴的交点，求tan BAO的值.

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BC2

AC3π

xxx

解析：

（Ⅰ）解：因为f(x) cos

cos

442

xx

cos 2分

22xπ

=2sin( )， 4分

262πT 4π

. 1所以

2

故函数f(x)的最小正周期为4π. 6分

πxππ

由题意，得2kπ ≤ ≤2kπ ，

22624π2π≤x≤4kπ+解得4kπ ， 33

4π2π

,4kπ+],(k Z). 9分 所以函数f(x)的单调递增区间为[4kπ 33

（Ⅱ）解：如图过点B作线段BC垂直于x轴于点C.

3T

3π，BC 2， 由题意，得AC 4BC2

. 13分 所以tan BAO

AC3π

答案：函数f(x)的最小正周期为4π；tan BAO

16．（本小题满分13分）

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现有两种投资方案，一年后投资盈亏的情况如下： （1）投资股市：

（2）购买基金：

（Ⅰ）当p=

1

时，求q的值； 4

4

，求p的取值范围； 5

11

，q=，那么丙选择哪种投资方案，才能使得一年后投26

（Ⅱ）已知甲、乙两人分别选择了“投资股市”和“购买基金”进行投资，如果一年后他们中至少有一人获利的概率大于

（Ⅲ）丙要将家中闲置的10万元钱进行投资，决定在“投资股市”和“购买基金”这两种方案中选择一种，已知p=

资收益的数学期望较大？给出结果并说明理由．

答案：（Ⅰ）q=

532

；（Ⅱ）<p≤ （Ⅲ）丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资

5312

收益的数学期望较大

解析：（Ⅰ）解：因为“购买基金”后，投资结果只有“获利”、“不赔不赚”、“亏损”三种，且三种投资结果相互独立，

1q

+=1. 2分 31

又因为p=，

4

5

所以q= ． 3分

12

所以p+

（Ⅱ）解：记事件A为 “甲投资股市且盈利”，事件B为“乙购买基金且盈利”，事 件C为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”， 4分 则C=ABUABUAB，且A，B独立. 由上表可知， P(A)=

1

，P(B)=p. 2

所以P(C)=P(AB)+P(AB)+P(AB) 5分 =

1?(12

p)+

1?p2

1

p 2

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=

11

+p. 6分 22

114+p>， 225

因为P(C)= 所以p>

3

. 7分 51

又因为p++q=1，q≥0，

3

2

所以p≤.

3

32

所以<p≤. 8分

53

（Ⅲ）解：假设丙选择“投资股票”方案进行投资，且记X为丙投资股票的获利金额（单位：

万元），

所以随机变量X的分布列为：

9分

1135

则EX 4 0 ( 2) . 10 分

2884

假设丙选择“购买基金”方案进行投资，且记Y为丙购买基金的获利金额（单位：万元），

所以随机变量Y的分布列为：

11分

1115

则EY 2 0 ( 1) . 12分

2366

因为EX EY，

所以丙选择“投资股市”，才能使得一年后的投资收益的数学期望较大． 13分

17．（本小题满分14分）

如图，在四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A 底面ABCD， BAD 90，AD//BC，且

A1A AB AD 2BC 2 ，点E在棱AB上，平面A1EC与棱C1D1相交于点F.

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AD1 B1

（Ⅰ）证明：A1F∥平面BCE； 1

（Ⅱ）若E是棱AB的中点，求二面角A1 EC D的余弦值； （Ⅲ）求三棱锥B1 A1EF的体积的最大值.

答案：（Ⅰ）略（Ⅱ）（Ⅲ）

1

34 3

解析：（Ⅰ）证明：因为ABCD A1B1C1D1是棱柱， 所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.

又因为平面ABCD平面A1ECF EC，平面A1BC11D1

平面A1ECF A1F，

所以A1F∥EC. 2分 又因为A1F 平面BCE，EC 平面BCE， 11

. 4分 所以A1F∥平面BCE1（Ⅱ）解：因为AA1 底面ABCD， BAD 90，

所以AA1，AB，AD两两垂直，以A为原点，以AB，AD，AA1分别为x轴、y轴和z轴，如图建立空间直角坐标系. 5分

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则A1(0,0,2)，E(1,0,0)，C(2,1,0)， 所以 A,0, 2),AC, 2). 1E (11 (2,1设平面A1ECF的法向量为m (x,y,z), , 由AE1 m 0，AC1 m 0

x 2z 0,

得

2x y 2z 0.

令z 1,得m (2, 2,1). 7分 又因为平面DEC的法向量为n (0,0,1)， 8分 所以cos m,n

m n1

，

|m| |n|3

由图可知，二面角A1 EC D的平面角为锐角， 所以二面角A1 EC D的余弦值为解：过点F作FM A1B1于点M,

因为平面A1B1C1D1，FM 平面A1ABB1 平面A1B1C1D1, 所以FM 平面A1ABB1,

所以VB1 A1EF VF B1A1E S A1B1E FM 12分

1

. 10分（Ⅲ）3

13

12 22 FM FM. 323

因为当F与点D1重合时，FM取到最大值2（此时点E与点B重合），

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所以当F与点D1重合时，三棱锥B1 A1EF的体积的最大值为 18．（本小题满分13分）

4

. 14分 3

已知函数f(x) ax2 bx(a 0)和g(x) lnx的图象有公共点P，且在点P处的切线相同. （Ⅰ）若点P的坐标为(1

e

, 1)，求a,b的值； （Ⅱ）已知a b，求切点P的坐标.

答案：（Ⅰ）a 2e2，b 3e（Ⅱ）(1,0) 解析：（Ⅰ）解：由题意，得f(1) ae2 b

ee

1， 1分

且f (x) 2ax b，g (x) 1

x

， 分

由已知，得f (1) g (1)，即

2a

ee

e

b e， 解得a 2e2，b 3e. （Ⅱ）解：若a b，则f (x) 2ax a，g (x) 1x

， 设切点坐标为(s,t) ，其中s 0,

由题意，得 as2 as lns， ①

2as a 1

s， ② 由②，得 a 1s(2s 1)，其中s 1

2，

代入①，得

s 1

2s 1

lns. （*） 分

因为 a 1

s(2s 1) 0，且s 0，

所以 s 1

2

. 设函数 F(x)

x 12x 1 lnx，x (1

2, )， 则 F (x) (4x 1)(x 1)x(2x 1)2

. 分

3 5分 6分 7 8分

9

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令F (x) 0 ，解得x 1或x

1

(舍). 10分 4

当x变化时，F (x)与F(x)的变化情况如下表所示，

12分

1

所以当x 1时，F(x)取到最大值F(1) 0，且当x (,1)(1, )时F(x) 0.

2

因此，当且仅当x 1时F(x) 0. 所以方程（*）有且仅有一解s 1. 于是 t lns 0，

因此切点P的坐标为(1,0). 13分

19．（本小题满分14分）

x2y2 已知椭圆C： 1的右焦点为F，右顶点为A，离心率为e，点P(m,0)(m 4)满

1612|FA|

e. 足条件

|AP|

（Ⅰ）求m的值；

（Ⅱ）设过点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，记 PMF和 PNF的面积分别为S1，

S2，求证：

S1|PM| . S2|PN|

答案：（Ⅰ）m 8（Ⅱ）略

x2y2解析：（Ⅰ）解：因为椭圆C的方程为 1，

1612

所以 a

4,b

c2, 2分 则 e

c1

，|FA| 2，|AP| m 4. 3分 a2

因为

|FA|21

， |AP|m 42

所以 m 8. 5分 （Ⅱ）解：若直线l的斜率不存在， 则有 S1 S2，|PM| |PN|，符合题意. 6分

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若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y k(x 2)，M(x1,y1)，N(x2,y2). x2y2 1,

由 1612

y k(x 2),

得 (4k2 3)x2 16k2x 16k2 48 0， 7分

16k216k2 48 可知 0恒成立，且 x1 x2 2. 8分 ，x1x2

4k 34k2 3

因为 kPM kPN

y1yk(x1 2)k(x2 2)

2 10分 x1 8x2 8x1 8x2 8k(x1 2)(x2 8) k(x2 2)(x1 8)

(x1 8)(x2 8)2kx1x2 10k(x1 x2) 32k

(x1 8)(x2 8)

16k2 4816k22k 10k 2 32k2

0，

(x1 8)(x2 8)

所以 MPF NPF. 12分 因为 PMF和 PNF的面积分别为S1 S2 分

1

|PF| |PM| sin MPF， 2

1

|PF| |PN| sin NPF， 132

S1|PM| 所以 . 14分 S2|PN|

20．（本小题满分13分）

设函数f(x) x(9 x)，对于任意给定的m位自然数n0 amam 1字，a2是十位数字，），定义变换A：A(n0) f(a1) f(a2) n1 A(n0)，n2 A(n1)，

a2a1（其中a1是个位数

f(am). 并规定A(0) 0．记

， nk A(nk 1)，

．

（Ⅰ）若n0 2015，求n2015；

（Ⅱ）当m 3时，证明：对于任意的m(m N*)位自然数n均有A(n) 10m 1； （Ⅲ）如果n0 10m(m N*,m 3)，写出nm的所有可能取值.（只需写出结论）

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答案：（Ⅰ）32（Ⅱ）略（Ⅲ）nm的所有可能取值为0，8，14，16，20，22，26，28，32，36，38．

42n2 20 14 34，n3 18 20 38，解析：（Ⅰ）解：n1 14 0 8 20 ，n4 18 8 26，n5 14 18 32，n6 18 14 32，

所以 n2015 32． 3分（Ⅱ）

9281

证明：因为函数f(x) x(9 x) (x ) ，

24

所以对于非负整数x，知f(x) x(9 x)≤20.（当x 4或5时，取到最大值） 4分 因为 A(n) f(a1) f(a2)

f(am)，

所以 A(n)≤20m． 6分 令 g(m) 10m 1 20m，则g(3) 103 1 20 3 0．

当m≥3时，g(m 1) g(m) 10m 20(m 1) 10m 1 20m 9 10m 1 20 0， 所以 g(m 1) g(m) 0，函数g(m)，（m N，且m≥3）单调递增． 故 g(m)≥g(3) 0，即10m 1 20m≥A(n)．

所以当m≥3时，对于任意的m位自然数n均有A(n) 10m 1. 9分 （Ⅲ）答：nm的所有可能取值为0，8，14，16，20，22，26，28，32，36，38． 14分

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