北京市东城区2015届高三5月综合练习(二)数学(理)试题Word版含解析

1、第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60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.1.( )（A）（B） （C） （D）【答案】C【解析】试题分析：根据题意，所以答案为C.考点：1.诱导公式;2.常见角的三角函数值.2.设，则，的大小关系是（ ）（A） （B） （C） （D） 【答案】D【解析】试题分析：根据对数函数的性质知：，所以，答案为D.考点：1.对数函数的单调性;2.对数比较大小.3.已知为各项都是正数的等比数列，若，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】B【解析】试题分析：由于数列是正各项都是正数的等比数列，所以根据等比数列的性质可知：

2、，所以答案为B.考点：1.等比数列的性质;2.等比数列的求值.4.甲、乙两名同学次数学测验成绩如茎叶图所示，分别表示甲、乙两名同学次数学测验成绩的平均数，分别表示甲、乙两名同学次数学测验成绩的标准差，则有（ ）（A）， （B）， （C）， （D），7 83 5 5 7 2 3 8 94 5 5 61 2 978乙甲【答案】B【解析】试题分析：根据题意甲，乙的平均数分别为：和，方差分别为：；所以，答案为B.考点：1.茎叶图;2.平均值和方差.5.已知，是简单命题，那么“是真命题”是“是真命题”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【

3、答案】D【解析】试题分析：若是真命题，则为真命题，且为真，而为假命题，所以“是真命题”是为真命题的既不充分也不必要条件，所以答案为D.考点：1.充要条件;2.含有逻辑联结词的命题的真假性.6.若实数满足不等式组则的取值范围是（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】D【解析】试题分析：画出可行域，当时，取得最大值；当时，取得最小值.答案为：D.考点：1.线性规划;2.最优解问题.7.定义在上的函数满足.当时，,当时，则（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】A【解析】试题分析：根据可知：是周期为的周期函数，且，所以答案为A.考点：1.函数的周期性;2.利用函数的周期性求函数值.8.为提高

4、信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息设定原信息为，其中（），传输信息为，运算规则为：，例如原信息为，则传输信息为传播信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列信息一定有误的是（ ）（A） （B） （C） （D）【答案】C【解析】试题分析：根据信息时的规则，中间三位是需要传输的信息，前后为生产信息.A.传输信息，正确；B.传输信息，正确；C.传输信息，错误；D.传输信息，正确；考点：1.创新题;2.推理.第卷（共90分）二、填空题（每题4分，满分16分，将答案填在答题纸上）9.若的二项展开式中各项的二项式系数的和是，则 ，展开式中的常数项为 （用数

5、字作答）【答案】考点：1.二项式系数和;2.二项式的同通项公式.10.已知正数满足，那么的最小值为 【答案】【解析】试题分析：因为：，由均值不等式得：，令，则.考点：1.均值不等式求最值;2.还原法解不等式.11.若直线为参数与曲线为参数，有且只有一个公共点，则 【答案】【解析】试题分析：将参数方程化为一般方程得：参数方程化为一般方程得：若直线与圆有一个公共点，则圆心到直线的距离为：考点：1.直线的参数方程化普通方程;2.圆的参数方程化普通方程;3.直线和圆的位置关系.12.若双曲线截抛物线的准线所得线段长为，则 【答案】【解析】试题分析：抛物线的准线方程为，又直线截双曲线的弦长为，则有，解得

6、：.考点：1.抛物线的定义;2.双曲线的标准方程.13.已知非零向量满足，与的夹角为，则的取值范围是 【答案】【解析】试题分析： 如图在中，若与的夹角为，则，又，由正弦定理，则，所以：.考点：1.向量的线性运算;2.三角形的正弦定理;3.三角函数值域.14.如图，平面中两条直线和相交于点，对于平面上任意一点，若分别是到直线和的距离，则称有序非负实数对是点的“距离坐标”给出下列四个命题： 若，则“距离坐标”为的点有且仅有个 若，且，则“距离坐标”为的点有且仅有个 若，则“距离坐标”为的点有且仅有个 若，则点的轨迹是一条过点的直线其中所有正确命题的序号为 【答案】考点：1.平面点和直线的位置关系;

7、2.分类讨论思想.三、解答题 （本大题共6小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15.已知函数（）求的定义域及其最大值；（）求在上的单调递增区间【答案】（）的定义域为；最大值为；（）在上的单调递增区间为.【解析】试题分析：（）若原函数有意义，需满足分母不为零即，进而求得原函数的定义域，同时将原函数利用倍角公式化为一角一函数，进而求得其最值；（）利用换元法求得的单调增区间，同时注意其定义域，进而求得其单调递增区间.试题解析：（）由，得所以的定义域为 2分因为， 6分所以的最大值为 7分（）函数的单调递增区间为（）由，且， 所以在上的单调递增区间为 13分 考点：1.三角函数

8、的定义域及最值;2.三角函数的单调递增区间.16.某校高一年级开设，五门选修课，每位同学须彼此独立地选三门课程，其中甲同学必选课程，不选课程，另从其余课程中随机任选两门课程乙、丙两名同学从五门课程中随机任选三门课程（）求甲同学选中课程且乙同学未选中课程的概率；（）用表示甲、乙、丙选中课程的人数之和，求的分布列和数学期望【答案】（）；（）为分布列为：.【解析】试题分析：（）首先求得甲同学选中课程的概率和乙同学选中课程的概率，进而求得甲选中而乙未选中的概率为；（）丙同学选中课程的概率为，进而得到的可能取值为：，进而求得各自的概率，得到其分布列和期望.试题解析：（）设事件为“甲同学选中课程”，事件为

9、“乙同学选中课程” 则， 因为事件与相互独立，所以甲同学选中课程且乙同学未选中课程的概率为 4分（）设事件为“丙同学选中课程” 则的可能取值为： 为分布列为：13分考点：1.相互独立事件的概率;2.事件的分布列和期望.17.如图，三棱柱的侧面是边长为的正方形，侧面侧面，是的中点（）求证：平面；（）求证：平面；（）在线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求的长；若不存在，说明理由【答案】（）证明见解析；（）证明见解析；（）存在，.【解析】试题分析：（）要证明平面，需证明（其中为的中点，为的中点）；（）根据勾股定理求得，所以，利用面面垂直的判定定理得到平面，所以；（）根据题意建立空间直角坐标系，

10、进而求得平面的法向量，平面的法向量，进而利用公式及二面角为.求得.试题解析：（）证明：连接与相交于，则为的中点，连接因为为的中点， 所以因为平面，平面，所以平面 4分（）证明：，在中，因为，所以 因为侧面侧面，侧面侧面，平面，所以平面 8分（）解：两两互相垂直，建立空间直角坐标系假设在线段上存在一点，使二面角为平面的法向量，设所以，设平面的法向量为，则所以令，得，所以的法向量为因为，所以，解得，故因此在线段上存在一点，使二面角为，且. 14分 考点：1.线面平行的判定定理;2.面面垂直的性质定理;3.空间向量.18.已知函数 （）当时，求在区间上的最小值； （）求证：存在实数，有.【答案】（）

11、当时，有最小值为；（）证明见解析.【解析】试题分析：（）利用求导求得，进而得到的单调性求得其最小值；（）“存在实数，有”等价于的最大值大于.对原函数求导，进而对分情况，得到对任意实数都存在使成立.试题解析：（）当时，； 因为， 由，. 则， 关系如下： 极小值 所以当时，有最小值为. 5分（）“存在实数，有”等价于的最大值大于. 因为， 所以当时，在上单调递增， 所以的最大值为. 所以当时命题成立. 极小值 当时，由得. 则时， 关系如下：考点：1.利用求导判断单调性;2.分类讨论思想.19.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆上的点到两个焦点的距离之和为（）求椭圆的方程； （）

12、设为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于点，与轴交于点，过原点与平行的直线与椭圆交于点证明： 【答案】（）；（）证明见解析.【解析】试题分析：（）根据题意， ，得到的方程，进而求得椭圆的方程；（）设直线的方程为：，同时联立椭圆方程，由韦达定理进而求得，得到，同理得到，进而结论得到证明. 试题解析：（）设椭圆的标准方程为，由题意知解得，所以椭圆的标准方程为5分（）设直线的方程为：，则 由 得（*）设，则，是方程（*）的两个根，所以所以 设直线的方程为：由 得设，则，所以，所以 13分考点：1.椭圆的标准方程;2.韦达定理.20.已知数列的前项和为，且满足，设，()求证：数列是等比数列；()若，求实数的最小值；（）当时，给出一个新数列，其中设这个新数列的前项和为，若可以写成 (且)的形式，则称为“指数型和”问中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由【答案】() ；() 的最小值为；（）没有“指数型和”.【解析】试题分析：()根据题意将原条件化简，得到，进而利用等比数列的定义，证明数列是等比数列；()根据()的结论，利用，得到数列的通项公式，进而得到关于的不等式，求得的最小值；（）根据()得到，再对按奇偶性进行分类讨论，进而得到结论.试题解析：() 因为，且，所以是首项为，公