北京于家务民族中学高三数学理联考试题含解析

北京于家务民族中学高三数学理联考试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.执行如图所示的程序，若输入的，则输出的所有的值的和为A．243B．363C．729D．1092参考答案：D2.化简A

B

C

D参考答案：B略3.已知为的重心，设，则＝（

）

A．

B．

C．

D．参考答案：C4.已知函数的一条对称轴为，且，则的最小值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：Bf（x）=asinx﹣cosx由于函数的对称轴为：x=﹣，则：解得：a=1．所以：f（x）=2sin（x﹣），由于：f（x1）?f（x2）=﹣4，所以函数必须取得最大值和最小值，所以：|x1+x2|=4k，当k=0时，最小值为．故选：B．

5.右图是用模拟方法估计圆周率的程序框图，表示估计结果，则图中空白框内应填入（

）A.

B.

C.

D.参考答案：D6.对于函数y=g（x），部分x与y的对应关系如下表：123456247518数列{an}满足：x1=2，且对任意n∈N*，点（xn，xn+1）都在函数y=g（x）的图象上，则x1+x2+…+x2015＝（

）A．4054B．5046C.5075D．6047参考答案：D7.复平面内表示复数z＝的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限参考答案：C解：∵z＝＝＝，∴复平面内表示复数z＝的点的坐标为（），位于第三象限．故选：C．8.面积为S的△ABC，D是BC的中点，向△ABC内部投一点，那么点落在△ABD内的概率为

(

)A.

B.

C.

D.

参考答案：B9.“或是假命题”是“非为真命题”的（

）A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件C．充要条件

D．既不充分也不必要条件参考答案：A试题分析：p或q是假命题，意味着p,q均为假命题，所以，非p为真命题；反之，非p为真命题，意味着p为假命题，而q的真假不确定，所以，无法确定p或q是真假命题，即“p或q是假命题”是“非p为真命题”的充分而不必要条件，故选A．考点：充分条件与必要条件．10.圆的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴相切，则该圆的标准方程是（

）（A） （B）（C）

(D)参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

；表面积为

．参考答案：；12.执行以下语句后,打印纸上打印出的结果应是:

▲

．参考答案：2813.函数的图象如图所示，则

．参考答案：14.是满足的区域上的动点.那么的最大值是

.参考答案：4直线经过点P(0,4)时,最得最大值,最大值是4.15.设半径为2的球面上四点，且满足=,=,=,则的最大值是_______________参考答案：略16.若正实数x，y满足x2＋y2＋xy＝1，则x＋y的最大值是________．参考答案：17.

如果直线与圆相交于两点,且点关于直线对称,则不等式组所表示的平面区域的面积为________.参考答案：

答案：

解析：两点,关于直线对称,,又圆心在直线上

原不等式组变为作出不等式组表示的平面区域并计算得面积为.三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.如图1，△ABC是边长为6的等边三角形，E，D分别为AB，AC靠近B，C的三等分点，点G为BC边的中点，线段AG交线段ED于F点，将△AED沿ED翻折，使平面AED⊥平面BCDE，连接AB，AC，AG形成如图2所示的几何体．(Ⅰ)求证：BC⊥平面AFG；(Ⅱ)求二面角B－AE－D的余弦值．参考答案：（Ⅰ）证明：在图1中，由△ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三等分点，点G为BC边的中点，则DE⊥AF，DE⊥GF，DE∥BC.在图2中，因为DE⊥AF，DE⊥GF，AF∩FG＝F，所以DE⊥平面AFG.又DE∥BC，所以BC⊥平面AFG.

(Ⅱ)解：因为平面AED⊥平面BCDE，平面AED∩平面BCDE＝DE，AF⊥DE，所以，AF⊥平面BCDE

又因为DE⊥GF，所以FA，FD，FG两两垂直．以点F为坐标原点，分别以FG，FD，FA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系F－xyz.则A(0，0，2)，B(，－3，0)，E(0，－2，0)，所以＝(，－3，－2)，＝(－，1，0)．设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，则即取x＝1，则y＝，z＝－1，则n＝(1，，－1)．显然m＝(1，0，0)为平面ADE的一个法向量，所以cos〈m，n〉＝＝.

由图形可知二面角B－AE－D为钝角，所以，二面角B－AE－D的余弦值为－.

19.如图，在七面体ABCDMN中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且MD=2，NB=1，MB与ND交于P点．（1）在棱AB上找一点Q，使QP//平面AMD，并给出证明；（2）求平面BNC与平面MNC所成锐二面角的余弦值．参考答案：（Ⅰ）当时，有//平面AMD.证明：∵MD平面ABCD，NB平面ABCD，∴MD//NB，∴，又，∴，∴在中，QP//AM，又面AMD，AM面AMD，∴//面AMD.（Ⅱ）解：以DA、DC、DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D（0,0,0），B（2,2,0），C（0,2,0），M（0,0,2）N（2,2,1），∴=（0,-2,2），=（2,0,1），=（0,2,0），设平面CMN的法向量为=（x,y,z）则，∴，∴=（1,-2,-2）.又NB平面ABCD，∴NBDC，BCDC，∴DC平面BNC，∴平面BNC的法向量为==（0,2,0），设所求锐二面角为，则.略20.已知数列{an}满足：Sn=1﹣an（n∈N*），其中Sn为数列{an}的前n项和．（Ⅰ）试求{an}的通项公式；（Ⅱ）若数列{bn}满足：（n∈N*），试求{bn}的前n项和公式Tn．参考答案：【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】计算题．【分析】（Ⅰ）先把n=1代入求出a1，再利用an+1=Sn+1﹣Sn求解数列的通项公式即可．（Ⅱ）把（Ⅰ）的结论代入，发现其通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列，故直接利用数列求和的错位相减法求和即可．【解答】解：（Ⅰ）∵Sn=1﹣an①∴Sn+1=1﹣an+1

②②﹣①得an+1=﹣an+1+an?an；n=1时，a1=1﹣a1?a1=（Ⅱ）因为

bn==n?2n．所以

Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n

③故

2Tn=1×22+2×23+…+n×2n+1

④③﹣④﹣Tn=2+22+23+…+2n﹣n?2n+1=整理得

Tn=（n﹣1）2n+1+2．【点评】本题的第一问考查已知前n项和为Sn求数列{an}的通项公式，第二问考查了数列求和的错位相减法．错位相减法适用于通项为一等差数列乘一等比数列组成的新数列．21.（本题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程极坐标系的极点为直角坐标系xOy的原点，极轴为z轴的正半轴，两种坐标系的长度单位相同，己知圆C1的极坐标方程为p=4（cos+sin），P是C1上一动点，点Q在射线OP上且满足OQ=OP，点Q的轨迹为C2。

（I）求曲线C2的极坐标方程，并化为直角坐标方程；

（II）已知直线l的参数方程为（t为参数，0≤<），l与曲线C2有且只有一个公共点，求的值．参考答案：（Ⅰ）设点P、Q的极坐标分别为(ρ0，θ)、(ρ，θ)，则ρ＝ρ0＝·4(cosθ＋sinθ)＝2(cosθ＋sinθ)，点Q轨迹C2的极坐标方程为ρ＝2(cosθ＋sinθ)， ---------3分两边同乘以ρ，得ρ2＝2(ρcosθ＋ρsinθ)，C2的直角坐标方程为x2＋y2＝2x＋2y，即(x－1)2＋(y－1)2＝2． ---------5分（Ⅱ）将l的代入曲线C2的直角坐标方程，得(tcosφ＋1)2＋(tsinφ－1)2＝2，即t2＋2(cosφ－sinφ)t＝0， ---------7分t1＝0，t2＝sinφ－cosφ，由直线l与曲线C2有且只有一个公共点，得sinφ－cosφ＝0，因为0≤φ＜?，所以φ＝． ---------10分22.（