北京海淀区清华园兴起中学高三数学文上学期期末试卷含解析

北京海淀区清华园兴起中学高三数学文上学期期末试卷含解析一、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.已知全集,集合则A．

B．

C．

D．参考答案：C2.已知集合A={x|﹣1≤x≤1}，B={x|x2﹣2x≤0}，则A∪B=（）A．{x|﹣1≤x≤2} B．{x|﹣1≤x≤0} C．{x|1≤x≤2} D．{x|0≤x≤1}参考答案：A【考点】并集及其运算．【分析】求解一元二次不等式化简集合B，然后直接利用并集运算得答案．【解答】解：由x2﹣2x≤0，解得0≤x≤2．∴B={x|0≤x≤2}，又集合A={x﹣|1＜x≤1}，∴A∪B={x|﹣1≤x≤2}，故选：A．3.曲线与曲线(12<k<16)的()A．长轴长与实轴长相等B．短轴长与虚轴长相等C．焦距相等D．离心率相等参考答案：C4.在等差数列中，，那么该数列的前14项和为A．20

B．21

C．42

D．84参考答案：B略5.给出以下一个算法的程序框图（如图所示）：

该程序框图的功能是（

）A．求出a,b,c三数中的最大数

B．求出a,b,c三数中的最小数C．将a,b,c按从小到大排列

D．将a,b,c按从大到小排列参考答案：B6.已知满足不等式组,则目标函数的最大值为A.4

B.6

C.8

D.10参考答案：B7.如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为（

）

(A)4(B)8(C)16(D)20参考答案：C略8.执行如图所示的程序框图，输出的T＝（A）29

（B）44 （C）52

（D）62参考答案：A9.已知定义在R上的奇函数满足，当时，，则（

）A.2019 B.0 C.1 D.-1参考答案：B【分析】根据可推导出的周期为；利用函数为奇函数且周期为可求出；根据周期性可求解出结果.【详解】由得：的周期为又为奇函数，，，即：本题正确选项：【点睛】本题考查函数奇偶性和周期性的综合应用问题，关键是能够得到函数的周期，利用周期性和奇偶性求解出一个周期内的函数值的和.

10.若函数的定义域为，其导函数为．若恒成立，，则解集为、

、

、

、参考答案：由已知有，令，则，函数在单调递减，，由有，则，故选.另：由题目和答案可假设，显然满足和，带入不等式解可得答案.二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.椭圆绕轴旋转一周所得的旋转体的体积为

☆

．参考答案：12.(选修几何证明选讲）如图,正方形的边长为,延长至,使,连接、,则

.参考答案：略13.若不等式组表示的区域为一个锐角三角形及其内部，则实数k的范围是

．参考答案：（0，1）考点：简单线性规划．专题：计算题；作图题；不等式的解法及应用．分析：由题意作出其平面区域，求出k的临界值，从而结合图象写出实数k的取值范围．解答： 解：由题意作出其平面区域，当直线y=kx+3与AB重合时，k=0，是直角三角形，当直线y=kx+3与AD重合时，k=1，是直角三角形；故若区域为一个锐角三角形及其内部，则0＜k＜1；故答案为：（0，1）．点评：本题考查了简单线性规划，作图要细致认真，利用临界值求取值范围，属于中档题．14.将全体正整数排成一个三角形数阵：按照以上排列的规律，第n行（n≥3）从左向右的第3个数为

．参考答案：15.在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D，则四面体ABCD的外接球的体积为

。参考答案：16.已知向量的夹角为锐角，则实数的取值范围是参考答案：17.（5分）如图，四边形ABCD是正方形，以AD为直径作半圆DEA（其中E是的中点），若动点P从点A出发，按如下路线运动：A→B→C→D→E→A→D，其中（λ、μ∈R），则下列判断中：①不存在点P使λ+μ=1；②满足λ+μ=2的点P有两个；③λ+μ的最大值为3；④若满足λ+μ=k的点P不少于两个，则k∈（0，3）．正确判断的序号是．（请写出所有正确判断的序号）参考答案：②③【考点】：向量的线性运算性质及几何意义．【专题】：综合题；压轴题；平面向量及应用；直线与圆．【分析】：建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标表示得出；讨论点P在AB、BC、CD以及弧DEA和AD上运动时，λ、μ的取值范围，对给出的命题进行分析、判断，从而得出正确的结论．解：建立平面直角坐标系，如图所示；设点A（0，0），B（1，0），∴点C（1，1），D（0，1），E（﹣，），延长AE至F，使AF=2AE，∴点F（﹣1，1），∴=（1，0），2==（﹣1，1）；∴=λ（1，0）+μ（﹣1，1）=（λ﹣μ，μ）；当点P在AB上运动时，=λ，λ从0增大到1，μ=0，∴λ+μ∈[0，1]；当点P在BC上运动时，λ从1增大到2，μ从0增大到1，∴λ+μ∈[1，3]；当点P在CD上运动时，λ从2减小到1，μ=1，∴λ+μ∈[1，3]；当点P在弧DEA上运动时，﹣≤λ≤，0≤μ≤，∴λ+μ∈[﹣，1]；当点P在AD上运动时，0≤λ≤1，0≤μ≤1，0≤λ+μ≤2；综上，对于①，不妨令λ=1，μ=0，则λ+μ=1，=（1，0），P与点B重合，∴①错误；对于②，当λ=μ=1时，λ+μ=2，=（0，1），点P与点D重合，当λ=，μ=时，λ+μ=2，=（1，），点P是BC的中点，∴满足条件的点P有两个，②正确；对于③，当点P与点C重合时，==（1，1），∴，得λ=2，μ=1，此时λ+μ取得最大值为3，③正确；对于④，当满足λ+μ=k的点P不少于两个时，则k∈（﹣，3），∴④错误；综上，正确的命题是②③．故答案为：②③．【点评】：本题考查了平面向量运算问题，也考查了线性规划的应用以及直线与圆位置关系的应用问题，是综合性题目．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.（本小题满分12分）如图，已知四棱锥的底面为菱形，且∠=600，,．（I）求证：平面⊥平面；（II）求二面角的余弦值．参考答案：解法1：（1）证明：取AB的中点O，连接EO,CO∵，AB=2

∴△ABC为等腰三角形∴,EO=1

又∵AB=BC，∠ABC=600∴△ABC为等边三角形

∴,又EC=2∴

即，平面ABCD，且平面EAB

∴平面EAB⊥平面ABCD，……………6 分（2）过A作AH⊥CE于H点，过H作HM//CD,又Rt△EDO解得DE=，

所以即,所以MH⊥CE,因此∠AHM为二面角的平面角，通过计算知,,，所以所以二面角的余弦值为

……………12分解法2.（1）设AC∩BD=O，如图，以O为原点，OC,OB为x,y轴建立空间直角坐标系O-xyz设E(m,n,t),则A(-1,0,0)，C(1,0,0)，B(0,,0),

D(0,-,0),

∴,,所以

解得：所以,因为AB的中点,所以即ME⊥平面ABCD，又平面EAB，所以平面EAB⊥平面ABCD

……6分（2）,,，分别设平面AEC,平面ECD的法向量为则令y=-2，得令，所以二面角的余弦值为

……………12分19.（本题满分12分）绥化市某校高三年级在5月份进行一次质量考试，考生成绩情况如下表所示：

文科考生6735196理科考生53已知用分层抽样方法在不低于550分的考生中随机抽取5名考生进行质量分析，其中文科考生抽取了2名．（I）求的值；（II）图6是文科不低于550分的6名学生的语文成绩的茎叶图，计算这6名考生的语文成绩的方差；（Ⅲ）已知该校不低于480分的文科理科考生人数之比为，不低于400分的文科理科考生人数之比为，求、的值．

参考答案：（I）依题意，∴ ………3分（II） …………………5分∴这6名考生的语文成绩的方差 ……………8分（Ⅲ）依题意， …………10分解得 ……………………12分20.（本小题满分13分）已知数列的前项和为，对任意的，点都在直线的图像上．（1）求的通项公式；（2）是否存在等差数列，使得对一切都成立？若存在，求出的通项公式；若不存在，说明理由．参考答案：解：（I）由题意得

…2分当时，得当时由

（1）得高考资源网w。w-w*k&s%5￥u

（2）（1）-（2）得即

…4分因为所以，所以是以2为首项，2为公比的等比数列所以

…6分(II)假设存在等差数列，使得对一切都成立则

当时，得

…8分当时由

（3）得

（4）（3）-（4）得即

………………10分当时也满足条件，所以

…11分因为为等差数列，故存在()满足条件………………13分略21.几何证明选讲如图，在△ABC中，CD是∠ACB的平分线，△ACD的外接圆交于BC于点E，AB＝2AC．（Ⅰ）求证：BE＝2AD； （Ⅱ）当AC＝1,EC＝2时，求AD的长．参考答案：（1）证明：连接交于点

又是菱形

而4分

⊥面----------------------------------5分略22.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；（2）若二面角M﹣BQ﹣C为30°，设PM=tMC，试确定t的值．参考答案：【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；与二面角有关的立体几何综合题．【分析】（Ⅰ）法一：由AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，知四边形BCDQ为平行四边形，故CD∥BQ．由∠ADC=90°，知QB⊥AD．由平面PAD⊥平面ABCD，知BQ⊥平面PAD．由此能够证明平面PQB⊥平面PAD．法二：由AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，知四边形BCDQ为平行四边形，故CD∥BQ．由∠ADC=90°，知∠AQB=90°．由PA=PD，知PQ⊥AD，故AD⊥平面PBQ．由此证明平面PQB⊥平面PAD．（Ⅱ）由PA=PD，Q为AD的中点，知PQ⊥AD．由平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，知PQ⊥平面ABCD．以Q为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出t=3．【解答】解：（Ⅰ）证法一：∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ?平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）证法二：AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°．∵PA=PD，∴PQ⊥AD．∵PQ∩BQ=Q，∴AD⊥平面PBQ．∵AD?平面PAD，∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）（Ⅱ）∵PA=PD，Q为