2018北京市海淀区高三(上)期末数学(理)

数学（理科） 2018. 1

本试卷共4页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题纸交回。

第一部分（选择题，共40分）

一、选择题共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）复数

12i i

（A）2i （B）2i （C）2i

（D）2i

（2）在极坐标系Ox中，方程2sin表示的圆为

O1xO1xO1xO1x

（A）

（B）

（C）

（D）

开始a = 1 , k = 1 是（3）执行如图所示的程序框图，输出的k值为

（A） 4 （B） 5 （C） 6 （D） 7

a > 10 否a = 2a k = k +1 x2y21表示双曲线”的（4）设m是不为零的实数，则“m0”是“方程

mm（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

输出 k结束

（5）已知直线xym0与圆O：x2y21相交于A，B两点，且OAB为正三角形，则实数m的值为

363366 （B） （C）或 （D）或 222222（6）从编号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，则恰有两个小球编号相邻的概率为

（A）（A）

1 5 （B）

2 5 （C）

3 5 （D）

4 51

（7）某三棱锥的三视图如图所示，则下列说法中：

1 6② 三棱锥的四个面全是直角三角形

① 三棱锥的体积为

③ 三棱锥四个面的面积中最大的值是所有正确的说法是 （A）① （B）①② （C）②③ （D）①③

（8）已知点F为抛物线C：y213 2

222222主视图左视图俯视图

2pxp0的焦点，点K为点F关于原点的对称点，点M 在抛物线C上，

则下列说法错误的是 ．．

（A）使得MFK为等腰三角形的点M有且仅有4个 （B）使得MFK为直角三角形的点M有且仅有4个

的点M有且仅有4个 4（D）使得MKF的点M有且仅有4个

6（C）使得MKF第二部分（非选择题，共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

x2（9）点(2,0)到双曲线y21的渐近线的距离是______________ .

4（10）已知公差为1的等差数列an中，a1，a2，a4成等比数列，则an的前100项的和

为 ．

（11）设抛物线C：y4x的顶点为O，经过抛物线C的焦点且垂直于x轴的直线和抛物线C交于A，B两点，

2则OAOB ．

（12）已知5x1展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为：1，

则n ．

（13）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为42，M是棱BC的中点，点P在底面ABCD

内，点Q在线段A1C1上.若PM1，则PQ长度的最小值为 ．

n（14）对任意实数k ，定义集合Dk(x,y)xy20xy20,x,yR. kxy0① 若集合Dk表示的平面区域是一个三角形，则实数k的取值范围是 ；

2

② 当k0时，若对任意的(x,y)D0，有yax31恒成立，且存在(x,y)D0，使得xya成立，则实数a的取值范围为 ．

三、解答题共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）（本小题13分）

如图，在ABC中，点D在AC边上，且AD3DC，AB7，ADB，C=.

63（Ⅰ）求DC的值； B（Ⅱ）求tanABC的值.

ACD

（16）（本小题13分）

据中国日报网报道：2017年11月13日，TOP500发布的最新一期全球超级计算机500强榜单显示，中国超算在前五名中占据两席.其中超算全球第一“神威·太湖之光”完全使用了国产处理器.为了了解国产品牌处理器打开文件的速度，某调查公司对两种国产品牌处理器进行了12次测试，结果如下：（数值越小，速度越快，单位是．．．．．．．．MIPS） 品牌A 品牌B 测试1 3 2 测试2 6 8 测试3 9 5 测试4 10 4 测试5 4 2 测试6 1 5 测试7 12 8 测试8 17 15 测试9 4 5 测试10 6 12 测试11 6 10 测试12 14 21 （Ⅰ）从品牌A的12次测试结果中，随机抽取一次，求测试结果小于7的概率；

（Ⅱ）在12次测试中，随机抽取三次，记X为品牌A的测试结果大于品牌B的测试结果

的次数，求X的分布列和数学期望E(X) ；

（Ⅲ）经过了解，前6次测试是打开含有文字与表格的文件，后6次测试是打开含有文字

与图片的文件.请你依据表中数据，运用所学的统计知识，对这两种国产品牌处理器 打开文件的速度进行评价.

3

（17）（本小题14分）

如图1，梯形ABCD中，AD//BC，CDBC，BCCD1，AD2，E为AD中点.将ABE沿BE翻折到A1BE的位置， 使A1EA1D如图2. （Ⅰ）求证：平面A1ED平面BCDE； （Ⅱ）求A1B与平面ACD所成角的正弦值； 1（Ⅲ）设M、N分别为A1E和BC的中点，试比较三棱锥MA1CD和三棱锥NA1CD（图中未画出）的体积大小，并说明理由.

A1MEBCD

AEDBNC 图1 图2

（18）（本小题13分）

已知椭圆C：x2y9，点P(2,0). （Ⅰ）求椭圆C的短轴长与离心率；

（Ⅱ）过（1，0）的直线l与椭圆C相交于M、N两点，设MN的中点为T，

判断|TP|与|TM|的大小，并证明你的结论.

4

22

（19）（本小题14分）

已知函数f(x)2eax2x2

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）当a0时，求证：函数f(x)有且只有一个零点；

（Ⅲ）当a0时，写出函数f(x)的零点的个数.（只需写出结论）

（20）（本小题13分）无穷数列an满足：a1为正整数，且对任意正整数n，an1为前n项a1,a2,的项的个数.

（Ⅰ）若a12，请写出数列an的前7项；

（Ⅱ）求证：对于任意正整数M，必存在kN，使得akM；

（Ⅲ）求证：“a11”是“存在mN，当nm时，恒有an2an成立”的充要条件.

5

x2,an中等于an

数学试题答案

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 题号 选项 1 A 2 D 3 B 4 A 5 D 6 C 7 D 8 C 二、填空题:本大题共6小题，每小题5分，共30分.(有两空的小题第一空3分)

（9）25 5 （10）5050

（11）2

（12）6 （13）33

（14）① (1,1)

1② [2,]

5三、解答题: 本大题共6小题，共80分. 15. （本小题13分）

解：（Ⅰ）如图所示，DBCADBC366，…………………….1分

B故DBCC，DBDC ……………………….2分

ADC 设DCx，则DBx，DA3x. 在ADB中，由余弦定理

AB2DA2DB22DADBcosADB ……………………….3分

1 即7(3x)2x223xx7x2， ……………………….4分

2解得x1，即DC1. ……………………….5分

（Ⅱ）方法一. 在ADB中，由ADAB，得ABDADB60，故

即

ABCABDDBC362 ……………………….7分

在ABC中，由正弦定理

ACAB sinABCsinACB247，故sinABC， ……………………….10分 1sinABC72由ABC(2,)，得cosABC3， ……………………….11分 7tanABC223 ………………………13分

33

方法二. 在ADB中，由余弦定理

6

AB2BD2AD27191cosABD ……………………….8分

2ABBD27127

由ABD(0,)，故sinABD33 27

故tanABD33 ……………………….11分 36323 故tanABCtan(ABD)61tanABDtan3313363tanABDtan33

………………………13分

方法三：BC2BD2CD22BDCDcosBDC3，BC3 BA2BC2AC23…………………………8分 cosABC2BABC7因为ABC(0,)，所以sinABC2……………………11分 7所以tanABC16. （本小题13分）

223…………………………………13分

33（Ⅰ）从品牌A的12次测试中，测试结果打开速度小于7的文件有：

测试1、2、5、6、9、10、11，共7次

设该测试结果打开速度小于7为事件A，因此P(A)7 ……………………….3分 12（Ⅱ）12次测试中，品牌A的测试结果大于品牌B的测试结果的次数有：

测试1、3、4、5、7、8，共6次

随机变量X所有可能的取值为：0，1，2，3

30C6C1P(X0)36

C121121C6C9 P(X1)36C122212C6C9P(X2)36

C122203C6C1P(X3)36 ……………………….7分

C1211

7

随机变量X的分布列为

X 0 1 2 3 P 1 119 229 221 11 ……………………….8分 E(X)199130123 ……………………….10分 112222112

（Ⅲ）本题为开放问题，答案不唯一，在此给出评价标准，并给出可能出现的答案情况，阅卷时按照标准酌情

给分.

给出明确结论，1分；

结合已有数据，能够运用以下8个标准中的任何一个陈述得出该结论的理由，2分.

…………………13分.

标准1: 会用前6次测试品牌A、品牌B的测试结果的平均值与后6次测试品牌A、品牌B的测试结果

的平均值进行阐述（这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的测试结果的平均值均小于打开含有文字和图片的文件的测试结果平均值；这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的平均速度均快于打开含有文字和图片的文件的平均速度）

标准2: 会用前6次测试品牌A、品牌B的测试结果的方差与后6次测试品牌A、品牌B的测试结果的

方差进行阐述（这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件的测试结果的方差均小于打开含有文字和图片的文件的测试结果的方差；这两种品牌的处理器打开含有文字与表格的文件速度的波动均小于打开含有文字和图片的文件速度的波动）

标准3：会用品牌A前6次测试结果的平均值、后6次测试结果的平均值与品牌B前6次测试结果的平

均值、后6次测试结果的平均值进行阐述（品牌A前6次测试结果的平均值大于品牌B前6次测试结果的平均值，品牌A后6次测试结果的平均值小于品牌B后6次测试结果的平均值，品牌A打开含有文字和表格的文件的速度慢于品牌B，品牌A打开含有文字和图形的文件的速度快于品牌B）

标准4：会用品牌A前6次测试结果的方差、后6次测试结果的方差与品牌B前6次测试结果的方差、

后6次测试结果的方差进行阐述（品牌A前6次测试结果的方差大于品牌B前6次测试结果的方差，品牌A后6次测试结果的方差小于品牌B后6次测试结果的方差，品牌A打开含有文字和表格的文件的速度波动大于品牌B，品牌A打开含有文字和图形的文件的速度波动小于品牌B）

标准5：会用品牌A这12次测试结果的平均值与品牌B这12次测试结果的平均值进行阐述（品牌A这

12次测试结果的平均值小于品牌B这12次测试结果的平均值，品牌A打开文件的平均速度快于B）

标准6：会用品牌A这12次测试结果的方差与品牌B这12次测试结果的方差进行阐述（品牌A这12次

测试结果的方差小于品牌B这12次测试结果的方差，品牌A打开文件速度的波动小于B）

标准7：会用前6次测试中，品牌A测试结果大于（小于）品牌B测试结果的次数、后6次测试中，品

牌A测试结果大于（小于）品牌B测试结果的次数进行阐述（前6次测试结果中，品牌A小于品牌B的有2次，占1/3. 后6次测试中，品牌A小于品牌B的有4次，占2/3. 故品牌A打开含有文字和表格的文件的速度慢于B，品牌A打开含有文字和图片的文件的速度快于B）

标准8：会用这12次测试中，品牌A测试结果大于（小于）品牌B测试结果的次数进行阐述（这12次

测试结果中，品牌A小于品牌B的有6次，占1/2. 故品牌A和品牌B打开文件的速度相当）

参考数据

8

期望 前6次 后6次 12次 品牌A 5.50 9.83 7.67 品牌B 4.33 11.83 8.08 品牌A与品牌B 4.92 10.83

方差 前6次 后6次 12次 品牌A 12.30 27.37 23.15 品牌B 5.07 31.77 32.08 品牌A与品牌B 8.27 27.97

17. （本小题14分）

（Ⅰ）证明：由图1，梯形ABCD中，AD//BC，CDBC，BC1，AD2，

E为AD中点，BEAD

故图2，BEA1E，BEDE

……………..1分 因为A1EDEE，A1E，DE平面A1DE

……………..2分

所以BE平面A1DE ……………..3分 因为BE平面BCDE，所以平面A1DE平面BCDE ……………..4分

（Ⅱ） 解一：取DE中点O，连接OA1，ON.

z 因为在A1DE中，A1EA1DDE1，O为DE中

A1 所以AO1DE M

因为平面ADy1DE平面BCDE

E 平面A1DE平面BCDEDE

BNCxAO1平面A1DE 所以A1O平面BCDE

因为在正方形BCDE中，O、N分别为DE、BC的中点，

所以ONDE 建系如图. 则A32)，B(1,12,0)，C(1,1111(0,0,2,0)，D(0,2,0)，E(0,2,0).……………..5分9

点

A1B(1,13,) 22

A1D(0,13,)，DC(1,0,0)， 22设平面A1CD的法向量为n(x,y,z)，则

13nA1D0z0y ，即2，令z1得，y3， 2x0nDC0所以n(0,3,1)是平面A1CD的一个方向量. ……………..7分

cosA1B,nA1Bn|A1B||n|36 ……………..9分

4226. ……………..10分 4

所以A1B与平面ACD所成角的正弦值为1（Ⅱ） 解二：在平面A1DE内作EFED， 由BE平面A1DE，建系如图. 则A1(0,,zA1M13)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，22EBNDCyE(0,0,0). ……………..5分

x

A1B(1,13,) 22

A1D(0,13,)，DC(1,0,0)， 22设平面A1CD的法向量为n(x,y,z)，则

13nAD0z0y1 ，即2，令z1得，y3， 2x0nDC0所以n(0,3,1)是平面A1CD的一个方向量. ……………..7分

cosA1B,nA1Bn|A1B||n|36 ……………..9分

42210

所以A1B与平面ACD所成角的正弦值为16. ……………..10分 4（Ⅲ）解：三棱锥MACD和三棱锥NA1CD的体积相等. 1理由如下: 方法一：由M(0,,13131)，N(1,,0)，知MN(1,,)，则 44442

……………..11分

MNn0

因为MN平面A1CD，

……………..12分

所以MN//平面A1CD. ……………..13分

故点M、N到平面A1CD的距离相等，有三棱锥MACD和NA1CD同底等高，所以体积相1等. ……………..14分

方法二：如图，取DE中点P，连接MP，NP，MN.

因为在A1DE中，M，P分别是A1E，DE的中点，所以MP//A1D 因为在正方形BCDE中，N，P分别是BC，DE的中点，所以NP//CD 因为MPNPP，MP，NP平面MNP，A1D，CD平面A1CD

……………..11分 ……………..12分 ……………..13分

所以平面MNP//平面A1CD

因为MN平面MNP，

所以MN//平面A1CD

故点M、N到平面A1CD的距离相等，有三棱锥MACD和NA1CD同底等高，所以体积相1等. ……………..14分

A1MEBNPCDBENMA1QDC

法二 法三 方法三：如图，取A1D中点Q，连接MN，MQ，CQ.

11

因为在A1DE中，M，Q分别是A1E，A1D的中点，所以MQ//ED且MQ 因为在正方形BCDE中，N是BC的中点，所以NC//ED且NC1ED 21ED 2 所以MQ//NC且MQNC，故四边形MNCQ是平行四边形，故MN//CQ……………..11分 因为CQ平面A1CD，MN平面A1CD， ……………..12分 所以MN//平面A1CD. ……………..13分

故点M、N到平面A1CD的距离相等，有三棱锥MACD和NA1CD同底等高，所以体积相1等. ……………..14分 18. （本小题13分）

99x2y222解：（Ⅰ）C：1，故a29，b，c，

92292有a3，bc32. ……………..2分 2

……………..3分

椭圆C的短轴长为2b32， 离心率为ec2. a2 ……………..5分

（Ⅱ）方法1：结论是：|TP||TM|.

当直线l斜率不存在时，l:x1，|TP|0|TM|2

……………..7分

当直线l斜率存在时，设直线l：yk(x1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)

x22y292222 ，整理得：(2k1)x4kx2k90 ……………..8分 yk(x1) (4k)4(2k1)(2k9)k360

22222

4k22k29 故x1x2，x1x2 ……………..9分

2k212k21PMPN

(x12)(x22)y1y2

12

(x12)(x22)k2(x11)(x21) (k21)x1x2(k22)(x1x2)k24

(k21)2k294k222k21(k2)2k21k24

6k252k21 0

……………..13分

故MPN90，即点P在以MN为直径的圆内，故|TP||TM|

（Ⅱ）方法2：结论是：|TP||TM|.

当直线l斜率不存在时，l:x1，|TP|0|TM|2

……………..7分

当直线l斜率存在时，设直线l：yk(x1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，T(xT,yT) 2

x22y9yk(x1)，整理得：(2k21)x24k2x2k290 ……………..8分 

(4k2)24(2k21)(2k29)k2360

22

故x4k2k2k21，x91x21x22k21 ……………..9

12k2xkT2(x1x2)2k21，yTk(xT1)2k21

……………..10分

|TP|2(x222k2T2)yT(2k212)2(k2(2k22)2k24k49k242k21)(2k21)2(2k21)2 ……………..11分

|TM|2(1|MN|)21(k21)(x2121x2)(k21)(x1x)4x1x2

244214k2

222k29(k21)(16k29)16k44(k1)[(25k292k21)42k21](2k21)2(2k21)2 ……………..12分

此时，|TM|2|TP|216k425k29(2k21)24k49k24(2k21)212k416k25(2k21)20 ……………..13分

故|TM||TP|

13

分19. （本小题14分）

（Ⅰ）因为函数f(x)2eax2x2

所以f'(x)2e2ax2 ……………..2分 故f(0)0，f'(0)0 ……………..4分

曲线yf(x)在x0处的切线方程为y0 ……………..5分

xxxx2（Ⅱ）当a0时，令g(x)f'(x)2e2ax2，则g'(x)2e2a0 ……………..6分

故g(x)是R上的增函数. ……………..7分 由g(0)0，

……………..8分

故当x0时，g(x)0，当x0时，g(x)0. 即当x0时，f'(x)0，当x0时，f'(x)0.

故f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增. ……………..10分 函数f(x)的最小值为f(0) 由f(0)0，

…………….11分

故f(x)有且仅有一个零点. （Ⅲ）当0a1时，f(x)有两个零点.

当a1时，f(x)有一个零点； 当a1时，f(x)有两个零点. 20. （本小题13分）

（Ⅰ）若a12，则数列{an}的前7项为2，1，1，2，2，3，1 ……………………3分 （Ⅱ）证法一

*假设存在正整数M，使得对任意的kN，akM.

……………..12分 ……………..13分

……………..14分

由题意，ak{1,2,3,...,M}，故数列{an}多有M个不同的取值………………5分 考虑数列{an}的前M21项：

a1，a2，a3，…，aM21

其中至少有M1项的取值相同，不妨设

14

ai1ai2aiM1

此时有：aiM11M1M，矛盾.

故对于任意的正整数M，必存在kN*，使得akM. …………………8分

（Ⅱ）证法二

假设存在正整数M，使得对任意的kN*，akM.

由题意，ak{1,2,3,...,M}，故数列{an}多有M个不同的取值………………5分

对任意的正整数m，数列{an}中至多有M项的值为m，事实上若数列{an}中至少有M1项的值为m，其M1项为

ai1,ai2,ai3,,aiM1,aiM,aiM1

此时有：aiM11M1M，矛盾.

故数列{an}至多有M项，这与数列{an}有无穷多项矛盾。

故对于任意的正整数M，必存在kN*，使得akM.…………………8分

（Ⅲ）充分性：

若a11，则数列{an}的项依次为

21，1，2，1， 3，1，4，1，…，k2，1，k1，1，k，1，…

特别地，数列{an}的通项公式为

n1,n2k1k,n2k1，即an2 an1,n2k1,n2k故对任意的nN*

（1）若n为偶数，则an2an1 （2）若n为奇数，则an2n3n1an 22综上，an2an恒成立，特别地，取m1有当nm时，恒有an2an成立

……………………………………………………………………………………（10分） 必要性： 方法一

假设存在a1k（k1），使得“存在mN，当nm时，恒有an2an成立”

15

则数列{an}的前k21项为

k，

1,1,2,1,3,1,4,...,1,k2,1,k1,1,k2k1项，

2,2,3,2,4,2,5,...,2,k2,2,k1,2,k2k3项，

3,3,4,3,5,3,6,...,3,k2,3,k1,3,k，，k2,k2,k1,k2,k，k1,k1,k，k

2k5项5项3项

后面的项顺次为

k1,1,k1,2,k1,3,...,k1,k2,k1,k1,k1,k，

2k项k2,1,k2,2,k2,3,...,k2,k2,k2,k1,k2,k，

2k项k3,1,k3,2,k3,3,...,k3,k2,k3,k1,k3,k，

2k项…

kt,1,kt,2,kt,3,...,kt,k2,kt,k1,kt,k，

2k项…

故对任意的s1,2,3,...,k2,k1,k，tN*

ak212(t1)k2s1kt ask212(t1)k2s对任意的m，取t1，其中[x]表示不超过x的最大整数，则2ktm ，令nk212kt，则nm，

2k此时ank，an21

有anan2，这与anan2矛盾，故若存在mN，当nm时，恒有an2an成立，必有

ma11 …………………………13分

方法二 若存在mN，当nm时，an2an恒成立，记maxa1,a2,,ams.

由第（2）问的结论可知：存在kN，使得aks（由s的定义知km1） 不妨设ak是数列an中第一个大于等于s1的项，即a1,a2,．．．

,ak1均小于等于s.

则ak11.因为k1m，所以ak1ak1，即1ak1且ak1为正整数，所以ak11.

记akts1，由数列an的定义可知，在a1,a2,假设a11，则可设ai1ai2,ak1中恰有t项等于1.

itk1，

ait1，其中1i1i2,ait1，

考虑这t个1的前一项，即ai11,ai21,因为它们均为不超过s的正整数，且ts1，所以ai11,ai21,16

,ait1中一定存在两项相等，

将其记为a，则数列an中相邻两项恰好为（a，1）的情况至少出现2次，但根据数列an的定义可知：第二个

a的后一项应该至少为2，不能为1，所以矛盾！

故假设a11不成立，所以a11，即必要性得证！

……………………………………………………………………………………13分

综上，“a11”是“存在mN，当nm时，恒有an2an成立”的充要条件.

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