首都医科大学研究生院-六一儿童节活动

海淀区高三年级第二学期期中练习
数 学（理科）
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．
（海淀·理科·题1）
1i< br>1．在复平面内，复数
z
（
i
是虚数单位）对应的点位于（ ）
i
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解析】 C；
1i
z

1i
 
i

1i
，该复数对应的点位于第三象限．
i

（海淀·理科·题2）
2．在同一坐标系中画出函数
ylog
a
x
，
ya
x
，
yxa
的图象，可能正确的是（ ）
y
1
yyy
O
1
x
1
O
1< br>x
1
O
1
x
1
O
1
x
A< br>【解析】 D；
B
C
D

yxa
在B、C、D三个选项中对应的
a1
，只有选项D的图象正确．

（海淀·理科·题3）

3．在四边形
ABCD
中，
ABDC
，且
ACBD0
，则四边形< br>ABCD
（ ）
A．矩形 B．菱形 C．直角梯形 D．等腰梯形
【解析】 B；
 
∵
ABDC
即一组对边平行且相等，
ACBD0
即对 角线互相垂直；
∴该四边形
ABCD
为菱形．

（海淀·理科·题4）
4．在平面直角坐标系
xOy
中，点
P的直角坐标为
1,3
．若以原点
O
为极点，
x
轴正半
轴为极轴建立极坐标系，则点
P
的极坐标可以是（ ）
π

4π

π

4π

A．

1,

B．

2,

C．

2,

D．

2,


3333

【解析】 C；
y
1
O
-3
P
x



1

易知

1
2
3

（海淀·理科·题5） < br>
2
2
，

2kπ
π

k Z

．
3
5．一个体积为
123
的正三棱柱的三视图如 图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为（ ）
A．
63
B．
8
C．
83
D．
12


【解析】 A；
设该三棱柱底面边长为
a
，高为
h
，则左 视图
面积为
23h
．由三视图可得：


3
< br>a
2
h

4
123
，解得

a 4

3

．

h3

2
a 23
于是
23h63
为所求．

第 5 题

（海淀·理科·题6）
6．已知等差数列
1,a,b
，等比数列
3 ,a2,b5
，则该等差数列的公差为（ ）
A．
3
或
3
B．
3
或
1
C．
3
D．
3

【解析】 C；

2a1b




a2

2
3

b5

，解得

a4

ab0


b 7
．


b50
因此该等差数列的公差为
3
．

（海淀·理科·题7）
7．已知某程序框图如图所示，则执行该程序后输出的结果是（ ）
开始
a = 2 , j = 1
是
i ≥ 2010
否
a = 1
-

1
输出 a
a
结束
i = i+1
A．
1

第

7
B
题

．
1
C．
2
D．
1
2

【解析】 A；

2

a = 2 , j = 1
1
a = , j = 2
2
a = -1 , j = 3

∵
i20100

mod3

，∴对应的
a1
．

（海淀·理科·题8）
8．已知数列
A:a
1
,a
2,a,
n

≤0a
1
a
2
a
n
n,≥

具
3
有性质
P
：对任意
i, j

1≤i≤j≤n

，
a
j
a
i与
a
j
a
i
两数中至少有一个是该数列中的一项．现给出以下 四
个命题：
① 数列
0,1,3
具有性质
P
；
② 数列
0,2,4,6
具有性质
P
；
③ 若数列
A
具有性质
P
，则
a
1
0
；
④ 若数列
a
1
,a
2
,a
3

0≤a
1
a
2
a
3

具有性质
P，则
a
1
a
3
2a
2
．
其中真命题有（ ）
A．
4
个 B．
3
个 C．
2
个 D．
1
个
【解析】 B；
① ∵
134
，
132
都不在 数列中，∴数列
0,1,3
不具有性质
P
；
② 容易验证数列
0,2,4,6
具有性质
P
；
③ 取
ij n
，则
a
j
a
i
0
在数列中，而数列中最小 的数
a
1
≥0
，因此
a
1
0
；
④ 由对②的分析可知，
a
1
0
．由于
a
2a
1
0
，
a
3
a
2
a
3
不在数列中，因此
a
3
a
2
必然在数列中．又
a
3
a
2
，故
a
3
a
2
 0a
1
，于是
a
3
a
2
a
2
，等式
a
1
a
3
2a
2
成立．

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．
（海淀·理科·题9）
9．某校为了解高三同学寒假期间学习情况，抽查了
100< br>名同学，统计他们每天平均学习时
间，绘成频率分布直方图（如图）．则这
100
名同学中学习时间在
6
到
8
小时内的人数
为 ．

【解析】 30；

1
由
0.04 0.12x0.140.05
，解得
x0.15
．于是在这
10 0
名同学中学习时间
2
在
6
到
8
小时内的人数为< br>0.15100230
．

3

（海淀·理科·题10）
10．如图，
AB
为
O的直径，且
AB8
，
P
为
OA
的中点，过
P
作
O
的弦
CD
，且
CP:PD3:4
，则弦< br>CD
的长度为 ．

【解析】 7；
由
AB8
得
AP2,PB6
．由已知和相交弦定理得

CPPDAPPB

CP3
，解得

．

CP:PD3:4PD4

于是
CDCPPD34 7
．

（海淀·理科·题11）
11．给定下列四个命题：
π
1
① “
x
”是“
sinx
”的充分不必要条件；
2
6
② 若“
pq
”为真，则“
pq
”为真；
③ 若
ab
，则
am
2
bm
2
；
④ 若集合
ABA
，则
AB
．
其中为真命题的是 （填上所有正确命题的序号）．
【解析】 ①，④；

（海淀·理科·题12）
a

12．在二项式

x
2


的展开式中，
x
的系数是
10
，则实数
a
的值为 ．
x

【解析】 1；
5
由二项式定理，
T
r
C

x
r
5
2
5r

r< br>
a

r
aC
5
x
103r．



x

r
3
a1
． 当
103r1
时，
r3
，于是
x
的系数为

a

C
3
5
10a
，从而
3

（海淀·理科·题13）
13．已知有公共焦点的椭圆与双曲线中心为原点，焦点在x
轴上，左右焦点分别为
F
1
,F
2
，
且它们 在第一象限的交点为
P
，
PF
1
F
2
是以
PF
1
为底边的等腰三角形．若
PF
1
10
，双曲线的离心率的取值范围为

1,2

．则该椭圆的离心率的取值范围是 ．

12

【解析】

,

；

35


如图，设椭圆的半长轴长，半焦距分别为
a1
,c
，双曲线的半实轴长，半焦距分别为
y
P
a
2< br>,c
，
PF
1
m,PF
2
n
，则 
mn2a
1


a5c

mn 2a
2


1
，问题转化为已知

a5cm10

2



n2c
F
1< br>O
F
2
x
1
c
c
的取值范围．
2
，求
5c
5c
4

c
5x
cx11
，．
x
，则
c
 
5c
1x
5c2x124x2
1111111112
∵
1x2
，∴

，即

．
2624x2210324x25
设

（海淀·理科·题14）
14．在平面直角坐标系中，点集
A


x,y

|x
2
y
2
≤1

，
B{(x,y)|x≤4,y≥0,3x4y≥0}
，则
（1）点集
P 

(x,y)xx
1
3,yy
1
1,

x
1
,y
1

A

所表示的区域的面积 为_____；
（2）点集
Q

(x,y)xx
1
 x
2
,yy
1
y
2
,(x
1
,y1
)A,(x
2
,y
2
)B

所表示的区 域的面
积为 ．
【解析】 ；
π
；
18π
．
yy
B
3
P
C
1
A
QD
xE
13
xO
F
4
O

（1） 如左图所示，点 集
P
是以

3,1

为圆心
1
为半径的圆 ，其表示区域的面积为
π
；
（2） 如右图所示，点集
Q
是由三段圆弧以及连结它们的三条切线段围成的区域，
其面积为
1
S
△OPQ
S
OABP
S
PCDQ
S
OFEQ

π

4

3


3

4

5


1

π

18

π
．
2


三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
（海淀·理科·题15）
15．（本小题满分13分）
已知函数
f(x) sin


x



0,|
< br>|π

的图象如图所示．
（Ⅰ）求

,

的值；
π

（Ⅱ）设
g(x)f(x)f

x

，求函数
g(x)
的单调递增区间．
4



ππ

【解析】 （Ⅰ）由图可知
T4



π
，

24

2π

2
，
T

π

又由
f

1
得
sin

π


1
，又
f(0)1
，得
s in

1


2

π
∵
|< br>
|

，∴


，
2
π< br>
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：
f(x)sin

2x

cos2x

2


y
1
O
π< br>4
π
2
x
-1
5

π


1

因为
g(x)

co s2x



cos

2x

cos2xsin2x
sin4x

2


2

ππ
k
ππ
k
ππ
所以，
2kπ ≤4x≤2kπ
，即
≤x≤ (kZ)
．
222828

k
ππ
k
ππ



(kZ)． 故函数
g(x)
的单调增区间为

,
2828
 

（海淀·理科·题16）
16．（本小题满分13分）
某商场为吸引 顾客消费推出一项优惠活动．活动规则如下：消费额每满
100
元可转动如图所
示的转 盘一次，并获得相应金额的返券，假定指针等可能地停在任一位置． 若指针停在
A
区
域返券
60
元；停在
B
区域返券
30
元；停在
C< br>区域不返券． 例如：消费
218
元，可转动转盘
2
次，所获得的返券金额是两次金额之和．
（Ⅰ）若某位顾客消费
128
元，求返券金额不低于
30
元的概率；
（Ⅱ）若某位顾客恰好消费
280
元，并按规则参与了活动，他获得返券的金额记为< br>X
（元）．求
随机变量
X
的分布列和数学期望．

【解析】 设指针落在
A
、
B
、
C
区域分别记为事 件
A
、
B
、
C
．
1
1
1
则
P(A)
，
P(B)
，
P(C)
．
3
62
（Ⅰ）若返券金额不低于
30
元，则指针落在
A
或< br>B
区域．
111
∵
PP(A)P(B)
632
1
即消费
128
元的顾客，返券金额不低于
30
元的概率是．
2
（Ⅱ）由题意得，该顾客可转动转盘
2
次．
随机 变量
X
的可能值为
0
，
30
，
60
，90
，
120
．
111
P(X0)
；
224
111
P(X30)2
；
233
11115
P(X60)2
；
263318
111
P(X90)2
；
369
111
；
P(X120)
6636
所以，随机变量
X
的分布列为：
0 30 60 90 120
P

1
1
5
11

X

418
3936

11511
其数学期望
EX030 609012040
．
4318936

（海淀·理科·题17）
17．（本小题满分14分）
AC2
，ABBC
，如图，三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，侧面
AA
1
C
1
C

底面
ABC
，
AA
1
AC

1
且
ABBC
，
O
为
AC
中点．

6

（Ⅰ）证明：
AO
平面
ABC
；
1
（Ⅱ）求直 线
A
1
C
与平面
A
1
AB
所成角的正弦值 ；
（Ⅲ）在
BC
1
上是否存在一点
E
，使得
OE
平面
A
1
AB
，若不存在，说明理由；若存在，确
定点E
的位置．

AC
． 【解析】 （Ⅰ）证明：因为
A1
AAC
，且
O
为
AC
的中点，所以
AO< br>11

平面
AA
1
C
1
C
， 又由 题意可知，平面
AA
1
C
1
C
平面
ABC
，交线为
AC
，且
AO
1

平面
ABC
． 所以
AO
1
（Ⅱ）如图，以
O
为原点，
OB,OC,O A
1
所在直线分别为
x,y,z
轴建立空间直
角坐标系．
AC2
，又
ABBC,ABBC
由题意可知，
A
1
AAC
1
1
∴
OB,AC1
．
2
所以得：
O

0,0,0

，
A

0, 1,0

，
A
1
0,0,3
，
C
0,1,0

，
C
1
0,2,3
，
B

1,0,0

，则有：



A
1
C0,1,3
，
AA
1
0,1,3，
AB(1,1,0)
．


设平面
AA
1
B
的一个法向量为
n

x,y,z
< br>，则有


n

AA
1
0

y3z0
，令
y1
，得
x1
，








xy 0

nAB0
3

3

3

所以
n

1,1,


．
3
 


nA
1
C
21
 
cosn,A
1
C
．
7
|n||A
1
C|
z
21
．
7< br>
因为直线
A
1
C
与平面
A
1AB
所成角

和向量
n
与
A
1
C所成锐角互余，
所以
sin



（Ⅲ）设
E

x
0
,y
0
,z
0

，
BE

BC
1


x
0
1


即

x
0
1,y
0
,z
0



1,2,3
，得

y
0
2

．


z
0
3


所以
E1

,2

,3< br>
，得
OE1

,2

,3





1
令
OE
平面
A< br>1
AB
，得
OEn=0
，即
1

2



0
，得


，
2

7

即存在这样的点
E
，
E
为
BC
1
的中点．

（海淀·理科·题18）
18．（本小题满分13分）
已知函数
f(x)xalnx
，其中
a
为常数，且
a≤1
．
（Ⅰ）当
a1
时，求
f(x)
在
[e,e
2
]
（
e2.71828
）上的值域；
（Ⅱ）若
f(x)≤e 1
对任意
x[e,e
2
]
恒成立，求实数
a
的取 值范围．
1
【解析】 （Ⅰ）当
a1
时，
f(x)xln x
，得
f

(x)1,

x
1
令f

(x)0
，即
10
，解得
x1
， 所以函数
f(x)
在

1,

上为增函数，
x
据此，函数
f(x)
在
[e,e
2
]
上为增函数 ，而
f(e)e1
，
f(e
2
)e
2
2< br>，
所以函数
f(x)
在
[e,e
2
]
上的 值域为
[e1,e
2
2]
．
aa
（Ⅱ）由
f

(x)1
，令
f

(x)0
，得
10
，即
xa
，
xx
当
x

0,a

时，
f

(x)0
，函数
f(x)< br>在

0,a

上单调递减；
当
x
< br>a,

时，
f

(x)0
，函数
f (x)
在

a,

上单调递增；
若
1≤ a≤e
，即
e≤a≤1
，易得函数
f(x)
在
[e,e
2
]
上为增函数，
此时，
f(x)
max
f( e
2
)
，要使
f(x)≤e1
对
x[e,e
2
]
恒成立，只需
f(e
2
)≤e1
即
可， e
2
e1
2
所以有
e2a≤e1
，即
a≤
．
2
22
ee1(e3e1)
而
( e)0
，
22
e
2
e1
即
e
，所以此时无解．
2
若
eae
2
，即
eae
2
，
易知函数
f(x)
在
[e,a]
上为减函数，在
[ a,e
2
]
上为增函数，

a≤1
f(e)≤e1


要使
f(x)≤e1
对
x[e,e
2]
恒成立，只需

，即

e
2
e1，
2

f(e)≤e1

a≤
2
e< br>2
e1e
2
e1e
2
e1e
2e1
2
由
(1)0
和
(e)0

2222
e
2
e1
2
得
ea≤
．
2
若
a≥e
2
，即
a≤e
2
，易 得函数
f(x)
在
[e,e
2
]
上为减函数，
此 时，
f(x)
max
f(e)
，要使
f(x)≤e1
对
x[e,e
2
]
恒成立，只需
f(e)≤e1
即可，
所以有
ea≤e1
，即
a≤1
，又因为
a≤e2
，所以
a≤e
2
．

e
2
 e1

综合上述，实数
a
的取值范围是

,

．
2


（海淀·理科·题19）
19．（本小题满分13分）

3

已知椭圆
C
的中心在原点，焦点在
x
轴上，左右焦点分别为
F
1
，
F< br>2
，且
|F
1
F
2
|2
，点
< br>1,


2


8

在椭圆
C
上．
（Ⅰ）求椭圆
C
的方程；
（Ⅱ） 过
F
1
的直线
l
与椭圆
C
相交于
A
、
B
两点，且
AF
2
B
的面积为
122
，求以
F
2
为圆心
7
且与直线
l
相切的圆的方程 ．
（Ⅰ）设椭圆的方程为
x
2
y
2
【解析】
a
2

b
2
1(ab0)
，由题意可得：
椭 圆
C
两焦点坐标分别为
F
1

1,0

，
F
2

1,0

．
∴
2a(11 )
2
(
3
2
)
2
(11)
2
(
353
2
)
2

2

2
 4
．
∴
a2
，又
c1
，
b
2
413
，
x
2
y
2
故椭圆的方程为
4< br>
3
1
．
（Ⅱ）当直线
l
x
轴，计算 得到：
A


3

3


1 ,
2


，
B


1,
2< br>

，
S
11
AF
2
B
2
|AB||F
1
F
2
|
2
32 3
，不符合题意．
当直线
l
与
x
轴不垂直时，设直线l
的方程为：
yk(x1)
，

yk(x1)
由



x
2
y
2
，消去y得
(34

4

3
1
k
2
)x
2
8k
2
x4k
2
120
．
显然
0
成立，设
A(x
1
,y
1
)
，
B (x
2
,y
2
)
，
则
x
8k
2
4k
2
12
1
x
2
34k
2< br>，
x
1
x
2

34k
2
． < br>又
|AB|1k
2
(x)
2
4x
2
64k
4
4(4k
2
12)
1
x
21
x
2
1k
(34k
2
)
2

3 4k
2

AB|1k
2

12k
2
112(k
2
即
|
34k
2

1)
34k
2
，
又圆
F
|k10k|
2
的半 径
r
k

2|k|
．
1
2
1k< br>2
所以
S
1112(k
2
1)2|k|12|k|1k< br>2
122
AF
2
B

2
|AB|r2

34k
2

，
1k
2
< br>34k
2

7
化简，得
17k
4
k2
180
，即
(k
2
1)(17k
2
 18)0
，解得
k1
．
所以，
r
2|k|
2
．
1k
2
故 圆
F
2
的方程为：
(x1)
2
y
2
 2
．
（Ⅱ）另解：设直线
l
的方程为
xty1
， < br>
xty1
由



x
2
y< br>2
，消去
x
得
(4

4

3
1
3t
2
)y
2
6ty90
，
0
恒成立，
设
A

x,y
6t9
1
,y< br>1

，
B

x
22

，则
y
1
y
2

43t
2
，
y
1
y
2

43t
2
．
所以
|y2
36t
2
36
1
y
2
|(y
1
y
2
)4y
1
y
2

(43t< br>2
)
2

43t
2

12t
2< br>1
43t
2
．

9

|1t01|2
又圆
F
2
的半径为
r
1t2

1t
2
．
所以
S
1
12t< br>2
1
12
AF
2
B

2
|F
1
F
2
||y
1
y
2
|
| y
1
y
2
|

43t
2

2
7
，解得
t
2
1
，
所以
r
2
1t
2
2
．
故圆
F
2
的方程为：
(x1)
2
y
2
2
．


（海淀·理科·题20）
20．（本小题满分14分）

2
a
n
1,n为偶数
已知数列

a

满足：
a


2
n
1
0
，< br>a
n



n1
，
n2,3,4,< br>．

2
a

2
n1
,n为奇数
2
（Ⅰ）求
a
5
,a
6
,a
7
的值；
（Ⅱ）设
b
a
n
1
n

2
2< br>n
，试求数列

b
n

的通项公式；
（Ⅲ ）对于任意的正整数
n
，试讨论
a
n
与
a
n1< br>的大小关系．
【解析】 （Ⅰ）∵
a
1
0
，
a< br>2
12a
1
1
，
a
3
22a1
2
，
a
4
12a
2
3
，
∴
a
5
32a
2
5
；
a
6
12a
3
5
；
a
7
42a
3< br>8
．
（Ⅱ）由题设，对于任意的正整数
n
，都有：
a< br>n
b
2
n1
1
22a
2
n
 1
1
n1

2
n1

2
n1

2
b
n
，
∴
b
1
n1
b
n

2
． < br>∴数列

b
a
1
1
1
n

是以
b
2
1

2
1
0
为首项，
2
为公差的等差数列．
∴
b
n1
n

2
．
（Ⅲ）对于任意的正整数
k
，
当
n2k
或
n 1,3
时，
a
n
a
n1
；
当
n4k1
时，
a
n
a
n1
；
当
n4k3
时，
a
n
a
n1
．
证明如下：
首先，由
a
1
0
，
a
2< br>1
，
a
3
2
，
a
4
3
可知
n1,3
时，
a
n
a
n1
；
其次，对于任意的正整数
k
，
n2k
时，
a
n
a
n1
a
2k
a
2k1

< br>12a
k



k12a
k

k0
；
n4k1
时，
a
n
a
n 1
a
4k1
a
4k2



2k 12a
2k



12a
2k1

2k2a
2k
2a
2k1

2k2

12a
k

2

k12a
k

0

所以
a
n
a
n1
．
n4k 3
时，
a
n
a
n1
a
4k3
 a
4k4



2k22a
2k1


12a
2k2

2k12a
2k1< br>2a
2k2

2k12

k12a
k

2

12a
k1

4

ka
k
a
k1

1


10

事实上，我们可以证明：对于任意正整数
k
，
k a
k
≥a
k1
…（*）（证明见后），
所以此时
a
n
a
n1
．
综上可知：结论得证．
对于任意正整数
k
，
ka
k≥a
k1
（*）的证明如下：
1）当
k2m
（
mN
*
）时，

k a
k
a
k1
2ma
2m
a
2m1< br>2m

12a
m



m12a
m

m0
，满足（*）式．
2）当
k1
时，
1a
1
1a
2
，满足（*）式．
3）当
k2m1

mN
*

时，
ka
k
a
k1
2m1a
2m1
a
2m2
2m1

m12a
m


< br>12a
m1


3m12a
m
2am1
2

ma
m
a
m1



m1


于是只须证明
ma
m
 a
m1
≥0
，如此递推，可归结为1）或2）的情形，
于是（*）得证．
11