数学理卷·2018届北京市西城区第44中学高三上学期12月月考试题（解析版）

数学理卷·2018届北京市西城区第44中学高三上学期12月月考试题（解析版）

高三数学理科12月考试卷 一、选择题（本大题8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出，的四个选项中，选出符合题目是要求的一项）‎ ‎1. 集合，，那么“”是“”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 ‎【答案】A ‎【解析】∵集合，，‎ ‎∴，‎ ‎∴“” 是“”的充分而不必要条件．选．‎ ‎2. 已知是定义在上的奇函数，则的值为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】∵是定义在上的奇函数，‎ ‎∴，解得，且，‎ ‎∴．选．‎ ‎3. 已知，为两条直线，，为两个平面，给定下列四个命题：‎ ‎①，；②，；‎ ‎③，；④，．‎ 其中不正确的是（ ）．‎ A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 ‎【答案】D ‎【解析】对于①，若，，则或，故①错误；‎ 对于②，若，，则或，故②错误；‎ 对于③，若，，则或，故③错误；‎ 对于④，若，，则或，故④错误．‎ 综上不正确的有个．选．‎ ‎4. 已知点在抛物线上，且点到的准线的距离与点到轴的距离相等，则的值为（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：因为点P到W的准线的距离与点P到x轴的距离相等，所以点是抛物线通径的一个端点，所以，故选B.‎ 考点：抛物线的定义、标准方程及几何性质；‎ ‎【名师点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程及几何性质；中档题；抛物线是一种重要的圆锥曲线，在高考中，经常以抛物线为载体与直线、圆综合考查，主要考查抛物线的定义、标准方程及几何性质、直线与抛物线的综合应用，点到直线的距离问题.‎ ‎5. 已知函数（，，均为正的常数）的最小正周期为，当时，函数取得最小值，则下列结论正确的是（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】∵函数的最小正周期为，∴，‎ ‎∵当时，函数取得最小值，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴在上单调递减，‎ ‎∵，，，‎ 又，‎ ‎∴，‎ 即．选．‎ 点睛：‎ 本题考查了函数解析式的求法及其性质，判断函数值大小的关键是如何将变量转化到函数的同一个单调区间内，在得到函数解析式的基础上，将问题的重点转化为如何寻找一个合适的单调区间，在解题中得到，后，将问题转化到区间上处理即可。‎ ‎6. 平面向量与的夹角为，，，则（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】∵与的夹角为，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴．选．‎ ‎7. 已知函数的零点为，的零点为，，可以是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵，，，，‎ ‎∴．‎ 选项中，的零点为，不满足；‎ 选项中，函数的零点为，不满足；‎ 选项C中，函数的零点为，不满足；‎ 选项D中，函数的零点为，满足．选．‎ 点睛：‎ ‎（1）通过分析题意可发现函数的零点不易求出，因此根据零点存在定理判断出其零点所在的区间，然后通过求出所给选项中各函数的零点后进行比较后得出结论。‎ ‎（2）函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件。另外定理只是给出了零点的存在性，而没有给出具体的求零点的方法，也没有给出零点的个数，具体问题还需要通过函数的图象去判断。‎ ‎8. 已知正方形的棱长为，，分别是边，的中点，点是上的动点，过点，，的平面与棱交于点，设，平行四边形的面积为，设，则关于的函数的解析式为（ ）．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据题意，因为平面平面，直线平面,所以平面，且平面，平面平面，所以，所以，四边形为平行四边形，同时，所以四边形为菱形，其面积是：‎ ‎，所以，答案为A．‎ 考点：1．线面平行的性质定理；2．菱形的面积公式．‎ 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．把答案填在答题纸相应位置的横线上．）‎ ‎9. 一个几何图的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据三视图可得到几何体的直观图，如图所示。所以该几何体为直四棱柱，且底面为直角梯形（梯形上底为1，下底为2，高为1），高为1.‎ ‎∴该几何体的体积。‎ 答案：‎ ‎10. 已知直线不通过第一象限，则实数的取值范围__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得直线恒过定点，且斜率为，‎ ‎∵直线不通过第一象限，‎ ‎∴，解得，‎ 故实数的取值范围是．‎ 答案：‎ ‎11. 椭圆一个长轴的一个顶点为，以为直角顶点做一个内接于椭圆的等腰直角三角形，则此直角三角形的面积等于__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得A是直角顶点，所以直角边的斜率是1和。‎ 不妨设A是，一条直角边所在直线为，该直线与椭圆交点为C。‎ 由，解得或（舍去）。‎ ‎∴直线和椭圆交点是.‎ ‎∴。‎ 答案：‎ ‎12. 复数，，则实部的最大值__________，虚部的最大值__________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】∵，，‎ ‎∴，‎ ‎∴的实部为，∴实部的最大值为，‎ 的虚部为，∴虚部的最大值为．‎ ‎13. 、两地街道如图所示，某人要从地前往地，则路最短的走法有__________种．‎ ‎【答案】10‎ ‎【解析】根据题意，从地前往地需要走次，其中向上走次，向右走次，故从次中选次向右，剩下次向上即可，因此有种不同的走法．‎ 答案：10‎ ‎14. 若对任意，有唯一确定的与之对应，则称为关于，的二元函数，现定义满足下列性质的为关于实数，的广义“距离”．‎ ‎（）非负性：，当且仅当时取等号；‎ ‎（）对称性：；‎ ‎（）三角形不等式：对任意的实数均成立．‎ 给出三个二元函数：①；②；③，‎ 则所有能够成为关于，的广义“距离”的序号为__________．‎ ‎【答案】①‎ ‎【解析】对于①，由于，故满足非负性；又，故满足对称性；另外，故满足三角形不等式。所以①能够成为关于，的广义“距离”．‎ 对于②，不妨设，则有，此时有，‎ 而，故不成立，所以不满足三角形不等式，故②不能成为关于，的广义“距离”．‎ 对于③，由于时，无意义，故③不能成为关于，的广义“距离”．‎ 综上①符合题意．‎ 答案：①‎ 点睛：‎ ‎（1）此类问题考查学生的阅读理解和应用新知识解决问题的能力，解答此类问题的关键是读懂题意，并从中选取解决问题所需的知识和方法。‎ ‎（2）判断某个命题是否成立时，可以通过推理进行判断；有时在不容易进行推理的时候，可通过举反例的方法进行排除。‎ 三、解答题（本大题共6小题，共80分）‎ ‎15. 在中，内角、、的对边分别为、、．角，．‎ ‎（）求角的值．‎ ‎（）若，求边、、的值．‎ ‎【答案】（）（），，．‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由并结合正弦定理得，又，故得，从而．（2）及数量积的定义得，由正弦定理得，结合及余弦定理得到，解得，从而，．‎ 试题解析：‎ ‎（）由正弦定理及条件得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴ ．‎ ‎（）∵ ，，‎ ‎∴，‎ ‎∴ ，‎ 由正弦定理得，故，∴，‎ 又。‎ 在中，由余弦定理得 ‎，‎ 整理得 ‎∴，‎ ‎∴，．‎ 故.‎ ‎16. 学校高一年级开设、、、、五门选修课，每位同学须彼此独立地选三课程，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．‎ ‎（Ⅰ）求甲同学选中课程且乙同学未选中课程的概率．‎ ‎（Ⅱ）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】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）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；（Ⅱ）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：（Ⅰ）设事件为“甲同学选中课程”，事件为“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 ‎．‎ ‎（Ⅱ）设事件为“丙同学选中课程”．‎ 则．‎ 的可能取值为：．‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎．‎ 为分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎．‎ 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，在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面，，，，分别为，的中点，点在线段上．‎ ‎（Ⅰ）求证：平面．‎ ‎（Ⅱ）若为的中点，求证：平面．‎ ‎（Ⅲ）如果直线与平面所成的角和直线与平面所在的角相等，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）在平行四边形中，由条件可得，进而可得。由侧面底面，得底面，故得，所以可证得平面．（2）先证明平面平面，由面面平行的性质可得平面．（3）建立空间直角坐标系，通过求出平面的法向量，根据线面角的向量公式可得。‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：在平行四边形中，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，分别为，的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵侧面底面，且，‎ ‎∴底面，‎ 又底面，‎ ‎∴，‎ 又，平面，平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（2）证明：∵为的中点，为的中点，‎ ‎∴，‎ 又平面，平面，‎ ‎∴平面，‎ 同理平面，‎ 又，平面，平面，‎ ‎∴平面平面，‎ 又平面，‎ ‎∴平面．‎ ‎（3）解：由底面，，可得，，两两垂直，‎ 建立如图空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，‎ 所以，，，‎ 设，则，‎ ‎∴，，‎ 易得平面的法向量，‎ 设平面的法向量为，则：‎ 由，得，‎ 令，得，‎ ‎∵直线与平面所成的角和此直线与平面所成的角相等，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴，‎ 解得或（舍去），‎ 故．‎ 点睛：用向量法确定空间中点的位置的方法 根据题意建立适当的空间直角坐标系，由条件确定有关点的坐标，运用共线向量用参数（参数的范围要事先确定）确定出未知点的坐标，根据向量的运算得到平面的法向量或直线的方向向量，根据所给的线面角（或二面角）的大小进行运算，进而求得参数的值，通过与事先确定的参数的范围进行比较，来判断参数的值是否符合题意，进而得出点是否存在的结论。‎ ‎18. 已知常数，向量，经过点，以为方向向量的直线与经过点，以为方向向量的直线交于点，其中．‎ ‎（）求点的轨迹方程，并指出轨迹．‎ ‎（）若点，当时，为轨迹上任意一点，求的最小值．‎ ‎【答案】（），轨迹见解析（）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由题意求得直线的方程，消去参数可得点的轨迹方程为，通过对的讨论可得轨迹可能为圆、焦点在x轴上的椭圆或焦点在y轴上的椭圆。（2）当时，轨迹的方程为，设点 ‎,根据两点间的距离可得，故当时，取得最小值。‎ 试题解析：‎ ‎（）由题意得，‎ ‎∴直线的方程为：①，‎ 又，‎ ‎∴直线的方程为：②，‎ 由①，②消去参数得，‎ 整理得，‎ 故点的轨迹方程为．‎ 当时，轨迹是以为圆心，半径为的圆；‎ 当时，轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆；‎ 当时，轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆．‎ ‎（）当时，轨迹的方程为，‎ ‎∵为轨迹是任意一点，‎ ‎∴设点，‎ 则 ‎∵，‎ ‎∴当时，取得最小值．‎ 点睛：‎ 求动点轨迹时，若动点的运动受到另一个变量(角度、斜率、比值、截距或时间等)的制约，即动点坐标(x，y)中的x，y分别随另一变量的变化而变化，可称这个变量为参数，建立轨迹的参数方程，这种方法叫参数法，如果需要得到轨迹的普通方程，只要消去参数即可，解题时注意选定参变量还要特别注意它的取值范围对动点坐标取值范围的影响．‎ ‎19. 已知函数，．‎ ‎（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程．‎ ‎（Ⅱ）当时，若曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，试求的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）根据导数的几何意义求出切线方程即可。（2）将问题转化为：当时，不等式恒成立。构造函数设，，只需证明即可。因此将问题转化为求函数在区间上的最大值和最小值即可。全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...全品教学网...‎ 试题解析：‎ ‎（1） 当时，，，‎ ‎∴ ，‎ ‎∴，‎ 又，‎ ‎∴曲线在点处的切线方程为，‎ 即．‎ ‎（2）“当时，曲线上的点都在不等式组所表示的平面区域内，”‎ 等价于“当时，恒成立。”‎ 设，，‎ 则，‎ ‎①当，即时，‎ 当时，，单调递减，‎ 故，‎ 根据题意有，解得.‎ ‎②当，即时，‎ 则当，，单调递增，‎ 当，，单调递减.‎ ‎∵，‎ ‎∴不符合题意．‎ ‎③当，即时，注意到，显然不合题意．‎ 综上所述，实数．‎ ‎20. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为，离心离为，点满足条件．‎ ‎（Ⅰ）求的值．‎ ‎（Ⅱ）设过点的直线与椭圆相交于、两点，记和的面积分别为、，求证：．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析 ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）解：因为椭圆C的方程为，根据椭圆的性质和数据建立方程即可求出结果；‎ ‎（Ⅱ）若直线l的斜率不存在， 则有，，符合题意.‎ 若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为，，.‎ 由得，可知恒成立，且，. 因为，所以.‎ 因为和的面积分别为，， 即可得证.‎ 试题解析：（Ⅰ）解：因为椭圆C的方程为，‎ 所以,,, 2分 则，，. 3分 因为，‎ 所以. 5分 ‎（Ⅱ）解：若直线l的斜率不存在， 则有，，符合题意. 6分 若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为，，.‎ 由 得， 7分 可知恒成立，且，. 8分 因为10分 ‎，‎ 所以. 12分 因为和的面积分别为，‎ ‎， 13分 所以. 14分.‎ 考点：1.椭圆的性质；2.直线与椭圆的位置关系.‎ ‎ ‎ ‎ ‎