北京市海淀区2017届高三3月适应性考试（零模）理科数学试题 PDF版含答案.pdf

1、月考理数第 1页，共 6页月考理数第 2页，共 6页学校班级姓名学号密封线内不要答题0,0kS3k S输出结束1kk2kSS否是开始精华学校 20162017 学年全日制第三次月考数学（理科）测试卷满分 150 分，考试时长 120 分钟本试卷共 6 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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.已知集合2|,1,0,1,Mx xxN，则 MN（）（A）1,0,1（B）0,1（C）1（D）02.下列函数中为

2、偶函数的是（）（A）2 sinyxx（B）2 xy（C）sin xyx（D）0.5logyx3.执行如图所示的程序框图，输出的 S 值为（）（A）1（B）3（C）7（D）154.在极坐标系中，圆2cos的垂直于极轴的两条切线方程分别为()（A）0R和cos2（B）2R和cos2（C）0R和cos1（D）2R和cos1 5.设,a b 为两个非零向量，则“a ba b ”是“a与b共线”的（）（A）充分且不必要条件（B）必要且不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件6.设不等式组 3100360 xyxy 表示的平面区域为 D，若函数log1ayx a的图象上存在区域 D 上的点，

3、则实数a 的取值范围是（）（A）1,3（B）3,（C）1,2（D）2,7.某三棱锥 的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是（）（A）4（B）3 2（C）2 3（D）78已知函数()f x 满足如下条件：任意 xR，有()()0f xfx+-=成立；当0 x 时，()()2221232fxxmxmm=-+-；任意 xR，有()(1)f xf x-成立.则实数的取值范围（）（A）66,66（B）1 1,6 6（C）33,33（D）1 1,3 3月考理数第 3页，共 6页月考理数第 4页，共 6页密封线内不要答题二、填空题（共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分）。9.复数

4、1Zii在复平面内对应的点的坐标为_.10.抛物线28yx=的焦点到双曲线2213yx 的渐近线的距离是_.11.在 锐 角ABC中，角,A B 所 对 的 边 长 分 别 为,a b，若 2 sin3aBb，则 角 A 等 于_.12.已知数列 na的前n 项和为nS，且满足22nnSa若数列 nb满足10log 2nnba，则使数列 nb的前n 项和取最大值时的 n 的值为_.13.小明、小刚、小红等5个人排成一排照相合影，若小明与小刚相邻,且小明与小红不相邻，则不同的排法有_种.14.已知正方体1111ABCDA B C D-的棱长为 2，长度为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在棱1

5、DD 上运动，另一个端点 N 在正方形 ABCD 内运动，则 MN 中点的轨迹与正方体1111ABCDA B C D-的表面所围成的较小的几何体的体积等于_.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.（本小题满分 13 分）已知函数()4cossin()04f xxx的最小正周期为.（）求 的值；（）求函数()f x 的单调递增区间16.（本小题满分 14 分）如图，在直角梯形 ABCP 中，/,CPAB CPCB，122ABBCCP，D 是CP 的中点，将 PAD沿 AD 折起，使得 PD CD.（）若 E 是 PC 的中点，求证：AP 平面 BDE

6、；（）求证：平面 PCD 平面 ABCD；（）求二面角 APBC的大小.17.（本小题满分 13 分）某公司准备将 1000 万元资金投入到市环保工程建设中,现有甲、乙两个建设项目选择,若投资甲项目一年后可获得的利润1（万元）的概率分布列如下表所示：1110120170pm0.4n且1 的期望 1120E；若投资乙项目一年后可获得的利润2（万元）与该项目建设材料的成本有关,在生产的过程中,公司将根据成本情况决定是否在第二和第三季度进行产品的价格调整,两次调整相互独立且调整的概率分别为01pp和1p.若乙项目产品价格一年内调整次数 X（次数）与2 的关系如下表所示：X012241.2117.62

7、04.0（）求,m n 的值；（）求2 的分布列；（）若该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润，求 p 的取值范围.月考理数第 5页，共 6页月考理数第 6页，共 6页学校班级姓名学号密封线内不要答题18.（本小题满分 14 分）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的焦距为 4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.（）求椭圆C 的标准方程和长轴长；（）设 F 为椭圆C 的左焦点，P 为直线3x 上任意一点，过点 F 作直线 PF 的垂线交椭圆C 与 MN，记12,d d 分别为点 M 和 N 到直线OP 的距离，证明：12=dd.19.（本小题满分 13 分）已知函数()xef

8、xx（）若曲线()yf x与直线 ykx相切与点 P，求点 P 的坐标；（）当 ae时，证明：当(0,)x 时，()(ln)f xa xx20.（本小题满分 13 分）已知数集12=,nAa aa（121，从而有 2=2，故1=.7 分（）由（）知，()2sin 224f xx=+，令222,242kxkkZ+，.8 分 所以有：3222,44kxkkZ+，9()1,1 10 3 11.3 12 910或 1336 14 6 2/8 所以有3,88kxkkZ+.12 分 所以()f x 的单调递增区间为3,88kkkZ+.13 分 16（）证明：连接 AC 交于 BD 于点O，连接OE，在正方

9、形 ABCD 中，O 为 AC 的中点，又因为 E 为 PC 的中点，所以OE 为 PAC的中位线，所以OE AP，.1 分 又因为OE 平面 BDE，AP 平面 BDE.3 分 所以 AP 平面 BDE.4 分（）法一：由已知可得 AD PD，AD CD，.6 分 又因为 PD CDD=，PD，CD 平面 PCD，所以 AD 平面 PCD，.7 分 又因为 AD 平面 ABCD，所以平面 PCD 平面 ABCD.9 分 法二：易证明：AD PD，因为 PD CD，AD CDD=，,AD CD 平面 ABCD，所以 PD 平面 ABCD，又因为 PD 平面 PCD，所以平面 PCD 平面 AB

10、CD.（）由（）知 AD 平面 PCD，所以 AD PD，又因为 PD CD，且 AD CDD=，所以 PD 平面 ABCD 所 以 以 D 为 坐 标 原 点，,DA DC DP 所 在 直 线 分 别 为,x y z 轴 建 立 空间 直 角 坐 标系，.10 分()()()()0,0,2,2,0,0,2,2,0,0,2,0PABC，所以(2,0,2),(0,2,0)APAB=，设平面 APB 的一个法向量为(,)ma b c=，所以=020220=0m APbacm AB=+=，3/8 令1a=，则1c=，从而(1,0,1)m=，.11 分 同理可求平面 PBC 的一个法向量为(0,1,

11、1)n=，.12 分 设二面角 APBC的大小为，易知2，所以1coscos,2m nm nmn=，所以23=，所以二面角 APBC的大小为 23.14 分 17 解：（）由题意得0.41110120 0.4 170120mnmn+=+=，.2 分 解得：0.5,0.1mn=.3 分（）2 的可能取值为41.2 117.6 204,、.4 分()()()2(41.2)1111Ppppp=，()()()()222(117.6)11111Ppppppp=+=+，()2(204)1Ppp=，.7 分 所以的分布列为 2 41.2 117.6 204 p ()1pp()221pp+()1pp.9 分（

12、）由（）可得：()()()()222241.21117.6120411010117.6Epppppppp=+=+，.10 分 由于该公司投资乙项目一年后能获得较多的利润，所以()()21EE，.11 分 所以21010117.6120pp+，解得：0.40.6p，所以12122242,33myyy ymm+=+，.8 分()121221243xxm yym+=+=+，.9 分 设T 为线段 MN 的中点，则点T 的坐标为226233mmm+，.10 分 所以直线OT 的斜率3OTmk=，.11 分 又直线OP 的斜率3OPmk=，.12 分 所以点T 在直线OP 上，.13 分 5/8 由三角

13、形全等的判定和性质可知：12=dd.14 分 19.解：（）设点 P 的坐标为()00,xy，2e(1)()x xfxx=.1 分 由题意可知0002000e(1)exxxkxkxx=.分 解得0=2x，所以02002xeeyx=从而点 P 的坐标为22 2e，.6 分（）设函数()()(ln)(ln)xeg xf xa xxa xxx=.7 分()2(e)(1)()0,xax xg xxx=+，.8 分 设()()e,0,xh xax x=+，则()exh xa=，.9 分 当1a 时，因为0 x，所以e1x，所以()e0 xh xa=，所以()h x 在区间()0,+上单调递增，所以()(

14、0)10h xh=.10 分 当1ae时，令()0h x=，则lnxa=，所以()0 lnxa，()0h x，所以()h x 在区间()0,ln a 上单调递减，在区间()ln,a+上单调递增，所以()(ln)(1 ln)0h xhaaa=，.11 分 由可知：()0,x+时，有()0h x，所以有：x (0,1)1(1)+，6/8 ()g x 0+()g x 极小值 .12 分 所以min()(1)0g xgea=，从而有当(0,)x+时，()(ln)f xa xx.13 分 20解：()因为 31 1+，所以1,3,4 不具有性质 P.因为 2=1 2,3=1+2,6=33+，所以1,2,

15、3,6具有性质 P 4 分 ()因为集合12=,nAa aa具有性质 P：即对任意的(2),kkn,(1)i jijn，使得=+kijaaa 成立，又因为121,2naaan=，所以,ikjkaa aa 所以11,ikjkaaaa，所以1=+2kijkaaaa 即12nnaa，122332212,2,.,2,2nnnnaaaaaaaa 6 分 将上述不等式相加得 21121+2(+)nnnaaaaaa 所以1212+nnaaaa 9 分()最小值为147.首先注意到1=1a，根据性质 P,得到21=2=2aa 所以易知数集 A 的元素都是整数.构造=1,2,3,6,9,18,36,72A或者=

16、1,2,4,5,9,18,36,72A，这两个集合具有性质P,此时元素和为 147.下面，我们证明 147 是最小的和 假设数集1212=,(,2)nnAa aaaaa n，满足=1147niiSa=最小（存在性显然，因为满足=1147niia 的数集 A 只有有限个）.第一步：首先说明集合1212=,(,2)nnAa aaaaa n中至少有个元素:由()可知21322,2.aaaa 7/8 又1=1a，所以2345672,4,8,16,32,6472aaaaaa，所以8n 第二步：证明12336,18,9nnnaaa=：若36A，设=36ta，因为723636na=+，为了使得=1niiSa

17、=最小，在集合 A 中一定不含有元素ka，使得3672ka+=，矛盾，所以36A，进而=36ta，且136na =；同理可证：2318,9nnaa=（同理可以证明：若18A，则218na =假设18A.因为136,na =根据性质 P，有,ija a，使得136nijaaa=+显然ijaa,所以1144nnijaaaa+=，而此时集合 A 中至少还有个不同于1,nnija aa a的元素 从而114148nnijSaaaaa+=，矛盾，所以18A，且218na =同理可以证明：若9A，则39na =假设9A 因为218,na =根据性质 P，有,ija a，使得218nijaaa=+显然ija

18、a,所以12144nnnijaaaaa+=而此时集合 A 中至少还有个不同于12,nnnija aaa a的元素 8/8 从而1213147nnnijSaaaaaa+=，矛盾，所以9A，且39na =）至此，我们得到了12336,18,9nnnaaa=.根据性质 P，有,ija a，使得9ijaa=+我们需要考虑如下几种情形：8,1ijaa=,此时集合中至少还需要一个大于等于 4 的元素ka，才能得到元素 8，则148S；7,2ijaa=，此时集合中至少还需要一个大于 4 的元素ka，才能得到元素 7，则148S；6,3ijaa=，此时集合=1,2,3,6,9,18,36,72A的和最小，为 147；5,4ijaa=，此时集合=1,2,4,5,9,18,36,72A的和最小，为 147.14 分