北京市朝阳区高三年级第一次综合练习
数学 （理）
2019．3
第一部分（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．
1.已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
解一元二次不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.
【详解】由解得，故，故选B.
【点睛】本小题主要考查集合的交集，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
2.在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得：，据此确定复数所在的象限即可.
【详解】由题意可得：，
则复数z对应的点为，位于第四象限.
本题选择D选项.
【点睛】本题主要考查复数的运算法则，各个象限内复数的特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3.的展开式中的常数项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
化简二项式的展开式，令的指数为零，求得常数项.
【详解】二项式展开式的通项为，令，故常数项为，故选C.
【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查二项式展开式中的常数项，属于基础题.
4.若函数 则函数的值域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
画出函数的图像，由此确定函数的值域.
【详解】画出函数的图像如下图所示，由图可知，函数的值域为，故选A.
【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的图像，考查分段函数的值域，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
5.如图，函数的图象是由正弦曲线或余弦曲线经过变换得到的，则的解析式可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将图像上特殊点的坐标代入选项进行排除，由此得出正确选项.
【详解】对于B选项，由于，不正确；对于C选项，由于，不正确；对于D选项，由于，不正确.故本题选A.
【点睛】本小题主要考查已知三角函数图像判断函数的解析式，利用特殊值排除法，可快速得出正确选项，属于基础题
6.记不等式组所表示的平面区域为．“点”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
画出可行域和点，将旋转到点的位置，求得的值，由此求得的取值范围，进而判断出充分、必要性.
【详解】画出可行域和点如下图所示，将旋转到点的位置，得，当时，；当时，.故“点”是“”的充分必要条件.故选C.
【点睛】本小题主要考查线性规划可行域的画法，考查充分、必要条件的判断，属于基础题.
7.某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为），则该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
首先由三视图还原几何体，然后由几何体的空间结构特征求解三棱锥的体积即可.
【详解】由三视图可知，在棱长为2的正方体中，其对应的几何体为棱锥，
该棱锥的体积：.
本题选择D选项.
【点睛】(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
8.某单位周一、周二、周三开车上班的职工人数分别是14，10，8．若这三天中至少有一天开车上班的职工人数是20，则这三天都开车上班的职工人数至多是（ ）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】
将原问题转化为Venn的问题，然后结合题意确定这三天都开车上班的职工人数至多几人即可.
【详解】如图所示，（a+b+c+x）表示周一开车上班的人数，（b+d+e+x）表示周二开车上班人数，（c+e+f+x）表示周三开车上班人数，x表示三天都开车上班的人数，
则有：
，
即，
即，当b=c=e＝0时，x的最大值为6，
即三天都开车上班的职工人数至多是6.
【点睛】本题主要考查Venn图的应用，数形结合的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
第二部分（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．把答案填在答题卡上．
9.双曲线的右焦点到其一条渐近线的距离是_____．
【答案】1
【解析】
【分析】
由题意可知，双曲线的右焦点坐标为，渐近线方程为，结合点到直线距离公式求解距离即可.
【详解】由题意可知，双曲线的右焦点坐标为，
渐近线方程为：，即，
则焦点到渐近线的距离为：.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查双曲线渐近线方程的求解，点到直线距离公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
10.执行如图所示的程序框图，则输出的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
运行程序，当时退出循环，计算得输出的值.
【详解】运行程序，，判断是，，判断是，，判断否，输出.
【点睛】本小题主要考查程序框图，考查计算程序框图输出的结果，属于基础题.
11.在极坐标系中，直线与圆相交于两点，则___．
【答案】
【解析】
【分析】
将极坐标方程转化为直角坐标方程，将直线方程代入圆的方程，求得的坐标，由此求得..
【详解】直线即.圆两边乘以得，即，令，解得，故，所以.
【点睛】本小题主要考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查直线和圆的交点坐标的求法，属于基础题.
12.能说明“函数的图象在区间上是一条连续不断的曲线．若，则在内无零点”为假命题的一个函数是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意给出一个满足题意的函数解析式，然后绘制函数图像说明命题为假命题即可.
【详解】考查函数，绘制函数图像如图所示，
该函数的图像在区间上是一条连续不断的曲线，,但是函数在内存在零点，故该函数使得原命题为假命题.
【点睛】本题主要考查函数零点存在定理应用的条件，注意所有的条件都满足时才能利用函数零点存在定理，否则可能会出现错误.
13.天坛公园是明、清两代皇帝“祭天”“祈谷”的场所．天坛公园中的圜丘台共有三层（如图1所示），上层坛的中心是一块呈圆形的大理石板，从中心向外围以扇面形石（如图2所示）．上层坛从第一环至第九环共有九环，中层坛从第十环至第十八环共有九环，下层坛从第十九环至第二十七环共有九环；第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，则第二十七环的扇面形石块数是______；上、中、下三层坛所有的扇面形石块数是_______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
由题意可知每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，据此确定第二十七环的扇面形石块数和上、中、下三层坛所有的扇面形石块数即可.
【详解】第一环的扇面形石有9块，从第二环起，每环的扇面形石块数比前一环多9块，
则依题意得：每环的扇面形石块数是一个以9为首项，9为公差的等差数列，
所以，an＝9＋（n－1）×9＝9n，
所以，a27＝9×27＝243，
前27项和为：＝3402.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列的前n项和及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14.在平面内，点是定点，动点满足，，则集合所表示的区域的面积是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
以为原点建立平面直角坐标系，根据设出两点的坐标，利用向量运算求得点的坐标，化简后可求得点的轨迹也即表示的区域，由此计算出区域的面积.
【详解】以为原点建立平面直角坐标系，由于，，即,故设，即，设，由得，即，则，故
表示的是原点在圆心，半径为的圆，由于，故点所表示的区域是圆心在原点，半径为的两个圆之间的扇环，故面积为.
【点睛】本小题主要考查数形结合的数学思想方法，考查向量的坐标运算，考查化归与转化的数学思想方法，考查分析求解能力，属于中档题.
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．
15.在中，，，的面积等于，且．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】
（I）利用三角形的面积公式和余弦定理列方程组，解方程组求得的值.（II）利用正弦定理求得 的的值，利用二倍角公式求得的值.
【详解】解：（Ⅰ）由已知得
整理得
解得或
因为，所以．
（Ⅱ）由正弦定理，
即．
所以
【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式，考查余弦定理解三角形，考查正弦定理解三角形，考查二倍角公式，属于中档题.
16.某部门在同一上班高峰时段对甲、乙两地铁站各随机抽取了50名乘客，统计其乘车等待时间（指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过40分钟）．将统计数据按分组，制成频率分布直方图：
假设乘客乘车等待时间相互独立．
(1)在上班高峰时段，从甲站的乘客中随机抽取1人，记为；从乙站的乘客中随机抽取1人，记为.用频率估计概率，求“乘客,乘车等待时间都小于20分钟”的概率；
(2)从上班高峰时段,从乙站乘车的乘客中随机抽取3人，表示乘车等待时间小于20分钟的人数，用频率估计概率，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
【分析】
（I）根据频率分布直方图分别计算出两个乘客等待时间小于分钟的频率，按照相互独立事件概率计算公式，计算出“乘客,乘车等待时间都小于20分钟”的概率.（II）根据二项分布概率计算公式以及数学期望计算公式，求得的分布列和数学期望.
【详解】解：（Ⅰ）设表示事件“乘客乘车等待时间小于20分钟”，表示事件“乘客乘车等待时间小于20分钟”，表示事件“乘客乘车等待时间都小于20分钟”．
由题意知，乘客乘车等待时间小于20分钟的频率为
，故的估计值为．
乘客乘车等待时间小于20分钟的频率为
，故的估计值为．
又.
故事件的概率为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，乙站乘客乘车等待时间小于20分钟的频率为，
所以乙站乘客乘车等待时间小于20分钟的概率为.
显然，的可能取值为且.
所以；；
；.
故随机变量的分布列为
0
【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率计算，考查二项分布分布列和数学期望的计算，还考查了由频率分布直方图求频率的方法，属于中档题.
17.如图，在多面体中，平面平面．四边形为正方形，四边形为梯形，且，，，．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使得直线平面若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）线段上存在点，使得平面，且．
【解析】
【分析】
（I）根据面面垂直的性质定理，证得平面，由此证得.（II）以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，通过计算直线的方向向量和平面的法向量，由此计算出线面角的正弦值.（III）设,用表示出点的坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量垂直列方程，解方程求得的值，由此判断存在符合题意的点.
【详解】解：（Ⅰ）证明：因为为正方形，
所以．
又因为平面平面，
且平面平面，
所以平面．
所以．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，平面，所以，．
因为，所以两两垂直．
分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）．
因为，，
所以，
所以．
设平面的一个法向量为，
则 即
令，则，
所以．
设直线与平面所成角为，
则．
（Ⅲ）设，
设，则，
所以，所以，
所以．
设平面的一个法向量为，则
因为，所以
令，则，所以．
在线段上存在点，使得平面等价于存在，使得．
因为，由，
所以，
解得，
所以线段上存在点，使得平面，且．
【点睛】本小题主要考查面面垂直的性质定理，考查利用空间向量法求解线面所成角的正弦值，考查线面平行的向量表示，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
18.已知函数 且.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求证：；
(3)讨论函数的极值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.
【解析】
【分析】
（I）求得切点坐标和斜率，由此求得切线方程.（II）将原不等式转化为成立，构造函数，利用导数求得的最大值为零，由此证得不等式成立.（III）对求导后，对分成两类，结合函数的单调区间，讨论得出函数的极值.
【详解】解：（Ⅰ）当时，．所以．
因为，
所以曲线在处的切线方程为．
（Ⅱ）当时，．
函数的定义域为．
不等式成立 成立 成立.
设 ，
则．
当变化时，，变化情况如下表：
＋
－
↗
极大值
↘
所以．
因为，所以，
所以．
（Ⅲ）求导得. 令，因为可得．
当时，的定义域为.当变化时，，变化情况如下表：
＋
－
↗
极大值
↘
此时有极大值，无极小值．
当时，的定义域为，当变化时，，变化情况如下表：
－
＋
↘
极小值
↗
此时有极小值，无极大值．
【点睛】本小题主要考查利用导数求曲线的切线方程，考查利用导数证明不等式，考查利用导数研究函数的极值，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于中档题.
19.已知点为椭圆上任意一点，直线与圆交于两点，点为椭圆的左焦点．
(1)求椭圆的离心率及左焦点的坐标；
(2)求证：直线与椭圆相切；
(3)判断是否为定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，，据此确定离心率即可；
（2）由题意可得.分类讨论和两种情况证明直线与椭圆相切即可；
（3）设，，当时，易得．当时，联立直线方程与椭圆方程可得，结合韦达定理和平面向量的数量积运算法则计算可得．据此即可证得为定值．
【详解】（1）由题意，，
所以离心率，左焦点．
（2）由题知，，即.
当时直线方程为或，直线与椭圆相切．
当时，由得，
即
所以
故直线与椭圆相切．
（3）设，，
当时，，，，
，
所以，即．
当时，由得，
则，，
．
因为
．
所以，即．
故为定值．
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
20.在无穷数列中，是给定的正整数，，．
(1)若，写出的值；
(2)证明：数列中存在值为的项；
(3)证明：若互质，则数列中必有无穷多项为．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.
【解析】
【分析】
（I）根据以及的值，由此求得的值，找出规律，求得的值.（II）利用反证法，先假设，利用递推关系找出规律，推出矛盾，由此证明原命题成立.（III）首先利用反证法证明数列中必有“1”项，其次证明数列中必有无穷多项为“1”,由此证得原命题成立.
【详解】解：(I)由，以及，可知，，，从开始，规律为两个和一个，周期为，重复出现，故.
(II)反证法：假设,由于 ，
记.则.
则，,
，，，
依次递推，有，…，
则
当时，与矛盾.
故存在，使
所以，数列必在有限项后出现值为的项．
(III)首先证明：数列中必有“1”项．用反证法，
假设数列中没有“1”项，由(II)知，数列中必有“0”项，设第一个“0”项是 ，令，，则必有，
于是，由，则，因此是的因数，
由，则或，因此是的因数.
依次递推，可得是的因数，因为，所以这与互质矛盾．所以，数列中必有“1”项．
其次证明数列中必有无穷多项为“1”.
假设数列中的第一个“1”项是，令，，
则，
若 ，则数列中的项从开始，依次为“1，1，0”的无限循环，
故有无穷多项为1；
若，则，
若，则进入“1，1，0”的无限循环，有无穷多项为1；
若，则从开始的项依次为，
必出现连续两个“1”项，从而进入“1，1，0”的无限循环，故必有无穷多项为1．
【点睛】本小题主要考查递推数列，考查合情推理，考查与数列有关的证明，考查分析问题与解决问题的能力，综合性很强，属于难题.
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