北京市海淀区2013届高三上学期期末考试 数学理试题（附解析）

北京市海淀区2013届高三第一学期期末考试
数学（理）试题
2013.1
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：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. 复数化简的结果为
A. B. C. D.
【答案】A
【 解析】，选A.
2.已知直线（为参数）与圆（为参数），则直线的倾斜角及圆心的直角坐标分别是
A. B. C. D.
【答案】C
【 解析】直线消去参数得直线方程为，所以斜率，即倾斜角为。圆的标准方程为，圆心坐标为，所以选C.
3.向量, 若,则实数的值为
A. B. C. D.
【答案】A
【 解析】由得，即，解得，选A.
4.某程序的框图如图所示, 执行该程序，若输入的为，则输出
的的值分别为
A. 　　 B.
C. 　　 D.
【答案】B
【 解析】第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，；第四次循环，；第五次循环，不满足条件，输出，选B.
5.如图，与圆相切于点，直线交圆于两点，弦垂直于. 则下面结论中，错误的结论是　
Ａ.∽ B. 
C. D.
【答案】D
【 解析】由切割线定理可知，所以D错误，所以选D.
6.数列满足（且），则“”是“数列成等差数列”的
A.充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C.充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【 解析】若，则，即，所以数列成等差数列。若数列成等差数列，设公差为，则，即，若，则，若，则 ，即，此时。所以是数列成等差数列的充分不必要条件，选A.
7. 用数字组成数字可以重复的四位数, 其中有且只有一个数字出现两次的四位数的个数为
A. B. C. D.
【答案】C
【 解析】若四位数中不含0，则有种；若四位数中含有一个0，则有；种若四位数中含有两个0，则有种，所以共有种，选C.
8. 椭圆的左右焦点分别为，若椭圆上恰好有6个不同的点，使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【 解析】当点P位于椭圆的两个短轴端点时，为等腰三角形，此时有2个。,若点不在短轴的端点时，要使为等腰三角形，则有或。此时。所以有，即，所以，即，又当点P不在短轴上，所以，即，所以。所以椭圆的离心率满足且，即，所以选D.
二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.
9. 以为渐近线且经过点的双曲线方程为______.
【答案】
【 解析】因为双曲线经过点，所以双曲线的焦点在轴，且，又双曲线的渐近线为，所以双曲线为等轴双曲线，即，所以双曲线的方程为。
10.数列满足且对任意的，都有，则的前项和_____.
【答案】
【 解析】由可得，所以。所以。由得，令，得，即数列是公比为2的等比数列，所以。
11. 在的展开式中，常数项为______.(用数字作答)
【答案】
【 解析】展开式的通项公式为，由得，所以常数项为。
12. 三棱锥及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱的长为_________.
【答案】
【 解析】取AC的中点，连结BE,DE由主视图可知.且.所以，即。
13. 点在不等式组 表示的平面区域内，若点到直线的最大距离为，则
【答案】
【 解析】做出不等式组对应的区域为三角形BCD，直线过定点，由图象可知点D到直线的距离最大，此时，解得。
14. 已知正方体的棱长为，动点在正方体表面上运动，且（），记点的轨迹的长度为，则______________;关于的方程的解的个数可以为________.（填上所有可能的值）.
【答案】
【 解析】由定义可知当，点P的轨迹是半径为的圆周长，此时点P分别在三个侧面上运动，所以。由正方体可知，当，点在三个面上运动，此时递增，当时，递减，当时，递增，当时，递减，如草图，所以方程的解的个数可能为0,2,3,4个。
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. （本小题满分13分）
已知函数，三个内角的对边分别
为.
（I）求的单调递增区间；
（Ⅱ）若，求角的大小.
16.（本小题满分13分）
汽车租赁公司为了调查A,B两种车型的出租情况,现随机抽取了这两种车型各100辆汽车，分别统计了每辆车某个星期内的出租天数，统计数据如下表:
A型车
出租天数
1
2
3
4
5
6
7
车辆数
5
10
30
35
15
3
2
B型车
出租天数
1
2
3
4
5
6
7
车辆数
14
20
20
16
15
10
5
（I）从出租天数为3天的汽车（仅限A,B两种车型）中随机抽取一辆，估计这辆汽车恰好是A型车的概率；
（Ⅱ）根据这个星期的统计数据，估计该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率；
（Ⅲ）如果两种车型每辆车每天出租获得的利润相同，该公司需要从A，B两种车型中购买一辆，请你根据所学的统计知识，给出建议应该购买哪一种车型，并说明你的理由.

17. （本小题满分14分）
如图，在直三棱柱中，，
是中点.
（I）求证：平面；
（II）若棱上存在一点，满足，求的长；
（Ⅲ）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18. （本小题满分13分）
　　　已知函数
（I） 当时,求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）求函数的单调区间.
19. （本小题满分14分）
已知是抛物线上一点，经过点的直线与抛物线交于两点（不同于点），直线分别交直线于点.
（Ⅰ）求抛物线方程及其焦点坐标；
（Ⅱ）已知为原点，求证：为定值.
20. （本小题满分13分）
已知函数的定义域为，若在上为增函数，则称为“一阶比增函数”；若在上为增函数，则称为“二阶比增函数”.
我们把所有“一阶比增函数”组成的集合记为，所有“二阶比增函数”组成的集合记为.
(Ⅰ)已知函数，若且，求实数的取值范围；
(Ⅱ)已知，且的部分函数值由下表给出，
求证：；
(Ⅲ)定义集合
请问：是否存在常数，使得，，有成立？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由.
海淀区高三年级第一学期期末练习
数 学 （理）
参考答案及评分标准 2013．1
说明： 合理答案均可酌情给分，但不得超过原题分数.
一、选择题（本大题共8小题,每小题5分,共40分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
A
B
D
A
C
D
9．
10．
11.
12．
13．
14．
二、填空题（本大题共6小题,每小题5分, 有两空的小题，第一空3分，第二空2分，共30分）
三、解答题(本大题共6小题,共80分)
15．（本小题满分13分）
解：（I）因为

………………6分
又的单调递增区间为，
所以令
解得
所以函数的单调增区间为， ………………8分
(Ⅱ) 因为所以，
又，
所以，
所以 ………………10分
由正弦定理
把代入，得到 ………………12分
又，所以，所以 ………………13分
16.（本小题满分13分）
解：（I）这辆汽车是A型车的概率约为

这辆汽车是A型车的概率为0.6 ………………3分
（II）设“事件表示一辆Ａ型车在一周内出租天数恰好为天”，
　 　“事件表示一辆Ｂ型车在一周内出租天数恰好为天”，其中
　　　则该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为
　 ………………5分
………………7分
　　
　该公司一辆A型车，一辆B型车一周内合计出租天数恰好为4天的概率为
………………9分
（Ⅲ）设为A型车出租的天数，则的分布列为
1
2
3
4
5
6
7
0.05
0.10
0.30
0.35
0.15
0.03
0.02
设为B型车出租的天数，则的分布列为
1
4
5
6
7
0.14
0.20
0.20
0.16
0.15
0.10
0.05
………………12分
一辆A类型的出租车一个星期出租天数的平均值为3.62天，B类车型一个星期出租天数的平均值为3.48天. 从出租天数的数据来看，A型车出租天数的方差小于B型车出租天数的方差,综合分析，选择A类型的出租车更加合理 . ………………13分
17.（本小题满分14分）
(I) 连接交于点，连接
因为为正方形，所以为中点，
又为中点，所以为的中位线，
所以 ………………2分
又平面，平面
所以平面 ………………4分
（Ⅱ）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系
　所以
设，所以，
因为，所以 ，解得，所以 ………………8分
（Ⅲ）因为，
设平面的法向量为，
则有，得，
令则，所以可以取， ………………10分
因为平面,取平面的法向量为 ………………11分
所以 ………………13分
　平面与平面所成锐二面角的余弦值为 ………………14分
18. （本小题满分13分）
解：当时，， ………………2分
又，，
所以在处的切线方程为 ………………4分
（II）
当时，
又函数的定义域为
所以 的单调递减区间为 ………………6分
当 时，令，即，解得 ………………7分
当时，，
所以，随的变化情况如下表
无定义
0
极小值
所以的单调递减区间为，，
　　　　　单调递增区间为 ………………10分
当时，
所以，随的变化情况如下表：
0
无定义
极大值
所以的单调递增区间为，
　　　　　单调递减区间为， ………………13分

19. （本小题满分14分）
解：（Ⅰ）将代入，得
所以抛物线方程为，焦点坐标为 ………………3分
（Ⅱ）设，，，
法一：
因为直线不经过点，所以直线一定有斜率
设直线方程为
与抛物线方程联立得到 ，消去，得：
则由韦达定理得：
………………6分
直线的方程为：，即，
令，得 ………………9分
同理可得： ………………10分
又 ，
所以
　　　　　　 　　　　　　
　　　
　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　 　　　 　 ………………13分
所以，即为定值 ………………14分
法二：
设直线方程为
与抛物线方程联立得到 ，消去，得：
则由韦达定理得：
………………6分
直线的方程为：，即，
令，得 ………………9分
同理可得： ………………10分
又 ，
　　　　　　　　　　　　　
　　　　
………………12分
所以，即为定值 ………………13分
20. （本小题满分14分）
解：（I）因为且，
即在是增函数，所以 ………………1分
而在不是增函数，而
当是增函数时，有，所以当不是增函数时，
综上，得 ………………4分 (Ⅱ) 因为，且
所以，
所以，
同理可证，
三式相加得
所以 ………………6分
因为所以
而， 所以
所以 ………………8分
(Ⅲ) 因为集合
所以，存在常数，使得 对成立
我们先证明对成立
假设使得，
记
因为是二阶比增函数，即是增函数.
所以当时，，所以
所以一定可以找到一个，使得
这与 对成立矛盾 ………………11分
对成立
所以，对成立
下面我们证明在上无解
假设存在，使得，
则因为是二阶增函数，即是增函数
一定存在，，这与上面证明的结果矛盾
所以在上无解
综上，我们得到，对成立
所以存在常数，使得，，有成立
又令，则对成立，
又有在上是增函数 ，所以，
而任取常数，总可以找到一个，使得时，有
所以的最小值 为0 ………………13分