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1、房山区年高考第二次模拟测试试卷数学（理）本试卷共页，分。考试时长分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。第一部分（选择题共 40 分）一、选择题共小题，每小题分，共分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（）设集合 A x | x2, B x | 0x3 ，则 AB（） x x2（）（） x | 2x3（） x | x3 x | 2x3（）若复数 iz1 i ，则复数 z 在复平面内对应的点位于（）第一象限（）第二象限（）第三象限（）第四象限（）执行如图的程序框图，输出的S 值为（） 65（） 63（ ） 已 知 实 数（） 64
2、（） 33xy 1开始0,x, y 满 足 x0,则x2y 2 的取值范围y0,S1是n1（ ） 01，（ ） 0，1（）1，+2SS 2nn n 1（），2+S33?否（）已知函数f (x) 的图像关于原点对称，且周期为，若f (1) 2 ，是则 f (2017)（）输出 S（ ） 2（ ） 0（）2（） 4结束（）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱为（） 4（） 2 2（） 7（） 2（）ABC 的三个内角分别为A , B , C ，则“ B=”是“ A , B , C 成等差数列”的33主视图左视图（）充分而不必要条件（）必要而不充分条件（）充要条件（）既不充分也不必要条件
3、（）定义：若存在常数k ，使得对定义域D 内的任意两个x1 , x2x1x2，均有fx1fx2k x1x2成立，则称函数fx在定义域D 上满足利普希茨条件. 若函数fxx x1满足利普希茨条件，则常数k 的最小值为（）4（）3（） 1（）12第二部分（非选择题共 110 分）二、填空题共小题，每小题分，共分。（）设双曲线x2y21 a0, b0的一条渐近线方程为 x2 y0 ，则该双曲线的离心率为a2b2（）若平面向量a(4, 2) ， b(2,m) ，且 a(a b) ，则实数 m 的值为（） 在 ( x m)5 的展开式中，含x2 项的系数为 -10，则实数 m 的值为（）设点 A 是曲线
4、x3cos （是参数）上的点，则点A 到坐标原点的最大距离是 .y1sin（）能够说明“ exx1恒成立”是假命题的一个x 的值为 .（）已知函数f ( x)x 2xa1 .当 a0时，不等式f ( x)+10 的解集为；若函数 f (x) 有三个不同的零点, 则实数 a 的取值范围是 .三、解答题共小题，共分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。（）（本小题13 分）已知函数f ( x)sin xa cos x 的一个零点是4（）求实数a 的值；（）设 g ( x)f ( x)f (x)2 3 sin x cos x，若 x0,，求 g( x) 的值域2（）（本小题 13 分）1995
5、年联合国教科文组织宣布每年的4 月 23 日为世界读书日，主旨宣言为“希望散居在全球各地的人们，都能享受阅读带来的乐趣，都能尊重和感谢为人类文明作出巨大贡献的文学、文化、科学思想的大师们，都能保护知识产权。”为了解大学生课外阅读情况，现从某高校随机抽取100 名学生，将他们一年课外阅读量（单位：本）的数据，分成7 组20，30，30,40， 80,90，并整理得到如下频率分布直方图：频率组距阅读量：本数（）估计其阅读量小于60本的人数；（）已知阅读量在20，30，30, 40，40，50内的学生人数比为2:3:5.为了解学生阅读课外书的情况，现从阅读量在20,40内的学生中随机选取3 人进行调
6、查座谈， 用 X表示所选学生阅读量在20，30内的人数，求X的分布列和数学期望；（）假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，试估计在第几组（只需写出结论）（）（本小题 14 分）如图 1，正六边形 ABCDEF 的边长为 2 ，O 为中心， G 为100 名学生该年课外阅读量的平均数AB 的中点 .现将四边形 DEFC 沿 CF折起到四边形D1 E1FC的位置，使得平面ABCF平面D1E1FC，如图2 .（）证明：D1F平面E1OG；（）求二面角E1OGF 的大小；（）在线段 CD1 上是否存在点H ，使得 BH / / 平面 E1OG ？如果存在，求出D1H 的值；如果不存在，D1C
7、请说明理由 .E图 1D图 2() （本小E1题13分）D1设函数F.OCFCOAGBAGBf (x)x kln x ，（ k 为常数）， g x11 f x 曲线 y f x 在点 1, f 1 处的切线与 x 轴平行 .xx（）求 k 的值；（）求 g x 的单调区间和最小值；（）若 g (a)g (x)1 对任意 x0恒成立，求实数a 的取值范围() （本小题 14 分）ax2y21 ab0 的离心率为1，O 为坐标原点， F 是椭圆 C 的右焦点， A 为已知椭圆C： 2b22a椭圆 C 上一点，且 AFx 轴， AFO 的面积为 3 （）求椭圆 C 的方程；4（）过 C 上一点 Px
8、0 , y0y00 的直线 lx0 xy0 y1与直线 AF相交于点M ，与直线 x 4：2b2a相交于点 N .证明：当点 P 在 C 上移动时，MF恒为定值，并求此定值NF（ 20）（本小题13分）已知集合 Aa1 , a2 , a3 ,.an ，其中 iN ，1in,n2 ， 1(A)表示 aiaj 1 ij n 中所有不同值的个数 .（）设集合 P2,4,6,8, Q2,4,8,16,分别求 1 P和1 Q；（）若集合 A2,4,8,.,2 n, 求证： 1Ann 1；2（） 1 A 是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由房山区年高考第二次模拟测试试卷数学（理）参
9、考答案一、选择题共小题，每小题分，共分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。题号()()()()()()()()答案二、填空题共小题，每小题分，共分。(9)56 ()-1 ()3 ()0 () (0,) ； a 2 2()2. 设 x1x2 ， Q| f ( x1 )f ( x2 ) | k | x1x2 | ，| f ( x1 )f ( x2 ) | x1kx2 |kx2x11x2x1x2（分子有理化）x1Qx且x1x2 , 011 ，k11,x2x122三、解答 共小 ，共分。解答 写出文字 明、演算步 或 明 程。（）（）解：依 意，得0，分f ()4即22a，分sina
10、cos22044解得a 1 分（）解：由（）得f ( x)sin xcosx g(x) f (x)f (x)23 sin x cos x分(sin xcos x)(sin xcos x)3 sin 2x分(cos2 xsin2 x)3 sin 2x分cos2x3 sin 2x分2sin(2 x分) 6由 x0,2得 2 x 7666分当 2x2即 x ， g(x) 取得最大 ，66 7即 x分当 2x6 ， g( x) 取得最小 .62所以 g(x) 的 域是1,2分（）解：（）（）（人）分（） 由已知条件可知：20，50 内人数为：（)20， 30 人数为人，30， 40 人数为人， 40，
11、50 人数为人 . 分的可能取值为3 01C32C213 C31C223()C3 C2()C535 ()C5310分310C5所以的分布列为13310510分EX0113236分105105（） 第五组分（）（） : （）中 OGCF （）中， OGCF又面 CD1E1F面 ABCF ， 面 CD1E1 F面 ABCF=CFE1D1OG面 CD1 E1 FD1F 面 CD1E1F OG D1FCF又O 为 CF的中点 OF/D1E1 ，又 E1 D1 E1FO=四 形 E1 D1OF 菱形AGBD1F OE1OG OE1=OD1 F面E1OG分（）取 OF 的中点 M ， 接 E1M , MA
12、 ,以点 M 坐 原点，建立空 直角坐 系M-xyz 如 所示 .E1(0,0,3),O(0,1,0),G(3,1,0),F(0,1,0)OG (3,0,0), OE1(0,1,3) 面 OE1G 的法向量 nn OG03x0x 01, 则 y3 ， n (0, 3,1)，令 zn OE10y3z0y3z 面 FOG 的法向量 m ， m(0,0,1)m n1cosm, n| m | n |2二面角 E1 OGF 的大小 分3（）假 存在， H (x, y,z) ，D1H,0,1D1CD HDC11D1 (0,2, 3),C(0,3,0),B(3,2,0)D1H(x, y2,z3), DC1(
13、0,1,3)x0x0y2y2H (0, 2,33)BH ( 3, 33)z33z3-3BHn0333030 矛盾不存在分（）解：（） f ( x)x kln xf (x)kln x1f x 在点 1, f 1 的切 与 x 平行,因 曲 y所以 f (x)0 ,所以 k1分（） gx11 fx11ln x ，定 域 x x0xxxg x1 1 f x1 1 x 1xxx2xx2令 g x0 得 x1，当 x 化 ， g x 和 g x的 化如下表x0,11,g (x)g( x)由上表可知 gx的 减区 0,1， 增区 1,，最小 g 10 。. 分（）若 g (a)g (x)10成立， g (
14、a)1 任意 xg (x)minaa即 ln a1 ，解得 0 a e. 分（）（） F ( c,0) ， A(c, d ) 则 c2d 2 1a2b2又 c1| d |3 ba22因AFO的面 341 c | d | 1 c3 b3 , bc32224a2b2c2a2由 a2c得 b3bc3c1所以的方程 x2y 21分43（）由 ()知直 的方程 x0 x y0 y1( )，即12 3x0 x434 y0( )因 直 的方程 ，所以直 与的交点 (1,123x0 ) ，4 y0直 与直 的交点 (4,33x0 ) ，(123x0 )2x0 )2 4 y0(433x016 y0216(1x0
15、 )29)2(y0又 (， )是上一点， x02y021. y0233x02434代入上式得(4 x0 )2(4 x0 )21 (4 x0 )2132x0 16x024( x02x0 )248 12x02 168x016)4 (44所以 1 ， 定 分2（）（）由246,268,2810,4 610,48 12,6814得1 P =5解：由 2 4 6,2 8 10,2 16 18,4 8 12,4 16 20，8+16=24得1 Q =6分（） 证明 :ai a j 1 i j n 最多有 Cn2n n 1个 ,21 Ann 1,2又集合 A2,4,8,.,2 n,任取 aia j ,ak
16、al 1ijn,1 kln ,当 j1 时 ,不妨 j1,则aia j2a j2 jia1aka1 ,即 aia jaka1 ,当 j1,i k时， aia jaka1 ,当且仅当 ik , j1时 aia j =aka1 ,即所有 aia j1ijn的值两两不同，n n1,分1 A =2（） 1 A存在最小值，且最小值为 2n3，不妨设 a1a2a3.an ,可得 a1a2a 1a3.a1ana2 an.an 1an , ， aia j 1ijn 中至少有 2n3 个不同的数，即 1 A2n3 ，取 A1,2,3,., n,则 ， aia j3,4,5,.,2 n1 , ，即 aia j 的不同值共有 2n3 个，故 1A 的最小值为 2n3 分