2019年北京市石景山区高考数学一模试卷(理科)

1、2019 年北京市石景山区高考数学一模试卷（理科）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（5 分）已知集合 PxR|x1，Q2，3，则下列关系中正确的是（）APQBPQCQPDPQR2（5 分）设 i 是虚数单位，若复数（1i）z2i，则复数 z 的模为（）A1BCD23（5 分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为（）A2B6C10D244（5 分）九连环是我国从古

2、至今广泛流传的一种益智游戏在某种玩法中，用 an 表示解下 n （ n  9 ， nN* ） 个 圆 环 所 需 的 移 动 最 少 次 数 ， an 满 足 a1  1 ， 且 an ，则解下 4 个圆环所需的最少移动次数为（）A7B10C12D2

3、25（5 分）中国南宋时期的数学家秦九韶提出了一种多项式简化算法，如图是实现该算法的程序框图，如输入的 x1，n2，依次输入的 a 为 1，2，3，运行程序，输出的 s 的值为（）第 1 页（共 21 页）A1B2C3D66（5 分）已知平面向量的（）A充分不必要条件C充要条件，则     是 与 同向B必要不充分条件D既不充分也不必要条件7（5 分）若 xyab1，则下列各式中一定正确

4、的是（）AaxbyBlnxlnyCsinxsinyD（8 5 分）已知函数的一条对称轴为，f（x1）+f（x2）0，且函数 f（x）在（x1，x2）上具有单调性，则|x1+x2|的最小值为（）ABCD二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分9（5 分）若变量 x，y 满足约束条件则 z2xy 的最小值为10（5 分）等比数列an的首项 a12，a416，则其前 n 项和 Sn（11 5

5、 分）在极坐标系中，直线 sin2 与圆 4sin 的位置关系为 填“相交”、“相切”或“相离”）12（5 分）若四面体各棱的长是 1 或 2，且该四面体不是正四面体，则其表面积的值可能第 2 页（共 21 页）14 5 分）在直角坐标系 xOy 中，点 A（x1，y1）和点 B（x2，y2），设集合 M（x，y）|x2+y2是（只需写出一个可能的值）13（5 分）过双曲线的一

6、个焦点 F 作其渐近线的平行线 l，直线 l 与 y 轴交于点P，若线段 OP 的中点为双曲线的虚轴端点（O 为坐标原点），则双曲线的离心率为（1，且 A，BM，|AB|1，则 x1x2+y1y2；点 A，B 到 x 轴距离之和的最小值为三、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 13 分）在ABC 中，角 A，B，C&

7、#160;的对边分别为 a，b，c，c3，        （）求 sinC 的值；（）求ABC 的面积16（13 分）某不透明纸箱中共有 4 个小球，其中 1 个白球，3 个红球，它们除颜色外均相同（）一次从纸箱中摸出两个小球，求恰好摸出 2 个红球的概率；（）每次从纸箱中摸出一个小球，记录颜色后放回纸箱，这样摸取 4 次，记得到红球的次数为 ，求 

8、0;的分布列；（）每次从纸箱中摸出一个小球，记录颜色后放回纸箱，这样摸取 100 次，得到几次红球的概率最大？只需写出结论17（14 分）如图，在四棱锥 EABCD 中，平面 ABCD平面 AEB，且四边形 ABCD 为矩形，BAE120°，AEAB4，AD2，F，G 分别为 BE，AE 的中点，H 在线段 BC上（不包括端点）（）求证：CD平面 FGH；（）求证：平面 DAF平面 CEB；（）是否存在点 

9、H，使得二面角 HGFB 的大小为说明理由？若存在，求  ；若不存在，第 3 页（共 21 页）18（13 分）设函数 f（x）exax+1，a0（）若曲线 yf（x）在点（1，f（1）处的切线与 x 轴平行，求 a；（）当 x1 时，函数 D 的图象恒在 x 轴上方，求 a 的最大值19（14 分）已知椭圆的离心率为 ，右焦点为 F（c，0），左

10、顶点为 A，右顶点 B 在直线 l：x2 上（）求椭圆 C 的方程；（）设点 P 是椭圆 C 上异于 A，B 的点，直线 AP 交直线 l 于点 D，当点 P 运动时，判断以 BD 为直径的圆与直线 PF 的位置关系，并加以证明20（13 分）若项数为 n 的单调递增数列an满足：a11；对任意 k（kN*，2kn），

11、存在 i，j（iN*，jN*，1ijn）使得 akai+aj，则称数列an具有性质 P（）分别判断数列 1，3，4，7 和 1，2，3，5 是否具有性质 P，并说明理由；（）若数列an具有性质 P，且 an36，（）证明数列an的项数 n7；（）求数列an中所有项的和的最小值第 4 页（共 21 页）2019 年北京市石景山区高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题共 8 小题，每小题 5

12、60;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（5 分）已知集合 PxR|x1，Q2，3，则下列关系中正确的是（）APQBPQCQPDPQR【分析】判断 Q 中的元素是不是符合 P 中元素的属性，即可判断出两个集合的位置关系【解答】解：合 PxR|x1，Q2，3，且 2，3 都大于 1，QP故选：C【点评】本题考查集合间的关系，属于基本计算题，较简单2（5 分）设 i 是虚数单位，若复数（1i）z2i，则复数 

13、z 的模为（）A1BCD2【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，代入复数模的计算公式求解【解答】解：由（1i）z2i，得 z，|z|故选：B【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题3（5 分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为（）A2B6C10D24【分析】由三视图还原原几何体，可知原几何体为直四棱柱，底面为直角梯形，从而可第 5 页（共 21 页）求几何体的体积【解答】解：由三视图还原原几何体如图：该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形，则其体积为故选：B×2

14、15;26【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题4（5 分）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏在某种玩法中，用 an 表示解下 n （ n  9 ， nN * ） 个 圆 环 所 需 的 移 动 最 少 次 数 ， an 满 足 a1  1

15、60;， 且 an ，则解下 4 个圆环所需的最少移动次数为（）A7B10C12D22【分析】本题可根据递推式逐步计算，但要注意 n 的奇偶性，代入不能搞错【解答】解：由题意，可知：a22a112×111，a32a2+22×1+24，a42a312×417故选：A【点评】本题可根据递推式逐步计算，属基础题5（5 分）中国南宋时期的数学家秦九韶提出了一种多项式简化算法，如图是实现该算法的程序框图，如输入的 x1，n2，依次输入的 a 为 1，2，3

16、，运行程序，输出的 s 的值为（）第 6 页（共 21 页）A1B2C3D6【分析】根据条件进行模拟计算即可【解答】解：第一次 a1，s1，k1，k2 不成立，第二次，a2，s1+23，k2，k2 不成立，第三次，a3，s3+36，k3，k2 成立，输出 s6，故选：D【点评】本题主要考查程序框图的识别和判断，利用模拟运算法是解决本题的关键比较基础6（5 分）已知平面向量的（）A充分不必要条件C充要条件，则     是

17、0;与 同向B必要不充分条件D既不充分也不必要条件【分析】根据向量共线的条件，建立方程关系进行求解即可【解答】解：若 与 同向，则 m ，（m0），即（k，2）m（1，k），则，得 m22 得 m，km  ，第 7 页（共 21 页）8 5 分）已知函数               

18、60;    的一条对称轴为      ，f（x1）+f（x2）0，即是 与 同向的充要条件，故选：C【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量共线的等价条件是解决本题的关键7（5 分）若 xyab1，则下列各式中一定正确的是（）AaxbyBlnxlnyCsinxsinyD【分析】根据指数函数和幂函数的单调性可得【解答】解：因为 yax（a1）是递增函数，且 xy，所以 axay，又因为幂函数 yxn（n

19、0）是（0，+）上的递增函数，且 ab1，所以 ayby，根据传递性得 axby故选：A【点评】本题考查了不等关系与不等式，属基础题（且函数 f（x）在（x1，x2）上具有单调性，则|x1+x2|的最小值为（）ABCD【分析】利用辅助角公式化简，对称轴为，f（x1）+f（x2）0，且函数 f（x）在（x1，x2）上具有单调性，可得 x1 与 x2，关于对称中心对称，即可求解|x1+x2|的最小值；【解答】解：函数       sin（x+），其中

20、 tan函数 f（x）的一条对称轴为可得 f（） a2解得：a2，±对称中心对称横坐标 xk，可得 x，kZ 又 f（x1）+f（x2）0，且函数 f（x）在（x1，x2）上具有单调性第 8 页（共 21 页）|x1+x2|2|k+|当 k0 时，可得|x1+x2|故选：C【点评】本题考查了正弦函数的最值和单调性的综合应用属于中档题二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30

21、0;分9（5 分）若变量 x，y 满足约束条件则 z2xy 的最小值为1【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为 A，联立，解得 A（0，1）z2xy 的最小值为 2×011故答案为：1【点评】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题10（5 分）等比数列an的首项 a12，a416，则其前 n 项和 Sn2n+12【分析】设数列

22、an的公比为 q，由 a12，a416可得 2q316，解得 q，即可得出【解答】解：设数列an的公比为 q，a12，a4162q316，解得 q2第 9 页（共 21 页）Sn2n+12，故答案为：2n+12【点评】本题考查数列的求和，着重考查等比数列的通项公式，属于基础题11（5 分）在极坐标系中，直线 sin2 与圆 4sin 的位置关系为相交（填“相交”、“相切”或“相离”）【分析】将直线与圆的极坐标方程化成直角坐标方程后可得相交【解答】

23、解：由 sin2 得 y2；由 4sin 得 24sin 得 x2+（y2）24，所以直线与圆相交故答案为：相交【点评】本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题（12 5 分）若四面体各棱的长是 1 或 2，且该四面体不是正四面体，则其表面积的值可能是（只需写出一个可能的值）【分析】由题意画出一种满足条件的图形，求解表面积即可得答案【解答】解：由四面体各棱的长是 1 或 2，且该四面体不是正四面体，如图，可取三条侧棱长均为 2

24、，底面边长 BCBD2，CD1其表面积为          故其表面积的一个可能值为故答案为：【点评】本题考查棱锥表面积的求法，是基础的计算题13（5 分）过双曲线的一个焦点 F 作其渐近线的平行线 l，直线 l 与 y 轴交于点P，若线段 OP 的中点为双曲线的虚轴端点（O 为坐标原点），则双曲线的离心率为2【分析】根据线段 OP 的中点为双曲线的虚轴端点

25、，求出 P 的坐标，结合直线平行，得第 10 页（共 21 页）到斜率相等进行求解即可【解答】解：F（c，0），双曲线的一条渐近线方程为 y x，OP 的中点是（0，b），P（0，2b），l 平行渐近线，l 的斜率等于 ，即  ，即 c2a，则双曲线的离心率 e 2，故答案为：214 5 分）在直角坐标系 xOy 中，点 A（x1，y1）和点 B（x2，y2），设集合

26、 M（x，y）|x2+y2【点评】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据直线平行以及直线斜率关系是解决本题的关键（1，且 A，BM，|AB|1，则 x1x2+y1y2；点 A，B 到 x 轴距离之和的最小值为【分析】利用两点间的距离公式以及数形结合进行求解即可【解答】解：因为|AB|OA|OB|1，所以三角形 AOB 为等边三角形，所以AON60°，cosAOB，x1x2+y1y2 ，第 11 页（共 21 页）法 2：利用 x

27、12+y121，x22+y221，且|AB|1，得（x1x2）2+（y1y2）21，即 x12+y12+x22+y222x1y12x2y21，则 2（x1x2+y1y2）1，得 x1x2+y1y2 假设 A，B 在 x 轴的上方，AB 的中点为 C，分别过 A，B，C 作 x 轴的垂线，垂足分别为 D，E，F，则点 A，B 到 x 轴距离之和为 AD+EB2CE，要求 AD+EB

28、0;的最小值，即求出 CE 的最小值即可，当 A，D 重合，即 A 在 x 轴上时，AD+EB0+EBBE故答案为： ，第 12 页（共 21 页）【点评】本题主要考查两点间距离的计算，利用条件建立方程组关系以及利用数形结合是解决本题的关键三、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 13 分）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为

29、60;a，b，c，（）求 sinC 的值；（）求ABC 的面积，c3，        （【分析】 ）在ABC 中，求出正弦函数值，利用正弦定理转化求解即可（）由余弦定理 b2a2+c22accosB 得 a，然后求解三角形的面积【解答】（本小题 13 分）解：（）在ABC 中，c3，得由正弦定理，（）由余弦定理 b2a2+c22accosB 得a2+2a30，解得 a1

30、0;或 a3（舍）第 13 页（共 21 页），【点评】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，考查三角形的解法，考查计算能力16（13 分）某不透明纸箱中共有 4 个小球，其中 1 个白球，3 个红球，它们除颜色外均相同（）一次从纸箱中摸出两个小球，求恰好摸出 2 个红球的概率；（）每次从纸箱中摸出一个小球，记录颜色后放回纸箱，这样摸取 4 次，记得到红球的次数为 ，求  的分布列；（）每次从纸箱中摸出一个小球，记录颜

31、色后放回纸箱，这样摸取 100 次，得到几次红球的概率最大？只需写出结论【分析】（）设“一次从纸箱中摸出两个小球，恰好摸出 2 个红球”为事件 A，由组合数公式求出从 4 个球中摸出 2 个以及两个球都是红球的取法数目，由古典概型的计算公式计算可得答案；（）根据题意，分析可得  可能取 0，1，2，3，4；求出变量  对应的概率，据此求出其分布列即可得答案；（）根据题意，分析取出红球的数目的期望值，分析可得答案【解答】解：（）设“一次从纸箱中摸出两个小球，

32、恰好摸出 2 个红球”为事件 A，则从 4 个球中摸出 2 个，有 C42 种取法，都是红球的取法有 C32 种，则（） 可能取 0，1，2，3，4；，所以  的分布列为01234第 14 页（共 21 页）P（）根据题意，纸箱中共有4 个小球，其中 1 个白球，3 个红球，每次从纸箱中摸出一个小球，取出红球的概率为 ，若连续摸取 100 

33、;次，摸到红球次数的期望为 100× 75，则摸到 75 次红球的概率最大【点评】本题考查随机变量的分布列的计算，涉及随机事件的概率计算以及随机变量期望的意义，属于综合题17（14 分）如图，在四棱锥 EABCD 中，平面 ABCD平面 AEB，且四边形 ABCD 为矩形，BAE120°，AEAB4，AD2，F，G 分别为 BE，AE 的中点，H 在线段 BC上（不包括端点）（）求证：CD平面 FGH；（）

34、求证：平面 DAF平面 CEB；（）是否存在点 H，使得二面角 HGFB 的大小为说明理由？若存在，求  ；若不存在，【分析】（）推导出 FGAB，且 FG，从而 CDFG，由此能证明 CD平面FGH（）推导出 AD平面 AEB，从而 ADBE，再推导出 AFBE，从而 BE平面 ADF，由此能证明平面 DAF平面 CEB（）在平面 ABE 内过点 A 作 

35、AB 的垂线，建立空间直角坐标系 Axyz，利用向量法能求出存在点 H，使得二面角 HGFB 的大小为，且   【解答】证明：（）在矩形 ABCD 中，CDAB，F，G 分别为 BE，AE 的中点，FGAB，且 FG，第 15 页（共 21 页）CDFG，CD平面 FGH，FG平面 FGH，CD平面 FGH（）在矩形 ABCD 中，ADAB，矩形 ABCD平

36、面 AEB，且平面 ABCD平面 AEBAB，AD平面 AEB，又 BE平面 AEB，ADBE，AEAB，F 为 BE 的中点，AFBE，又 ADAFA，BE平面 ADF，BE平面 CEB，平面 DAF平面 CEB解：（）在平面 ABE 内过点 A 作 AB 的垂线，如图建立空间直角坐标系 Axyz，BAE120°，AEAB4，AD2，A0  0B4

37、0; 0C4  2 （0， ， ），（0， ， ），（0， ， ），设，H（0，4，2），设平面 FGH 的法向量为，即令 x2，则，是平面 FGH 的一个法向量，AD平面 AEB，平面 AEB 的法向量为，二面角 HGFB 的大小，解得，H 在 BC 上，存在点 H，使得二面角 HGFB 的大小为，且第 16 页（共

38、 21 页），【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角大小的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题18（13 分）设函数 f（x）exax+1，a0（）若曲线 yf（x）在点（1，f（1）处的切线与 x 轴平行，求 a；（）当 x1 时，函数 D 的图象恒在 x 轴上方，求 a 的最大值【分析】（）求出原函数的导函数，得到 f（1）ea，由题

39、设知 f（1）0，即 ea0，解得 ae；（）由题设知，当x1 时，f（x）exax+10，当 0x1 时，化为利用导数求得函数当 x0 时，化为的最小值可得 a 的范围；当 x0 时，f（x）20 成立；，而当 ae+1 时，满足        成立，从而求得 a 的最大值【解答】解：（）f（x）exax+1，f（x）exa，f（1）ea，由题设

40、知 f（1）0，即 ea0，解得 ae经验证 ae 满足题意；（）由题设知，当 x1 时，f（x）exax+10，（1）当 0x1 时，第 17 页（共 21 页）设，则，故 g（x）在（0，1）单调递减，因此，g（x）的最小值大于 g（1）e+1，ae+1（2）当 x0 时，f（x）20 成立（3）当 x0 时，当 ae+1 时，成立综上，a 的最大值为 

41、e+1【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查分类讨论的数学思想方法，是中档题19（14 分）已知椭圆的离心率为 ，右焦点为 F（c，0），左顶点为 A，右顶点 B 在直线 l：x2 上（）求椭圆 C 的方程；（）设点 P 是椭圆 C 上异于 A，B 的点，直线 AP 交直线 l 于点 D，当点 P 运动时，判断以 BD

42、60;为直径的圆与直线 PF 的位置关系，并加以证明【分析】（）依题可知 a2，根据离心率求出 c，即可求出 b，可得椭圆的方程（）方法一：设出直线方程，代入椭圆方程，确定 P 的坐标，求出 PF 的方程，验证圆心到直线的距离，即可得到结论方法二，设点 P（x0，y0），求出直线 PF 的方程，以及点到直线的距离，即可证明【解答】解：（）依题可知 B（a，0），a2因为所以 c1，故椭圆 C 的方程为（）方法一：以 BD

43、60;为直径的圆与直线 PF 相切证明如下：由题意可设直线 AP 的方程为 yk（x+2）（k0）第 18 页（共 21 页）则点 D 坐标为（2，4k），BD 中点 E 的坐标为（2，2k），直线方程代入椭圆方程，可得（3+4k2）x2+16k2x+16k2120设点 P 的坐标为（x0，y0），则2x0所以 x0，y0因为点 F 坐标为（1，0），当 k± 时，点 

44、;P 的坐标为（1，± ），直线 PF 的方程为 x1，D 的坐标为（2，±2）此时以 BD 为直径的圆（x2）2+（y1）21 与直线 PF 相切当 k± 时，则直线 PF 的斜率 kPF所以直线 PF 的方程为 y（x1），即点 E 到直线 PF 的距离又因为|BD|2R4|k|，故以 BD 为直径的圆与直线

45、60;PF 相切综上得，当直线 AP 绕点 A 转动时，以 BD 为直径的圆与直线 PF 相切综上得，当点 P 运动时，以 BD 为直径的圆与直线 PF 相切方法二：以 BD 为直径的圆与直线 PF 相切证明如下：设点 P（x0，y0），则当 x01 时，点 P 的坐标为（1，± ），直线 PF 的方程为 x

46、1，D 的坐标为（2，±2）此时以 BD 为直径的圆（x2）2+（y1）21 与直线 PF 相切当 x°1 时直线 AP 的方程为，第 19 页（共 21 页）点 D 的坐标为，BD 中点 E 的坐标为，故直线 PF 的斜率为，故直线 PF 的方程为，即，所以点 E 到直线 PF 的距离故以 BD 为直径的圆与直线 PF 相切综上得，当点 P 运动时，以 BD 为直径的圆与直线 PF 相切【点评】本题考查椭圆方程，考查直线和圆锥曲