2019年海淀区高三二模理科数学试题及答案(WORD版)

1、海淀区高三年级第二学期期末练习数学(理科)2019.5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.已知集合A x1x5,B x3x6,则AIB(A)1,3 (B)3,5 (C)5,6 (D)1,6(2)复数z a i(iR)的实部是虚部的2倍，则a的值为(A)-(B)1(C) -2 (D)222 x 1 t . (3 ,若直线l :( t为参数)，经过坐标原点，则直线 l的斜率是y 2 at

2、(A) -2(B) -1 (C)1 (D)2 (4)在(x 2)5的展开式中，x2的系数是2x皿y 3，则(A) -80 (B) -10 (C)5 (D) 40 (5)把函数y 2x的图象向右平移t个单位长度，所得图象对应的函数解析式为t的值为(A) 1( B)log2 3(C) log3 2 (D) ,32(6)学号分别为1, 2, 3, 4的4位同学排成一排，若学号相邻的同学不相邻，则不同的排法 种数为(A)2 (B)4(C)6 (D)8(7)已知函数f(x) sin x( 0),则“函数f(x)的图象经过点(一，1)”是“函数f(x)4的图象经过点(一,0 ) ”的2(A)充分而不必要条

3、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(8)如图，在棱长为1的正方体ABCD AB1clD1中，点P是对角线AC1上的动点(点 P与A,C1不重合).则下面结论中错误的是(A)存在点P,使得平面 ADP /平面B1CD1(B)存在点P ,使得AC1平面A1DP(C) S,S2分别是 ADP在平面AiBiCiDi,平面BBiCiC上的正投影图形的面积，对任意点 P , S1 S2(D)对任意点P , ADP的面积都不等于第二部分(非选择题共 1 10分)二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。(9)已知直线l1：x y 1 0与l2：x ay 3 0平行，则a

4、, 11与l2之间的距离为(10)已知函数f(x) (x t)(x t)2是偶函数，则t (11)若数列an的前n项和Sn n2 8n , n 1,2,3，则满足 烝 0的n的最小值为(12)已知圆C: (x 1)2 y2 4与曲线y x 1相交于M,N两点，则线段 MN的长度为_(13)在矩形 ABCD中，AB 2,BC 1,点E为BC的中点，点 F在线段DC上.若umr uuur uuuuur uurAE AF AP ,且点P在直线AC上，则AEgAF (14)已知集合 A x 0 x 1 .给定一个函数y f (x),定义集合- - 、 - - - * 、 Any y f (x),x A

5、n 1 右AJA1 对任意的n N成立，则称该函数y f(x)具有性质“ ” .(I)具有性质“ 9”的一个一次函数的解析式可以是 ;12(n)给出下列函数：y ；y x2 1;y cos(-x) 2 ,其中具有，f质“ 9” x2的函 数的序号是 .(写出所有正确答案的序号)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)在 ABC 中，a 7,b 8, A -.3(I )求sin B的值；(n)若 ABC是钝角三角形，求 BC边上的高.（16）（本小题满分13分）某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案 （1） 规定

6、每日底薪50元，快递业务每完成一单 提成3元；方案（2）规定每日底薪100元， 快递业务的前44单没有提成，从第45单 开始，每完成一单提成5元，该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取 100天的数据，将样本数据分为 25 , 35）, 35 , 45） , 45 , 55） , 55 , 65） , 65 , 75） 示的频率分布直方图。（n）随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；（n）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案（1）的概率为- 选择方案（2）的概率3,2为2.若甲、乙、丙三名骑手分别到该快餐连锁店应聘，三人选择日工资方案相互独

7、3立，求至少有两名骑手选择方案（1）的概率；（出）若仅从人均日收入的角度考虑，请你利用所学的统计学知识为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由.（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替）（17）（本小题满分14分）如图1所示，在等腰梯形 ABCD , BC / AD , CE AD ,垂足为E, AD 3BC 3, EC 1.将 DEC沿EC折起到 D1EC的位置,使平面 D1 EC 平面ABCE,如图2所示，点G为棱AD1上一个动点。（n）当点G为棱AD1中点时，求证：BG/平面DEC t（n）求证：AB 平面D1BE ;6（出）是否存在点G ,使得一面角G BE D1的余弦值为 ？3若存

8、在，求出 AG的长；若不存在，请说明理由.(18)(本小题满分13分)22已知椭圆C: 土 4 1的左顶点 A与上顶点B的距离为J6.4 b2(n)求椭圆C的方程和焦点的坐标；(n)点P在椭圆C上，线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q ,若 PAQ为等边三 角形，求点P的横坐标.(19)(本小题满分14分)已知函数 f(x) eax(x2 92),其中 a 0.a(I)求曲线y f (x)在点(1,f(1)处切线的倾斜角；(n)若函数f(x)的极小值小于0,求实数a的取值范围.(20)(本小题满分13分)对于给定的奇数m,(m3)，设A是由m m个数组成的m行m列的数表，数表中第i行，第j列的

9、数a。0,1，记c(i)为A的第i行所有数之和，r(j)为A的第j列所有数之和，其中 i, j 1,2,., m对于i, j 1,2，m ,若maj c(i) £且jm同时成立，则称数对(i,j)为数表A的一个“好位置”(n)直接写出右面所给的 3 3数表A的所有的“好位置”；(nm 5时，若对任意的1 i 5都有c(i) 3成立，求数表A中的“好位置”个数的最小值；(出)求证：数表 A中的“好位置”个数的最小值为2m 2 .海淀区高三年级第二学期期末练习参考答案2019.05数 学(理科)、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1. B 2, D 3.D 4. A 5. B

10、 6. A 7. A 8. C、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9.1,、,210.0,111.512. 2. 213.514.y x 1 （答案不唯一），2三、解答题：本大题共6小题，共80分.（15）（共 13 分）解：（I）在 4ABC 中，因为 a 7, b 8, a3所以由正弦定理sinB sin-A b absin A 83 4 3得 sin B .a 727(n)方法1:由余弦定理a即c 8c 15 0,解得c 5或c 3 b2 c2 2bccosA21因为b a,b c,所以B为 ABC中最大的角,得 49 64 c 2 8c- 2当 c 5 时，cosB当 c

11、3 时，cos B22, 2a c b2ac22.2a c b2ac0 ,与ABC为钝角三角形矛盾，舍掉0, ABC为钝角三角形，所以c 3设BC边上的高为h,所以h csinB方法2:因为b a ,所以B A工，所以C -, 33所以 B为4ABC中最大的角因为4ABC为钝角三角形，所以 B为钝角4.3因为sin B ,所以cosB 一77所以 sinC sin（A B）sin AcosB cosAsinB3314设BC边上的高为h,所以h bsinC 曳3716 .(共 13 分)解：（I）设事件A为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单”依题意，连锁店的人均日

12、快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2,0.15,0.05因为 0.2 0.15 0.05 0.4所以P（A）估计为0.4.（n）设事件B为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）设事件Ci为“甲乙丙三名骑手中恰有i（i 0,1,2,3）人选择方案（1）”,则 P(B) P(C2)P(C3)2 12 2 13136C3(3)(3) C3(3) 为127所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案7271)的概率为27（出）方法1:设骑手每日完成快递业务量为X件*万案（1）的日工资X 50 3X（X N ）,100,X 44, X万案(2)的日工资丫2*100 5(X 44), X 44,

13、X N丫所140170200230260290320P0.050.050.20.30.20.150.05所以随机变量丫的分布列为EY 140 0.05 170 0.05 200 0.2 230 0.3260 0.2 290 0.15 320 0.05 236Y1100130180230280330同理随机变量丫2的分布列为P0.10.20.30.20.150.05EY2 100 0.1 130 0.2 180 0.3 230 0.2 280 0.15 330 0.05194.5因为EY EY2 ,所以建议骑手应选择方案（1）方法2：快餐店人均日快递量的期望是：30 0.05 40 0.05 5

14、0 0.2 60 0.3 70 0.2 80 0.15 90 0.05 62因此，方案（1）日工资约为50 62 3 236方案2日工资约为10062 44 5 190 236故骑手应选择方案（1）17 . （共 14 分）解：（I）方法1:在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为 F ,因为 CE AD ，所以 BF P EC又因为 BC P AD ， BC CE 1 ， AD=3所以四边形BCEF 为正方形，AF FE ED 1 ， F 为 AE 中点在图2 中，连结GF因为点 G 是 AD1 的中点，所以 GF P D1E又因为 BF P EC ， GF I BF F ， G

15、F， BF 平面 BFG ， D1E,EC 平面 D1EC ，所以平面BFG P 平面 CED1又因为 BG 面 GFB ，所以 BG P 平面D1EC方法2：在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为 F因为 CE AD ，所以 BF P EC又因为 BC P AD ， BC CE 1 ， AD=3所以四边形BCEF为正方形，F为AE中点在图2 中，连结GF因为点 G 是 AD1 的中点，所以 GF P D1E又 D1E 平面D1EC ， GF 平面D1EC所以 GF P 平面D1 EC又因为 BF P EC ， EC 平面 D1EC ， BF 平面D1 EC所以 BF P 平面D

16、1 EC又因为 GF I BF F所以平面BFG P 平面 D1 EC又因为 BG 面 GFB ，所以 BG P 平面D1 EC方法3：在图1的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为 F ,因为 CE AD ，所以 BF P EC又因为 BC P AD ， BC CE 1 ， AD=3所以四边形BCEF为正方形，AF FE ED 1 ,得AE 21所以 BC P AE, BC= AE 2在图2中设点M为线段DiE的中点，连结 MG,MC ,因为点G是ADi的中点，1 所以 GM P AE, GM =-AE2所以GM PBC, GM=BC,所以四边形 MGBC为平行四边形所以BGPCM又因

17、为CM 平面DEC , BG 平面DEC所以BG P平面D1 EC(n)因为平面 DEC 平面ABCE,平面DEC I平面ABCE EC,RE EC, DE 平面 DEC,所以RE 平面ABCE又因为AB 平面ABCE所以D1E AB又 AB BE 72, AE 2 ,满足 AE2 AB2 BE2 ,所以BE AB又 BEI D1E E所以AB 平面D1EB(出)因为EA,EC,ED1三线两两垂直，如图，建立空间直角坐标系UUUUuuu所以 A(2,0,0), 5(0,0,1), B(1,1,0), AD1 ( 2,0,1),EB假设存在点G满足题意，uuuruiuuruur设 AGAD1,0

18、1,则 AG (2,0,1),uuur uur uuur所以 EG EA AG (2,0,0)( 2,0,1) (2 2 ,0,)设平面GBE的法向量为 m (a,b,c),uuua b 0(2 2 )aEB m 0所以uur ,即EG m 0取 a ，则 m ( ,22),uuu由(n) , AB ( 1,1,0)为平面BEDi的法向量,uuuuuu AB m 令 cos AB, m-tutrAB|m-2解得一或2 (舍)3_2 I J22 2 (22)23uuuuAD1 ,、6 uur 2所以存在点G ,使得二面角G BE D1的余弦值为丫？，且AG f得AG2.5"V18.（共

19、 13 分）解：（I）依题意，有Wb2灰所以b2 222所以椭圆方程为 y- 142所以 c J4 2 22 ,焦点坐标分别为F1（、,2,0）, F2（ 2,0）,（n ）方法1: 22设 P（Xo,y。），则.与 1,且 A（ 2,0）,42若点P为右顶点，则点 Q为上（或下）顶点，|AP 4, AQ J6 , PAQ不是等边三角形，不合题意，所以x02,y0 0 .设线段PA中点为M ,所以m （m二，&） 22因为PA MQ ,所以kPA kMQ1因为直线PA的斜率kApX0 2所以直线MQ的斜率kMQ±Gy0又直线MQ的方程为y &至二_（x至？）2y02令

20、 x 0 ,得到 yQ 近（X0 2）（X0 2） 22y022因为x_里142所以yQ的2因为4PAQ为正三角形， 所以 |AP| |AQ|,即 J(X0 2)2 y。2 芦)丁化简，得到5x02 32x0 12 0 ,解得x05,x06(舍)2即点P的横坐标为25方法2:设P(xo,y0),直线AP的方程为y k(x2).当k 0时，点P为右顶点，则点Q为上(或下)顶点,AP 4, PAQ不是等边三角形，不合题意，所以0.2 x联立方程44y2y万k(x2)消元得(1 2k2)x2228k2x 8k2所以16 0所以X08k2-2i?段 PAxMx0224k21 2k2Vmk(k-21 2

21、k22)2k21 2k2所以M (4k22k1 2k2 ,1 2k2)因为APMQ ,所以Kmq所以直线MQ的方程为y得到Vq2k1k2k1 2k211(x4k22k1 2k2 k 1 2k21 2k2因为APAQ为正三角形， 所以|AP| |AQ|所以1 k2 -142k2化简，得到4k4k23 0 ,解得k232人一，k 1 (舍)44k2所以x01 2k即点P的横坐标为252.5方法3:5设 P（xo,y。），当直线AP的斜率为0时，点P为右顶点，则点 Q为上AP 4, AQ V6, PAQ不是等边三角形，不合题意,（或下）顶点，所以直线AP的斜率不为0.设直线AP的方程为xty 2联立

22、方程22二 上 142x ty 2消元得,2_2(t 2)y 4ty 0所以y04tt2 2设线段PA中点为M所以yM所以2tt2 24 _2,t，Xm因为t2AP MQ ,所以 kMQ所以直线MQ的方程为y1k-2'2-t(x 2t22t2令x 0 ,得到yQ屋Lt2 2因为4PAQ为正三角形,所以|AP|AQ|所以2詈24 122tJ化简，得到3t4 t24 0 ,解得t2?t21 (舍)即点P的横坐标为2, 5219.(共 14 分)a 27 r斛：(I )因为 f (x) e (x ),所以 f '(x) e (ax 2x (a 2)a所以f '(1) 0所以曲

23、线y f(x)在点(i,f(i)处切线的倾斜角为0(n)方法1:因为 f'(x) eax(ax2 2x (a 2) eax(ax (a 2)(x 1)令 f (x) 0,得到 x1U,x2 1a当a 0时，x, f'(x), f(x)的变化情况如下表：x(,x1)x(x1,1)1(1,)f (x)00f(x)Z极大值极小值Z而 f(1) ea(1 a上)ea(1 1 -) ea( -) 0,符合题意aa a当 a 1 时，x1-2x2 1,af '(x) eax(x 1)2 0, f (x)没有极值，不符合题意当1 a 0时，x11, f'(x), f(x)的变

24、化情况如下表x(,1)1(1,为)x1(为，)f (x)00f(x)极小值Z极大值Ha 2一一而f (1) e ( -) 0,不符合题意 a当a 1时，x11 , f '(x) , f (x)的变化情况如下表x(,%)x(x1,1)1(1,)f (x)00f(x)极小值Z极大值f(Xi)a( -) a 2 2 a 2e ()()0, 解得a 2 aa综上，a的取值范围是(，2)U(0,) 方法2: 因为函数f (x)的极小值小于0 ,所以f(x) 0有解，即x2 U 0有解 a所以2 0 ,所以有a 0或a 2 a因为 f'(x) eax (ax2 2x (a 2) eaX(a

25、x (a 2)( x 1)令 f (x) 0 ,得到 xia2,x2 1a当a 0时，x, f'(x), f(x)的变化情况如下表：x(,x1)x(x”1)1(1,)f (x)00f(x)Z极大值极小值Z一c a 2 c2 c 2.而 f (1) ea(1 a-) ea(1 1 -) ea( -) 0,符合题意aa a当a 2时，为1, f'(x), f(x)的变化情况如下表：x(Mx(x1,1)1(1,)f (x)00f(x)极小值Z极大值玲,a(丁) a 2 2而 f(Xi) e a ()aa 2()aa 2a()a综上，a的取值范围是(，2)U(0,)20.(共 13 分

26、)解：(I) “好位置”有：(1,2),(1,3),(2,1),(3,1)(n)因为对于任意的i 1,2,3,4,5, c(i) 3;5所以当 ai,j 1 时，|5 c(i)| 5 3-,一5当a/。时，|5加 c(i)| c(i) 2；因此若(i, j)为“好位置”，5则必有 ai,j 1 ,且 5 r(j) 5 ,即 r(j) 3设数表中共有n(n 15)个1,其中有t列中含1的个数不少于3,则有5 t列中含1的个数不多于2,一5所以 5t 2(5 t) n 15 , t -, 3因为t为自然数，所以t的最小值为2 因此该数表中值为1 ,且相应位置不为“好位置”的数个数最多不超过 3 2

27、所以，该数表好位置的个数不少于15 6 9个而下面的5 5数表显然符合题意1110011100110101100110011此数表的“好位置”的个数恰好为9综上所述，该数表的“好位置”的个数的最小值为9(出)当(i, j)为“好位置”时，且 ai,j 1时,则有 |m c(i)| m,所以 c(i) m ,、一，一，* ,，m 1汪息到m为奇数，c(i) N ,所以有c(i) 2 m 1同理得到r(j)2当(i, j)为“好位置”，且。时，则|m c| m ,则必有c(i) m,*注意到m为奇数，c(i) N ,所以有4i) 同理得到r(j) 因为交换数表的各行，各列，不影响数表中“好位置”的个数, m 1m 1所以不妨设 c(