北京市海淀区2019届高三二模数学理科试卷(含答案)

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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(1)已知集合 , ,则1Ax36BxAB(A)1,3 (B)3,5 (C)5,6 (D)1,6(2)复数 的实部是虚部的 2倍,则 的值为()zaiRa(A)(B)(C) -2 (D)212(3,若直线 : ( 为参数),经过坐标原点,则直线 的斜率是lxtya l(A) -2 (B

2、) -1 (C)1 (D)2(4)在 的展开式中, 的系数是5(2)x2x(A) -80 (B) -10 (C)5 (D) 40(5)把函数 的图象向右平移 个单位长度,所得图象对应的函数解析式为 ,xyt 23xy则 的值为t(A)( B) (C) (D) 122log33log2(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 ,则“函数 的图象经过点( ,1) ”是“函数()sin(0)fx()fx4的图象经过点( ) ”的f ,2(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件(C)充分

3、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 中,点 是对角线 上的动点(点1ABCDP1AC与 不重合) 则下面结论中错误的是P,AC(A)存在点 ,使得平面 平面1P1(B)存在点 ,使得 平面P1AC1DP(C) 分别是 在平面 ,平面 上12,S1B1C的正投影图形的面积,对任意点 , 2S(D)对任意点 , 的面积都不等于P1AD6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 与 平行,则 , 与 之间的距离为1:0lxy2:30lxaya1l2( 10)已知函数 是偶函数,则 ()()ftt( 11)若数列

4、 的前 项和 , 则满足 的 的最小值为na28nS1,2.,n0n(12)已知圆 与曲线 相交于 两点,则线段 的长度为 2:(1)4CxyyxMNN(13)在矩形 中, ,点 为 的中点,点 在线段 上若ABD,BCEBFDC,且点 在直线 上,则 EFPAA(14)已知集合 .给定一个函数 ,定义集合01x()yfx若 对任意的 成立,则称该函数(),nnAyf1n*nN具有性质“ ”fx(I)具有性质“9”的一个一次函数的解析式可以是 ;()给出下列函数: ; ; ,其中具有性质1yx21cos()2yx“9”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

5、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 中, ABC7,83abA()求 的值;sin()若 是钝角三角形,求 边上的高BC(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),75,85),85,95七组

6、,整理得到如图所示的频率分布直方图。()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;()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13率为 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23立,求至少有两名骑手选择方案(1)的概率;()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 , , ,垂足ABCDCEAD为 , , .将 沿 折起到 的位置,E3AD1E

7、1使平面 平面 ,如图 2所示,点 为棱 上一个动点。1CG()当点 为棱 中点时,求证: 平面 tG1B1E()求证: 平面 ;ABDE()是否存在点 ,使得二面角 的余弦值为 ?1G63若存在,求出 的长;若不存在,请说明理由(18)(本小题满分 13分)已知椭圆 的左顶点 与上顶点 的距离为 2:14xyCbAB6()求椭圆 的方程和焦点的坐标;()点 在椭圆 上,线段 的垂直平分线与 轴相交于点 ,若 为等边PPyQPA三角形,求点 的横坐标(19)(本小题满分 14分)已知函数 ,其中 2(),axfe0a()求曲线 在点 处切线的倾斜角;y(1f()若函数 的极小值小于 0,求实数

8、 的取值范围()fx( 20)(本小题满分 13分)对于给定的奇数 ,设 是由 个数组成的 行 列的数表,数表中,(3)mAmm第 行,第 列的数 ,记 为 的第 行所有数之和, 为 的第 列所有ij01ija(cii()rjAj数之和,其中 .,2,对于 ,若 且 同时成立,则称数对.ijm()2ijcj (,)ij为数表 的一个“好位置”A()直接写出右面所给的 数表 的所有的“好位置” ;3A()当 时,若对任意的 都有 成立,求数表515i()3ci中的“好位置”个数的最小值;()求证:数表 中的“好位置”个数的最小值为 A2m海淀区高三年级第二学期期末练习参考答案数 学 (理科) 2

9、019.05一、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 6. A 7. A 8. C 二、填空题:本大题共 6小题,每小题 5分,共 30分.9. 10. 11. 1,20,1512. 13. 14. (答案不唯一) ,21yx 三、解答题: 本大题共 6小题,共 80分. (15) (共 13 分)解:()在 中,因为 , , ,ABC 7a8b3A所以由正弦定理 sini得 . i834sin72ba()方法 1:由余弦定理 22cosbA得 14968c即 ,解得 或 21505c3因为 ,所以 为 中最大的角,,baBAC当

10、时, ,与 为钝角三角形矛盾,舍掉5c22os0cbaB当 时, , 为钝角三角形,322BcAC所以 c设 边上的高为 ,所以 ChsincB1237方法 2: 因为 ,所以 ,所以 ,ba3BA3C所以 为 中最大的角C因为 为钝角三角形,所以 为钝角 B因为 ,所以 43sin7B1cos7B所以 i()CAsncosin314设 边上的高为 ,所以 BCh123sin7bC16.(共 13 分)解:() 设事件 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A少于 单”65依题意,连锁店的人均日快递业务量不少于 单的频率分别为:650.21., ,因为 0.215.0.4所

11、以 估计为 . ()PA() 设事件 为“甲、乙、丙三名骑手中至少有两名骑手选择方案(1) ” B设事件 为“甲乙丙三名骑手中恰有 人选择方案(1) ”,iC(0,23)i则 23()()P136172所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案(1)的概率为 72()方法 1:设骑手每日完成快递业务量为 件 X方案(1)的日工资 ,*1503()YN方案(2)的日工资 2 *,4,()4,XX所以随机变量 的分布列为1Y所以 140.5170.2.30.EY269526同理随机变量 的分布列为1Y4072032609320P.5.15.1Y0138023803P2.15.201308320803.0

12、5E94.5因为 ,所以建议骑手应选择方案(1) 2Y方法 2:快餐店人均日快递量的期望是:30.540.5.260.37.280.1590.62因此,方案(1)日工资约为 方案 2 日工资约为 145196故骑手应选择方案(1) 17.(共 14 分)解: () 方法 1: 在图 1 的等腰梯形 内,过 作 的垂线,垂足为 ,ABCDAEF因为 ,所以 CEF又因为 , ,1=3所以四边形 为正方形, , 为 中点1DAE在图 2 中,连结 G因为点 是 的中点, 1AD所以 FE又因为 , , 平面 , 平面BCBFGBF, G1,DEC, 1DEC所以平面 平面 GA1D又因为 ,所以

13、平面 面 A1EC方法 2:在图 1 的等腰梯形 内,过 作 的垂线,垂足为 BCF因为 ,所以 CEADFA又因为 , ,1E=3D所以四边形 为正方形 , 为 中点 在图 2 中,连结 G因为点 是 的中点,1AD所以 FE又 平面 , 平面 11CF1DEC所以 平面 GA又因为 , 平面 , 平面BE1BF1E所以 平面 F1D又因为 所以平面 平面 BGA1EC又因为 ,所以 平面 面 BGA1DEC方法 3:在图 1 的等腰梯形 内,过 作 的垂线,垂足为 ,F因为 ,所以 CEADFA又因为 , ,B1CE=3D所以四边形 为正方形, ,得 BCEF1AFED2AE所以 1 =2

14、A,在图 2 中设点 为线段 的中点,连结 ,M1D,MGC因为点 是 的中点,G1所以 =2AE,所以 ,所以四边形 为平行四边形 BC, GBC所以 GM又因为 平面 , 平面1DEB1DE所以 平面 BA()因为平面 平面 ,1C平面 平面 ,EBEC平面 ,1,D11D所以 平面 A又因为 平面B所以 1E又 ,满足 ,2,2E22ABE所以 BA又 1ED所以 平面 ()因为 三线两两垂直,如图,建立空间直角坐标系 ,1,AC 1EACD所以 , , , . (2,0)(,)D(1,0)B1(2,0)(,0)ADB假设存在点 满足题意,G设 ,则 ,1,A(,)所以 (2,0),12

15、,0)E设平面 的法向量为 ,GB,abcm所以 ,即 0E0(2) AB CD1E取 ,则 , a(,2)m由() , 为平面 的法向量, 1,0AB1BED令 226cos, 3()解得 或 (舍)23所以存在点 ,使得二面角 的余弦值为 ,且 ,G1BED63123AGD得 . 253A18.(共 13 分)解:()依题意,有 246b所以 2所以椭圆方程为 214xy所以 , c焦点坐标分别为 12(,0)(,)F()方法 1:设 ,则 ,且 0(,)Pxy204xy(,0)A若点 为右顶点,则点 为上(或下)顶点, ,Q4,6PAQ不是等边三角形,不合题意,所以 .AQ002xy设线

16、段 中点为 ,所以 PM0(,)2因为 ,所以 1PAQk因为直线 的斜率 02pyx所以直线 的斜率 M0MQky又直线 的方程为 0002()x令 ,得到 0x00()2Qyy因为 214所以 0Qy因为 为正三角形,PA所以 ,即 |22000()4yxy化简,得到 ,解得 (舍) 200531x002,65x即点 的横坐标为 . P方法 2:设 ,直线 的方程为 .0(,)xyAP(2)ykx当 时,点 为右顶点,则点 为上(或下)顶点,kQ, 不是等边三角形,不合题意,所以 .4,6APQ0k联立方程21()xyk消元得 22(1840xk所以 60所以 2()1xk设线段 中点为

17、,所以 ,PAM2041xk224()11Mkyk所以 24(,)因为 ,所以 APQ1MQKk所以直线 的方程为224()kyx令 ,得到 0x 21Qk因为 为正三角形, 所以 PA |APQ所以 2 2241()1kk化简,得到 ,解得 (舍) 43023,14所以 , 2015kx即点 的横坐标为 . P方法 3:设 ,0(,)Pxy当直线 的斜率为 0时,点 为右顶点,则点 为上(或下)顶点,APQ, 不是等边三角形,不合题意,所以直线4,6QA的斜率不为 0.P设直线 的方程为 A2xty联立方程 214xty消元得, 2()0所以 024ty设线段 中点为PAM所以 , , 2t

18、y24xt所以 4(,)t因为 ,所以 APQ1Mk所以直线 的方程为 224()tyxt令 ,得到 0xQt因为 为正三角形, 所以 PA |APQ所以 2 2|41()tt化简,得到 ,解得 (舍) 4230t24,13t所以 , 025xt即点 的横坐标为 P19 (共 14 分)解:()因为 ,所以 2()e)axf2()e()axf a所以 10所以曲线 在点 处切线的倾斜角为 ()yfx(1,)f 0()方法 1:因为 2()e()e(2)(1ax axf x令 ,得到 012,1当 时, , , 的变化情况如下表:ax()ffx而 ,符合题意 22(1)e)e(1)e()0aaa

19、f当 时, ,121xx, 没有极值,不符合题意 ()e()0af()fx当 时, , , 的变化情况如下表10ax1f而,不符合题意 2(1)e)0af1,11(,)x(1,)()fx00A极大值 A极小值 A(,)1(,)x11(,)x()fx00A极小值 A极大值 A当 时, , , 的变化情况如下表:1ax()fxf所以2()21)e)()0aafx, 解得综上, 的取值范围是 ,2(,)方法 2:因为函数 的极小值小于 ,()fx0所以 有解,即 有解 02a所以 ,所以有 或 2a02因为 2()e()e()(1ax axf x令 ,得到 012,1当 时, , , 的变化情况如下

20、表:ax()ffx而 ,符合题意 22(1)e)e(1)e()0aaaf当 时, , , 的变化情况如下表:xfxf1(,)11(,)x(1,)fx 00A极小值 A极大值 A1,11(,)x(1,)()fx00A极大值 A极小值 A1(,)11(,)(1,)fx 00而 ,符合题意2 2() ()21)e)()e0a aafx 综上, 的取值范围是a(,2)(0,)20.(共 13 分)解:() “好位置”有: (1,)3,(),1()因为对于任意的 , ;245i3ci所以当 时, ,,ija|()|2i当 时, ;,0ij ,|()ijaci因此若 为“好位置” ,()则必有 ,且 ,即

21、 ,1ija5()2rj()3rj设数表中共有 个 ,其中有 列中含 的个数不少于 ,n1t13则有 列中含 的个数不多于 ,5t所以 , ,2()53t因为 为自然数,所以 的最小值为 t 2因此该数表中值为 ,且相应位置不为“好位置”的数个数最多不超过1326所以,该数表好位置的个数不少于 个 1569而下面的 数表显然符合题意5()fxA极小值 A极大值 A1 1 1 0 01 1 1 0 0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() 当 为“好位置”时,且 时,(,)ij ,1ija则有 ,所以 ,|(|2mci()2c注意到 为奇数, ,所

22、以有*iN1()mi同理得到 1()rj当 为“好位置” ,且 时,,i ,0ija则 ,则必有 ,|()|2mc()2c注意到 为奇数, ,所以有*iN1()mi同理得到 1()rj因为交换数表的各行,各列,不影响数表中“好位置”的个数,所以不妨设 1(),0,(),22mciipcipim1rjjqrjqj其中 ,0,pq,N则数表 可以分成如下四个子表A1 32 4其中 是 行 列, 是 行 列, 是 行 列, 是 行1Apq3Apmq2Apq4Amp列mq1 1 0 1 01 1 0 0 11 0 0 1 1设 , , , 中 的个数分别为1A234A11234,x则 , , , 中

23、的个数分别为02,(),pqmpx34(),()q则数表 中好位置的个数为 个A14xpqx而 , 132mxp341()2m所以 4()q所以 1414 11()()()22mxmpqxmpq而 1()()2pqq2 12p21mmpq1()()2421pq显然当 取得最小值时,上式取得最小值,1()()2m因为 ,所以0,pq2 21111()()()(0)2424mmmpq当 时,数表 中至少含有 个 ,A12而 ,所以 至少为1()2mq此时211()4pq()2m当 时,数表 中至少含有 个1pA1()2m而 ,所以 至少为1()2mq1此时2()4mpq1()22下面的数表满足条件,其“好位置”的个数为

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