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