2019年北京市朝阳区二模试题数学【理科】试题及答案.docx

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1、.北京市朝阳区高三年级第二次综合练习数2018 5（考试时间120 分钟满分 150 分）本试卷分为选择题（共40 分）和非选择题（共110 分）两部分第一部分（选择题共 40 分）一、选择题：本大题共8 小题，每小题5 分，共 40分在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项（ 1）已知集合 A x R 2x 30 ，集合 B x R x23x 20 ，则 A I B（A）（C）3x x2x 1x2（B）（ D）x 3x22x 3x22开始（ 2）如果 ab0 ，那么下列不等式一定成立的是（ A） log 3 alog 3 b1)a1)b输入 a（B） (1144（ C）22i=0（

2、D） aba b（ 3）执行如右图所示的程序框图若输出的结果为2 ，则输入的正整数 a 的可能取值的集合是a=2a+3（A） 1,2,3,4,5i=i+1（B） 1,2,3,4,5,6a 13?否（C）2,3,4,5是（D）2,3,4,5,6输出 i结束f (x) Asinx( A 0,0,y（ 4）已知函数) 的22部分图象如图所示，则（A）（ B）66O x（C）1233（ D）3-2（ 5）已知命题 p ：复数 z1 iq ：x 0 ， xcos x ，在复平面内所对应的点位于第四象限；命题i则下列（A） (p) ( q)（ B） ( p) q（ C） p( q)（ D） p q.（ 6

3、）若双曲线 x2y 21(b 0) 的一条渐近线与圆x2( y 2) 21至多有一个交点，则双曲线离心率的取值b2范围是（A） (1,2（ B） 2,)（ C） (1,3（D） 3,)（ 7）某工厂分别生产甲、乙两种产品1 箱时所需要的煤、电以及获得的纯利润如下表所示煤（吨）电（千度）纯利润（万元）1箱甲产品3121箱乙产品111若生产甲、乙两种产品可使用的煤不超过120吨，电不超过60 千度，则可获得的最大纯利润和是（A） 60万元（ B） 80万元（ C） 90 万元（ D） 100万元（ 8）如图放置的边长为1的正 PMN 沿边长为3的正方形 ABCD 的各边内侧逆时针方向滚动当 PMN

4、 沿正方形各边滚动一周后，回到初始位C置时，点 P 的轨迹长度是D（A） 8（ B） 1633M（ C） 4（ D）ABN(P)第二部分（非选择题共 110 分）二、填空题：本大题共6 小题，每小题5 分，共30 分把答案填在答题卡上（ 9）已知平面向量 a ， b 满足 a 1， b 2 ， a 与 b 的夹角为 60，则 2a b _（ 10） (1 2x)5的展开式中 x3 项的系数为 _（用数字表示）（ 11）如图， AB 为圆 O 的直径， AB2 , 过圆 O 上一点 M 作圆 O 的切线，交 AB 的延长线于点C ，过点 M作 MDAB 于点 D ，若 D 是 OB 中点，则 A

5、C BC =_ （ 12）由两个四棱锥组合而成的空间几何体的三视图如图所示，则其体积是；表面积是AODBCM（第 11 题图）.22正视图侧视图（ 13 ） 已 知 数 列 an 的 前 n 项 和2为 Sn ， 且 满 足Sn 2an 4( n N )2俯视图（第 12 题图）.，则 an；数列 log 2 an 的前 n 项和为（ 14）若存在正实数M ，对于任意 x(1,) ，都有f ( x)M ，则称函数f ( x) 在 (1,) 上是有界函数 下列函数1xln x f ( x)x1 ； f (x)x21 ； f ( x)x； f (x)xsin x ，其中“在 (1,) 上是有界函数

6、”的序号为三、解答题：本大题共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，角 A ， B ， C 的对边分别是a ， b ， c ，且 A， b3 ， ABC3的面积为 153 4（）求边a 的长；（）求 cos2B 的值（ 16）（本小题满分 13 分）某市规定，高中学生三年在校期间参加不少于80 小时的社区服务才合格教育部门在全市随机抽取200 位学生参加社区服务的数据，按时间段75,80， 80,85， 85,90 ，90,95 ， 95,100 （单位：小时）进行统计，其频率分布直方图如图所示（）求抽取的 200 位学生中，

7、参加社区服务时间不少于90 小时的学生人数，并估计从全市高中学生中任意选取一人，其参加社区服务时间不少于 90小时的概率；3 位频率（）从全市高中学生（人数很多）中任意选取组距学生，记为 3 位学生中参加社区服务时间不少于90小时的人数 试求随机变量的分布列和数学期望E（ 17）（本小题满分14 分）如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面 PAD底面 ABCD ，E ，F 分别为 PA ，BD 中点， PAPDAD2 （）求证：EF 平面 PBC ；（）求二面角EDFA的余弦值；0.0750.0600.0400.0200.005O7580859095100服务时间 /小时P

8、（）在棱 PC 上是否存在一点G ，使DCE.FAB.GF平面 EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由（ 18）（本小题满分13 分）已知函数 f ( x)e2x 1ax 1 ， aR （）若曲线yf (x) 在点 (0, f (0)处的切线与直线 x ey1 0 垂直，求 a 的值；（）求函数f ( x) 的单调区间；（）设 a2e3 ，当 x0, 1 时，都有 f ( x)1 成立，求实数a 的取值范围（ 19）（本小题满分 14 分）已知椭圆 C 的中心在原点 O ，焦点在 x 轴上，离心率为1 ，右焦点到右顶点的距离为12（）求椭圆 C 的标准方程；uuuruuuruu

9、uruuurC 交于 A, B 两点的直线 l ： y kx（）是否存在与椭圆m(k R ) ，使得 OA2OBOA2OB 成立？若存在，求出实数m 的取值范围，若不存在，请说明理由.（ 20）（本小题满分 13 分）已知 x1 ， x2 是函数 f ( x) x2mx t 的两个零点，其中常数m ， tZ ，设nTnx1n r x2r (n N ) r 0（）用 m ， t 表示 T1 ， T2 ；（）求证： T5mT4tT3 ；（）求证：对任意的nN , TnZ .北京市朝阳区高三年 第二次 合 数2018 5一、 （ 分40 分） 号12345678答案BCCDDACB二、填空 （ 分3

10、0 分） 号910111213142 38038 28 32n 1n(n 3)答案32三、解答 （ 分80 分）15（本小 分 13 分）解：（）由 S ABC1 bc sin A 得， S ABC13c sin15 3 2234所以 c5 由 a2b2c22bc cos A得， a232522 35cos49，3所以 a7 7 分ab73（）由3sin B ，得，sin Asin B2所以 sin B3 3 14所以 cos2B1 2sin 2 B71 13 分9816（本小 分13 分）解：（）根据 意，参加社区服 在 段90,95小 的学生人数 2000.060560 （人），参加社区服

11、 在 段95,100 小 的学生人数 2000.020520 （人）所以抽取的200 位学生中，参加社区服 不少于90 小 的学生人数 80 人所以从全市高中学生中任意 取一人，其参加社区服 不少于90 小 的概率估 P60 20802 . 5 分2002005（）由（）可知，从全市高中生中任意 取1 人，其参加社区服 不少于90 小 的概率 2 .5由已知得，随机 量的可能取 0,1,2,3 .所以P(0203327 ；0) C3 (5)( 5)125P(1) C31( 2)1 (3) 254 ；55125P(2) C32 ( 2)2 ( 3)136 ；55125P(3) C33 ( 2 )

12、3 ( 3)0855125随机 量的分布列 0123.P275436125125125因 2E326 B(3， ) ，所以55517（本小 分14 分） 明：（）如 ， AC P因 底面 ABCD 是正方形，所以 AC 与 BD 互相平分D又因 F 是 BD 中点，E所以 F 是 AC 中点A在PACE是PA中点，F是AC中点，中，所以 EF PC 又因 EF平面 PBC ， PC平面 PBC ，所以 EF 平面 PBC （）取 AD 中点 O 在 PAD 中，因 PAPD ，所以 POAD 8125 13 分FB 4 分C因 面 PAD底面 ABCD ，且面 PAD I 面 ABCD =AD

13、 ，所以 PO面 ABCD 因 OF平面 ABCD所以 POOF 又因 F 是 AC 中点，所以 OFAD 如 ，以 O 原点， OA,OF ,OP 分 角坐 系zPEDCOFyABx为 x, y, z 建立空 直因 PAPDAD2，所以 OP3 ， O(0,0,0) ， A(1,0,0) ， B(1,2,0) ， C ( 1,2,0) ， D ( 1,0,0) ，.P(0,0, 3) ， E ( 1 ,0,3 ) ， F (0,1,0)22uuuruuur(3,0,3uuur(1,1,0)于是 AB(0, 2,0) ， DE) ， DF22因 OPuuur(0,0,3) 是平面 FAD 的一

14、个法向量面 ABCD ，所以 OP 平面 EFD 的一个法向量是n = (x0 , y0 , z0 ) nuuur0,x0y00,y0x0 ,DF因 uuur所以3 x3 z0, 即z03x0 .nDE0,2020令 x01则 n = (1,1,3)uuuruuur3OP n15 所以 cos OP, nuuurn35OP5由 可知，二面角E-DF-A 角，所以二面角 E-DF-A 的余弦 15 10 分5（）假 在棱PC 上存在一点 G ，使 GF面 EDF G( x1, y1, z1 ) ，uuurEDF 的一个法向量是n = (1, 1, 3) 则 FG = ( x1 , y11, z1

15、) 由（）可知平面因 GFuuur面 EDF ，所以 FG = n 于是， x1, y11, z13，即 x1, y1 1 , z13uuuruuur又因 点 G 在棱 PC 上，所以 GC 与 PC 共 uuuruuur因 PC( 1,2,3) ， CG( x1 +1, y12, z1 ) ，所以 x1 1= y12 =z1123所以 1=1=3，无解123故在棱 PC 上不存在一点 G ，使 GF面 EDF 成立 14 分18（本小 分 13 分）（）由已知得 f(x)2e2 x 1a 因 曲 f ( x) 在点 (0, f (0) 的切 与直 xey 1所以 f(0)e所以 f (0)2

16、e a e 所以 ae （）函数 f( x) 的定 域是,， f (x) 2e2 x 1a （ 1）当 a0 ， f ( x)0 成立，所以 f (x) 的 增区 （ 2）当 a0 ，0 垂直， 3 分, .令 f ( x)0 ，得 x1 ln a1，所以 f ( x) 的 增区 是( 1 ln a1 ,) ；222222令 f ( x)0 ，得 x1 ln a1，所以 f ( x) 的 减区 是(, 1 ln a1 ) 222222 上所述，当 a0 ， f (x) 的 增区 ,；当 a0 ， f (x) 的 增区 是 ( 1 ln a1 ,) ，222f (x) 的 减区 是(, 1 ln

17、a1 ) 8 分（）当 x 0 ， f (0)e 11成立， a R 222“当 x(0,1 ， f ( x)e2x1ax 1 1恒成立”等价于“当 x(0,1 ， ae2 x 1恒成立”xe2 x1(0,1 ， ag( x)min设 g( x)，只要“当 x成立”xg ( x)(2 x 1)e2x 1x2令 g ( x)0 得， x1且 x 0 ，又因 x (0,1，所以函数 g(x) 在 (0,1) 上 减函数；22令 g ( x)0 得， x1，又因 x(0,1 ，所以函数 g( x)在 (1 ,1 上 增函数22所以函数 g( x) 在 x1 取得最小 ，且g (1 ) 2e2 22所

18、以 a2e2 又因 a2e3 ，所以 数a 的取 范 (, 2e2 13 分（）另解：（ 1）当 a 0 ，由（）可知，f (x) 在 0,1 上 增，所以所以当 a0 ，有 f ( x)1成立（ 2）当 0 a 2e ， 可得 1 ln a10 222由（）可知当a 0 ， f ( x) 的 增区 是 ( 1 ln a1 ,222f ( x)f (0)e1) ，所以f ( x) 在 0,1 上 增，又f ( x)f (0)e1，所以 有f ( x) 1 成立（ 3）当 2ea2e3 ，可得 01 ln a11222由（）可知，函数f ( x) 在 0, 1 ln a1) 上 减函数，在 (

19、1 ln a1 ,1 增函数，222222所以函数 f (x) 在 x1a12ln 取最小 ，22ln aa ln a a1 aa ln a1 且 f ( 1 ln a 1 ) e 222222222当 x0, 1 ，要使f ( x) 1 成立，只需 aa ln a1 1 ，2e2 所以 2e2e2 22解得 aa 上所述， 数 a 的取 范 (, 2e2 .19（本小 分 14 分）（） C 的方程 x2y21 a b 0 ，半焦距 c.a2b2c11，得 ac 1 依 意 e，由右焦点到右 点的距离 a2解得 c1 ，a2所以 b2a2c23所以 C 的 准方程是x2y21luuur4 u

20、uur3uuuruuur（）解：存在直 ，使得 OA2OBOA2OB 4 分成立 . 理由如下：ykxm,由 x2y2得 (3 4k 2 ) x28kmx 4m2 120 431,(8km) 24(3 4k 2 )(4 m212) 0 ，化 得 34k2m2 设 A( x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ， x1x28km， x1 x24m212uuur34k 2uuur34k 2uuuruuur若 OA 2OB OA 2OB 成立，uuuruuur2uuuruuur 2uuuruuur0 所以 x1 x2 y1 y2 0 即 OA2OBOA 2OB，等价于 OA OBx1 x2(kx

21、1m)(kx2m)0，(1k2 ) x1 x2km( x1x2 )m20，(12)4m212km8kmm20 ,k34k 234k2化 得， 7m21212k 2 将 k 27 m21 代入 3 4k 2m2 中， 3 4( 7 m21) m2 ，12312解得， m2412又由 7m21212k 212 ， m2，7从而 m212 ， m221 或 m221 777所以 数 m 的取 范 是 (,221 U 221,) 14 分20（本小 分13 分）77解：（）由 x1x2m ， x1 x2t n1因 Tnx1nr x2r ，所以 T1x11 r x2rx1x2m r0r02x12r x2

22、rx12x22x2 )2x1 x2 m2T2r0x1 x2(x1t 3 分kx1kr x2r（）由 Tk，得r0.54T5x15 r x2rx1x14 r x2rx25xT14 x25 r0r0即 T5 x1T4x25，同理， T4x1T3 x24所以 x2T4x1x2T3 x25 所以 T5 x1T4( x2T4x1x2T3 ) ( x1x2 )T4x1 x2T3mT4tT3 8 分（）用数学 法 明（1）当 n 1,2 ，由（） 知Tk 是整数， 成立（2）假 当 nk1, nk （ k2 ） 成立，即Tk1, Tk 都是整数由 Tk即 Tk所以 Tk所以 Tk 1即 Tk 1kk 1kx1k r x2r ，得 Tk 1x1k 1 r x2rx1x1k r x2rx2k 1 r0r 0r01x Txk 11 k2x1Tk 1x2k ， x2Tkx1x2Tk 1 x2k 1 x1Tk( x2Tkx1 x2Tk 1 ) ( x1x2 )Tkx1 x2Tk 1 mTktTk 1