2018~2019年北京大兴区高三一模数学(文)参考答案

2018~2019学年度北京市大兴区高三第一次综合练习

参考答案及评分标准

数学（文）

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分） 题号 答案 1 D 2 B 3 C 4 C 5 B 6 A 7 C 8 B 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） （9）1

（10）73（11）

254

（12）5（只写一个且正确给3分） （13）(0,+)

（14）(π,2)；(3sin3，1cos3)（第一个空3分，第二个空2分） 三、解答题（共6小题，共80分） （15）（共13分）

解：（Ⅰ）设T为f(x)的最小正周期，

由图可知 又T2π2ππ3()T，解得 Tπ． ……2分 3124，所以2．……4分 2π4π 由f()2 ，即sin()1，……5分

33ππ || ，解得．……7分

26π（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)2sin(2x)．

6π3π函数ysinx单调减区间是[2kπ，2kπ](kZ)．

22ππ3π由2kπ≤2x≤2kπ，kZ……2分 262π2π得kπ≤x≤kπ，kZ……4分 63π2π所以f(x)的减区间是[kπ,kπ](kZ)．……6分

632πTπ另解：由yf(x)图像可知，当x时函数取得最大值，……2分

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π2π所以，函数yf(x)在一个周期内的递减区间是[，]．……4分

63π2π函数f(x)在R上的减区间是[kπ,kπ](kZ)．……6分

63（16）（共13分）

解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，

由2b2b30，得

b32，即q2．……2分 b2所以bnb1qn1(2)n1， 所以b34 ……3分

由a1a32b3，得d3． ……4分 所以an3n2． ……5分 321所以Snnn． ……7分

22 （Ⅱ）由（Ⅰ）知， bn(2)n1．……1分

所以b1b2b3b4LLb2n1b2n

1(2)1(2)2(2)3(2)4(2)2n1 ……3分 1222L22n1 ……4分

1(122n) ……5分 1222n1 ……6分

（17）（共13分）

解（Ⅰ）由(0.0110.016aa0.0180.0040.001)101，……2分

得a0.025． ……3分

（Ⅱ）设事件A为“这2人手机内安装“APP”的数量都低于60”． ……1分

60的有0.004101004人， 被抽取的智能手机内安装“APP”的数量在50，分别记为a1,a2,a3,a4， ……2分

70的有0.001101001人， 被抽取的智能手机内安装“APP”的数量在60，2018~2019学年度北京市大兴区高三第一次综合练习数学（文）参考答案与评分标准 第 2 页

……3分 记为b1，

从被抽取的智能手机内安装“APP”的数量不低于50的居民中随机抽取2人进一步调研，共包含10个基本事件，

a1a3，a1a4，a1b1，a2a3，a2a4，a2b1，a3a4，a3b1，a4b1， ……5分 分别为a1a2，事件A包含6个基本事件，

a1a3，a1a4，a2a3，a2a4，a3a4， ……6分 分别为a1a2，则 P(A)63． ……7分 10540）. ……3分 （Ⅲ）第4组 （或者写成30，（18）（共14分）

解（Ⅰ）因为平面PAB平面ABCD，

平面PAB平面ABCDAB，

EABDCPAAB， PA平面PAB，

所以PA平面ABCD . ……2分 又因为BC平面ABCD, ……3分 所以PABC. ……4分

（Ⅱ）取PD中点F，连接EF，AF.

在PCD中，E，F分别为PC，PD的中点， 所以EF∥DC且EF1……1分 DC.

2 1DC， 2PF又因为AB∥DC且AB所以AB∥EF且ABEF.……2分

所以四边形ABEF为平行四边形 . ……3分 所以BE∥AF. ……4分 因为AF平面PAD，

DGBE平面PAD，

C所以BE∥平面PAD. ……5分

方法二：取DC中点G，连接BG，EG.

PAEB2018~2019学年度北京市大兴区高三第一次综合练习数学（文）参考答案与评分标准 第 3 页

在PCD中，E，G分别为PC，DC的中点， 所以EG∥PD .……1分

又因为PD平面PAD，EG平面PAD， 所以EG∥平面PAD. ……2分

因为AB∥DG且ABDG， 所以四边形ABGD为平行四边形. 所以BG∥AD.

又因为AD平面PAD，BG平面PAD ， 所以BG∥平面PAD. ……3分

因为EG∥平面PAD，BG∥平面PAD，EG所以平面BGE∥平面PAD. ……4分 又因为BE平面BGE， 所以BE∥平面PAD. ……5分

（Ⅲ）因为AP=AD，F为PD的中点，

所以AFPD.

又因为BE∥AF，

所以BEPD. ……1分

因为PA平面ABCD，DC平面ABCD， 所以PADC. ……2分 因为AB∥CD，DAB90， 所以ADDC.

因为DCAD，DCPA，AD所以DC平面PAD. ……3分 又因为AF平面PAD， 所以DCAF. 又因为BE∥AF，

所以DCBE. ……4分 因为BEDC，BEPD，DCPDD， PAA，

PFADCBGG，

EB2018~2019学年度北京市大兴区高三第一次综合练习数学（文）参考答案与评分标准 第 4 页

所以BE平面PDC. 又因为BE平面PDC，

所以平面PBC平面PDC. ……5分

（19）（共14分）

解（Ⅰ）由于M是椭圆C的上顶点，由题意得2a2c6，……2分

又椭圆离心率为解得a2,c11c1

，即，……3分

a22

又b2a2c23， ……4分

x2y21.……5分 所以椭圆C的标准方程43（Ⅱ）当直线AB斜率存在，设AB的直线方程为ytk(x1)， ……1分

3x24y212联立，得

ytk(x1)(34k2)x28k(tk)x4(tk)2120， ……2分

由题意，0， 设A(x1,y1),Bx2,y2，

8ktk34k2则x1x2． ……3分

因为PAPB，所以P是AB的中点．

即

x1x28ktk1，得2， ……4分 234k24kt30……① ……5分

1又lAB，且k0，l的斜率为， ……6分

k直线l的方程为yt1x1……② k11把①代入②可得：y(x) ……7分

k41

所以直线l恒过定点(,0). ……8分

4

当直线AB斜率不存在时，直线AB的方程为x1，

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1

此时直线l为x轴，也过(,0). ……9分

41

综上所述直线l恒过点(,0).

4

（20）（共13分）

解（Ⅰ）由f(x)aex，得f(x)aex，所以f(0)a ……1分

由g(x)lnx，得g(x)1，所以g(1)1 ……2分 x由已知f(0)g(1)，得a1，……3分 经检验，a1符合题意． ……4分 （Ⅱ）由题意|PQ||etlnt|,t0

设h(x)exlnx，x0， ……1分

x则h(x)e1， ……2分 x1， x10，所以(x)在区间(0,)单调递增， ……3分 x2x设(x)e则(x)ex1又(1)e10，()e20， ……4分

2所以(x)在区间(0,)存在唯一零点，

11设零点为x0，则x0(,1)，且ex0． ……5分

x02当x(0,x0)时，h(x)0；当x(x0,)，h(x)0． 所以，函数h(x)在(0,x0)递减，在(x0,)递增， ……6分

h(x)≥h(x0)ex0lnx0由ex01lnx0， x01，得lnx0x0 x01x0≥2，由于x0(1,1)，h(x0)2． ……8分 x02所以h(x0)从而h(x)2，即exlnx2， 也就是etlnt2，|etlnt|2， 即|PQ|2，命题得证． ……9分

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