【精品高三数学试卷】2019北京大兴区高三(上)期末数学(理)+答案

数 学（理）

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卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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）设集合A{xR|x2}，B{xR|x23x≤0}，则AIB等于

（A）[0,) （B）(2,) （C）(2,3] （D）[0,2) （2）已知ab0，则下列不等式成立的是

（A）

11（B）ab ab

ab（D）22

（3）在复平面内，复数z对应的点的坐标为(2,1)，则|z1|等于

（C）lgalgb（A）2 （C）5

（B）3 （D）10 4， 5（4）执行如图所示的程序框图，若输出的S的值为

则输入i的值为 （A）4 （B）5 （C）6 （D）7

（5）已知数列{an}，则“存在常数c，对任意的m,nN，且mn，都有

列”的

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anamc”是“数列{an} 为等差数nm（A）充分而不必要条件 （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 （6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为

（A）

2 322114（B）

3正视图侧视图（C）

8 3俯视图（D）2

（7）已知i，j，k为共面的三个单位向量，且ij，则(ik)(jk)的取值范围是

（A）[3,3]

（B）[2,2]

（C）[21,21] （D）[12,12]

（8）A，B两种品牌各三种车型2017年7月的销量环比(与2017年6月比较)增长率如下表：

A品牌车型 A1 A2 A3 B品牌车型 B1 B2 B3 环比增长率 -7.29% 10.47% 14.70% 根据此表中的数据，有如下四个结论： ①A1车型销量比B1车型销量多；

②A品牌三种车型总销量环比增长率可能大于14.70%； ③B品牌三种车型车总销量环比增长率可能为正；

环比增长率 -8.49% -28.06% 13.25% ④A品牌三种车型总销量环比增长率可能小于B品牌三种车型总销量环比增长率． 其中正确的结论个数是

（A）1 （B）2 （C）3 （D）4

第二部分 (非选择题 共110分）

二、填空题共6小题，每题5分，共30分。

（9）抛物线x2y的焦点到准线的距离等于 ． 1（10）(x2)9展开式中，常数项的值为 . x 2 / 11

（11）在ABC中，已知a2b2c22ab，则C________.

2xy5≤0,（12）若存在满足的非负实数x0,y0，使x0y0c0成立，则c的取值范围 ．．x2y2≥0 是 ．

（13）直线l:ykxk与圆C:(x1)2y21交于A，B两点，当ABC的面积最大时，k 的值

为 ．

2xa,x≤a,（14）设函数f(x)

f(2ax),xa. ①若a0，则f(x)的最大值为

；

②若函数yf(x)b有两个零点，则b的取值范围是 ．

三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 （15）（本小题13分）

已知函数f(x)4sin(πx)sin(x)1. （Ⅰ）求f(x)的最小正周期； （Ⅱ）求f(x)在区间[

（16）（本小题13分）

自由购是通过自助结算方式购物的一种形式. 某大型超市为调查顾客使用自由购的情况，随机抽取了100人，统计结果整理如下：

20以下 [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70] 70以上 使用人数 3 12 17 6 4 2 0 未使用人数 0 0 3 14 36 3 0 π3ππ,]上的最大值和最小值． 122（Ⅰ）现随机抽取1名顾客，试估计该顾客年龄在[30,50) 且未使用自由购的概率；

（Ⅱ）从被抽取的年龄在[50,70]使用自由购的顾客中，随机抽取3人进一步了解情况，用X 表示这3人中年龄

在[50,60)的人数,求随机变量X的分布列及数学期望；

（Ⅲ）为鼓励顾客使用自由购，该超市拟对使用自由购的顾客赠送1个环保购物袋.若某日 该超市预计有5000人购物，试估计该超市当天至少应准备多少个环保购物袋. （17）（本小题14分）

1如图，边长为2的正方形ABCD和高为1的等腰梯形BDEF所在的平面互相垂直，EF∥BD，EF=BD，

2AC与BD交于点O，点H为线段OF上任意一点.

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（Ⅰ）求证： OF∥平面ADE；

E（Ⅱ）求BF与平面ADE所成角的正弦值； （Ⅲ）是否存在点H使平面BCH与平面ADE垂直，

若存在，求出

OH的值，若不存在，说明理由. OFADOHFCB

（18）（本小题13分）

已知函数f(x)xalnx．

（Ⅰ）若曲线yf(x)在x1处的切线方程为x2y10，求a的值； （Ⅱ）求函数yf(x)在区间[1,4]上的极值．

（19）（本小题14分）

1x2y2已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，左顶点为A(2,0)，过椭圆C的右焦点F作互相垂直的两条

ab2直线l1,l2分别交直线l:x4于M,N两点，AM交椭圆C于另一点P.

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）求证：直线PN恒过定点，并求出定点坐标．

（20）（本小题13分）

设有限数列A:a1,a2,,an(nN)，定义集合Maiaj|1≤ij≤n为数列A的伴随集合．

（Ⅰ）已知有限数列P:1,0,1,2和数列Q:1,3,9,27．分别写出P和Q的伴随集合；

2n（Ⅱ）已知有限等比数列A:2,2,L,2(nN)，求A的伴随集合M中各元素之和S；

（Ⅲ）已知有限等差数列A:a1,a2,L,a2019，判断0,507是否能同时属于A的伴随集合M，并说明理由． ,3100

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数学试题答案

一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分） 题号 答案 1 C 2 B 3 D 4 B 5 C 6 A 7 D 8 B 二、填空题（共6小题，每小题5分，共30分） 13π5（9） （10）84 （11） （12）[,5]

224（13）7（只写一个且正确得3分） （14）1；(0,1)（第一个空3分，第二个空2分） 7三、解答题（共6小题，共80分） （15）（共13分）

解：（Ⅰ）f(x)4sin(x)sin(x)1

34sinx(31cosxsinx)1 ……3分 222 23sinxcosx2sinx1

3sin2xcos2x ……5分

π2sin(2x)， ……6分

6所以f(x)的最小正周期T2ππ． ……7分 2πππ5π（Ⅱ）因为x[,]，所以 2x[0,]． ……2分

12266 所以当2x 当2x（16）（共13分）

πππ，即x时，f(x)取得最大值为2； ……4分 623ππ0，即x时，f(x)取得最小值为0． ……6分 612解：（Ⅰ）在随机抽取的100名顾客中，

年龄在[30, 50)且未使用自由购的共有3+14=17人， ……1分 所以，随机抽取1名顾客，估计该顾客年龄在[30, 50)且未使用自由购的概率为

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P17． ……4分 100（Ⅱ）X所有的可能取值为1,2,3， ……1分

12C4C21P(X1), …… 2分 3C6521C4C23P(X2), …… 3分 3C6530C4C21P(X3). …… 4分 3C65所以X的分布

…… 5分

所以X的数学期望为

列为

X P 1 1 52 3 1 53 5131EX1232. …… 6分

555（Ⅲ）在随机抽取的100名顾客中，

使用自由购的共有3121764244人， …… 1分 所以该超市当天至少应准备环保购物袋的个数估计为

4450002200. …… 3分 100（17）（共14分）

证明：（Ⅰ）因为正方形ABCD中，AC与BD交于点O，

所以DO1BD. 21因为EF=BD，EF∥BD

2所以 EF∥DO 且EF=DO ……1分

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所以EFOD为平行四边形. ……2分 所以OF∥ED. ……3分 又因为OF平面ADE，ED平面ADE，

所以 OF∥平面ADE. ……4分

解：（Ⅱ）取EF中点M，连结MO，因为梯形BDEF为等腰梯形，所以MOBD.

又因为平面ABCD平面BDEF，

MO平面BDEF，

平面ABCDI平面BDEF=BD,

所以MO平面ABCD. ……1分 又因为OAOB,

所以OA、OB、OM两两垂直.

如图，建立空间直角坐标系O-xyz， …… 2分

11，1)，F(0,，1) 22则A(1，，00)，B(0，，10)，C(1，，00)，D(0,1，0)，E(0,uuuruuuruuur11BF(0,,1)，DA(1,1,0)，DE(0,,1)，

22

r设平面ADE的法向量为n(x,y,z)，

uuurrxy0DAn0rr则uuu， 即1，

yz0DEn02r11令x=1，则y1,z，所以n(1，-1，）. …… 4分

22设直线BF与平面ADE所成角为，

11uuurr0++uuurrBFn22=45， rrsin|cosBF,n|uuu15|BF||n|5322所以直线BF与平面ADE所成角的正弦值为45. …… 6分 15（Ⅲ）设OH=OF， …… 1分

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uuuuruuuruuuuruuuruuur11OH=(0,,)CH=(1,,)则，，CB=(1,1,0)

22ur设平面BCH的法向量为m(x,y,z)，

uuurur1CHm0xyz0rur2则uuu， 即， CBm0xy0 令x=1，则y1，z=-2. 2ur2). ……2分 所以m(1,1,2若平面BCH与平面ADE垂直，则mn0. ……3分 由11urr22

0，得. 49

所以线段OF上存在点H使平面BCH与平面ADE垂直， OH2的值为. ……4分 OF9（18）（共13分）

解：（Ⅰ）因为f(x)xalnx，

所以f(x)所以f(1)12xa， x1a. ……2分 2因为yf(x)在x1处的切线方程为x2y10. 所以

11a， ……3分 22解得a0. ……4分 （Ⅱ）因为f(x)xalnx，x[1,4]，

所以f(x)12xaxx2a， ……2分 2x1①当2a≤1，即a≤时，f(x)≥0在[1,4]恒成立，

2所以yf(x)在[1,4]单调递增；

所以yf(x)在[1,4]无极值； ……4分 ②当2a≥2，即a≥1时，f(x)≤0在[1,4]恒成立，

所以yf(x)在[1,4]单调递减，

所以yf(x)在[1,4]无极值； ……6分

8 / 11

③当12a2，即

1a1时， ……7分 2x,f(x),f(x)变化如下表：

x f(x) (1,4a2) 4a2 0 (4a2,4) - + f(x) 单调递减↘ 极小值 单调递增↗ ……8分

因此，f(x)的减区间为(1,4a2)，增区间为(4a2,4)．

所以当x4a2时，f(x)有极小值为2a2aln(2a)，无极大值.

……9分

（19）（共14分）

解：（Ⅰ）由题意a2， ……1分 离心率ec1，所以c1. ……2分 a2 所以b2a2c23， ……3分 所以椭圆C的方程为

x2y21． ……4分 431 （Ⅱ）由题意，设l1:yk(x1)，l2:y(x1)． ……1分

k3 令x4，得M(4,3k)，N(4,)， ……3分

kk 又A(2,0)，所以直线AM的方程为y(x2)． ……4分

2ky(x2) 由，消元，得3x2k2(x2)212， 2223x4y12即(3k2)x24k2x4k2120， ……5分 4k21262k2设P(xP,yP)，则2xp，所以xp． ……6分

3k23k262k26k所以P(,)， ……7分

3k23k23又N(4,)，

k 9 / 11

所以直线PN的斜率为

6k3()26k23(3k2)33kk， ……8分 62k2k(66k2)2k43k2kPN33所以直线PN的方程为y()(x4)，

k2k即y3(x2)， ……9分 2k直线PN恒过定点(2,0)． ……10分

（20）（共13分）

解：（Ⅰ）数列P的伴随集合为1,0,1,2,3，

数列Q的伴随集合为4,10,12,28,30,36． ……3分 （两个集合都对3分，只写对一个集合给2分．）

（Ⅱ）先证明对任意ik或jl，则aiajakal(1≤ij≤n,1≤kl≤n)．

假设aiajakal1≤ij≤n,1≤kl≤n．

当ik且jl，因为aiajakal，则ajal，即2j2l， 所以jl，与jl矛盾．

同理，当ik且jl时，也不成立． ……1分 当ik且jl时，不妨设ik，因为aiajakal，则2i2j2k2l， 所以12ji2ki2li， ……2分 左边为奇数，右边为偶数，所以12ji2ki2li， ……3分 综上，对任意ik或jl，则aiajakal(1≤ij≤n,1≤kl≤n) 所以求集合M中各元素之和时，每个ai1in均出现n1次，……4分 所以S(n1)(222L2n)．

10 / 11

2(12n)(n1)(n1)(2n12) ……5分

12（Ⅲ）假设0,507同时属于数列A的伴随集合M． ,3100设数列A的公差为d(d0)，则

ai1aj10,2a1i1j12d0,①5050ai2aj2,即2a1i2j22d,② ……1分

3377ai3aj3,2a1i3j32d,③100100②-①得，i2j2-i1j1d=50， 37， 100③-①得，i3j3-i1j1d= 两式相除得，

(i2j2)(i1j1)5000， ……2分 =(i3j3)(i1j1)21 因为i1,j1,i2,j2,i3,j3N， 所以i2j2-i1j15000k，

i3j3-i1j121kkZ,k0， ……3分

所以i2j2-i1j15000． 又因为1i1,j1,i2,j2≤2019，

所以i2j2-i1j120192018214034，

i2j2-i1j112201820194034， ……4分 所以i2j2-i1j14034，与i2j2-i1j15000矛盾，

507不能同时属于数列A的伴随集合M． ……5分 ,3100 所以0, 11 / 11