北京高考 2019年海淀区高三一模数学试卷(理)及答案

数 学（理）

2019.4

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Px0x4，且MP，则MP可以是 (A) 1，2 (B) 2,4 (C) 1,2 (D) 0,5 (2)若角的终边在第二象限，则下列三角函数值中大于零的是

(A) sin(+) (B) cos(+) (C) sin() (D) cos()

22(3)已知等差数列an满足4a3=3a2，则an中一定为零的项是 (A) a6 (B) a8 (C) a10 (D)a12 (4)已知xy，则下列各式中一定成立的是 (A)

111 (B) x2

yxy1212xy(C) ()x()y (D) 222

(5)执行如图所示的程序框图，输出的m值为 (A)

1 81 65 16 (B)

(C)

(D)

1 3(6)已知复数zai(aR)，则下面结论正确的是 (A) zai (B) z1

(C) z一定不是纯虚数 (D)在复平面上，z对应的点可能在第三象限

x2x2y22 (7)椭圆C1:y1与双曲线C2:221的离心率之积为1，则双曲线C2的两条渐近线的倾斜角分别为

4ab 1 / 15

(A)

52， (B) ， (C) ， (D) ， 66336633(8)某校实行选科走班制度，张毅同学的选择是物理、生物、政治这三科，且物理在A层班级，生物在B层班

级，该校周一上午课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则他不同的选课方法有

第一节 地理B层2班 生物A层1班 物理A层1班 物理B层2班 政治1班 第二节 化学A层3班 化学B层2班 生物A层3班 生物B层1班 物理A层3班 第三节 地理A层1班 生物B层2班 物理A层2班 物理B层1班 政治2班 第四节 化学A层4班 历史B层1班 生物A层4班 物理A层4班 政治3班 (A)8种 (B) 10种 (C) 12种 (D) 14种 第二部分（非选择题 共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．

(9)已知a,4,c成等比数列，且a0，则log2alog2c____． (10)在△ABC中，a4,b5,cosC1，则c= ，SABC 8

( 11) 已知向量a=(1,-2),同时满足条件①a∥b,②|a+b|<|a|的一个向量b的坐标为

( 12)在极坐标系中，若圆2acos关于直线cos3sin10对称，则a

x0，(13)设关于x,y的不等式组y0, 表示的平面区域为．记区域上的点与点A(0,1)距离的最小值为

ykx1d(k)，则

(I)当k=1时，d(1)= ； (Ⅱ)若d(k)2，则k的取值范围是____．

( 14)已知函数f(x)x，g(x)ax2x，其中a0.若x1[1,2],x2[1,2]，使得 f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)成立，则a____．

三、解答题共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） 已知函数f(x)22cos( (Ⅱ)求a的值；

(Ⅱ)求函数f(x)的单调递增区间．

2 / 15

4x)cosxa的最大值为2．

(16)（本小题满分13分）

据《人民网》报道，“美国国家航空航天局( NASA)发文称，相比20年前世界变得更绿色了.卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的42%来自于植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．（造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和） 单位：公顷

地区 内蒙 造林方式 造林总面积 人工造林 飞播造林 新封山育林 退化林修复 人工更新 618484 311052 74094 136006 90382 6950 河北 583361 345625 33333 135107 65653 33 河南 149002 977 13429 22417 15376 133 重庆 226333 100600 62400 63333 陕西 2972 ， 184108 33602 63865 16067 甘肃 325580 260144 57438 7998 263903 118105 62 1267 10796 2091 159734 2629 22938 4000 8298 3999 1335 1053 青海 178414 16051 宁夏 91531 560 北京 190 10012 (I)请根据上述数据分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区； (Ⅱ)在这十个地区中，任选一个地区，求该地区人工造林面积占造林总面积的比值超过50%的概率是多少？ (Ⅲ)在这十个地区中，从新封山育林面积超过五万公顷的地区中，任选两个地区，记X为这两个地区中退化林修复面积超过六万公顷的地区的个数，求X的分布列及数学期望．

(17)（本小题满分14分）

如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC,ACBCCC12，点D,E,F分别为棱AC11,B1C1,BB1的中点．

(Ⅱ)求证：AC1∥平面DEF (Ⅱ)求证：平面ACB1平面DEF;

(Ⅲ)在线段AA1上是否存在一点P，使得直线DP与平面ACB1所成的角为30?如果

0

存在，求出线段AP的长；如果不存在，说明理由．

3 / 15

(18)（本小题满分14分）

已知函数f(x)xln(x1)ax2.

(I)求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； (Ⅱ)当a0时，求证：函数f(x)存在极小值； (Ⅲ)请直接写出函数f(x)的零点个数．

( 19)（本小题满分13分）

已知抛物线G:y22px，其中p0．点M(2,0)在G的焦点F的右侧，且M到G的准线的距离是M与F距离的3倍．经过点M的直线与抛物线G交于不同的A，B两点，直线OA与直线x2交于点P，经过点B且与直线OA垂直的直线l交x轴于点Q. (I)求抛物线的方程和F的坐标；

(Ⅱ)判断直线PQ与直线AB的位置关系，并说明理由．

( 20)（本小题满分13分）

首项为O的无穷数列an同时满足下面两个条件： ①an1ann；②ann1 2 (Ⅱ)请直接写出a4的所有可能值；

(Ⅱ)记bna2n，若bnbn1对任意nN成立，求bn的通项公式；

* (Ⅲ)对于给定的正整数k，求a1a2...ak的最大值．

4 / 15

数学试题答案

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.

1. A 2. D 3. A 4. D 5. B 6. B 7. C 8. B 二、填空题:本大题共6小题，每小题5分，共30分.

9. 4 10. 6,157 11. (1,2) （答案不唯一） 412. 1 13. 2,[1,) 14.

3 2三、解答题: 本大题共6小题，共80分. 15.（共13分）

解：（Ⅰ）因为f(x)22cos(x)cosxa

(2sinx2cosx)cosxa 2sinxcosx2cos2xa

4sin2xcos2x1a

π2sin(2x)1a

4所以函数f(x)的最大值为21a 所以1a0 所以a1

（Ⅱ）因为ysinx的单调递增区间为(2kπππ,2kπ)，kZ 22令2kππππ2x2kπ 2423818所以 kππxkππ 函数f(x)的单调递增区间为(kππ,kππ)，kZ

16.（共13分）

5 / 15

3818解：(Ⅰ) 人工造林面积与总面积比最大的地区为甘肃省

人工造林面积与总面积比最小的地区为青海省

(Ⅱ) 设在这十个地区中,任选一个地区，该地区人工造林面积占总面积的比值超过为事件A

在十个地区中，有7个地区（内蒙、河北、河南、陕西、甘肃、宁夏、北京）人工造林

面积占总面积比超过50%，则P(A)7 10

（Ⅲ）新封山育林面积超过五万公顷有7个地区：内蒙、河北、河南、重庆、陕西、甘肃、

、青海，其中退化林修复面积超过六万公顷有3个地区：内蒙、河北、重庆，

1,2 所以X的取值为0,112C3C424C412所以P(X0)2， P(X1) 2C742C7422C36 P(X2)2

C742随机变量X的分布列为

X P 0 12 421 24 422 6 42 EX017.（共14分）

1224636612 424242427解：(Ⅰ)方法一：连结BC1

因为D,E分别为A1C1,B1C1中点, 所以DE//A1B1 又因为AB//A1B1，所以DE//AB

因为E,F分别为B1C1,B1B中点，所以EF//BC1 又因为DEIEFE

6 / 15

DE平面DEF，EF平面DEF AB平面ABC1，BC1平面ABC1

所以平面ABC1P平面DEF 又AC1平面ABC1，所以AC1P平面DEF 方法二：取AA1中点为G,连结FG 由AA1PBB1且AA1BB1

又点F为BB1中点，所以FGPA1B1 又因为D,E分别为A1C1,B1C1中点,所以DEPA1B1 所以DEPFG

所以D,E,F,G共面于平面DEF 因为D,G分别为AC11,AA1中点, 所以AC1PDG

AC1平面DEF

DG平面DEF

所以AC1P平面DEF 方法三：在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC 又因为ACBC

以C为原点，分别以CA,CB,CC1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz 由题意得A(2,0,0),C1(0,0,2),D(1,0,2),E(0,1,2),F(0,2,1).

uuuruuur所以DE(1,1,0),EF(0,1,1)

设平面DEF的法向量为n(x1,y1,z1)，则

uuurnDE0x1y10uuur，即 yz0nEF011令x11，得y11,z11

7 / 15

于是n(1,1,1)

uuuur又因为AC1(2,0,2)

uuuur所以AC1n2020

又因为AC1平面DEF，

所以AC1P平面DEF （Ⅱ）方法一：在直棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC

因为ACABC，所以CC1AC 又因为ACBC， 且CC1IBCC

所以AC平面BB1C1C

EF平面BB1C1C，所以ACEF

又BCCC1，四边形BB1C1C为正方形

所以BC1B1C 又BC1PEF，所以B1CEF 又ACEF， 且ACIB1CC

所以EF平面ACB1 又EF平面DEF

所以平面ACB1平面DEF

uuuruuur方法二：设平面ACB1的法向量为m(x2,y2,z2)，CA(2,0,0),CB1(0,2,2)

uuurmCA02x20，即 uuur2y2z0mCB0221令y21，得x20,z21

8 / 15

于是m(0,1,1)

nm(1,1,1)(0,1,1)0

即nm，所以平面ACB1平面DEF （Ⅲ）设直线DP与平面ACB1所成角为，则30

uuuruuuruuur设APAA1(01)，则AP(0,0,2) uuurDP(1,0,22) uuur22DPm1cossin30uuur所以

2DPm21(22)2解得

13

或（舍） 22

所以点P存在，即AA1的中点，AP1

18．（共14分）

解：（Ⅰ）f(x)xln(x1)ax2的定义域为{x|x1}

2 因为f(0)0ln(01)a00

所以切点的坐标为(0,0) 因为f(x)ln(x1)+x2ax x1 f(0)ln(01)+02a00 01 所以切线的斜率k0，

所以切线的方程为y0 （Ⅱ）方法一：

令g(x)f(x)ln(x1)x2ax x1 g(x)11+2a x1(x1)2 9 / 15

因为x1且a0，

110，2a0 0 所以，2(x1)x1 从而得到g(x)0在(1,)上恒成立 所以f(x)0在(1,)上单调递增且f(0)0， 所以x，f'(x)，f(x)在区间(1,) 的变化情况如下表:

x f(x) (1,0)  0 0 (0,)  f(x) ] 极小值 Z 所以x0时，f(x)取得极小值，问题得证 方法二：

因为f(x)ln(x1)x2ax x1当a0时，

当x0时， ln(x1)0,x0,2ax0，所以f(x)0 x1x0,2ax0，所以f(x)0 x1当x0时， ln(x10, 所以x，f'(x)，f(x)在区间(1,) 的变化情况如下表:

x f(x) (1,0)  0 0 (0,)  f(x) ] 极小值 Z 所以x0时，函数f(x)取得极小值，问题得证 （Ⅲ）当a0或a1时，函数f(x)有一个零点

当a0且a1时，函数f(x)有两个零点

19.（共13分）

10 / 15

2解：(Ⅰ)抛物线y2px的准线方程为xpp，焦点坐标为F(,0) 22 所以有2pp3(2)，解得p1 222 所以抛物线方程为y4x，焦点坐标为F(1,0)

(Ⅱ)直线PQPAB 方法一：

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

设直线AB的方程为xmy2

联立方程 xmy2,y4x,2

2 消元得，y4my80

所以y1y24m，y1y28

x1x2122y1y24 16显然x1x2y1y20， 直线OA的方程为yy1x x1令x2，则y2y12y1，则P(2,) x1x1x1 y1因为OABQ ，所以kBQ直线BQ的方程为yy2x1(xx2)， y1令y0，则xy1y2yyx1x244x212，则Q(,0) x1x1x1x1① 当m0时，直线AB 的斜率不存在，x12，可知 ，

直线PQ的斜率不存在，则PQPAB

11 / 15

② 当m0时，kPQ2y11x1y1y11=，kAB， 4m22x12(my12)mx1则PQPAB

综上所述，PQPAB 方法二：

直线PQPAB (1) 若直线AB的斜率不存在，根据对称性，不妨设A(2,22)，B(2,22)

直线AO的方程为y2x，则P(2,22)

直线BQ的方程为y2222(x2)，即yx2， 22 令y0，则Q(2,0)，则直线PQ 的斜率不存在，因此PQPAB

(2) 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

当直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x2)，k0

y24x 联立方程，

yk(x2) 消元得，k2x24k2x4k24x0，

2222 整理得，kx(4k4)x4k0

4k24由韦达定理，可得x1x2，x1x24

k22y12y216x1x2，因为y1y20，可得y1y28.

显然x1x2y1y20， 直线OA的方程为yy1x x1令x2，则y2y12y1) ，则P(2,x1x1 12 / 15

因为OABQ ，所以kBQx1 y1直线BQ的方程为yy2x1(xx2)， y1令y0，则xy1y2yyxx44x21212，则Q(,0) x1x1x1x1kPQ2y1x12y12k(x12)=k，则PQPAB 442x2x4112x1综上所述，PQPAB

20.（共14分）

解：（Ⅰ）a4的值可以取2,0,6 （Ⅱ）因为bna2n，因为bnbn1对任意nN成立，所以{bn}为单调递增数列，

即数列{an}的偶数项a2,a4,a6,...,a2n...是单调递增数列 根据条件a21，a40

所以当a2n0对n2成立 下面我们证明“数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数” 假设数列{an}中存在ai,ai1同时为非负数 因为|ai1ai|i，

若ai1aii, 则有ai1aiii(i1)1，与条件矛盾 2i1， 与条件矛盾 2若ai1aii,则有aiai1ii所以假设错误，即数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数 此时a2n0对n2成立，

所以当n2时，a2n10,a2n10，即a2n1a2n,a2n1a2n

13 / 15

所以 a2na2n12n1，

a2n1a2n2(2n2)

所以(a2na2n1)(a2n1a2n2)1

即a2na2n21，其中n2 即bnbn11，其中n2 又b1a21，b2a40

所以{bn}是以b11，公差为1的等差数列，

所以bn1(n1)n2

（Ⅲ） 记Ska1a2a3Lak1ak

由（Ⅱ）的证明知，an,an1不能都为非负数 当an0，则an10，

根据|an1an|n，得到an1ann，所以anan12ann2 当an10，则an0

n1n1 2根据|an1an|n，得到anan+1n，所以anan12an1n2n11n0 2 所以，总有anan10成立

当n为奇数时，|anan1|n，故an1,an的奇偶性不同，则anan11 当n为偶数时，an1an0 当k为奇数时，Ska1(a2a3)L(ak1ak)0

1,1,2,2,L，考虑数列：0，k1k1 ，

22 可以验证，所给的数列满足条件，且Sk0 所以Sk的最大值为0

14 / 15

当k为偶数时，Sk(a1a2)L(ak1ak)k 2考虑数列：0，1,1,2,2，L，-

kk2k2，，L

222k2可以验证，所给的数列满足条件，且Sk

所以Sk的最大值为

k2

15 / 15