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1、2019 届北京市海淀区 2016 级高三下学期期末二模考试数学（理）试卷2019.5 祝考试顺利本试卷共 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15Axx，36Bxx，则 ABI (A)1,3 (B)3,5 (C)5,6 (D)1,6(2)复数()zai iR 的实部是虚部的 2 倍，则a的值为 (A)12 (B)12 (C)-2 (D)2(3，若直线 l：12xt
2、yat(t为参数)，经过坐标原点，则直线l 的斜率是 (A)-2 (B)-1 (C)1 (D)2(4)在5(2)x的展开式中，2x的系数是 (A)-80 (B)-10 (C)5 (D)40(5)把函数2xy的图象向右平移t个单位长度，所得图象对应的函数解析式为23xy，则t的值为(A)12 (B)2log 3 (C)3log 2 (D)3(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()sin(0)f xx，则“函数()f x的图象经过点（4，1）”是“函数()f x的图象经过点（,02）
3、”的 (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(8)如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCDA BC D中，点 P是对角线1AC上的动点（点 P与1,A C不重合）则下面结论中错误的是 (A)存在点 P，使得平面1A DP平面11B CD (B)存在点 P，使得1AC平面1A DP(C)12,S S分别是1A DP在平面1111A B C D，平面11BBC C上的正投影图形的面积，对任意点P，12SS(D)对任意点 P，1A DP的面积都不等于26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。
4、(9)已知直线1:10lxy与2:30lxay平行，则a，1l与2l之间的距离为(10)已知函数2()()()f xxtxt是偶函数，则 t(11)若数列na的前n项和28nSnn，1,2,3,.,n则满足0na的n的最小值为(12)已知圆22:(1)4Cxy与曲线1yx相交于,M N 两点，则线段 MN 的长度为(13)在矩形 ABCD中，2,1ABBC，点 E为 BC的中点，点F在线段DC上若AEAFAPu uu ruuu ru uu r，且点P在直线AC上，则 AE AFuu u r uuu rg(14)已 知 集 合001Axx.给 定 一 个 函 数()yfx，定 义 集 合1(),
5、nnAy yf xxA若1nnAAI对任意的*nN 成立，则称该函数()yf x具有性质“”(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：1yx；21yx；cos()22yx，其中具有性质“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 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，7,8,3abA ()求sin B的值；()若ABC是钝角三角形，求BC边上的高(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
6、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，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13，选择方案(2)的概率为23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立，求至少有两
7、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ABCD，BC AD，CEAD，垂足为 E，33ADBC，1EC.将DEC 沿 EC折起到1D EC的位置，使平面1D EC平面 ABCE，如图 2 所示，点 G 为棱1AD上一个动点。()当点G为棱1AD中点时，求证：BG平面1D EC t()求证：AB平面1D BE;()是否存在点 G，使得二面角1GBED的余弦值为63？若存在，求出 AG的长；若不存在，请说明理由(
8、18)（本小题满分 13 分）已知椭圆222:14xyCb的左顶点A与上顶点B的距离为6()求椭圆C的方程和焦点的坐标；()点P在椭圆C上，线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q，若PAQ为等边三角形，求点P的横坐标(19)（本小题满分 14 分）已知函数22()(),axaf xexa，其中0a ()求曲线()yf x在点(1,(1)f处切线的倾斜角；()若函数()f x的极小值小于 0，求实数a的取值范围(20)（本小题满分 13 分）对于给定的奇数,(3)mm，设A是由mm个数组成的m行m列的数表，数表中第 i 行，第j列的数0,1ija，记()c i为A的第 i 行所有数之和，()r j
9、为A的第j列所有数之和，其中,1,2,.,i jm.对于,1,2,.,i jm，若()2ijmmac i且2mj同时成立，则称数对(,)i j为数表A的一个“好位置”()直接写出右面所给的3 3数表A的所有的“好位置”；()当5m时，若对任意的15i都有()3c i成立，求数表A中的“好位置”个数的最小值；()求证：数表A中的“好位置”个数的最小值为22m2019届北京市海淀区 2016 级高三下学期期末二模考试数学（理）参考答案2019.05 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
10、小题，每小题 5 分，共 30分.9.1,2 10.0,1 11.512.2 2 13.52 14.1yx（答案不唯一），三、解答题:本大题共 6 小题，共 80 分.（15）（共 13 分）解：（）在ABC中，因为7a，8b，3A，所以由正弦定理sinsinBAba得sin834 3sin727bABa.（）方法 1：由余弦定理2222cosabcbcA得2149642 82cc即28150cc，解得5c或3c因为,ba bc，所以B为ABC中最大的角，当5c时，222cos02acbBac，与ABC为钝角三角形矛盾，舍掉当3c时，222cos02acbBac，ABC为钝角三角形，所以3c设
11、BC边上的高为h，所以sinhcB12 37方法 2：因为ba，所以3BA，所以3C，所以B为ABC中最大的角因为ABC为钝角三角形，所以B为钝角因为4 3sin7B，所以1cos7B所以sinsin()CABsincoscos sinABAB3 314设BC边上的高为h，所以12 3sin7hbC16.（共 13 分）解：()设事件A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少于65单”依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于65单的频率分别为：0.2 0.15 0.05，因为0.20.15 0.050.4所以()P A估计为 0.4.()设事件B为“甲、乙、丙三名骑手中至少有
12、两名骑手选择方案（1）”设事件iC为“甲乙丙三名骑手中恰有(0,1,2,3)i i人选择方案（1）”，则23()()()P BP CP C2213333121617()()()333272727CC所以三名骑手中至少有两名骑手选择方案（1）的概率为727（）方法 1：设骑手每日完成快递业务量为X件方案（1）的日工资*1503()YX XN，方案（2）的日工资*2*100,44,1005(44),44,XXYXXXNN所以随机变量1Y的分布列为所以1140 0.05 1700.05200 0.2230 0.3EY260 0.2290 0.15320 0.05236同理随机变量2Y的分布列为1Y1
13、40170200230260290320P0.050.050.20.30.20.150.051Y100130180230280330P0.10.20.30.20.150.052100 0.1 130 0.2 1800.3 230 0.2280 0.15330 0.05EY194.5因为12EYEY，所以建议骑手应选择方案（1）方法 2：快餐店人均日快递量的期望是：300.0540 0.0550 0.260 0.370 0.2 80 0.1590 0.0562因此，方案（1）日工资约为5062 3236方案 2 日工资约为10062445190 236故骑手应选择方案（1）17.（共 14 分）
14、解：()方法 1：在图 1 的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，因为CEAD，所以BFECP又因为BCADP，1BCCE，=3AD所以四边形BCEF为正方形，1AFFEED，F为AE中点在图 2 中，连结GF因为点G是1AD的中点，所以1GFD EP又因为BFECP，GFBFFI，GFBF，平面BFG，1,D E EC平面1D EC，所以平面BFG P平面1CED又因为BGGFB面，所以BG P平面1D EC方法 2：在图 1 的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F因为CEAD，所以BFECP又因为BCADP，1BCCE，=3AD所以四边形BCEF为正方形，F为AE中点
15、在图 2 中，连结GF因为点G是1AD的中点，所以1GFD EP又1D E平面1D EC，GF平面1D EC所以GF P平面1D EC又因为BFECP，EC平面1D EC，BF平面1D EC所以BF P平面1D EC又因为GFBFFI所以平面BFG P平面1D EC又因为BGGFB面，所以BG P平面1D EC方法 3：在图 1 的等腰梯形ABCD内，过B作AE的垂线，垂足为F，因为CEAD，所以BFECP又因为BCADP，1BCCE，=3AD所以四边形BCEF为正方形，1AFFEED，得2AE所以1=2BCAEBCAE，P在图 2 中设点M为线段1D E的中点，连结,MG MC，因为点G是1
16、AD的中点，所以1=2GMAEGMAE，P所以=GMBCGM BC，P，所以四边形MGBC为平行四边形所以BGCMP又因为CM平面1D EC，BG平面1D EC所以BG P平面1D EC（）因为平面1D EC平面ABCE，平面1D EC I平面ABCEEC,1,D EEC1D E平面1D EC，所以1D E平面ABCE又因为AB平面ABCE所以1D EAB又2,2,2ABBEAE，满足222AEABBE，所以BEAB又1BED EEI所以AB平面1D EB（）因为1,EA EC ED三线两两垂直，如图，建立空间直角坐标系1EACD,所以(2,0,0)A，1(0,0,1)D，(1,1,0)B，1
17、(2,0,1),(1,1,0)ADEBuuuu ruuu r.假设存在点G满足题意，设1,01AGADu uu ruuuu r，则(2,0,1)AGuuu r，ABCD1E所以(2,0,0)(2,0,1)(22,0,)EGEAAGuuu ruuu ruu ur设平面GBE的法向量为(,)a b cm，所以00EBEGuuu ruuu rmm，即0(22)0abac取a，则(,22)m，由（），(1,1,0)ABuuu r为平面1BED的法向量，令2226cos,322(22)ABABABuuu ruuu ruuu rmmm解得23或2（舍）所以存 在点 G，使得 二面 角1GBED的 余弦 值
18、为63，且123AGADu uu ruu uu r，得2 53AG.18.（共 13 分）解：()依题意，有246b所以22b所以椭圆方程为22142xy所以422c，焦点坐标分别为12(2,0),(2,0),FF()方法 1：设00(,)P xy，则2200142xy，且(2,0),A若点 P 为右顶点，则点Q为上（或下）顶点，4,6APAQ，PAQ不是等边三角形，不合题意，所以002,0 xy.设线段PA中点为M，所以002(,)22xyM因为PAMQ，所以1PAMQkk因为直线PA的斜率002Apykx所以直线MQ的斜率002MQxky又直线MQ的方程为000022()22yxxyxy令
19、0 x，得到0000(2)(2)22Qyxxyy因为2200142xy所以02Qyy因为PAQ为正三角形，所以|APAQ，即2222000(2)24yxy化简，得到200532120 xx，解得002,65xx（舍）即点P的横坐标为25.方法 2：设00(,)P xy，直线AP的方程为(2)yk x.当0k时，点 P 为 右 顶 点，则 点Q为 上（或 下）顶 点，4,6APAQ，PAQ不是等边三角形，不合题意，所以0k.联立方程22142(2)xyyk x消元得2222(12)8840kxk xk所以160所以2028(2)12kxk设 线 段PA中 点 为M，所 以20224212Mxkx
20、k，22242(2)1212Mkkykkk所以22242(,)1212kkMkk因为APMQ，所以1MQKk所以直线MQ的方程为222214()1212kkyxkkk令0 x，得到22222142121212Qkkkykkkk因为PAQ为正三角形，所以|APAQ所以22224214()1212kkkk化简，得到42430kk，解得223,14kk（舍）所以202422125kxk，即点P的横坐标为25.方法 3：设00(,)P xy，当直线 AP 的斜率为 0 时，点 P 为右顶点，则点Q为上（或下）顶点，4,6APAQ，PAQ不是等边三角形，不合题意，所以直线AP 的斜率不为 0.设直线AP
21、的方程为2xty联立方程221422xyxty消元得，22(2)40tyty所以0242tyt设线段PA中点为M所以222Mtyt,242Mxt，所以2242(,)22tMtt因为APMQ，所以1MQkk所以直线MQ的方程为2224()22tyt xtt令0 x，得到222Qtyt因为PAQ为正三角形，所以|APAQ所以2222|4|214()22ttttt化简，得到42340tt，解得224,13tt（舍）所以20224225txt，即点P的横坐标为2519（共 14 分）解：（）因为22()e()a xaf xxa，所以2()e(2(2)a xfxaxxa所以(1)0f所以曲线()yf x
22、在点(1,(1)f处切线的倾斜角为0（）方法 1：因为2()e(2(2)e(2)(1)axa xfxaxxaaxax令()0fx，得到122,1axxa当0a时，x，()fx，()f x的变化情况如下表:而222(1)e(1)e(1 1)e()0aaaafaaa，符合题意当1a时，1221axxa，2()e(1)0axfxx,()f x没有极值，不符合题意当10a时，x11，()fx，()f x的变化情况如下表而2(1)e()0afa，不符合题意x1(,)x1x1(,1)x1(1,)()fx00()f xZ极大值极小值Zx(,1)11(1,)x1x1(,)x()fx00()f x极小值Z极大值
23、当1a时，x11，()fx，()f x的变化情况如下表:所以2()2122()e()()0aaaaaf xaa，解得2a综上，a的取值范围是(,2)(0,)U方法 2：因为函数()f x的极小值小于0，所以()0f x有解，即220axa有解所以20aa，所以有0a或2a因为2()e(2(2)e(2)(1)axa xfxaxxaaxax令()0fx，得到122,1axxa当0a时，x，()fx，()f x的变化情况如下表:而222(1)e(1)e(1 1)e()0aaaafaaa，符合题意当2a时，x11，()fx，()f x的变化情况如下表:x1(,)x1x1(,1)x1(1,)()fx00
24、()f x极小值Z极大值x1(,)x1x1(,1)x1(1,)()fx00()f xZ极大值极小值Zx1(,)x1x1(,1)x1(1,)而22()()212222(2)()e()()e0aaaaaaaaaf xaaa，符合题意综上，a的取值范围是(,2)(0,)U20.（共 13 分）解：（）“好位置”有：(1,2),(1,3),(2,1),(3,1)（）因为对于任意的1,2,3,4,5i，()3c i；所以当,1i ja时，5|5()|532c i，当,0i ja时，,5|5()|()2i jac ic i；因此若(,)i j为“好位置”，则必有,1i ja，且55()2r j，即()3r
25、 j设数表中共有(15)n n个1，其中有 t 列中含1的个数不少于3，则有5 t列中含1的个数不多于2，所以52(5)15ttn，53t，因为 t为自然数，所以 t 的最小值为2因此该数表中值为1，且相应位置不为“好位置”的数个数最多不超过 3 26所以，该数表好位置的个数不少于1569个而下面的5 5数表显然符合题意()fx00()f x极小值Z极大值1 1 1 0 0 1 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(,)i j为“好位置”时，且,1i ja时，则有|()|2mmc i，所以()2mc i，注意到m为奇数，*()c
26、iN，所以有1()2mc i同理得到1()2mrj当(,)ij为“好位置”，且,0i ja时，则|()|2mmc i，则必有()2mc i，注意到m为奇数，*()c iN，所以有1()2mc i同理得到1()2mrj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11(),0,(),122mmc iip c ipim11(),0,(),122mmr jjq r jqjm其中0,p qm，,p qN则数表A可以分成如下四个子表1A3A2A4A其中1A是p行q列，3A是p行mq列，2A是mp行q列，4A是mp行mq列1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 设1
27、A，2A，3A，4A中1的个数分别为1234,x xxx则1A，2A，3A，4A中0的个数分别为12,(),pqx q mpx34(),()()p mqxmp mqx则数表A中好位置的个数为14()()xmp mqx个而1312mxxp，341()2mxxmq所以1411()22mmxxpmq所以141411()()()()()22mmxmpmqxxxmp mqpmq而11()()()22mmmpmqpmq211()22mmmpmqmpqpmq211222mmmmpqpq22111()()2242mmmmmpq21121()()224mmmmpq显然当11()()22mmpq取得最小值时，上式
28、取得最小值，因为0,p qm，所以2211211121()()()(0)224224mmmmmmmmpqm2211211121()()(0)()224224mmmmmmmmpqm当pm时，数表A中至少含有12mm个1，而11(1)22mmmmm，所以q至少为2此时21121()()224mmmmpq21121()(2)224mmmmm21m当1pm时，数表A中至少含有1(1)2mm个1而11(1)22mmmm，所以q至少为1此时21121()()224mmmmpq21121(1)(1)224mmmmm22m下面的数表满足条件，其“好位置”的个数为22m2019届北京市海淀区2016级高三下学期期末二模考试数学（理）试卷