【精品高考数学试卷】2019年北京高考数学零模试卷(理科)+答案 (2)

2019年北京高考数学零模试卷（理科）
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．（5分）已知集合A ＝{0，a }，B ＝{x |﹣1＜x ＜2}，且A ⊆B ，则a 可以是（ ） A ．﹣1
B ．0
C ．1
D ．2
2．（5分）设a →
，b →
是非零向量，则“a →
，b →
共线”是“|a →
+b →
|＝|a →
|+|b →
|”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
3．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，角θ以Ox 为始边，终边与单位圆交于点（35
，45
），则 tan （π+θ）的值为（ ） A ．4
3
B ．3
4
C ．−4
3
D ．−34
4．（5分）已知x ，y ∈R ，且x ＞y ＞0，则（ ） A ．tan x ﹣tan y ＞0 B ．x sin x ﹣y sin y ＞0 C ．lnx +lny ＞0
D ．2x ﹣2y ＞0
5．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A ．2
3
B ．4
3
C ．2
D ．8
3
6．（5分）设不等式组{x −2y +2≤0x −y +2≥0x ≥0，表示的平面区域为Ω，则（ ）
A ．原点O 在Ω内
B ．Ω的面积是1
C ．Ω内的点到y 轴的距离有最大值
D ．若点P （x 0，y 0）∈Ω，则x 0+y 0≠0
7．（5分）六名同学A 、B 、C 、D 、E 、F 举行象棋比赛，采取单循环赛制，即参加比赛的每两个人之间仅赛一局．第一天，A 、B 各参加了3局比赛，C 、D 各参加了4局比赛，E 参加了2局比赛，且A 与C 没有比赛过，B 与D 也没有比赛过．那么F 在第一天参加的比赛局数为（ ） A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
8．（5分）关于函数f （x ）＝sin x ﹣x cos x ，下列说法错误的是（ ） A ．f （x ）是奇函数 B ．0不是f （x ）的极值点
C ．f （x ）在(−π
2
，π2
)上有且仅有3个零点 D ．f （x ）的值域是R
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．（5分）若复数（a +i ）（3+4i ）的实部与虚部相等，则实数a ＝ ．
10．（5分）已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若a 1＝6，a 4+a 6＝4，则S 5＝ ． 11．（5分）(x −2x
)5的二项展开式中，x 3的系数是 ．（用数字作答）
12．（5分）在极坐标系中，若点A(m ，π
3)(m ＞0)在圆ρ＝2cos θ外，则m 的取值范围为 ． 13．（5分）若三个点（﹣2，1），（﹣2，3），（2，﹣1）中恰有两个点在双曲线C ：x 2
a
2−y 2=1(a ＞0)上，则双曲线C 的渐近线方程为 ．
14．（5分）若函数f （x ）={−x +4，x ≤3log a x ，x ＞3（a ＞0且a ≠1），函数g （x ）＝f （x ）﹣k ．
①若a =1
3
，函数g （x ）无零点，则实数k 的取值范围为 ； ②若f （x ）有最小值，则实数a 的取值范围是 ．
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．（13分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边长分别是a ，b ，c ．满足2a cos C +c cos A ＝b ． （Ⅰ）求角C 的大小；
（Ⅱ）求sin A cos B +sin B 的最大值．
16．（13分）某市旅游管理部门为提升该市26个旅游景点的服务质量，对该市26个旅游景点的交通、安全、环保、卫生、管理五项指标进行评分．每项评分最低分0分，最高分
100分．每个景点总分为这五项得分之和，根据考核评分结果，绘制交通得分与安全得分散点图、交通得分与景点总分散点图如图：
请根据图中所提供的信息，完成下列问题：
（1）若从交通得分排名前5名的景点中任取1个，求其安全得分大于90分的概率；
（2）若从景点总分排名前6名的景点中任取3个，记安全得分不大于90分的景点个数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望；
（3）记该市26个景点的交通平均得分为x1，安全平均得分为x2，写出x1和x2的大小关系？（只写出结果）
17．（13分）如图，四边形ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，EB∥P A，AB＝P A＝4，EB ＝2，F为PD的中点．
（Ⅰ）求证：AF⊥PC；
（Ⅱ）求证：BD∥平面PEC；
（Ⅲ）求二面角D﹣PC﹣E的大小．
18．（13分）已知函数f（x）＝lnx−a
x
−1．
（1）若曲线y＝f（x）存在斜率为﹣1的切线，求实数a的取值范围；（2）求f（x）的单调区间；
（3）设函数g（x）=x+a
lnx，求证：当﹣1＜a＜0时，g（x）在（1，+∞）上存在极小值．
19．（14分）已知椭圆C ：
x 2a +
y 2b =1(a ＞b ＞0)的离心率等于
√2
2
，经过其左焦点F （﹣1，0）且与x 轴不重合的直线l 与椭圆C 交于两点M ，N 两点． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；
（Ⅱ）O 为坐标原点，在x 轴上是否存在定点Q ，使得点F 到直线QM ，QN 的距离总相等？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（14分）对于无穷数列{a n }，{b n }，若b k ＝max {a 1，a 2，…，a k }﹣min {a 1，a 2，…，a k }，k ＝1，2，3，…，则称{b n }是{a n }的“收缩数列”．其中max {a 1，a 2，…，a k }，min {a 1，a 2，…，a k }分别表示a 1，a 2，…，a k 中的最大数和最小数．已知{a n }为无穷数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是{a n }的“收缩数列”． （1）若a n ＝2n +1，求{b n }的前n 项和； （2）证明：{b n }的“收缩数列”仍是{b n }； （3）若S 1+S 2+⋯+S n =
n(n+1)2a 1+n(n−1)
2
b n （n ＝1，2，3，…）且a 1＝1，a 2＝2，求所有满足该条件的{a n }．
2019年北京高考数学零模试卷（理科）
参考答案与试题解析
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．【解答】解：∵集合A ＝{0，a }，B ＝{x |﹣1＜x ＜2}，且A ⊆B ， ∴﹣1＜a ＜2， ∴a 可以是1． 故选：C ．
2．【解答】解：“|a →
+b →
|＝|a →
|+|b →
|”⇒“a →
，b →
共线”，反之不成立，例如a →
=−b →
≠0→
． ∴a →
，b →
是非零向量，则“a →
，b →
共线”是“|a →
+b →
|＝|a →
|+|b →
|”的必要不充分条件． 故选：B ．
3．【解答】解：∵角θ以Ox 为始边，终边与单位圆交于点（35
，4
5
），
∴tan θ=
4
535
=4
3，
∴tan （π+θ）＝tan θ=43
． 故选：A ．
4．【解答】解：x ，y ∈R ，且x ＞y ＞0，
对于A ：当x =2π
3，y =π
3时，tan 2π
3=−√3，tan π
3=
√3，显然不成立；
对于B ：当x ＝π，y =π
2时，πsin π＝﹣π，−π
2sin
π2
=−1，显然不成立；
对于C ：lnx +lny ＞0，即ln （xy ）＞ln 1，可得xy ＞0，∵x ＞y ＞0，那么xy 不一定大于0，显然不成立；
对于D ：2x ﹣2y ＞0，即2x ＞2y ，根据指数函数的性质可知：x ＞y ，恒成立． 故选：D ．
5．【解答】解：由主视图和侧视图可知棱锥的高h ＝2，
结合侧视图和俯视图可知三棱锥的底面ABC 为直角三角形，BC ＝1，AB ＝2，AB ⊥BC ， ∴三棱锥的体积V =13×12×1×2×2=2
3， 故选：A ．
6．【解答】解：不等式组{x −2y +2≤0
x −y +2≥0x ≥0
，表示的可行域如图：
显然O 不在可行域内部．Ω的面积不是1；Ω内的点到y 轴的距离没有最大值， 点P （x 0，y 0）∈Ω，则x 0+y 0≠0，正确； 故选：D ．
7．【解答】解：由于A 、B 各参加了3局比赛，C 、D 各参加了4局比赛，E 参加了2局比赛，且A 与C 没有比赛过，B 与D 也没有比赛过， 所以与D 赛过的是A 、C 、E 、F 四人； 与C 赛过的是B 、D 、E 、F 四人； 又因为E 只赛了两局，A 与B 各赛了3局， 所以与A 赛过的是D 、B 、F ； 而与B 赛过的是A 、C 、F ； 所以F 共赛了4局． 故选：D ．
8．【解答】解：对于A ：由f （﹣x ）＝sin （﹣x ）+x cos （﹣x ）＝﹣f （x ），∴f （x ）是奇函数，A 对；
对于B，f（x）＝sin x﹣x cos x，f′（x）＝cos x﹣cos x﹣x sin x＝﹣x sin x，当x＝0时，f（x）＝0，f′（x）＝0，0不是f（x）的极值点．B对．
对于C：f（x）＝sin x﹣x cos x，f′（x）＝cos x﹣cos x+x sin x＝x sin x，可得在（−π
2，0）上
单调递减．（0，π
2
）上单调递增．f（0）可得最小值，f（0）＝0，所以，f（x）在(−
π
2，
π
2
)上不是3个零点．C不对；
对于D：当x无限大或无线小时，可得f（x）的值域为R，D对．
故选：C．
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．【解答】解：∵（a+i）（3+4i）＝（3a﹣4）+（3+4a）i的实部与虚部相等，∴3a﹣4＝3+4a，即a＝﹣7．
故答案为：﹣7．
10．【解答】解：设{a n}是等差数列的公差为d，∵a1＝6，a4+a6＝4，∴2×6+8d＝4，解得d＝﹣1．
则S5＝6×5−5×4
2
=20．
故答案为：20．
11．【解答】解：T r+1=C5r⋅x5−r⋅(−2
x
)r=(−2)r⋅C5r⋅x5−2r，
令5﹣2r＝3得r＝1，
所以x3的系数为（﹣2）1•C51＝﹣10．故答案为﹣10
12．【解答】解：极坐标A(m，π
3
)(m＞0)，转化为直角坐标为：A（
m
2
，
√3m
2
），
圆圆ρ＝2cosθ，
转化为：x2+y2﹣2x＝0，整理得：（x﹣1）2+y2＝1，由于：点A在圆的外部，
则：(m
2
−1)2+(3m
2
)2＞1，
解得：m＞1或m＜0，由于：m＞0，
所以：m ＞1． 即：m ∈（1，+∞）． 故答案为：（1，+∞）．
13．【解答】解：根据题意，若三个点（﹣2，1），（﹣2，3），（2，﹣1）中 恰有两个点在双曲线C ：
x 2
a
2−y 2=1(a ＞0)上， 又由双曲线的图象关于原点对称， 故（﹣2，1），（2，﹣1）在双曲线上， 则有
4a −1=1，解可得a =√2，
则双曲线的方程为
x 22
−y 2＝1，
所以渐近线方程为y =±√2
2
x ；
故答案为：y =±
√2
2
x
14．【解答】解：①a =1
3
时，画出函数f （x ）的图象，如图所示： ，
若函数g （x ）无零点，则y ＝k 和y ＝f （x ）无交点， 结合图象，﹣1≤k ＜1；
②若0＜a ＜1，显然f （x ）无最小值，故a ＞1， 结合log a 3＝1，解得：a ＝3， 故a ∈（1，3]；
故答案为：[﹣1，1），（1，3]．
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．【解答】解：（Ⅰ）由正弦定理及2a cos C +c cos A ＝b ． 得2sin A cos C +sin C cos A ＝sin B 在△ABC 中，A +B +C ＝π，
∴A +C ＝π﹣B ，即sin （A +C ）＝sin B ．
∴2sin A cos C +sin C cos A ＝sin （A +C ）+sin A cos C ＝sin B +sin A cos C ＝sin B ∴sin A cos C ＝0
又∵0＜A ＜π，0＜C ＜π， ∴sin A ＞0． ∴cos C ＝0 ∴C =12
π
（Ⅱ）由（Ⅰ）得C =12
π， ∴A +B =1
2π，即B =12π−A ．
∵sin A cos B +sin B ＝cos 2B +sin B ＝﹣sin 2B +sin B +1=−(sinB −12
)2+54
∵0＜B ＜π
2
，
∴当sin B =1
2，即B =π
6时，sin A cos B +sin B 取得最大值5
4
．
16．【解答】解：（1）由图象可知交通得分排名前5名的景点中，安全得分大于90分的景点有3个，
∴从交通得分排名前5名的景点中任取1个，其安全得分大于90分的概率为3
5．
（2）结合两图象可知景点总分排名前6名的景点中，安全得分不大于90分的景点有2个，
ξ的可能取值为0，1，2．
P （ξ＝0）=C 4
3
C 63=15，P （ξ＝1）=C 42
⋅C 21
C 63=35，P （ξ＝2）=C 41
⋅C 22
C 6
3=1
5，
∴ξ的分布列为：
ξ 0 1 2 P
1
5
3
5
1
5
∴E （ξ）＝0×1
5+1×3
5+2×1
5=1．
（3）由图象可知26个景点的交通得分全部在80分以上，主要集中在85分附近， 安全得分主要集中在80分附近，且80分以下的景点接近一半，故而x 1＞x 2． 17．【解答】（本小题共14分）
证明：（Ⅰ）依题意，P A ⊥平面ABCD ．
如图，以A 为原点，分别以AD →
、AB →
、AP →
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系． ……（2分） 依题意，可得A （0，0，0），B （0，4，0），C （4，4，0）， D （4，0，0），P （0，0，4），E （0，4，2），F （2，0，2）． 因为AF →
=(2，0，2)，PC →
=(4，4，−4)，
所以AF →
⋅PC →=8+0+(−8)=0． ……（5分） 所以AF ⊥PC ．……（6分） （Ⅱ）取PC 的中点M ，连接EM ．
因为M （2，2，2），EM →
=(2，−2，0)，BD →
=(4，−4，0)， 所
以
BD →
=2EM
→
，所以BD ∥
EM ． ……（8分） 又因为EM ⊂平面PEC ，BD ⊄平面PEC ，
所以BD ∥平面PEC ． ……（9分） 解：（Ⅲ）因为AF ⊥PD ，AF ⊥PC ，PD ∩PC ＝P ，
所以AF ⊥平面PCD ，故AF →
=(2，0，2)为平面PCD 的一个法向量．……（10分） 设平面PCE 的法向量为n →=(x ，y ，z)， 因为PC →
=(4，4，−4)，PE →=(0，4，−2)， 所以{n →
⋅PC →=0n →⋅PE →=0
即{4x +4y −4z =04y −2z =0
令y ＝﹣1，得x ＝﹣1，z ＝﹣2，故n →
=(−1，−1，−2)． ……（12分） 所以cos ＜AF →
，n →
＞=
−2−0−4
2√2⋅√6
=−√32，……（13分）
所以二面角D ﹣PC ﹣E 的大小为
5π6
． ……（14分）
18．【解答】解：（1）由f（x）＝lnx−a
x
−1得：
f′（x）=x+a
x2
，（x＞0），
由已知曲线y＝f（x）存在斜率为﹣1的切线，∴f′（x）＝﹣1存在大于0的实数根，
即x2+x+a＝0存在大于0的实数根，
∵y＝x2+x+a在x＞0时递增，
∴a的范围是（﹣∞，0）；
（2）由f′（x）=x+a
x2
，（x＞0），
得：a≥0时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）递增；
a＜0时，若x∈（﹣a，+∞）时，f′（x）＞0，
若x∈（0，﹣a），则f′（x）＜0，
故f（x）在（﹣a，+∞）递增，在（0，﹣a）递减；
（3）由g（x）=x+a
lnx及题设得：
g′（x）=lnx−a x−1
(lnx)2
=f(x)
(lnx)2
，
由﹣1＜a＜0，得：0＜﹣a＜1，
由（2）得：f（x）在（﹣a，+∞）递增，
∴f（1）＝﹣a﹣1＜0，取x＝e，显然e＞1，
f（e）=−a
e＞0，
∴存在x0∈（1，e）满足f（x0）＝0，
即存在x 0∈（1，e ）满足g ′（x 0）＝0，
令g ′（x ）＞0，解得：x ＞x 0，
令g ′（x ）＜0，解得：1＜x ＜x 0，
故g （x ）在（1，x 0）递减，在（x 0，+∞）递增，
∴﹣1＜a ＜0时，g （x ）在（1，+∞）存在极小值．
19．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得{1a =√22a 2=b 2+1
，解得a =√2，b ＝1， ∴椭圆的方程为x 22+y 2＝1，
（Ⅱ）当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k （x +1），k ≠0， 由{y =k(x +1)
x 22
+y 2=1，消y 可得（1+2k 2）x 2+4k 2x +2k 2﹣2＝0， 易得△＞0，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），
则x 1+x 2=−4k 2
1+2k 2，x 1x 2=2k 2−2
1+2k 2，
设Q （t ，0），由点M ．N 在x 轴异侧，则问题等价于OF 平分∠MQN ，且x 1≠t ，x 2≠t ，
又等价于k QM +k QN =y 1x 1−t +y
2x 2−t =0， 即y 1（x 2﹣t ）+y 1（x 1﹣t ）＝0，
将y 1＝k （x 1+1），y 2＝k （x 2+1），代入上式，整理得2x 1x 2+（x 1+x 2）（1﹣t ）﹣2t ＝0 ∴2•2k 2−2
1+2k +−4k 2
1+2k （1﹣t ）﹣2t ＝0，
即t +2＝0，
即t ＝﹣2，
∴Q （﹣2，0）
当直线MN 的斜率不存在时，点Q （﹣2，0）也能使得点Q 到直线QM ，QN 的距离总相等，
故在x 轴上存在定点Q （﹣2，0）使得点Q 到直线QM ，QN 的距离总相等
20．【解答】解：（1）由a n ＝2n +1可得{a n }为递增数列，
所以b n ＝max {a 1，a 2，…，a n }﹣min {a 1，a 2，…，a n }＝a n ﹣a 1＝2n +1﹣3＝2n ﹣2， 故{b n }的前n 项和为12（2n ﹣2）n ＝n （n ﹣1） （2）因为max {a 1，a 2，…，a n }≤max {a 1，a 2，…，a n +1}，
因为min {a 1，a 2，…，a n }≥min {a 1，a 2，…，a n +1}，
所以max {a 1，a 2，…，a n +1}﹣min {a 1，a 2，…，a n +1}≥max {a 1，a 2，…，a n }﹣min {a 1，a 2，…，a n }，
所以b n +1≥b n ，
又因为b n ＝a 1﹣a 1＝0，
所以max {b 1，b 2，…，b n }﹣min {b 1，b 2，…，b n }＝b n ﹣b 1＝b n ，
所以{b n }的“收缩数列”仍是{b n }，
（3）由S 1+S 2+…+S n =12n （n +1）a 1+12n （n ﹣1）b n ，
当n ＝1时，a 1＝a 1，
当n ＝2时，3a 1+2a 2+a 3＝6a 3+3b 3，即3b 3＝2（a 2﹣a 1）+（a 3﹣a 1），（*）， 若a 1＜a 3＜a 2，则b 3＝a 2﹣a 1，所以由（*）可得a 3＝a 2与a 3＜a 2矛盾， 若a 3＜a 1≤a 2，则b 3＝a 2﹣a 3，所以由（*）可得a 3﹣a 2＝3（a 1﹣a 3），所以a 3﹣a 2与a 1﹣a 3同号，这与a 3＜a 1≤a 2矛盾；
若a 3≥a 2，则b 3＝a 3﹣a 2，由（*）可得a 3＝a 2，
猜想：满足S 1+S 2+…+S n =12n （n +1）a 1+12n （n ﹣1）b n 的数列{a n }是，a n ={a 1，n =1a 2，n ＞1
，a 2≥a 1，
经验证：左式＝S 1+S 2+…+S n ＝na 1+[1+2+…+（n ﹣1）]＝na 1+12n （n ﹣1）a 2， 右式=12n （n +1）a 1+12n （n ﹣1）b n =12n （n +1）a n +12n （n ﹣1）（a 2﹣na 1）＝na 1+12n （n ﹣1）a 2
下面证明其它数列都不满足（3）的题设条件
由上述n ≤3的情况可知，n ≤3，a n ={a 1，n =1a 2，n ＞1，a 2≥a 1是成立的， 假设a k ＝是首次不符合a n ={
a 1，n =1a 2，n ＞1，a 2≥a 1的项，则a 1≤a 2＝a 3＝…＝a k ﹣1≠a k 由题设条件可得12（k 2﹣k ﹣2）a 2+a k =12k （k ﹣1）a 1+12k （k ﹣1）
b k （*），
若a 1＜a k ＜a 2，则由（*）可得a k ＝a 2与a k ＜a 2矛盾，
若a k ＜a 1≤a 2，则b k ＝a 2﹣a k ，所以由（*）可得a k ﹣a 2=12k （k ﹣1）（a 1﹣a k ），
所以a k﹣a2与a1﹣a k同号，这与a k＜a1≤a2矛盾；
所以a k≥a2，则b k＝a k﹣a1，所以由（*）化简可得a k＝a2，这与假设a k≠a2相矛盾，
所以不存在数列不满足a n={a1，n=1
a2，n＞1
，a2≥a1的{a n}符合题设条件。