北京市东城区2019届高三上学期期末考试数学（文）试卷（解析版）

北京市东城区2019届高三上学期期末考试数学（文）试卷（解析版）

‎2018-2019学年北京市东城区高三（上）期末 数学试卷（文科）‎ 一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）‎ ‎1.若集合A={x|-2＜x≤0}，B={-2，-1，0，1，2}，则A∩B=（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用交集运算得答案．‎ ‎【详解】∵集合表示到0的所有实数，‎ 集合表示5个整数的集合，∴，‎ 故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了交集的概念及其运算，是基础题．‎ ‎2.下列复数为纯虚数的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用复数的运算对每个选项逐一求解即可得答案.‎ ‎【详解】∵，，，，‎ ‎∴为纯虚数的是，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查了复数的基本运算及基本概念，是基础题 ‎3.在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，终边在射线y=2x（x≥0）上，则cosα的值是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在终边上任意取一点，再利用任意角的三角函数的定义，求得的值．‎ ‎【详解】角以为始边，终边在射线上，在终边上任意取一点，‎ 则，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，在角的终边上任取一点是解题的关键，属于基础题．‎ ‎4.若满足 则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义即可得到结论．‎ ‎【详解】作出不等式组对应的平面区域，由，得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，‎ 直线的截距最小，此时最小，此时，‎ 故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”‎ ‎：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.‎ ‎5.执行如图所示的程序框图，输入，那么输出的值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 模拟执行程序框图，可得程序框图的实质是计算排列数的值，由，即可计算得解．‎ ‎【详解】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，‎ 可得程序框图实质是计算排列数的值，‎ 当，时，可得：，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了程序框图和算法，属于基本知识的考查．‎ ‎6.设a，b，c，d为实数，则“a＞b，c＞d”是“a+c＞b+d”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 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的可加性可得成立；反之不成立，例如取，，，‎ ‎．‎ ‎【详解】根据不等式的可加性可得成立；‎ 反之不成立，例如取，，，，满足，但是不成立，‎ ‎∴是的充分不必要条件，故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.‎ ‎7.某三棱锥的三视图如图所示，在此三棱锥的六条棱中，最长棱的长度为（　　）‎ A. 2 B. C. D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三棱锥的三视图知该三棱锥是三棱锥，其中底面，，，，由此能求出在该三棱锥中，最长的棱长．‎ ‎【详解】由三棱锥的三视图知该三棱锥是如图所示的三棱锥，‎ 其中底面，，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴在该三棱锥中，最长的棱长为，故选D．‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥中最长棱长的求法，考查三棱锥性质及其三视图等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是基础题．‎ ‎8.地震里氏震级是地震强度大小的一种度量．地震释放的能量E ‎（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M．已知两次地震的里氏震级分别为8.0级和7.5级，若它们释放的能量分别为E1和E2，则的值所在的区间为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先把数据代入已知解析式，再利用对数的运算性质即可得出．‎ ‎【详解】，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，，∴，‎ ‎∵，，，‎ ‎∴，‎ ‎∴的值所在的区间为，故选B．‎ ‎【点睛】本题考查了对数的运用以及运算，熟练掌握对数的运算性质是解题的关键，属于基础题.‎ 二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）‎ ‎9.已知向量=（1，-2），=（2，m），若⊥，则m=______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出．‎ ‎【详解】∵；∴，‎ ‎∴，故答案为1．‎ ‎【点睛】本题主要考查向量垂直的充要条件，以及向量数量积的坐标运算，属于基础题.‎ ‎10.在△ABC中，已知a=1，，，则c=______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据同角的三角函数的关系求出，再根据正弦定理即可求出．‎ ‎【详解】在中，已知，，，∴，‎ 由正弦定理可得，∴，故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理和同角的三角函数的关系在解三角形中的应用，考查了运算和求解能力，属于基础题．‎ ‎11.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=-1，b1=2，a3+b2=-1，试写出一组满足条件的数列{an}和{bn}的通项公式：an=______，bn=______．‎ ‎【答案】 (1). -n (2). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得，，即可得到所求通项公式，注意答案不唯一．‎ ‎【详解】等差数列的公差设为，等比数列的公比设为，‎ ‎，，，可得， ‎ 即为， 可取，可得，则，，‎ 故答案为，2．‎ ‎【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎12.过双曲线的右焦点F作垂直于x轴的直线，交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB为等腰直角三角形，则双曲线的离心率e=______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用已知条件列出方程，转化为求解即可．‎ ‎【详解】过双曲线的右焦点作垂直于轴的直线，交双曲线于，两点，为坐标原点，若为等腰直角三角形，‎ 可得，即，可得：，，解得．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题. 常见双曲线离心率的求法有：1、直接求出，求解；2、变用公式整体求出；3、构造的齐次式解出等.‎ ‎13.小菲在学校选修课中了解到艾宾浩斯记忆曲线，为了解自己记忆一组单词的情况，她记录了随后一个月的有关数据，绘制散点图，拟合了记忆保持量与时间（天）之间的函数关系：‎ 某同学根据小菲拟合后的信息得到以下结论：‎ ‎①随着时间的增加，小菲的单词记忆保持量降低；‎ ‎②9天后，小菲的单词记忆保持量低于40%；‎ ‎③26天后，小菲的单词记忆保持量不足20%．‎ 其中正确的结论序号有______．（注：请写出所有正确结论的序号）‎ ‎【答案】①②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分段函数可得函数的单调性，可判断①；由的值可判断②；由的值可判断③．‎ ‎【详解】，‎ 可得随着的增加而减少，故①正确；‎ 当时，，，‎ ‎9天后，小菲的单词记忆保持量低于，故②正确；‎ ‎，故③错误，故答案为①②．‎ ‎【点睛】本题考查分段函数的图象和性质，主要是单调性和函数的取值范围的求法，考查判断能力和运算能力，属于基础题．‎ ‎14.已知函数f（x）=x3-4x，g（x）=sinωx（ω＞0）．若∀x∈[-a，a]，都有f（x）g（x）≤0，则a的最大值为______；此时ω=______．‎ ‎【答案】 (1). 4 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 函数，均为奇函数，只需考虑，都有即可，结合图象可得当且仅当在上，在满足，才能取到最大值，进而可得.‎ ‎【详解】∵函数，均为奇函数．‎ ‎∴只需考虑，都有即可．‎ ‎∵函数在满足，在满足，‎ ‎∴当且仅当在上，在满足，才能取到最大值，（如图）．‎ 此时，，．‎ 故答案为：4，．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数的对称性应用，数形结合法，最终将题意转化为与0的关系是解题的关键，属于中档题．‎ 三、解答题（本大题共6小题，共80.0分）‎ ‎15.已知等差数列{an}满足a1=1，a2+a4=10．‎ ‎（Ⅰ）求{an}的通项公式；‎ ‎（Ⅱ）若，求数列{bn}的前n项和．‎ ‎【答案】（Ⅰ） （Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用等差数列，求出数列的公差，然后求解的通项公式；（Ⅱ）通过，利用等差数列以及等比数列求和公式求解数列的前项和．‎ ‎【详解】（I）设的公差为，‎ 因为，所以．‎ 所以，解得．‎ 所以． ‎ ‎（Ⅱ）由（I）知，，‎ 所以的前项和为 ‎==．‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.‎ ‎16.已知函数．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求证：对于任意的，都有．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，求得f（x）的最小正周期；（Ⅱ）利用正弦函数的定义域和值域，证得．‎ ‎【详解】（Ⅰ）===，‎ 所以，的最小正周期．‎ ‎（Ⅱ）证明：∵，∴，∴，‎ ‎∴，∴，‎ 所以对于任意的，都有．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．‎ ‎17.某中学有学生500人，学校为了解学生课外阅读时间，从中随机抽取了50名学生，收集了他们2018年10月课外阅读时间（单位：小时）的数据，并将数据进行整理，分为5组：[10，12），[12，14），[14，16），[16，18），[18，20]，得到如图所示的频率分布直方图．‎ ‎（Ⅰ）试估计该校所有学生中，2018年10月课外阅读时间不小于16小时的学生人数；‎ ‎（Ⅱ）已知这50名学生中恰有2名女生的课外阅读时间在[18，20]，现从课外阅读时间在[18，20]的样本对应的学生中随机抽取2人，求至少抽到1名女生的概率；‎ ‎（Ⅲ）假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，试估计该校学生2018年10月课外阅读时间的平均数．‎ ‎【答案】（Ⅰ）150（Ⅱ）（Ⅲ）14.68‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）由频率分布直方图求出课外阅读时间不小于16小时的样本的频率为0.30，由此能估计该校所有学生中，2018年10月课外阅读时间不小于16小时的学生人数；（Ⅱ）阅读时间在[18，20]的样本的频率为0.10．从而课外阅读时间在[18，20]的样本对应的学生人数为5．这5名学生中有2名女生，3名男生，设女生为A，B，男生为C，D，E，从中抽取2人，利用列举法能求出至少抽到1名女生的概率；（Ⅲ）由频率分布直方图能估计该校学生2018年10月课外阅读时间的平均数．‎ ‎【详解】（Ⅰ）0.10×2+0.05×2=0.30，‎ 即课外阅读时间不小于16小时的样本的频率为0.30．‎ 因为500×0.30=150，‎ 所以估计该校所有学生中，2018年10月课外阅读时间不小于16小时的学生人数为150.‎ ‎（Ⅱ）阅读时间在[18，20]的样本的频率为0.05×2=0.10．‎ 因为50×0.10=5，即课外阅读时间在[18，20]的样本对应的学生人数为5．‎ 这5名学生中有2名女生，3名男生，设女生为A，B，男生为C，D，E，‎ 从中抽取2人的所有可能结果是：（A，B），（A，C），（A，D），（A，E），（B，C），（B，D），（B，E），（C，D），（C，E），（D，E）．‎ 其中至少抽到1名女生的结果有7个，‎ 所以从课外阅读时间在[18，20]的样本对应的学生中随机抽取2人，至少抽到1名女生的概率为p=‎ ‎（Ⅲ）根据题意，0.08×2×11+0.12×2×13+0.15×2×15+0.10×2×17+0.05×2×19=14.68（小时）．‎ 由此估计该校学生2018年10月课外阅读时间的平均数为14.68小时．‎ ‎【点睛】本题考查频数、概率、平均数的求法，考查频率分布直方图、列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．‎ ‎18.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，A1B1⊥B1C1，AA1=AB=2，BC=1，E为A1C1中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：A1B⊥平面AB1C1；‎ ‎（Ⅱ）求三棱锥B-ECC1的体积；‎ ‎（Ⅲ）设平面EAB与直线B1C1交于点H，求线段B1H的长．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）证明平面，推出，然后证明平面，得到，，即可证明平面；（Ⅱ）说明，证明平面，通过求解即可；（Ⅲ）证明，说明为中点，然后求解即可．‎ ‎【详解】（Ⅰ）因为三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，‎ 所以BB1⊥平面A1B1C1．‎ 因为B1C1⊂平面A1B1C1，‎ 所以BB1⊥B1C1．‎ 又因为B1C1⊥A1B1，A1B1∩BB1=B1，‎ 所以B1C1⊥平面AA1B1B．‎ 因为A1B⊂平面AA1B1B，‎ 所以A1B⊥B1C1．‎ 因为AA1=AB=2，所以四边形AA1B1B为菱形．‎ 所以A1B⊥AB1．‎ 因为B1C1∩AB1=B1，‎ 所以A1B⊥平面AB1C1． ‎ ‎（Ⅱ） 由已知，BB1⊥平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，‎ 所以BB1⊥A1B1．‎ 因为A1B1⊥B1C1，B1C1∩BB1=B1，‎ 所以A1B1⊥平面BB1C1C．‎ 又A1B1=AB=2，故A1到平面BB1C1C的距离为2．‎ 因为E为A1C1中点，所以E点到平面BB1C1C距离为1．‎ 所以． ‎ ‎（Ⅲ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，‎ 因为E，H为平面EAB与平面A1B1C1的公共点，‎ 所以平面EAB∩平面A1B1C1=EH．‎ 因为平面ABC∥平面A1B1C1，AB⊂平面ABC，‎ 所以AB∥平面A1B1C1．‎ 又平面A1B1C1∩平面EAB=EH，‎ 所以EH∥AB．‎ 又AB∥A1B1，所以EH∥A1B1．‎ 因为E为A1C1中点，所以H为B1C1中点．‎ 所以．‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，直线与平面平行以及几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在.‎ ‎19.已知函数，a∈R．‎ ‎（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的单调区间．‎ ‎【答案】（Ⅰ）y=0（Ⅱ）单调递减区间为（-1，-），单调递增区间为（-∞，-1），（-，+∞）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）当时，求出函数，利用导数的几何意义求出处的切线的斜率，利用点斜式求出切线方程；（II）当时，令，得，，分三种情况①，②当，③当，讨论的单调区间．‎ ‎【详解】（Ⅰ）f（x）的定义域为R，．‎ 当a=1时，f′（0）=0，f（0）=0，‎ 所以曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=0． ‎ ‎（Ⅱ）f′（x）=aex（x+1）-x-1=（x+1）（aex-1）．‎ ‎（1）当a≤0时，aex-1＜0，‎ 所以当x＞-1时，f′（x）＜0；当x＜-1时，f′（x）＞0．‎ 所以f（x）的单调递增区间为（-∞，-1），单调递减区间为（-1，+∞）．‎ ‎（2）当a＞0时，令f′（x）=0，得x1=-1，x2=-lna．‎ ‎①当-lna=-1，即a=e时，f′（x）≥0，‎ 所以f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞），无单调递减区间；‎ ‎②当-lna＜-1，即a＞e时，‎ 当-lna＜x＜-1时，f′（x）＜0；当x＜-lna或x＞-1时，f′（x）＞0．‎ 所以f（x）的单调递减区间为（-lna，-1），单调递增区间为（-∞，-lna），（-1，+∞）；‎ ‎③当-lna＞-1，即0＜a＜e时，‎ 当-1＜x＜-lna时，f′（x）＜0；当x＜-1或x＞-lna时，f′（x）＞0．‎ 所以f（x）的单调递减区间为（-1，-lna），单调递增区间为（-∞，-1），（-lna，∞）．‎ ‎【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数零点、解不等式等基础知识，考查了计算能力和分类讨论的思想，第一步确定切点；第二步求斜率，即求曲线上该点的导数；第三步利用点斜式求出直线方程 ‎20.已知椭圆C：的离心率为，其左焦点为F1（-1，0）．直线l：y=k（x+2）（k≠0）交椭圆C于不同的两点A，B，直线BF1与椭圆C的另一个交点为E．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）当时，求△F1AB的面积；‎ ‎（Ⅲ）证明：直线AE与x轴垂直．‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）详见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）利用椭圆的离心率以及已知条件求解，，即可得到椭圆的方程；（Ⅱ）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，以及弦长公式，得到直线距离然后求解的面积；（Ⅲ）当时，求出直线的斜率；设直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆联立，利用韦达定理，转化求解证明即可．‎ ‎【详解】解：（I）由已知有解得 所以椭圆C的方程为．‎ ‎（II）由消去y，整理得（1+2k2）x2+8k2x+（8k2-2）=0．‎ 由已知，△=（8k2）2-4（1+2k2）（8k2-2）＞0，解得．‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2），则，‎ ‎．‎ 直线l的方程为x-2y+2=0，F1（-1，0）到直线l的距离．‎ 所以△F1AB的面积为． ‎ ‎（III）当x2=-1时，．‎ 此时直线l的斜率为，由（II）知不符合题意，所以x2≠-1．‎ 设直线BF1的斜率为．‎ 则直线BF1的方程为y=t（x+1）．‎ 由消去y，整理得（1+2t2）x2+4t2x+（2t2-2）=0．‎ 设E（x3，y3），则有．‎ 由得，代入上式整理得，‎ 解得．‎ 因为，‎ 将，代入，整理得x3-x1=0，‎ 所以x3=x1．所以直线AE与x轴垂直．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，计算量较大，有一定难度.‎