北京市中国人民大学附属中学2019届高三考前热身练习数学（理）试题
中国人民大学附属中学2019届高三考前热身练习
数学（理科）
本试卷共4页.满分150分，考试时长120分钟.考生务必将答案填涂、书写在机读卡和答题纸上，在试卷上作答无效.
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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先求解集合再求并集即可.
【详解】,.
故.
故选：B
【点睛】本题主要考查了集合的基本运算与绝对值不等式的求解.属于基础题型.
2.复数的模为（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的除法运算化简再求模长即可.
【详解】.模长为1.
故选：A
【点睛】本题主要考查了复数的除法与模长的计算.属于基础题型.
3.若a>0，b>0，则不等式－b<
D. x<－或x>
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意分类讨论，当时，只需，所以，当时，只需，所以，因此的解是或，故选D．
考点：1、分式不等式；2、分类讨论；3、不等式的恒成立．
4.某几何体的主视图和左视图如图所示，则它的俯视图不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
直接直观想象举出可能满足条件的几何体即可.
【详解】对A,此时该几何体为圆锥,满足.
对B,此时该几何体为正四棱锥.满足.
对C,此时该几何体为正四棱锥的一半.满足.
故选：D
【点睛】本题主要考查了直观想象能力与三视图的辨析.属于基础题型.
5.某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2017年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据：，，）
A. 2020年 B. 2021年 C. 2022年 D. 2023年
【答案】B
【解析】
【分析】
根据条件列不等式,解得结果.
详解】由题意求满足最小n值，
由得
，开始超过200万元的年份是2017+5-1=2021,选B.
【点睛】本题考查指数函数应用与解指数不等式,考查基本求解能力,属基础题.
6.已知函数（其中）最小值为1，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意分析当时分别取得最小值再求解即可.
【详解】由题,因为在时取最小值,
又当且仅当时成立.
故当时取最小值.解得.
故选：A
【点睛】本题主要考查了二次函数与基本不等式求最小值的问题,属于中等题型.
7.不等式组的解集为D,有下面四个命题：
，，
，
其中的真命题是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：画出可行域，如图所示，设，则，当直线过点时，取到最小值，，故的取值范围为，所以正确的命题是，选B．
【考点定位】1、线性规划；2、存在量词和全称量词．
【此处有视频，请去附件查看】
8.在高山滑雪运动的曲道赛项目中，运动员从高处（起点）向下滑，在滑行中运动员要穿过多个高约0.75米，宽4至6米的旗门，规定：运动员不经过任何一个旗门，都会被判一次“失格”，滑行时间会被增加，而所用时间越少，则排名越高.已知在参加比赛的运动员中，有五位运动员在滑行过程中都有三次“失格”，其中
（1）甲在滑行过程中依次没有经过，，三个旗门；
（2）乙在滑行过程中依次没有经过，，三个旗门；
（3）丙在滑行过程中依次没有经过，，三个旗门；
（4）丁在滑行过程中依次没有经过，，三个旗门；
（5）戊在滑行过程中依次没有经过，，三个旗门.
根据以上信息，，，，，，，，这8个旗门从上至下的排列顺序共有（ ）种可能.
A. 6 B. 7 C. 8 D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意排出8个旗门能确定的顺序再根据排列组合的方法求解即可.
【详解】由题意易得, 8个旗门中依次排序能够确定的是：
(1)先分析甲有
(3)因为丙为故有
(5)因为戊为故有
(2)因乙有故有
故根据题意能够确定的顺序为.只需再讨论即可.
又乙有丁有,故在前后,在后.
①当在之间时,可能的情况有4种
②当在之间时,可能的情况有3种.
故一共有3+4=7种.
故选：B
【点睛】本题主要考查了分情况讨论利用排列求解的方法,属于中等题型.
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.在的展开式中，项的系数是__________（用数字作答）．
【答案】
【解析】
的展开式的通项为：.
令，得.
答案为：-40.
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.
10.双曲线：的离心率为______，双曲线与双曲线有共同的渐近线，且过点，则双曲线的方程为______.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
(1)根据离心率的定义与的关系求解即可.
(2)设的方程为,再代入求解即可.
【详解】(1)由题,双曲线,故离心率.
(2) 设的方程为,代入有.
故方程.
故答案为：(1). (2).
【点睛】本题主要考查了双曲线的基本量求法以及共渐近线的双曲线的求法等.属于基础题型.
11.在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为：，与交于，两点，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】
将圆和直线化简成直角坐标方程,再根据直线过圆心可知为直径求解即可.
【详解】由圆的参数方程为可知圆是以为圆心,1为半径的圆,其直角坐标方程为.直线的极坐标方程化简成直角坐标为.故圆心在直线上.故为直径2.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了极坐标和参数方程化简成直角坐标的方法和直线与圆的位置关系应用,属于中等题型.
12.锐角三角形中，若，则的范围是 ；
【答案】(
【解析】
试题分析：因为，为锐角三角形，
所以
根据正弦定理，根据余弦函数的图象，可知
考点：本小题主要考查正弦定理、二倍角公式以及三角函数图象的性质和应用，考查学生的转化能力和数
形结合思想的应用.
点评：解决此题时，容易漏掉，从而产生错误结论，所以解题时一定要严谨.
13.已知非零向量，满足，.若，则实数的值为______.
【答案】-4
【解析】
【分析】
根据垂直的数量积为0与数量积运算求解即可.
【详解】由可得.
故.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量垂直的数量积运算,属于基础题型.
14.已知函数.
（1）的零点是______；
（2）若的图象与直线有且只有三个公共点，则实数的取值范围是______.
【答案】 (1). 1和 (2).
【解析】
【分析】
(1)分段求解零点即可.
(2)数形结合画出分析其与直线有三个交点的情况即可.
【详解】(1)由,当时,.
当时,令有
(2)画出的图象有
因为过定点(0,−1),
要使的图象与直线有且只有三个公共点,则,
当时,函数的导数,函数在点(0,−1)处的切线斜率
,此时直线和只有一个交点.
当时,因为当时,,此时直线与的图象仍有三个交点.由图象知要使的图象与直线有且只有三个公共点,
则满足,
故答案为：(1). 或 (2). (0,2)
【点睛】本题主要考查了函数零点问题的应用,同时也考查了数形结合求解直线与函数的零点个数问题,需要利用求导求斜率分析直线与曲线的相交情况,属于中等题型.
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.设函数，其中.已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）将函数
的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
【答案】(Ⅰ) .
(Ⅱ) .
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到
由题设知及可得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
从而
根据得到，进一步求最小值.
试题解析：（Ⅰ）因为，
所以
由题设知，
所以，.
故，，又，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
所以.
因为，
所以，
当，
即时，取得最小值.
【名师点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.
16.为了解学生自主学习期间完成数学套卷的情况，一名教师对某班级的所有学生进行了调查，调查结果如下表.
（1）从这班学生中任选一名男生，一名女生，求这两名学生完成套卷数之和为4的概率？
（2）若从完成套卷数不少于4套的学生中任选4人，设选到的男学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望；
（3）试判断男学生完成套卷数的方差与女学生完成套卷数的方差的大小（只需写出结论）.
【答案】（1）（2）详见解析（3）
【解析】
【分析】
(1)根据组合的方法求解所有可能的情况与满足条件的情况数再计算概率即可.
(2)的取值为0,1,2,3,4.再根据超几何分布的方法求分布列与数学期望即可.
(3)直接根据数据观察稳定性判断与的大小即可.
【详解】解：（1）设事件：从这个班级的学生中随机选取一名男生,一名女生,这两名学生完成套卷数之和为4,
由题意可知,.
（2）完成套卷数不少于4本的学生共8人,其中男学生人数为4人,故的取值为0,1,2,3,4.
由题意可得；
；
；
；
.
所以随机变量的分布列为
0
1
2
3
4
随机变量的均值.
(3).
【点睛】本题主要考查了排列组合解决概率的问题与超几何分布的分布列与均值的求解.属于中等题型.
17.平行四边形所在的平面与直角梯形所在的平面垂直，，，且，，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）若直线上存在点，使得，所成角的余弦值为，求与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】
(1)取的中点或取中点,利用证平行四边形的方法再证明平面即可.
(2)根据勾股定理与余弦定理证明,再根据面面垂直的性质得出平面即可证明.
(3) 以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系.
设,再利用空间向量求解关于线面角的问题即可.
【详解】（1）解法1：取的中点,连结,,,
在直角梯形中,,,
所以四边形为平行四边形,
所以,
在中,,
所以,
又因为,
所以平面平面,
又平面,
所以平面.
解法2：取中点,连结,,
在中,,,
所以,且,
又,,
所以,,
所以四边形为平行四边形,
所以,
因为平面,平面,
所以平面.
（2）在中,,,
所以,
所以,
所以,
又平面平面,平面平面,平面,
所以平面,
因为平面,
所以.
（3）由（1）（2）以为原点,以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系.
所以,,,,,
所以,
所以,,,
设,
所以,
所以,
所以,
所以,
所以,
设平面的法向量为,
所以,
所以令,则,
如与平面成的角为,
所以.
所以,即与面成的角为.
【点睛】本题主要考查了线面平行与线线垂直的一般方法,同时也考查了建立空间直角坐标系求解线面角的问题,需要设线段的比例关系,求解关于比例参数的解析式根据线面角大小化简求解.属于难题.
18.已知椭圆：的离心率为，过的左焦点做轴的垂线交椭圆于、两点，且.
（1）求椭圆的标准方程及长轴长；
（2）椭圆的短轴的上下端点分别为，，点，满足，且，若直线，分别与椭圆交于，两点，且面积是面积的5倍，求的值.
【答案】（1）椭圆的标准方程为：，长轴长为4（2）
【解析】
【分析】
(1)根据通径与椭圆的基本量的关系求解即可.
(2)分别设直线,直线的方程,联立椭圆的方程,再利用三角形的面积公式表达出面积是面积的5倍,再代入韦达定理求解即可.
【详解】解：（1）因为椭圆的左焦点横坐标为,
由及,得,
故,又,解得：,
所以,椭圆的标准方程为：,长轴长为4.
（2）∵,,,且,
∴直线的斜率为,直线斜率为,
∴直线的方程为,直线的方程为,
由得,∴,,∴,
由得,∴,,∴；
∵,
,
,,
∴,
即,
又,
∴,
整理方程得：,
解得：.
【点睛】本题主要考查了椭圆中基本量的运算以及直线与椭圆相交求面积的方法等.需要联立方程求解对应的面积表达式,代入韦达定理化简求得参数.属于难题.
19.已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若对任意，都有成立，求实数的最小值.
【答案】（1）函数的单增区间为，单减区间为（2）的最小值为1
【解析】
【分析】
(1)求导后列表分析函数单调性即可.
(2)由(1)可知的最小值为,再根据恒成立问题的方法分情况分析的最小值即可.
【详解】解：（1）由解得,
则及的情况如下：
2
-
0
+
极小值
所以函数的单增区间为,单减区间为；
（2）法一：
当时,.
当时,.
若,由（1）可知的最小值为,的最大值为,
所以“对任意,有恒成立”
等价于“”,
即,
解得.
所以的最小值为1.
法二：
当时,.
当时,.
且由（1）可知,的最小值为,
若,即时,
令,则任取,
有,
所以对成立,
所以必有成立,所以,即.
而当时,,,,
所以,即满足要求,
而当时,求出的的值,显然大于1,
综上,的最小值为1.
【点睛】本题主要考查了根据导数求函数的单调性与利用导数求解恒成立的有关问题,
需要求导后分情况讨论函数的最值.属于中等题型.
20.若无穷数列满足：是正实数，当时，，则称是“—数列”.
（1）若是“—数列”且，写出的所有可能值；
（2）设是“—数列”，证明：是等差数列当且仅当单调递减；是等比数列当且仅当单调递增；
（3）若是“—数列”且是周期数列（即存在正整数，使得对任意正整数，都有），求集合的元素个数的所有可能值的个数.
【答案】（1）-2，0，2，8（2）证明见解析（3）当时，有32种；当时，有31种
【解析】
【分析】
(1)根据“—数列”的定义逐项分析即可.
(2)分别根据等差等比数列的定义,分别证明对应的必要性和充分性即可.
(3)分别证明是数列中的最大项与当是奇数时,是的奇数倍；当是偶数时,是的偶数倍再根据周期的性质证明即可.
【详解】（1）解：由题,所有可能的情况有,,.
故的所有可能值为 -2,0,2,8.
（2）证明：因为,所以或.
当是等差数列时,假设,则,此时,,而,矛盾！所以.于是公差,所以单调递减.
当单调递减时,对任意,,又,所以,从而是等差数列.
当是等比数列时,,所以,于是公比.又,所以
单调递增.
当单调递增时,对任意,.又,所以,即.因为,所以是等比数列.
（3）解：先证明是数列中的最大项.
事实上,如果是第一个大于的项的脚标,则由
知,是的倍数.假设,,…,都是的倍数,则由
知,也是的倍数.所以由归纳法知,对任意,都是的倍数,但不是的倍数,这与是周期数列矛盾！
所以是数列中的最大项,从而当时,.
再证明当是奇数时,是的奇数倍；当是偶数时,是的偶数倍.
事实上,当时结论成立.假设时成立,当时,由知,结论也成立.
设的最小正周期是,因为,所以是偶数.
反过来,当是偶数时,我们证明存在一个以为最小正周期的“一数列”.
事实上,令,,…,,,,…,,,之后再以为周期循环即可.
当以为最小正周期时,集合的元素个数为,其中表示不超过的最大整数.因此所求即为,,…,中不同项的个数.
当时,,所以从到0中的所有整数值都能取到,有32种.
当时,,所以,,…,两两不同,有31种.
【点睛】本题主要考查了数列新定义的问题,需要根据新定义的内容,对所给的条件信息进行判断与推导,同时要注意根据前几项的递推公式分析数列的规律,从而在证明的时候能够找到思路.属于难题.
