北京市附属中学2019届高三上学期开学考试数学（理）试题

北京市附属中学2019届高三上学期开学考试数学（理）试题

‎2018-2019学年北京市清华附中高三（上）开学数学试卷（理科）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.若复数满足，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到，再化简即可.‎ ‎【详解】由，得，‎ ‎．‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查复数的运算，同时考查学生的计算能力，属于简单题.‎ ‎2.设集合，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别解指数和对数不等式，得到集合A和B，再利用交集的定义求交集即可.‎ ‎【详解】解得，‎ 解得，‎ ‎.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了指数和对数不等式，及集合交集的运算，属于基础题.‎ ‎3.将420名工人编号为：001，002，，420，采用系统抽样的方法抽取一个容量为60的样本，且随机抽得的号码为005．这420名工人来自三个工厂，从001到200为工厂，从201到355为工厂，从356到420为工厂，则三个工厂被抽中的工人数依次为（ ）‎ A. 28，23，9 B. 27，23，‎10 ‎C. 27，22，11 D. 28，22，10‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先求出抽样间隔为，根据第一组抽的号码，分别计算001到200，201到355，356到420抽取的人数即可.‎ ‎【详解】抽样间隔为，且第一组抽得号码为005，‎ 则从001到200共有组，余4人，即抽取28名.‎ 从001到355共有组，余5人，即抽取51人，‎ 即201到355抽取名.‎ 从356到420应抽取名.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查系统抽样方法的应用问题，属于简单题.‎ ‎4.已知公差不为0的等差数列的首项，若，，成等比数列，则的前5项之和为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到，解得，再计算即可.‎ ‎【详解】根据题意，，，成等比数列，即，‎ 则有，解可得或（舍，‎ 则的前5项之和.‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查等差数列的前项和，同时考查了等比中项，属于简单题.‎ ‎5.若函数在处的切线方程为，则，的值为( )‎ A. 2,1 B. -2，‎-1 ‎C. 3,1 D. -3，-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将代入切线方程得到切点，将切点代入到解析式中，得到，利用导数几何意义，对函数求导，代入，得到切线斜率，得的值.‎ ‎【详解】将代入切线，‎ 得到切点坐标为，‎ 将代入到函数解析式中，得到，‎ 所以，‎ 求导得，‎ 代入得，‎ 所以，得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查导数的几何意义，根据导数的切线求参数的值，属于简单题.‎ ‎6.在平行四边形中，为与的交点，若，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到：，，选择向量和为基本向量，将，和用其表示即可.‎ ‎【详解】‎ ‎，，‎ ‎.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，熟练掌握向量的加减法为解题的关键，属于中档题.‎ ‎7.已知一个棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的表面积为（ ）‎ A. B. C. 18 D. 27‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原几何体，再借助正方体求其表面积即可.‎ ‎【详解】由三视图还原原几何体如图，‎ 可知该几何体为四棱锥，则该棱锥的表面积为．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查三视图求表面积，同时考查了三视图还原几何体，属于中档题.‎ ‎8.设抛物线的焦点为，直线过且与抛物线交于，两点，若，且，则（ ）‎ A. 3 B. C. 2 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意设出直线方程，联立抛物线得到，根据，利用焦点弦公式分别解出，两点的横坐标，再求出，即可.‎ ‎【详解】‎ 由，得，设所在直线方程为，‎ 联立，得．①‎ 设，，，，则，‎ ‎，，解得．‎ ‎①化为，解得，．‎ ‎，，则．‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查抛物线的焦半径公式，同时考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题.‎ ‎9.若实数，满足，则的取值范围是（ ）‎ A. ， B. C. D. ，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意画出可行域，再根据的几何意义即可求出取值范围.‎ ‎【详解】根据题意画出可行域如图，‎ 得到：，，联立，解得.‎ 的几何意义为可行域内的动点与定点距离的平方，‎ 由图可知，其最小值为到直线距离的平方为1，‎ 最大值为.‎ 的取值范围是，．‎ 故选：D ‎【点睛】本题主要考查线性规划，弄清目标函数的几何意义为解题的关键，属于中档题.‎ ‎10.在上随机地取一个数，则事件“直线与圆有公共点”发生的概率为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据直线与圆有公共点得到的范围，再根据几何概型即可求出概率.‎ ‎【详解】圆心到直线的距离，‎ 因为直线与圆有公共点，‎ 所以，解得，‎ 所以事件“直线与圆有公共点”发生的概率为：．‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查了几何概型，同时考查了直线与圆的位置关系，属于中档题.‎ ‎11.已知为双曲线右支上一点，为其左顶点，为其右焦点，满足，，则点到直线的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得△APF为等边三角形，求出P的坐标，利用双曲线的第二定义，列出方程，可得c＝‎4a，由等边三角形的高可得所求值．‎ ‎【详解】解：由题意，A（﹣a，0），F（c，0），右准线方程为x，‎ ‎|AF|＝|PF|，∠PFA＝60°，可得△APF为等边三角形，‎ 即有P（，（a+c）），‎ 由双曲线的第二定义可得，‎ 化为c2﹣‎3ac﹣‎4a2＝0，‎ 可得c＝‎4a，‎ 由c＝4，可得a，‎ 则点F到PA的距离为（a+c）•5．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查双曲线的定义和性质，考查等边三角形的性质，以及化简运算能力，属于中档题．‎ ‎12.在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最小值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取中点，易得三角形为正三角形，取中点，可证平面，进而确定点的位置，求得最小值．‎ ‎【详解】取中点，连接，，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ 正三角形，‎ 取中点，连接，‎ 则，且，‎ 易知平面，‎ ‎，平面，‎ ‎，在图中圆上，‎ 当与，重合时，最大，‎ 当与，重合时，最小．‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，线面垂直等知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 ‎13.已知函数，则的零点个数为__．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断和时的零点个数即可.‎ ‎【详解】函数，‎ 当时，，解得，舍去．‎ 所以当时，函数存在一个零点.‎ 当时，，可得，‎ 令，可得函数是连续增函数，‎ ‎，.‎ 可得函数的零点位于只有1个零点．‎ 所以分段函数有2个零点．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的零点个数，属于简单题.‎ ‎14.已知数列满足，，则的通项公式为__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意得到，即是首项为2，公差为1的等差数列，再求通项公式即可.‎ ‎【详解】数列满足，，‎ 时，，，‎ 是首项为2，公差为1的等差数列，‎ ‎，．‎ 的通项公式为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查根据数列递推公式求数列通项，同时考查了等差数列的判断，属于中档题.‎ ‎15.某校开设类选修课4门，类选修课3门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有__种．‎ ‎【答案】30‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据题意分为两类：①类选修课选1门，类选修课选2门和②类选修课选2门，类选修课选1门，再分别计算相加即可.‎ ‎【详解】可分以下2种情况：‎ ‎①类选修课选1门，类选修课选2门，有种不同的选法；‎ ‎②类选修课选2门，类选修课选1门，有种不同的选法．‎ 根据分类计数原理得：共有种．‎ 故要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有30种．‎ 故答案为：30‎ ‎【点睛】本题主要考查了分类技术原理和组合知识，分类讨论为解题的关键，属于中档题.‎ ‎16.已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是__．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先将题意转化为在上有解，再分别画出图象即可得到答案.‎ ‎【详解】由题意可知在上有解，‎ 即在上有解，‎ 画出与的函数图象，则两图象在上有交点，‎ 显然，当时，即两图象在上一定有交点，‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的图象问题，同时考查了方程的根的问题转化为函数图象的交点问题，属于难题.‎ 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答）必考题：60分 ‎17.在中，，，．‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若为的中点，求的长度．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在中，根据余弦定理得到，再根据正弦定理，即可得到的值.‎ ‎（2）首先根据余弦定理求出，在中，由余弦定理即可得到的值.‎ ‎【详解】（1）在中，，，．‎ 由余弦定理可得：，‎ 由正弦定理：，可得：；‎ ‎（2）为的中点，可得：，‎ 又，‎ 在中，由余弦定理可得：．‎ ‎【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.‎ ‎18.如图，在四棱锥中，平面，四边形为矩形，是的中点，是的中点，点在线段上且．‎ ‎（1）证明平面；‎ ‎（2）当为多大时，在线段上存在点使得平面且与平面所成角为同时成立？‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ 设，，，利用向量法即可证明平面.‎ ‎（2）取中点，连结，易得平面，由，转化为与平面所成角为，求出平面的法向量，根据线面角公式即可得到，从而得到当时，在线段上存在中点，使得平面，且与平面所成角为同时成立.‎ ‎【详解】（1）在四棱锥中，平面，四边形为矩形，‎ 是的中点，是的中点，点在线段上且.‎ 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，‎ 设，，，‎ 则，，，，‎ ‎，，‎ ‎，平面的法向量，‎ 因为，平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）‎ 取中点，连结，因为是中点，‎ 所以，平面，‎ 因与平面所成角为同时成立，‎ 所以与平面所成角为，‎ 由（1）得，，，，‎ ‎，，‎ 设平面的法向量，‎ 则，取，得，‎ 因为与平面所成角为，‎ ‎.‎ 解得，即，‎ 所以当时，在线段上存在中点，‎ 使得平面，且与平面所成角为同时成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量法证明线面平行，同时考查了向量法求线面角和学生的转化能力，属于难题.‎ ‎19.设盒子中装有6个红球，4个白球，2个黑球，且规定：取出一个红球得分，取出一个白球得分，取出一个黑球得分，其中，，都为正整数．‎ ‎（1）当，，时，从该盒子中依次任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量为取出此2球所得分数之和，求的分布列；‎ ‎（2）当时，从该盒子中任取（每球取到的机会均等）1个球，记随机变量为取出此球所得分数，若，，求和．‎ ‎【答案】（1）分布列见解析；（2），‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）有题知的可能取值为2，3，4，5，6，分别计算概率，再写出分布列即可.‎ ‎（2）先写出的分布列，再由，列出方程组，即可解出和.‎ ‎【详解】（1）记随机变量为取出此2球所得分数之和，‎ 则的可能取值为2，3，4，5，6，‎ ‎，，，‎ ‎，.‎ 所以的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ 2‎ ‎ 3‎ ‎ 4‎ ‎ 5‎ ‎ 6‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（2）由题意知的分布列为：‎ ‎ ‎ ‎ 1‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 因为，，‎ 所以，‎ 解得，.‎ ‎【点睛】本题主要考查了离散型随机变量分布列的求法，同时考查了数学期望和方差，属于中档题.‎ ‎20.设椭圆的右焦点为，过点作直线与椭圆交于，两点，且坐标原点到直线的距离为1．‎ ‎（1）当时，求直线的方程；‎ ‎（2）求面积的最大值．‎ ‎【答案】（1），或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先设出直线方程，根据题意得到，即，直线的方程为，与椭圆联立求出点坐标，再直线的方程即可.‎ ‎（2）首先设直线的方程为，，，根据原点到直线的距离为1得到，再联立直线与椭圆方程，根据韦达定理即可得到面积的表达式，求其最大值即可.‎ ‎【详解】（1）椭圆的右焦点为，则，，‎ 当时，设直线的方程为，‎ 因为坐标原点到直线的距离为1，‎ 所以，解得，直线的方程为，‎ ‎，解得，所以点或，‎ 所以直线的方程为，或，‎ 即，或；‎ ‎（2）设点的直线的方程为，，.‎ 由坐标原点到直线的距离为1，‎ 所以，解得.‎ 由，消可得，‎ ‎，，‎ 所以，‎ 因为 所以，‎ 当或时，，‎ 令，，‎ 则，当，时，取“”号.‎ 当时，，‎ 令，，‎ 则，‎ 综上所述，当时，面积的最大值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，同时考查了直线与椭圆的位置关系和弦长公式，属于难题.‎ ‎21.已知函数，为常数，．‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）当时，求证：．‎ ‎【答案】（1）当时，，在为增函数。当时，，，在为减函数，在为增函数。（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先求出，分别讨论和时的单调区间即可.‎ ‎（2）分别求出和时，函数的最小值，从而确定的范围，证明其结论即可.‎ ‎【详解】（1）.‎ ‎①当，即时，‎ ‎，，为增函数.‎ ‎②当，即时，‎ 令，，.‎ ‎，，为减函数，‎ ‎，，为增函数.‎ ‎（2）当时，‎ 由（1）知，在为增函数，.‎ 即证 当时，‎ 在为减函数，在为增函数.‎ ‎.‎ 令，，‎ ‎.‎ 所以在为减函数，.‎ 所以，即证.‎ 综上所述：.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数解决含参单调区间问题，同时考查了利用导数求函数的最值，属于难题.‎ ‎（二）选考题：共10分，请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则技所做的第一题计分．作答时请写清题号 ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），点以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．‎ ‎（1）当时，求曲线的直角坐标方程；‎ ‎（2）设曲线与直线交于点，，若，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到曲线的直角坐标方程.‎ ‎（2）首先将直线的参数方程代入曲线直角坐标方程得到，，再根据计算即可.‎ ‎【详解】（1）当时，曲线的极坐标方程为，即，‎ 所以曲线的直角坐标方程为．‎ ‎（2）因为，‎ 所以，得：.‎ 将代入，整理得：.‎ ‎，.‎ 因为，所以.‎ 即，.‎ 解得或（舍去）.‎ ‎【点睛】本题第一问考查极坐标与直角坐标的互化，第二问考查了直线的参数方程的几何意义，属于中档题.‎ ‎23.已知．‎ ‎（1）当时，求不等式的解集；‎ ‎（2）当时，若，求证：．‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别讨论在，，时解不等式，再求并集即可.‎ ‎（2）首先将要证的不等式转化为证明：，再利用不等式的基本性质即可.‎ ‎【详解】（1）时，不等式化为 ‎①当 时，‎ ‎，不等式无解；‎ ‎②当时，‎ ‎，解得；‎ ‎③当时，‎ ‎，解得；‎ 综上所述的解集为.‎ ‎（2）当时，，‎ 即要证，‎ 即证：，‎ 因为，，‎ 所以，，‎ 所以，即证.‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，同时考查了不等式的基本性质，属于中档题.‎