1、北京市人大附中2019届高考信息卷(一)文科数学试题一、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.在复平面内与复数所对应的点关于实轴对称的点为，则对应的复数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】用两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数得到复数的共轭复数，从而得到复数在复平面内的对应点的坐标，得到选项【详解】复数，复数的共轭复数是，就是复数所对应的点关于实轴对称的点为A对应的复数；故选：B【点睛】本题考查两个复数代数形式的乘除法，两个复数相除，分子和分母同时乘以分母的共轭复数，考查复数与复平面内对应点之间的关系，是一个基础题2
2、.将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，且，则当取最小值时，函数的解析式为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意利用函数的图象变换规律，可得所得函数的解析式，由，求出，再根据所得图象关于轴对称求出，可得的解析式【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度后，可得的图象；所得图象关于轴对称，即，.，,则当取最小值时，取，可得，函数的解析式为.故选：C【点睛】本题主要考查函数图象变换规律，正弦函数的性质，属于中档题3.实数，满足不等式组，若的最大值为5，则正数的值为（ ）A. 2B. C. 10D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件中确定的两个不等式，可以确
3、定出，所以第三个不等式可以转化为，画出可行域，然后对目标函数进行化简，得到取最大值时的最优解，得到关于的方程，得到答案.【详解】先由画可行域，发现，所以可得到，且为正数.画出可行域为（含边界）区域.，转化为，是斜率为的一簇平行线，表示在轴的截距，由图可知在点时截距最大，解得，即，此时，解得故选A项.【点睛】本题考查线性规划中已知目标函数最大值求参数，属于简单题.4.数学名著九章算术中有如下问题：“今有刍甍（mng），下广三丈，袤（mo）四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”现将该楔体的
4、三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为（单位：立方丈）（ ）A. B. 5C. 6D. 【答案】B【解析】【分析】先找到三视图对应的几何体原图，再求组合体的体积得解.【详解】根据三视图知，该几何体是三棱柱，截去两个三棱锥，如图所示；结合图中数据，计算该几何体的体积为（立方丈）.【点睛】本题主要考查三视图找几何体原图，考查组合体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.5.从写有电子字体的“2”，“0”，“1”，“9”的四张卡片（其中“2”可作“5”用，“9”可作“6”用），随机抽出两张卡片，则能使得两张卡片的数字之差的绝对值等于1的概率为A. B
5、. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先确定从四张卡片中随机抽出两张卡片所包含的基本事件总数，再列举出“能使得两张卡片的数字之差的绝对值等于1”所包含的基本事件，进而可求出概率.【详解】从四张卡片中随机抽出两张卡片所包含的基本事件总数为；由题意可知：满足“能使得两张卡片的数字之差的绝对值等于1” 所包含的基本事件有：，共3个基本事件；故所求概率为.故选D点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属于基础题型.6.如图，在下列三个正方体中，均为所在棱的中点，过作正方体的截面在各正方体中，直线与平面的位置关系描述正确的是A. 平面的有且只有；平面的有且只有B. 平面的有且只有；平面的有
6、且只有C. .平面的有且只有；平面的有且只有D. 平面的有且只有；平面的有且只有【答案】A【解析】【分析】连结，根据面面平行的判定定理可证平面平面，进而可得平面；都可以根据线面垂直的判定定理，用向量的方法分别证明，即可证明平面；从而可得出结果.【详解】连结，因为均为所在棱的中点，所以，从而可得平面，平面；根据，可得平面平面；所以平面；设正方体棱长为，因为均为所在棱的中点，所以，即；又，即；又，所以平面；设正方体棱长为，因为均为所在棱的中点，所以，即；又，即；又，所以平面；故选A【点睛】本题主要考查线面平行与线面垂直的判定，灵活掌握判定定理即可，属于常考题型.7.已知函数，在上单调递增，若恒成立
7、，则实数的取值范围为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先将函数化简整理，再由题意确定的范围，进而可求出的取值范围，即可得出结果.【详解】因为，又 在上单调递增，所以()，故()，又，所以，因此，故；因为恒成立，所以只需.故选D【点睛】本题主要考查三角函数的性质，熟记余弦函数的图像和性质即可，属于常考题型.8.数列满足：对任意的且，总存在，使得 ，则称数列是“数列”现有以下四个数列：；其中是“数列”的有（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个【答案】C【解析】【分析】由题意结合“数列”的定义考查所给的数列是否满足定义即可，其中满足定义的需要给出满足题意的i,j数值，不满足题
8、意的举出反例即可.【详解】令，则，所以数列是“数列”；令，则，所以，所以数列不是“数列”；令，则，所以，所以数列不是“数列”；令，则 ，所以数列是“数列”综上，“数列”的个数为本题选择C选项.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。9.已知锐角，且，则_【答案】【解析】【分析】由已知利用诱导公式求得，进
9、一步得到的值【详解】解：由，得，是锐角，则故答案为：【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查由已知三角函数值求角，是基础题10.在边长为2的等边三角形中，则向量在上的投影为_【答案】 【解析】【分析】由已知可得，D为BC的中点，然后结合向量的基本定理及向量的数量积的性质即可求解【详解】解：，为BC的中点，则向量在上的投影为，故答案为：【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理及向量数量积的性质的简单应用，属于基础试题11.复数满足（为虚数单位），则的模是_【答案】【解析】【分析】先将原式化为，化简之后，再由模的计算公式，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故答案为5【点睛】本题主要考查复数的
10、乘法以及复数的模，熟记公式以及运算法则即可，属于基础题型.12.程序框图如图所示，若上述程序运行的结果，则判断框中应填入_ 【答案】K10？【解析】试题分析：根据程序框图，列出每次执行循环体后得到的S、K的值，当S=1320时退出循环体，这时就可以得出判断框中的条件解：第一次执行循环体后S=12，K=11；第二次执行循环体后S=132，K=10；第三次执行循环体后S=1320，K=9；然后退出循环体，输出后S=1320所以判断框中应填入K10？故答案为：K10？点评：本题考查了程序框图的三种结构，解题的关键是列出每次执行循环体后得到的S与K值13.已知双曲线的离心率为则它的一条渐近线被圆所截得
11、的弦长等于_.【答案】4【解析】【分析】根据双曲线的离心率先求出双曲线的渐近线方程，先求出圆心到直线的距离，再由几何法求出弦长即可.【详解】因为双曲线的离心率为，即，所以，所以，故双曲线的渐近线方程为，即，又圆的圆心为，半径为，所以圆心到任一条渐近线的距离为，因此，弦长为.故答案为4【点睛】本题主要考查圆的弦长，熟记双曲线的简单性质，以及几何法求弦长的公式即可，属于常考题型.14.如图,已知四面体.的棱平面,且,其余的棱长均为.四面体以所在的直线为轴旋转弧度,且始终在水平放置的平面上方.如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数,记为,则函数的最小值为;的最小正周期为.【答案】【答题空14-
12、1】【解析】【分析】设为中点，求出到的距离，即可得出的最小值，根据三棱锥的对称性得出的周期.【详解】取中点为，连结，因为，所以，所以平面，所以，因为，所以，所以，所以到的距离为.所以当时，取得最小值，由三棱锥的对称性可知的最小正周期为.故答案为，【点睛】本题主要考查实际问题中的函数模型，可根据题意将问题进行转化，属于常考题型.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.已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求的最小值及取得最小值时的值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由条件中的与的关系，通过得到与的递推关系，求出求出的
13、通项.（2）把（1）中的通项代入，得到，求出，再求其最小值和最小值时的值.【详解】（1）当时，解得，当时，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以；（2），所以为等差数列，所以，所以当时，有最小值：.【点睛】本题主要考查数列通项的求法，以及等差数列的求和及其性质，属于中档题.16.的内角的对边分别为，且（1）证明：；（2）若，且的面积为，求【答案】（1）见解析（2）或【解析】【分析】（1）先根据余弦定理得，再根据正弦定理化边为角，最后化弦为切，解得结果，（2）先根据余弦定理得或者，再根据的面积解得结果.详解】解：（1）根据余弦定理，得， 把代入可得， 根据正弦定理，得， 故有，又因为， 所
14、以，又有题意中，得都不是直角，故两边同除以，得 （2）根据余弦定理得， ，所以， 即，故或者 又有， 故的面积为 情况1：当时，得 情况2：当时，得【点睛】本小题主要考查三角恒等变换、解三角形等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力.属中档题.17.已知表1和表2是某年部分日期的天安门广场升旗时刻表表1：某年部分日期的天安门广场升旗时刻表日期升旗时刻日期升旗时刻日期升旗时刻日期升旗时刻1月1日7:364月9日5:467月9日4:5310月8日6:171月21日7:314月28日5:197月27日5:0710月26日6:362月10日7:145月16日4:598月14日5:2411月13日6:
15、563月2日6:476月3日4:479月2日5:4212月1日7:163月22日6:156月22日4:469月20日5:5912月20日7:31表2：某年2月部分日期的天安门广场升旗时刻表日期升旗时刻日期升旗时刻日期升旗时刻2月1日7:232月11日7:132月21日6:592月3日7:222月13日7:112月23日6:572月5日7:202月15日7:082月25日6:552月7日7:172月17日7:052月27日6:522月9日7:152月19日7:022月28日6:49（1）从表1的日期中随机选出一天，试估计这一天的升旗时刻早于7:00的概率；（2）将表1和表2中的升旗时刻化为分数后
16、作为样本数据（如7:31化为）记表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，表1和表2中所有升旗时刻对应数据的方差为，判断与的大小（只需写出结论）【答案】（）（）（）【解析】试题分析：（）在表的个日期中，有个日期的升旗时刻早于，根据古典概型概率公式可估计这一天的升旗时刻早于的概率 ；（）可能的取值为，根据对立事件与独立事件的概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望；（）观察表格数据可得，表中所有升旗时刻对应数据较分散，可得.试题解析：（）记事件A为“从表1的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于”，在表1的20个日期中，有15个日期的升旗时刻早于7:00， 所
17、以 （）X可能的取值为 记事件B为“从表2的日期中随机选出一天，这一天的升旗时刻早于7:00”， 则 ， ； ； 所以 X 的分布列为：X012P （） 18.如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE平面ABCD，DFBE，且DF2BE2，EF3.(1)证明：平面ACF平面BEFD.(2)若cosBAD，求几何体ABCDEF的体积【答案】（1）见解析;（2）.【解析】试题分析：(1)利用题意首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理证明即可；(2)假设 ，在 中利用余弦定理即可求得边长 值，然后利用几何体的结构特征求解其体积即可.试题解析：（1）证明：四边形是菱形，平面平面平
18、面平面（2）设与的交点为，由（1）得平面，平面，.点睛：第一问证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也可简单地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键第二问求几何体的体积，要注意分割与补形将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解19.已知是直线上的动点，点的坐标是，过的直线与垂直，并且与线段的垂直平分线相交于点 .（1）求点的轨迹的方程;（2）设曲线上的动点关于轴的对称点为，点的坐标为,直线与曲线的另一个交点为(与不重合)，是否存在一个定点
19、，使得三点共线?若存在，求出点的坐标;若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在定点，使得三点共线【解析】试题分析：（）由题意可知：，即曲线为抛物线，焦点坐标为，点的轨迹的方程；（）设，则，直线的方程，代入抛物线方程，求得的坐标，的方程为，则令，则，直线与轴交于定点，即可求得存在一个定点，使得三点共线.试题解析：（）依题意，即曲线为抛物线，其焦点为，准线方程为：，所以曲线的方程为（）设，则，直线的斜率为，直线的方程为由方程组得设，则，所以，又，所以的方程为令，得即直线与轴交于定点因此存在定点，使得，三点共线20.已知函数（1）若，求在处的切线方程；（2）若在上有零点，求取值范围【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对函数进行求导，由得切线的斜率，再由，利用点斜式得到切线方程.（2）利用导数对m分类讨论说明的单调性及极值，结合零点存在定理分别列出不等式，可求解m的范围.【详解】（1）时，.故所求切线方程为，即.（2）依题意当时，在上单调递减，依题意，解得故此时.当时，在上单调递增，依题意，即此不等式无解.（注：亦可由得出，此时函数无零点）当时，若，单调递增，单调递减，由时，.故只需，即，又，故此时综上，所求的范围为.【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查了利用导数研究函数的零点、单调性、极值与最值问题，涉及零点存在定理的应用，属于中档题