课件39张PPT。北京专家2019届高考模拟试卷（五） 数学（文）试卷讲评选择题部分（60分）BBADDDCBABBD填空题部分（20分）解答题部分（70分）课件39张PPT。北京专家2019届高考模拟试卷（五） 数学（理）试卷讲评选择题部分（60分）BBADDDCBABBD填空题部分（20分）解答题部分（70分）北京专家2019届高考模拟试卷（五）
文科数学参考答案
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
B
A
D
D
D
C
B
A
B
B
D
1. B【解析】，，虚部为，选B.
2.B【解析】由得，，，故.
3.A【解析】由题意，设的首项为，公差为，则,故选A.
4.D【解析】由程序框图可知，，故选.
5.D【解析】对于A选项，与还可以平行；对于B选项，若，则和还可以相交；对于C选项，直线还可以在内；选项D正确.故选D.
6.D【解析】由题知双曲线的两个焦点分别为，点到两焦点的距离之差为2，所以，则，故选D.
7.C【解析】由题意，弦长，
故选C.
8.B【解析】,将其向右移个单位后，得到解析式关于轴对称，
故故时，,故选B.
9.A【解析】：因，所以，因为，，所以，因三点共线，
所以，故选A.
10.B【解析】设的外接圆圆心，半径为，三棱锥的外接球的球心为，由正弦定理得，解得，过作面的垂线，则球心在此垂线上，所以，且有，在直角中，，，所以，体积为，故选B.
11.B【解析】由题知有2个不同的解，分析知，则，令，则，显然，且令可知在上单调递减，所以当时，，当，，所以最大值为，且当，当时，.所以由图象知当，即时，有两个不同解.选B.
12.【解析】由题意，,故两式相除可得：，
当时，由，故是以为首项，为公比的等比数列，
故故，故选D.
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13. 【解析】由题得，，，故曲线在点处的切线方程为.
14. 5【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，观察可知，当过点时，有最大值.
15.【解析】因为的三个实数解为，且，作图可得，，
，当时，，由题知，，所以的取值范围是.
16.【解析】设，由两点在抛物线上得：，因为点为切点，得，即，而直线与抛物线相交于，因为点在圆上也为线段的中点，所以圆和相交，故.
三、解答题（共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.【解析】（I）由题意
由，………………3分
在中，由正弦定理，.…………6分
（II）由角平分线的性质，
在和中,由，，
在两个三角形中分别利用余弦定理可得：，
故………………9分
，
. ………………12分
18.【解析】(I)由题意，，
解得：.……………3分
（II）……………5分
中位数的估计值………………7分
（III）由题意，获得奖励话费 与其对应概率如下表
X
20
60
100
P
故每个人可以获得的平均话费为.
所以该市工会应准备（万元）金额的话费作为奖励.……………12分
19.【解析】（I）证明：取中点，连接.
分别为中点，.………………2分
又分别为中点，，
，，平面//平面，………………4分
又平面，直线平面.………………6分
（II）为正三角形，易知，而棱柱中，平面平面，平面.，，则到平面的的距离为.…………9分
又，………………10分
.故几何体的体积为.………12分
20.
【解析】(Ι)设，则由题知，，
,，
由在椭圆上，得，所以，故点的轨迹的方程为；………5分
（II）由对称性可知四边形的面积等于,下面求的最大值；
当直线的斜率不存在时，设方程为，带入的方程，得，所以，当且仅当时取等号，所以四边形的面积为； ………7分
当直线的斜率存在时，设其方程为,
，
…10分
，当且仅当时取等号，
所以，四边形的面积小于等于；
综上：四边形的面积的最大值为. ………12分
21.【解析】（I），由题知，即，………1分
所以
当时，，在上单调递增；………3分
当时，，在，上单调递增，在上单调递减.………5分
（II），所以是的两根，
所以，从而. ………7分
因为，，所以，，又因，
所以
，………9分
令，，
因为，所以，在上单调递增，………10分
所以，
所以，得证.………12分
22.【解析】(Ι)将曲线参数方程为参数)的参数消去，得到直角坐标方程为，设上任意一点为，经过伸缩变换后的坐标为，由题意得：
，故的直角坐标方程； ………5分
（II）过点倾斜角为的直线的参数方程为：为参数)，带入的方程得：，
记对于的参数分别为，， ………8分
，
故当时，.………10分
23.【解析】（I）由题知，当时，，解得；
当时，，解得；当时，，不等式无解；
综上，不等式的解集为. ………5分
（II）由题知，存在，成立，即，，所以，. ………10分
北京专家2019届高考模拟试卷（五）
理科数学参考答案
一、选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
B
A
D
D
D
C
B
A
B
B
D
1. B【解析】，，虚部为，选B.
2.B【解析】由得，，，故.
3.A【解析】由题意，设的首项为，公差为，则,故选A.
4.D【解析】由程序框图可知，，故选.
5.D【解析】对于A选项，与还可以平行；对于B选项，若，则和还可以相交；对于C选项，直线还可以在内；选项D正确.故选D.
6.D【解析】由题知双曲线的两个焦点分别为，点到两焦点的距离之差为2，所以，则，故选D.
7.C【解析】由题意，弦长，
故选C.
8.B【解析】,将其向右移个单位后，得到解析式关于轴对称，
故故时，,故选B.
9.A【解析】：因，所以，因为，，所以，因三点共线，
所以，故选A.
10.B【解析】因为三棱锥是截自正方体，所以其外接球的半径小于等于正方体的外接球的半径，如图所示，正三棱锥和正方体的外接球相同，即为所求，故该三棱锥外接球半径的最大值为.
11.B【解析】由题知有两个交点，即有2个不同的解，分析知，则，令，则，显然，且令可知在上单调递减，所以当时，，当，，所以最大值为，且当，当时，.所以由图象知当，即时，有两个不同解.选B.
12.D【解析】由题意，为奇数时，；为偶数时，.
故，，
故，
故是以为首项，为公比的等比数列，
故，故选D.
二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13. 1【解析】.
14. 5【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，观察可知，当过点时，有最大值.
15.【解析】因为的三个实数解为，且，作图可
得，，，当时，，由题知，，
所以的取值范围是.
16.【解析】设，由两点在抛物线上得：，因为点为切点，得，即，而直线与抛物线相交于，因为点在圆上也为线段的中点，所以圆和相交，故.
三、解答题（共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.【解析】（I）由题意
由，………………3分
在中，由正弦定理，.…………6分
（II）由角平分线的性质，
在和中,由，，
在两个三角形中分别利用余弦定理可得：，
故………………9分
，
. ………………12分
18.【解析】(I)由题意，
解得：.………………3分
(II)
……………5分
，
………………7分
（III）由题意，的取值为20，40，60，80元，
；
所以变量X的分布列为:
X
20
40
60
80
P
故期望为（元）………………12分
19.【解析】（I）由题可知：直线两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系,………………1分
设，则，，，，，，因为点分别为的中点，，.
故，，.………………3分
而，，
即，，且，平面.………………6分
（II），，设平面的法向量为，
则由得，不妨令，则.……………9分
，故直线与平面所成的角的正弦值为.……12分
20.【解析】(Ι)设，则由题知，，
,，
由在椭圆上，得，所以，
故点的轨迹的方程为；……………5分
（II）当直线的斜率不存在时，；
当直线的斜率存在时，设其方程为,
，，………7分
，所以，……………8分
，
……10分
令，，，
所以，当时，即时，取最大值，当时，即时，取最小值；综上：的取值范围为.……………12分
21.【解析】（I），由题知，即，
所以……………2分
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，，在，上单调递增，在上单调递减.………6分
（II），所以是的两根，
所以，从而.………7分
因为，，又因
所以
，由令，因，
所以，所以
令，，因为所以，所以，在上单调递增，………10分
所以，
因为恒成立，所以.………12分
22.【解析】(Ι)将曲线参数方程为参数)的参数消去，得到直角坐标方程为，设上任意一点为，经过伸缩变换后的坐标为，由题意得：
，故的直角坐标方程； ………5分
（II）过点倾斜角为的直线的参数方程为：为参数)，带入的方程得：，
记对于的参数分别为，， ………8分
，
故当时，. ………10分
23.【解析】（I）由题知，当时，，解得；
当时，，解得；当时，，不等式无解；
综上，不等式的解集为. ………5分
（II）由题知，存在，成立，即，，所以，. ………10分
