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  • 2021-06-16 发布

2020年北京市高考数学试卷【word版本试题;可编辑;含答案】

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1 / 10 2020 年北京市高考数学试卷 一、选择题 1.已知集合퐴 = {−1,0,1,2},퐵 = {푥|0 < 푥 < 3},则퐴 ∩ 퐵 =() A.{−1,0,1} B.{0,1} C.{−1,1,2} D.{1,2} 2.在复平面内,复数푧对应的点的坐标是(1,2),则푖 ⋅ 푧 =() A.1 + 2푖 B.−2 + 푖 C.1 − 2푖 D.−2 − 푖 3.在(√푥 − 2)5的展开式中,푥2的系数为() A.−5 B.5 C.−10 D.10 4.某三棱柱的底面为正三角形,其三视图如图所示,该三棱柱的表面积为 () A.6 + √3 B.6 + 2√3 C.12 + √3 D.12 + 2√3 5.已知半径为1的圆经过点(3,4),则其圆心到原点的距离的最小值为() A.4 B.5 C.6 D.7 6.已知函数푓(푥) = 2푥 − 푥 − 1,则不等式푓(푥) > 0的解集是() A.(−1,1) B.(−∞, −1) ∪ (1, +∞) C.(0,1) D.(−∞, 0) ∪ (1, +∞) 7.设抛物线的顶点为푂,焦点为퐹,准线为푙,푃是抛物线异于푂的一点,过 푃做푃푄 ⊥ 푙于푄,则线段퐹푄的垂直平分线() A.经过点푂 B.经过点푃 C.平行于直线푂푃 D.垂直于直线푂푃 8.在等差数列{푎푛}中,푎1 = −9,푎5 = −1,记푇푛 = 푎1푎2 ⋯ 푎푛(푛 = 1,2, … ), 则数列{푇푛}() A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项 9.已知훼,훽 ∈ R,则“存在푘 ∈ Z,使得훼 = 푘휋 + (−1)푘훽"是“sin훼 = sin훽”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 10.2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(휋퐷푎푦).历史上,求圆周率휋 的方法有多种,与中国传统数学中的“割圆术”相似,数学家阿尔·卡西 的方法是:当正整数푛充分大时,计算单位圆的内接正6푛边形的周长和外 切正6푛边形(各边均与圆相切的正6푛边形)的周长,将它们的算术平均 数作为2휋的近似值.按照阿尔·卡西的方法,휋的近似值的表达方式是() A.3푛(sin 30∘ 푛 + tan 30∘ 푛 ) B.6푛(sin 30∘ 푛 + tan 30∘ 푛 ) C.3푛(sin 60∘ 푛 + tan 60∘ 푛 ) D.6푛(sin 60∘ 푛 + tan 60∘ 푛 ) 二、填空题 11.函数푓(푥) = 1 푥+1 + ln푥的定义域是________. 12.已知双曲线퐶: 푥2 6 − 푦2 3 = 1,则퐶的右焦点的坐标为________;퐶的焦点 2 / 10 到其渐近线的距离是________. 13.已知正方形퐴퐵퐶퐷的边长为2,点푃满足퐴푃 → = 1 2 (퐴퐵 → + 퐴퐶 → ),则 |푃퐷 → | =________;푃퐵 → ⋅ 푃퐷 → =________. 14.若函数푓(푥) = sin(푥 + 휑) + cos푥的最大值为2,则常数휑的一个取值 为________. 15.为满足人民对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理, 排放未达标的企业要限期整改.设企业的污水排放量푊与时间푡的关系为 푊 = 푓(푡),用− 푓(푏)−푓(푎) 푏−푎 的大小评价在[푎, 푏]这段时间内企业污水治理能力 的强弱.已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图 所示. 给出下列四个结论: ①在[푡1, 푡2]这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强; ②在푡2时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强; ③在푡3时刻,甲、乙两企业的污水排放量都已达标; ④甲企业在[0, 푡1],[푡1, 푡2],[푡2, 푡3]这三段时间中,在[0, 푡1]的污水治理能 力最强. 其中所有正确结论的序号是________. 三、解答题 16.如图,在正方体퐴퐵퐶퐷 − 퐴1퐵1퐶1퐷1中,퐸为퐵퐵1的中点. (1)求证:퐵퐶1//平面퐴퐷1퐸; (2)求直线퐴퐴1与平面퐴퐷1퐸所成角的正弦值. 3 / 10 17.在△ 퐴퐵퐶中,푎 + 푏 = 11,再从条件①、条件②这两个条件中选择一 个作为已知,求: (1)푎的值; (2)sin퐶和△ 퐴퐵퐶的面积. 条件①:푐 = 7,cos퐴 = − 1 7 ; 条件②:cos퐴 = 1 8 ,cos퐵 = 9 16 . 18.某校为举办甲乙两项不同活动,分别设计了相应的活动方案:方案一、 方案二,为了解该校学生对活动方案是否支持,对学生进行简单随机抽样, 获得数据如下表: 男生 女生 支持 不支持 支持 不支持 方案一 200人 400人 300人 100人 方案二 350人 250人 150人 250人 假设所有学生对活动方案是否支持相互独立. (1)分别估计该校男生支持方案一的概率,该校女生支持方案一的概率; (2)从该校全体男生中随机抽取2人,全体女生中随机抽取1人,估计这3人 中恰有2人支持方案一的概率; (3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为푃0,假设该校一年级有500名 男生和300名女生,除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记 为푃1,试比较푃0与푃1的大小.(结论不要求证明) 4 / 10 19.已知函数푓(푥) = 12 − 푥2. (1)求曲线푦 = 푓(푥)的斜率等于−2的切线方程; (2)设曲线푦 = 푓(푥)在点(푡, 푓(푡))处的切线与坐标轴围成的三角形面积为 푆(푡),求푆(푡)的最小值. 20.已知椭圆퐶: 푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1过点퐴(−2, −1),且푎 = 2푏. (1)求椭圆퐶的方程. (2)过点퐵(−4,  0)的直线푙交椭圆퐶于点푀,푁,直线푀퐴,푁퐴分别交直线 푥 = −4于点푃,푄,求|푃퐵| |퐵푄| 的值. 5 / 10 21.已知{푎푛}是无穷数列,给出两个性质: ①对于{푎푛}中任意两项푎푖,푎푗(푖 > 푗),在{푎푛}中都存在一项푎푚,使得푎푖 2 푎푗 = 푎푚. ②对于{푎푛}中任意一项푎푛(푛 ≥ 3),在{푎푛}都存在两项푎푘, 푎푙(푘 > 푙),使得 푎푛 = 푎푘 2 푎푙 . (1)若푎푛 = 푛(푛 = 1,2, ⋯ ),判断{푎푛}是否满足性质①,说明理由; (2)若푎푛 = 2푛−1(푛 = 1,2, ⋯ ),判断数列{푎푛}是否同时满足性质①和性质②, 说明理由; (3)若{푎푛}是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{푎푛}为等比 数列. 6 / 10 参考答案与试题解析 2020 年北京市高考数学试卷 一、选择题 1.D 2.B 3.C 4.D 5.A 6.D 7.B 8.B 9.C 10.A 二、填空题 11.(0, +∞) 12.(3,  0),√3 13.√5,−1 14.휋 2 (答案不唯一) 15.①②③ 三、解答题 16.(1)证明:在正方体퐴퐵퐶퐷 − 퐴1퐵1퐶1퐷1中, 퐴퐵//퐷1퐶1且퐴퐵 = 퐷1퐶1, ∴四边形퐴퐵퐶1퐷1为平行四边形, ∴퐵퐶1//퐴퐷1, 又퐵퐶1 ⊄平面퐴퐷1퐸, 퐴퐷1 ⊂平面퐴퐷1퐸, ∴퐵퐶1//平面퐴퐷1퐸. (2)解:建立如图所示的空间直角坐标系: 设正方体的棱长为2, 则퐴(0,0,0),퐴1(0,0,2),퐷1(2,0,2), ∵퐸为퐵퐵1的中点, ∴퐸(0,2,1), ∴퐴퐴1 → = (0,0,2),퐴퐷1 → = (2,0,2),퐴퐸 → = (0,2,1), 设平面퐴퐷1퐸的法向量为푛→ = (푥, 푦, 푧), 则{푛→ ⋅ 퐴퐷1 → = 0, 푛→ ⋅ 퐴퐸 → = 0, ∴{2푥 + 2푧 = 0, 2푦 + 푧 = 0, 令푥 = 1,则可得푧 = −1,푦 = 1 2 , ∴푛→ = (1, 1 2 , −1), 设直线퐴퐴1与平面퐴퐷1퐸所成角为훼, ∴sin훼 = |cos < 퐴퐴1 → , 푛→ > | = |퐴퐴1 → ⋅푛→| |퐴퐴1 → |⋅|푛→| 7 / 10 = 2 2×√1+1 4+1 = 2 3 , 则直线퐴퐴1与平面퐴퐷1퐸所成角的正弦值为2 3 . 17.解:(1)选①由余弦定理푎2 = 푏2 + 푐2 − 2푏푐cos퐴, 得푎2 = (11 − 푎)2 + 49 − 2(11 − 푎) × 7 × (− 1 7), ∴푎 = 8. 选②∵cos퐴 = 1 8 ,퐴 ∈ (0, 휋 2), ∴sin퐴 = 3√7 8 . ∵cos퐵 = 9 16 ,퐵 ∈ (0, 휋 2), ∴sin퐵 = 5√7 16 . 由正弦定理 푎 sin퐴 = 푏 sin퐵 , 则 푎 3√7 8 = 11−푎 5√7 16 , ∴푎 = 6. (2)选①∵cos퐴 = − 1 7 ,퐴 ∈ (0, 휋), ∴sin퐴 = 4√3 7 . 由正弦定理 푎 sin퐴 = 푐 sin퐶 , 则sin퐶 = 푐sin퐴 푎 = 7×4√3 7 8 = √3 2 , ∴푆△퐴퐵퐶 = 1 2 푎푏sin퐶 = 1 2 × 8 × (11 − 8) × √3 2 = 6√3. 选②sin퐶 = sin(퐴 + 퐵) = sin퐴cos퐵 + cos퐴sin퐵 = √7 4 . ∵푎 + 푏 = 11, ∴푏 = 5, ∴푆△퐴퐵퐶 = 1 2 푎푏sin퐶 = 1 2 × 6 × 5 × √7 4 = 15 4 √7. 18.解:(1)该校男生支持方案一的概率푃1 = 200 200+400 = 1 3 , 该校女生支持方案一的概率푃2 = 300 300+100 = 3 4 . (2)푃 = (1 − 1 3) × 1 3 × 3 4 + 1 3 × (1 − 1 3) × 3 4 + 1 3 × 1 3 × (1 − 3 4) = 13 36 . (3)푃0 > 푃1. 男生女生整体比率600: 400,男生对方案二支持率高于女生; 而一年级男生女生比为500:300,高于整体比值,方案二的支持占比高 于平均值, 所以其他年级支持率푃1小于푃0,푃0也小于一年级支持方案二的概率. 19.解:(1)因为푓(푥) = 12 − 푥2, 所以푓′(푥) = −2푥, 令−2푥 = −2,得푥 = 1,则푓(1) = 11, 所以曲线푦 = 푓(푥)的斜率等于−2的切线方程为: 푦 − 11 = −2(푥 − 1), 即푦 = −2푥 + 13. (2)푓(푡) = 12 − 푡2,푓′(푡) = −2푡, 所以曲线푦 = 푓(푥)在点(푡, 푓(푡))处的切线方程为: 푦 − (12 − 푡2) = −2푡(푥 − 푡), 若푡 = 0,则围不成三角形; 8 / 10 令푥 = 0,得푦 = 12 + 푡2, 令푦 = 0,得푥 = 12+푡2 2푡 , 所以푆(푡) = 1 2 |12 + 푡2| ⋅ | 12+푡2 2푡 | = 1 4 (12+푡2)2 |푡| , 因为其为偶函数,仅考虑푡 > 0即可, 푆(푡) = 1 4 (푡3 + 24푡 + 144 푡 ),푡 > 0, 푆′(푡) = 1 4 (3푡2 + 24 − 144 푡2 ) = 3 4푡2 (푡2 − 4)(푡2 + 12) = 3 4푡2 (푡 + 2)(푡 − 2)(푡2 + 12), 当0 < 푡 < 2时,푆′(푡) < 0,푆(푡)在(0,2)上单调递减, 当푡 > 2时,푆′(푡) > 0,푆(푡)在(2, +∞)上单调递增, 所以푆(푡)在푡 = 2时,取得极小值, 极小值为最小值푆(푡)min = 푆(2) = 32. 20.解:(1)把点퐴(−2, −1)代入椭圆方程得: { 4 푎2 + 1 푏2 = 1, 푎 = 2푏, 解得{푎 = 2√2, 푏 = √2. 即椭圆퐶的方程为푥2 8 + 푦2 2 = 1. (2)当푙不与푥轴重合时,设푙的方程为푥 = 푡푦 − 4, 푀(푥1, 푦1),푁(푥2, 푦2),푃(−4,  푝),푄(−4,  푞), 联立푙与퐶可得:{푥 = 푡푦 − 4, 푥2 + 4푦2 = 8, 消去푥整理得:(푡2 + 4)푦2 − 8푡푦 + 8 = 0. ∴푦1 + 푦2 = 8푡 푡2+4 ,푦1푦2 = 8 푡+4 . 由퐾퐴푀 = 퐾퐴푃得到푝+1 −2 = 푦1+1 푥1+2 , 即푝 = − 푥1+2푦1+4 푥1+2 , 由퐾퐴푁 = 퐾퐴푄得到푞+1 −2 = 푦2+1 푥2+2 , 即푞 = − 푥2+2푦2+4 푥2+2 , ∴|푃퐵| |퐵푄| = |푝| |푞| = |(푥1 + 2푦1 + 4)(푥2 + 2) (푥2 + 2푦2 + 4)(푥1 + 2)| = |(푡2 + 2푡)푦1푦2 − 2(푡 + 2)푦1 (푡2 + 2푡)푦1푦2 − 2(푡 + 2)푦2 | = | (푡2 + 2푡) 8 푡2 + 4 − 2(푡 + 2)( 8푡 푡2 + 4 − 푦2) (푡2 + 2푡)푦1푦2 − 2(푡 + 2)푦2 | 9 / 10 = |−(푡2 + 2푡)푦1푦2 + 2(푡 + 2)푦1 (푡2 + 2푡)푦1푦2 − 2(푡 + 2)푦2 | = 1. 当푙与푥轴重合时,푥1 = −2√2,푥2 = 2√2, 푝 = − 푥1+4 푥1+2 ,푞 = − 푥2+4 푥2+2 , ∴|푃퐵| |퐵푄| = |푝| |푞| = |(푥1 + 4)(푥2 + 2) (푥2 + 4)(푥1 + 2)| = 1. 综上所述,|푃퐵| |퐵푄| = 1. 21.(1)解:若푎푛 = 푛(푛 = 1,2, ⋯ ), {푎푛}不满足性质①,理由如下: 取푎3 = 3,푎2 = 2, 则푎32 푎2 = 9 2 ∉ N∗. (2)解:若푎푛 = 2푛−1(푛 = 1,2, ⋯ ),数列{푎푛}同时满足性质①和性质②. 对于{푎푛}中任意两项푎푖, 푎푗(푖 > 푗), 푎푖 2 푎푗 = (2푖−1)2 2푗−1 = 22푖−푗−1 = 푎2푖−푗 = 푎푚, 即存在푚 = 2푖 − 푗,满足性质①. 对于{푎푛}中任意一项푎푛(푛 ≥ 3), 푎푛 = 2푛−1 = 22푘−푙−1 = (푎푘)2 푎푙 , 即存在푘, 푙使得푛 = 2푘 − 푙成立,满足性质②. (3)证明:(푖)若푎1 > 0则푎푛 > 0, 由性质②知,存在两项푎푘, 푎푙(푘 > 푙), 使得푎3 = 푎푘 2 푎푙 = 푎푘 × 푎푘 푎푙 > 푎푘 > 푎푙, 所以푘 = 2,푙 = 1,即푎3 = 푎22 푎1 , 所以푎1, 푎2, 푎3成等比数列,设其公比为푞(푞 > 1). 由性质①知,푎32 푎2 = (푎1푞2)2 푎1푞 = 푎1푞3, (푎1푞3)2 푎1푞2 = 푎1푞4,(푎1푞4)2 푎1푞3 = 푎1푞5,⋯均为数列{푎푛}中的项. 由性质②知,在{푎푛}中存在两项푎푘1 ,푎푙1(푘1 > 푙1),使得 푎4 = 푎푘1 2 푎푙1 = 푎1푞2푘1−푙1−1 > 푎3 = 푎1푞2, 即2푘1 − 푙1 − 1 > 2. 又푎32 푎2 = 푎1푞3为数列{푎푛}中的项, 所以푎4 = 푎1푞2푘1−푙1−1 ≤ 푎32 푎2 = 푎1푞3. 即2푘1 − 푙1 − 1 = 3,푎4 = 푎1푞3. 同理,可证푎5 = 푎1푞4,푎6 = 푎1푞5,……,푎푛 = 푎1푞푛−1,…… 即数列{푎푛}为首项为푎1 > 0,公比푞 > 1的等比数列. (푖푖)若푎1 < 0,假设푎2 > 0,则由性质①知, 在{푎푛}中都存在一项푎푚,使得푎22 푎1 = 푎푚 < 0, 此时푎2 > 0 > 푎푚 (푚 ≥ 3),与{푎푛}是递增数列矛盾,即假设错误, 所以푎2 < 0. 10 / 10 同理,可证푎푛 < 0. 由性质②知,存在两项푎푘2, 푎푙2(푘2 > 푙2), 使得푎3 = 푎푘2 2 푎푙2 = 푎푘2 × 푎푘2 푎푙2 > 푎푘2 > 푎푙2, 所以푘2 = 2,푙2 = 1,即푎3 = 푎22 푎1 , 所以푎1, 푎2, 푎3成等比数列,设其公比为푞(0 < 푞 < 1), 由(푖),同理可证,数列{푎푛}为首项为푎1 < 0,公比푞 ∈ (0,1)的等比数列. 综上,原命题得证.