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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)
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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.
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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.
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