【数学】2020年高考真题——北京卷（精校版） 12页

绝密★本科目考试启用前 2020 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数 学 本试卷共 5 页，150 分，考试时长 120 分钟．考试务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答 无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共 40 分） 一、选择题 10 小题，每小题 4 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.已知集合 { 1,0,1,2}A   ， { | 0 3}B x x   ，则 A B  （ ） A. { 1,0,1} B. {0,1} C. { 1,1,2} D. {1,2} 【答案】D 2.在复平面内，复数 z 对应的点的坐标是 (1,2) ，则 i z  （ ） A. 1 i2 B. 2 i  C. 1 2i D. 2 i  【答案】B 3.在 5( 2)x  的展开式中， 2x 的系数为（ ） A. 5 B. 5 C. 10 D. 10 【答案】C 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 【答案】D 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 【答案】A 6.已知函数 ( ) 2 1xf x x   ，则不等式 ( ) 0f x  的解集是（ ） A. ( 1,1) B. ( , 1) (1, )   C. (0,1) D. ( ,0) (1, )   【答案】D 7.设抛物线的顶点为O ，焦点为 F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过 P 作 PQ l 于Q ，则线段 FQ 的垂直平分线（ ） A. 经过点O B. 经过点 P C. 平行于直线OP D. 垂直于直线 OP 【答案】B 8.在等差数列 na 中， 1 9a   ， 3 1a   ．记 1 2 ( 1,2, )n nT a a a n … … ，则数列 nT （ ） 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 【答案】B 9.已知 ,  R ，则“存在 k Z 使得 ( 1)kk     ”是“sin sin  ”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 【答案】C 10.2020 年 3 月 14 日是全球首个国际圆周率日（  Day）．历史上，求圆周率  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 n充分大时， 计算单位圆的内接正 6n 边形的周长和外切正 6n 边形（各边均与圆相切的正 6n 边形）的周 长，将它们的算术平均数作为 2 的近似值．按照阿尔·卡西的方法， 的近似值的表达式是 （ ） A. 30 303 sin tann n n       B. 30 306 sin tann n n       C. 60 603 sin tann n n       D. 60 606 sin tann n n       【答案】A 第二部分（非选择题 共 110 分） 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 11.函数 1( ) ln1f x xx   的定义域是____________． 【答案】 (0, ) 12.已知双曲线 2 2 : 16 3 x yC   ，则 C 的右焦点的坐标为_________；C 的焦点到其渐近线的 距离是_________． 【答案】 3,0 3 13.已知正方形 ABCD 的边长为 2，点 P 满足 1 ( )2AP AB AC    ，则| |PD  _________； PB PD   _________． 【答案】 5 1 14.若函数 ( ) sin( ) cosf x x x   的最大值为 2，则常数 的一个取值为________． 【答案】 2  （符合 2 ,2k k  Z 均可） 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、设企业的污水摔放量 W 与时间 t 的关系为 ( )W f t ，用 ( ) ( )f b f a b a   的大 小评价在[ , ]a b 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 1 2,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ②在 2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在 3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标； ④甲企业在     1 1 2 2 30, , , , ,t t t t t 这三段时间中，在 10,t 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________． 【答案】①②③ 三、解答题共 6 小题，共 85 分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16.如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A BC D 中，E 为 1BB 的中点． （Ⅰ）求证： 1 / /BC 平面 1AD E ； （Ⅱ）求直线 1AA 与平面 1AD E 所成角的正弦值． （Ⅰ）证明：如下图所示： 在正方体 1 1 1 1ABCD A BC D 中， 1 1//AB A B 且 1 1AB A B ， 1 1 1 1//A B C D 且 1 1 1 1A B C D ， 1 1//AB C D 且 1 1AB C D ，所以，四边形 1 1ABC D 为平行四边形，则 1 1//BC AD ， 1BC  平面 1AD E ， 1AD  平面 1AD E ， 1 //BC 平面 1AD E ； （Ⅱ）解：以点 A 为坐标原点， AD 、 AB 、 1AA 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图 所示的空间直角坐标系 A xyz ， 设正方体 1 1 1 1ABCD A BC D 的棱长为 2，则  0,0,0A 、  1 0,0,2A 、  1 2,0,2D 、  0,2,1E ，  1 2,0,2AD  ，  0,2,1AE  ， 设平面 1AD E 的法向量为  , ,n x y z ，由 1 0 0 n AD n AE         ，得 2 2 0 2 0 x z y z      ， 令 2z   ，则 2x  ， 1y  ，则  2,1, 2n   . 1 1 1 4 2cos , 3 2 3 n AAn AA n AA            . 因此，直线 1AA 与平面 1AD E 所成角的正弦值为 2 3 . 17.在 ABC 中， 11a b  ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求： （Ⅰ）a 的值： （Ⅱ）sinC 和 ABC 的面积． 条件①： 17,cos 7c A   ； 条件②： 1 9cos ,cos8 16A B  ． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 解：选择条件①（Ⅰ） 17,cos 7c A   ， 11a b  ， 2 2 2 2 2 2 12 cos (11 ) 7 2(11 ) 7 ( )7a b c bc A a a a            ， 8a  ； （Ⅱ） 21 4 3cos (0, ) sin 1 cos7 7A A A A        ， ， 由正弦定理得： 8 7 3sinsin sin sin 24 3 7 a c CA C C      ， 1 1 3sin (11 8) 8 6 32 2 2S ba C      ， 选择条件②（Ⅰ） 1 9cos ,cos , (0, )8 16A B A B    ， ， 2 23 7 5 7sin 1 cos ,sin 1 cos8 16A A B B       ， 由正弦定理得： 11 6sin sin 3 7 5 7 8 16 a b a a aA B      ； （Ⅱ） 3 7 9 5 7 1 7sin sin( ) sin cos sin cos 8 16 16 8 4C A B A B B A         ， 1 1 7 15 7sin (11 6) 62 2 4 4S ba C      . 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． （Ⅰ）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； （Ⅱ）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； （Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为 0p ，假设该校年级有 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 1p ，试比较 0p 与 1p 的大小．（结 论不要求证明） 解：（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为 200 1 200+400 3  ， 该校女生支持方案一的概率为 300 3 300+100 4  ； （Ⅱ）3 人中恰有 2 人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一 个男生支持方案一，一个女生支持方案一， 所以 3 人中恰有 2 人支持方案一概率为： 2 1 2 1 3 1 1 3 13( ) (1 ) ( )(1 )3 4 3 3 4 36C    ； （Ⅲ） 01p p . 19.已知函数 2( ) 12f x x  ． （Ⅰ）求曲线 ( )y f x 的斜率等于 2 的切线方程； （Ⅱ）设曲线 ( )y f x 在点 ( , ( ))t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为 ( )S t ，求 ( )S t 的最小值． 解：（Ⅰ）因为   212f x x  ，所以   2f x x   ， 设切点为 0 0,12x x ，则 02 2x   ，即 0 1x  ，所以切点为 1,11 ， 由点斜式可得切线方程为：  11 2 1y x    ，即 2 13 0x y   ； （Ⅱ）显然 0t  ， 因为  y f x 在点 2,12t t 处的切线方程为：    212 2y t t x t     ， 令 0x  ，得 2 12y t  ，令 0y  ，得 2 12 2 tx t  ， 所以  S t    2 21 12122 2 | | tt t    ， 不妨设 0t  ( 0t  时，结果一样 ) ， 则   4 2 324 144 1 144( 24 )4 4 t tS t t tt t      ， 所以  S t  4 2 2 2 2 1 144 3( 8 48)(3 24 )4 4 t tt t t     2 2 2 2 2 3( 4)( 12) 3( 2)( 2)( 12) 4 4 t t t t t t t       ， 由   0S t  ，得 2t  ，由   0S t  ，得 0 2t  ， 所以  S t 在 0,2 上递减，在 2, 上递增， 所以 2t  时，  S t 取得极小值， 也是最小值为   16 162 328S   . 20.已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   过点 ( 2, 1)A   ，且 2a b ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程： （Ⅱ）过点 ( 4,0)B  的直线 l 交椭圆 C 于点 ,M N ,直线 ,MA NA分别交直线 4x   于点 ,P Q ．求 | | | | PB BQ 的值． 解：（Ⅰ）设椭圆方程为：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     ， 由题意可得： 2 2 4 1 1 2 a b a b      ，解得： 2 2 8 2 a b     ， 故椭圆方程为： 2 2 18 2 x y  ； （Ⅱ）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线 MN 的方程为：  4y k x  ， 与椭圆方程 2 2 18 2 x y  联立可得：  22 24 4 8x k x   ， 即：   2 2 2 24 1 32 64 8 0k x k x k     ， 则： 2 2 1 2 1 22 2 32 64 8,4 1 4 1 k kx x x xk k      . 直线 MA 的方程为：  1 1 11 22 yy xx    ， 令 4x   可得：     1 11 1 1 1 1 1 4 1 2 1 41 22 1 22 2 2 2P k x k xy xy x x x x                  ， 同理可得：   2 2 2 1 4 2Q k xy x     . 很明显 0P Qy y  ，且： P Q PB y PQ y  ，注意到：              1 2 2 11 2 1 2 1 2 4 2 4 24 42 1 2 12 2 2 2P Q x x x xx xy y k kx x x x                     ， 而：       1 2 2 1 1 2 1 24 2 4 2 2 3 8x x x x x x x x           2 2 2 2 64 8 322 3 84 1 4 1 k k k k                  2 2 2 2 64 8 3 32 8 4 1 2 04 1 k k k k          ， 故 0,P Q P Qy y y y    . 从而 1P Q PB y PQ y   . 21.已知 na 是无穷数列．给出两个性质： ①对于 na 中任意两项 , ( )i ja a i j ，在 na 中都存在一项 ma ，使 2 i m j a aa  ； ②对于 na 中任意项 ( 3)na n… ，在 na 中都存在两项 , ( )k la a k l ．使得 2 k n l aa a  ． (Ⅰ)若 ( 1,2, )na n n   ，判断数列 na 是否满足性质①，说明理由； (Ⅱ)若 12 ( 1,2, )n na n   ，判断数列 na 是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若 na 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： na 为等比数列. 解：(Ⅰ)   2 3 2 3 2 92, 3, ,2 n aa aa a     ZQ 不具有性质①； (Ⅱ)   2 2 * (2 ) 1 * 2, , , 2 ,2i ji i i j n j j a ai j i j i ja aaa           N NQ 具有性质①；   2 * (2 ) 1 1, 3, 1, 2, 2 2 ,k l nk n n l an n k n l n aaa              NQ 具有性质②； (Ⅲ)【解法一】 首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数： 显然  0 *na n  N ，假设数列中存在负项，设  0 max | 0nN n a  ， 第一种情况：若 0 1N  ，即 0 1 2 30a a a a     ， 由①可知：存在 1m ，满足 1 2 2 1 0m aa a   ，存在 2m ，满足 2 2 3 1 0m aa a   ， 由 0 1N  可知 22 32 1 1 aa a a  ，从而 2 3a a ，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若 0 2N  ，由①知存在实数 m ，满足 0 2 1 0N m aa a   ，由 0N 的定义可知： 0m N ， 另一方面， 0 0 0 0 2 2 1 N N m N N a aa aa a    ，由数列的单调性可知： 0m N ， 这与 0N 的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项数恒为负数. 综上可得，数列中的项数同号. 其次，证明 2 2 3 1 aa a  ： 利用性质②：取 3n  ，此时   2 3 k l aa k la   ， 由数列的单调性可知 0k la a  ， 而 3 k k k l aa a aa    ，故 3k  ， 此时必有 2, 1k l  ，即 2 2 3 1 aa a  ， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列 na 的前  3k k  项成等比数列，不妨设  1 1 1s sa a q s k   ， 其中 1 0, 1a q  ，（ 1 0,0 1a q   的情况类似） 由①可得：存在整数 m ，满足 2 1 1 kk m k k aa a q aa     ，且 1 1 k m ka a q a   （*） 由②得：存在 s t ，满足： 2 1 s s k s s t t a aa a aa a     ，由数列的单调性可知： 1t s k   ， 由  1 1 1s sa a q s k   可得： 2 2 1 1 1 1 1 s t ks k k t aa a q a a qa         （**） 由（**）和（*）式可得： 2 1 1 1 1 1 k s t ka q a q a q    ， 结合数列的单调性有： 2 1 1k s t k     ， 注意到 , ,s t k 均为整数，故 2 1k s t   ， 代入（**）式，从而 1 1 k ka a q  . 总上可得，数列 na 的通项公式为： 1 1 n na a q  . 即数列 na 为等比数列. 【解法二】假设数列中的项数均为正数： 首先利用性质②：取 3n  ，此时   2 3 k l aa k la   ， 由数列的单调性可知 0k la a  ， 而 3 k k k l aa a aa    ，故 3k  ， 此时必有 2, 1k l  ，即 2 2 3 1 aa a  ， 即 1 2 3, ,a a a 成等比数列，不妨设  2 2 1 3 1, 1a a q a a q q   ， 然后利用性质①：取 3, 2i j  ，则 2 2 4 33 1 1 2 1 m a a qa a qa a q    ， 即数列中必然存在一项的值为 3 1a q ，下面我们来证明 3 4 1a a q ， 否则，由数列的单调性可知 3 4 1a a q ， 在性质②中，取 4n  ，则 2 4 k k k k l l a aa a aa a    ，从而 4k  ， 与前面类似的可知则存在    , 1,2,3k l k l  ，满足 2 4 k l aa a  ， 若 3, 2k l  ，则： 2 3 4 1 k l aa a qa   ，与假设矛盾； 若 3, 1k l  ，则： 2 4 3 4 1 1 k l aa a q a qa    ，与假设矛盾； 若 2, 1k l  ，则： 2 2 4 1 3 k l aa a q aa    ，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数 ,k l ，可见 3 4 1a a q 不成立，从而 3 4 1a a q ， 同理可得： 4 5 5 1 6 1, ,a a q a a q  ，从而数列 na 为等比数列， 同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列 na 为等比数列.