2020年北京市通州区高考数学一模试卷（含答案解析）

《2020年北京市通州区高考数学一模试卷（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年北京市通州区高考数学一模试卷（含答案解析）（23页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2020 年高考数学一模试卷年高考数学一模试卷 一、选择题（共 10 小题） 1已知集合 Ax|0x2，Bx|1x3，则 AB（ ） Ax|0x3 Bx|2x3 Cx|0x1 Dx|1x2 2已知复数 zi（2+i）（i 是虚数单位），则|z|（ ） A1 B2 C D3 3函数 f（x）sin2x+cos2x 的最小正周期是（ ） A B C2 D4 4已知 f（x）为定义在 R 上的奇函数，且 f（1）2，下列一定在函数 f（x）图象上的点 是（ ） A（1，2） B（1，2） C（1，2） D（2，1） 5已知 a，3，b，9，c 成等比数列，且 a0，则 log3blog3c 等于（

2、） A1 B C D1 6已知抛物线 y22px（p0）的焦点与双曲线 1 的右焦点重合，则 p（ ） A B2 C2 D4 7在（2x ） 6 的展开式中，常数项是（ ） Al60 B20 C20 D160 8 在平面直角坐标系中， O 为坐标原点， 已知两点 A （cos， sin） ， ， 则 （ ） A1 B C2 D与 有关 9若 a0，b0，则“ab1”是“a+b2”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 10 某同学在数学探究活动中确定研究主题是 “an（a1， nN*） 是几位数” ， 他以 2n（nN*） 为例做研究，得出相应的结

3、论，其研究过程及部分研究数据如表： N2n（n0） lgN N 的位数 21 lg2 一位数 22 lg4 一位数 23 lg8 一位数 24 1+lg1.6 两位数 25 1+lg3.2 两位数 26 1+lg6.4 两位数 27 2+lg1.28 三位数 28 2+lg2.56 三位数 29 2+lg5.12 三位数 210 3+lg1.024 四位数 试用该同学的研究结论判断 450是几位数（参考数据 lg20.3010）（ ） A101 B50 C31 D30 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分 11已知向量 ， ， ， ，其中 mR若 ， 共线，则 m 等于

4、 12圆（x1）2+y21 的圆心到直线 的距离为 13某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于 14中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余 二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数 列an，则 a1 ；an （注：三三数之余二是指此数被 3 除余 2，例如 “5”） 15给出下列四个函数，yx2+1；y|x+1|+|x+2|；y2x+1；yx2+cosx，其中值 域为1，+）的函数的序号是 三、解答题：本大题共 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已知ABC，满足 ，b2，_，判断ABC

5、 的面积 S2 是否成立？说明理 由 从 ， 这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并 作答 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 172019 年 1 月 1 日，我国开始施行个人所得税专项附加扣除操作办法，附加扣除的 专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人某单 位有老年员工 140 人，中年员工 180 人，青年员工 80 人，现采用分层抽样的方法，从该 单位员工中抽取 20 人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行 各专项人数汇总，数据统计如表： 专项 员工人数 子女教育 继续教育 大病医疗 住房贷款利 息 住房租

6、金 赡养老人 老员工 4 0 2 2 0 3 中年员工 8 2 1 5 1 8 青年员工 1 2 0 1 2 1 （）在抽取的 20 人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人； （）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取 2 人，记 X 为选出的中年员 工的人数，求 X 的分布列和数学期望 18如图，已知四边形 ABCD 为菱形，且A60，取 AD 中点为 E现将四边形 EBCD 沿 BE 折起至 EBHG，使得AEG90 （）求证：AE平面 EBHG； （）求二面角 AGHB 的余弦值； （）若点 F 满足 ，当 EF平面 AGH 时，求 的值 19已知椭圆 C： 的离心率为 ，

7、点 A（0，1）在椭圆 C 上 （）求椭圆 C 的方程； （） 设 O 为原点， 过原点的直线 （不与 x 轴垂直） 与椭圆 C 交于 M、 N 两点， 直线 AM、 AN 与 x 轴分别交于点 E、 F 问： y 轴上是否存在定点 G， 使得OGEOFG？若存在， 求点 G 的坐标；若不存在，说明理由 20已知函数 f（x）（xa）ex+x+a，设 g（x）f（x） （）求 g（x）的极小值； （）若 f（x）0 在（0，+）上恒成立，求 a 的取值范围 21用x表示一个小于或等于 x 的最大整数如：22，4.14，3.14已知实 数列 a0，a1，对于所有非负整数 i 满足 ai+1ai

8、（aiai），其中 a0是任意一个非 零实数 （）若 a02.6，写出 a1，a2，a3； （）若 a00，求数列ai的最小值； （）证明：存在非负整数 k，使得当 ik 时，aiai+2 参考答案参考答案 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的. 1已知集合 Ax|0x2，Bx|1x3，则 AB（ ） Ax|0x3 Bx|2x3 Cx|0x1 Dx|1x2 【分析】利用交集定义能求出 AB 解：集合 Ax|0x2，Bx|1x3， ABx|1x2 故选：D 2已知复数 zi（2+i）（i 是虚数单位），则|z|（ ）

9、 A1 B2 C D3 【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可 解：因为复数 zi（2+i）1+2i，所以|z| ， 故选：C 3函数 f（x）sin2x+cos2x 的最小正周期是（ ） A B C2 D4 【分析】函数 y 解析式提取 变形，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦 函数，找出 的值代入周期公式即可求出最小正周期 解：函数 ysin2x+cos2x sin（2x ）， 2，T 故选：B 4已知 f（x）为定义在 R 上的奇函数，且 f（1）2，下列一定在函数 f（x）图象上的点 是（ ） A（1，2） B（1，2） C（1，2） D（2，1） 【分析】根据 f（x）

10、是奇函数即可得出 f（1）2，从而得出点（1，2）在 f（x） 的图象上 解：f（x）是定义在 R 上的奇函数，且 f（1）2， f（1）2， （1，2）一定在函数 f（x）的图象上 故选：B 5已知 a，3，b，9，c 成等比数列，且 a0，则 log3blog3c 等于（ ） A1 B C D1 【分析】根据等比数列的性质和对数的运算性质即可求出 解：a，3，b，9，c 成等比数列， 则 bc81，b227， ， log3blog3clog3 1， 故选：A 6已知抛物线 y22px（p0）的焦点与双曲线 1 的右焦点重合，则 p（ ） A B2 C2 D4 【分析】 根据双曲线方程可得它

11、的右焦点坐标， 结合抛物线 y22px 的焦点坐标 （ ， 0） ， 可得 2，得 p4 解：双曲线 中 a 23，b21 c 2，得双曲线的右焦点为 F（2，0） 因此抛物线 y22px 的焦点（ ，0）即 F（2，0） 2，即 p4 故选：D 7在（2x ） 6 的展开式中，常数项是（ ） Al60 B20 C20 D160 【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 0，求出 r 的值，即可求得常数 项 解： 展开式的通项公式为 Tr+1 （2x）6r （1）r xr（1）r 26 r x62r， 令 62r0，可得 r3，故 展开式的常数项为8 160， 故选：A 8 在平

12、面直角坐标系中， O 为坐标原点， 已知两点 A （cos， sin） ， ， 则 （ ） A1 B C2 D与 有关 【分析】根据题意，求出向量 、 的坐标，进而可得 的坐标，由向量模的公 式以及和角公式计算可得答案 解：根据题意，A（cos，sin）， ， 则 （cos，sin）， （cos（ ），sin（ ）， 则有 （cos+cos（ ），sin+sin（ ）， 故| |2cos+cos（ ） 2+sin+sin（ ） 22+2coscos（ ）+2sinsin （ ）2+2cos 3， 则| | ； 故选：B 9若 a0，b0，则“ab1”是“a+b2”的（ ） A充分不必要条件 B

13、必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】a0，b0，利用基本不等式的性质可得：a+b2 ，可由 ab1，得出 a+b 2反之不成立 解：a0，b0，a+b2 ， 若 ab1，则 a+b2 反之不成立，例如取 a5，b “ab1”是“a+b2”的充分不必要条件 故选：A 10 某同学在数学探究活动中确定研究主题是 “an（a1， nN*） 是几位数” ， 他以 2n（nN*） 为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如表： N2n（n0） lgN N 的位数 21 lg2 一位数 22 lg4 一位数 23 lg8 一位数 24 1+lg1.6 两位数 25

14、1+lg3.2 两位数 26 1+lg6.4 两位数 27 2+lg1.28 三位数 28 2+lg2.56 三位数 29 2+lg5.12 三位数 210 3+lg1.024 四位数 试用该同学的研究结论判断 450是几位数（参考数据 lg20.3010）（ ） A101 B50 C31 D30 【分析】因为 4502100，所以 N2100，则 lgNlg2100100lg230+lg1.26，由表中数据 规律可知，N 的位数是 31 位数 解：4502100，N2100， 则 lgNlg2100100lg230.1030+0.1030+lg100.1030+lg1.26， 由表中数据规律

15、可知，N 的位数是 31 位数， 故选：C 二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分 11已知向量 ， ， ， ，其中 mR若 ， 共线，则 m 等于 6 【分析】因为 ， 共线，即 ，根据两向量平行的坐标表示列式求解即可 解：若 ， 共线，即 ， ， ， ， ， 1m2（3）， m6 故答案为：6 12圆（x1）2+y21 的圆心到直线 的距离为 1 【分析】先求出圆的圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可算出结果 解：圆（x1）2+y21 的圆心坐标为（1，0）， 所以圆（x1）2+y21 的圆心到直线 的距离 d 1， 故答案为：1 13某三棱锥的三视图如图所示，则该三

16、棱锥的体积等于 【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积 解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱锥体 如图所示： 所以：V 故答案为： 14中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余 二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个数 列an，则 a1 8 ；an 15n7 （注：三三数之余二是指此数被 3 除余 2，例 如“5”） 【分析】由三三数之余二，五五数之余三，可得数列an的公差为 15，首项为 8利用 通项公式即可得出 解：由三三数之余二，五五数之余三，可得数列an的公差为 15，首项为 8 a1

17、8，an8+15（n1）15n7 故答案为：8，15n7 15给出下列四个函数，yx2+1；y|x+1|+|x+2|；y2x+1；yx2+cosx，其中值 域为1，+）的函数的序号是 【分析】由 x20，得 x2+11，由此得出结论；由绝对值不等式的性质即可得出结 论；由 2x0，得 2x+11，由此得出结论；由函数 f（x）x2+cosx 的奇偶性及单 调性即可得出结论 解：x20， x2+11， 故值域为1，+），符合题意； y|x+1|+|x+2|（x+1）（x+2）|1，故值域为1，+），符合题意； 2x0， 2x+11， 故值域为（1，+），不合题意； 函数 f（x）x2+cosx

18、为偶函数，且 f（x）2xsinx，f（x）2cosx0，故 f （x）在 R 上单调递增， 又 f（0）0，故当 x（0，+）时，f（x）单调递增，则当 x（，0）时，f（x） 单调递减， 又 f（0）1，故其值域为1，+），符合题意 故答案为： 三、解答题：本大题共 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已知ABC，满足 ，b2，_，判断ABC 的面积 S2 是否成立？说明理 由 从 ， 这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并 作答 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 【分析】选，先利用余弦定理可解得 c3，从而求得三角形面积为 ，由此

19、作出判 断； 选，先利用余弦定理可得 ，结合已知条件可知ABC 是 A 为直角的三角形，进 而求得面积为 ，此时 S2 不成立 解：选，ABC 的面积 S2 成立，理由如下： 当 时， ， 所以 c22c30，所以 c3， 则ABC 的面积 ， 因为 ， 所以 S2 成立 选，ABC 的面积 S2 不成立，理由如下： 当 时， ， 即 ，整理得， ，所以 ， 因 a27，b2+c24+37， 所以ABC 是 A 为直角的三角形， 所以ABC 的面积 ， 所以不成立 172019 年 1 月 1 日，我国开始施行个人所得税专项附加扣除操作办法，附加扣除的 专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住

20、房贷款利息、住房租金、赡养老人某单 位有老年员工 140 人，中年员工 180 人，青年员工 80 人，现采用分层抽样的方法，从该 单位员工中抽取 20 人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行 各专项人数汇总，数据统计如表： 专项 子女教育 继续教育 大病医疗 住房贷款利 息 住房租金 赡养老人 员工人数 老员工 4 0 2 2 0 3 中年员工 8 2 1 5 1 8 青年员工 1 2 0 1 2 1 （）在抽取的 20 人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人； （）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取 2 人，记 X 为选出的中年员 工的人数，求 X

21、的分布列和数学期望 【分析】（）先算出该单位的所有员工数量，再根据分层抽样的特点，逐一求解样本 中老年、中年、青年员工的数量即可 （）随机变量 X 的可取值为 0，1，2，结合超几何分布计算概率的方式逐一求取每个 X 的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望 解：（）该单位员工共 140+180+80400 人， 抽取的老年员工 人， 中年员工 人， 青年员工 人 （）X 的可取值为 0，1，2， ， ， 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 数学期望 E（X） 18如图，已知四边形 ABCD 为菱形，且A60，取 AD 中点为 E现将四边形 EBCD 沿 BE 折起至 EBHG，

22、使得AEG90 （）求证：AE平面 EBHG； （）求二面角 AGHB 的余弦值； （）若点 F 满足 ，当 EF平面 AGH 时，求 的值 【分析】（）只需证明 GEAE，BEAE，GEBEE，由线面垂直的判定定理可得 证明； （）以 E 为原点，EA，EB，EG 所在直线分别为 x，y，z 轴，求得平面 AGH 的法向量 和平面 EBHG 的法向量 设二面角 AGHB 的大小为 （900）， 即可得到所求值； （） 由 ，则 ， ， ，由 计算可得所求值 解：（）证明：在左图中，ABD 为等边三角形，E 为 AD 中点 所以 BEAD，所以 BEAE 因为AEG90， 所以 GEAE 因为

23、 GEAE，BEAE，GEBEE 所以 AE平面 EBHG （） 设菱形 ABCD 的边长为 2， 由（）可知 GEAE，BEAE，GEBE 所以以 E 为原点，EA，EB，EG 所在直线分别为 x，y，z 轴， 建立如图空间坐标系 可得 A（1，0，0）， ， ， ，G（0，0，1）， ， ， ， ， ， ， ， 设平面 AGH 的法向量为 ， ， ， 所以 ，即 令 x1，则 ， ， 平面 EBHG 的法向量为 ， ， 设二面角 AGHB 的大小为 （900） ， （） 由 ，则 ， ， ， 所以 ， ， 因为 EF平面 AGH，则 即 120 所以 19已知椭圆 C： 的离心率为 ，点

24、A（0，1）在椭圆 C 上 （）求椭圆 C 的方程； （） 设 O 为原点， 过原点的直线 （不与 x 轴垂直） 与椭圆 C 交于 M、 N 两点， 直线 AM、 AN 与 x 轴分别交于点 E、 F 问： y 轴上是否存在定点 G， 使得OGEOFG？若存在， 求点 G 的坐标；若不存在，说明理由 【分析】（）利用椭圆的离心率结合 b1，求出 a，得到椭圆方程 （）设 M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知 N（x0，y0）（y01），求出 AM，AN 的方程，求出 E 的坐标，F 的坐标，假设存在定点 G（0，n）使得OGE OFG，得到 ，求出 n，即可说明存在点 G 坐标为 ， 满

25、足条件 解：（）由题意得 ， b1， 又 a2b2+c2 解得 ， ， 所以椭圆方程为 （）设 M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知 N（x0，y0）（y01）， 则直线 AM 的方程为 ， 直线 AN 的方程为 ， 则 E 点坐标为 ， ，F 点坐标为 ， 假设存在定点 G（0，n）使得OGEOFG， 即 tanOGEtanOFG （也可以转化为斜率来求）， 即 即|OG|2|OE|OF|， 即 所以 ， 所以存在点 G 坐标为 ， 满足条件 20已知函数 f（x）（xa）ex+x+a，设 g（x）f（x） （）求 g（x）的极小值； （）若 f（x）0 在（0，+）上恒成立，求 a

26、的取值范围 【分析】（）求出导函数得到 g（x）（xa+1）ex+1，通过求解导函数判断导函数 的符号，判断函数的单调性，求解函数的极值求解即可 （）由（）得 f（x）g（x）ea2+1，通过 a2 时，当 a2 时，判断函数的 单调性，求和函数的最值，推出结果即可 解：（）f（x）（xa+1）ex+1， 由题意可知 g（x）（xa+1）ex+1， 所以 g（x）（xa+2）ex， 当 xa2 时 g（x）0，g（x）在（a2，+）上单调递增； 当 xa2 时 g（x）0，g（x）在（，a2）上单调递减， 所以 g（x）在 xa2 处取得极小值，为 g（a2）ea2+1 （）由（）得 f（x）

27、g（x）ea2+1 当 a2 时 f（x）ea2+10， 所以 f（x）在单调递增，所以 f（x）f（0）0， 即 a2 时 f（x）0 在（0，+）恒成立 当 a2 时 f（0）g（0）2a0， 又 f（a）g（a）ea+10， 又由于 f（x）在（a2，+）上单调递增；在（0，a2）上单调递减； 所以在（0，a）上一定存在 x0使得 f（x0）0， 所以 f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+）递增， 所以 f（x0）f（0）0， 所以在（0，+）存在 x0，使得 f（x0）0， 所以当 a2 时，f（x）0 在（0，+）上不恒成立 所以 a 的取值范围为（，2 21用x表示一个小于或等

28、于 x 的最大整数如：22，4.14，3.14已知实 数列 a0，a1，对于所有非负整数 i 满足 ai+1ai （aiai），其中 a0是任意一个非 零实数 （）若 a02.6，写出 a1，a2，a3； （）若 a00，求数列ai的最小值； （）证明：存在非负整数 k，使得当 ik 时，aiai+2 【分析】（）由 a02.6，代入可得 a1a0 （a0a0）1.2，同理可得：a2， a3 （）由 a00，可得a00，a1a0（a0a0）0，设ai0，i1，可得 ai+1ai （aiai）0，因此ai0，i0又因 0aia i1，则 ai+1ai（aiai）ai， 可得ai+1ai，i0假设

29、i0，都有ai0 成立，可得：ai+1ai1，i0，利 用累加求和方法可得ana0n，n1，则当 na0时，an0，得出矛盾，因此存 在 k一、选择题，ak0从而ai的最小值为 0 （）当 a00 时，由（2）知，存在 kN，ak0，可得 ak+10，ak+10，可得 ai0， ik，成立当 a00 时，若存在 kN，ak0，则 ai0，ik，得证；若 ai0，i 0，则ai1，则 ai+1ai（aiai）ai，可得ai+1ai，i0，可得数列ai 单调不减由于ai是负整数，因此存在整数 m 和负整数 c，使得当 im 时，aic所 以，当 im 时，ai+1c（aic），转化为 ，令 ， 即

30、 bi+1cbi，im经过讨论：当 bm0 时，得证当 bm0 时，b i0，im， ， ， 当 im 时， aic， 则 aic， c+1） ， 则bi有界， 进而证明结论 解：（）a02.6， a1a0 （a0a0）3（2.6+3）1.2， 同理可得：a21.6、a30.8 （）因 a00，则a00， 所以 a1a0（a0a0）0， 设ai0，i1，则 ai+1ai（aiai）0， 所以ai0，i0 又因 0aiai1， 则 a i+1ai（aiai）ai，则ai+1ai，i0 假设i0，都有ai0 成立， 则 a i+1ai（aiai）ai， 则ai+1ai，i0，即ai+1ai1，i0

31、， 则ana0n，n1， 则当 na0时，an0， 这与假设矛盾，所以ai0，i0 不成立， 即存在 kN，ak0 从而ai的最小值为 0 （）证明：当 a00 时，由（2）知，存在 kN，ak0， 所以 ak+10，所以ak+10， 所以 ai0，ik，成立 当 a00 时，若存在 kN，ak0，则 ai0，ik，得证； 若 ai0，i0，则ai1， 则 a i+1ai（aiai）ai， 则ai+1ai，i0， 所以数列ai单调不减 由于ai是负整数， 所以存在整数 m 和负整数 c，使得当 im 时，aic 所以，当 im 时，ai+1c（aic）， 则 ，令 ， 即 b i+1cbi，im 当 bm0 时，则 bi0，im，则 ， ，得证 当 bm0 时，bi0，im， ， ， 因当 im 时，aic，则 aic，c+1），则bi有界， 所以|c|1，所以负整数 c1 ， 则 ， ， ， ， ， ， ， 令 km，满足当 ik 时，aiai+2 综上，存在非负整数 k，使得当 ik 时，aiai+2