北京市丰台区2020年高考二模数学试题（含答案解析）

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1、2020 年北京市丰台区高考数学二模试卷年北京市丰台区高考数学二模试卷 一、选择题共一、选择题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，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 （4 分）集合 AxZ|2x2的子集个数为（ ） A4 B6 C7 D8 2 （4 分）函数 f（x）的定义域为（ ） A （0，2） B0，2 C （，0）（2，+） D （，02，+） 3 （4 分）下列函数中，最小正周期为 的是（ ） A B C D 4 （4 分）已知数列an的前 n 项和 Snn2n，则 a2+a3（ ） A3

2、B6 C7 D8 5 （4 分）设 ， 为非零向量，则“ ”是“| + | |”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 6 （4 分）已知抛物线 M：x22py（p0）的焦点与双曲线 N：x21 的一个焦点重合，则 p（ ） A B2 C2 D4 7 （4 分）已知函数 f（x）ln（1x）ln（1+x） ，则 f（x） （ ） A是奇函数，且在定义域上是增函数 B是奇函数，且在定义域上是减函数 C是偶函数，且在区间（0，1）上是增函数 D是偶函数，且在区间（0，1）上是减函数 8 （4 分）如图所示，一个三棱锥的主视图和左视图均为等边三角形，

3、俯视图为等腰直角三角形，则该棱锥 的体积为（ ） A B C D 9 （4 分）在ABC 中，AC3，AB2，则 AB 边上的高等于（ ） A B C D 10 （4 分）某中学举行了科学防疫知识竞赛经过选拔，甲、乙、丙三位选手进入了最后角逐他们还将 进行四场知识竞赛规定：每场知识竞赛前三名的得分依次为 a，b，c（abc，且 a，b，cN*） ；选手 总分为各场得分之和四场比赛后，已知甲最后得分为 16 分，乙和丙最后得分都为 8 分，且乙只有一场比 赛获得了第一名，则下列说法正确的是（ ） A每场比赛的第一名得分 a 为 4 B甲至少有一场比赛获得第二名 C乙在四场比赛中没有获得过第二名

4、D丙至少有一场比赛获得第三名 二、填空题共二、填空题共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分分 11 （5 分）已知复数 z2i，则|z| 12 （5 分）已知直线 x+y+10 的倾斜角为 ，则 cos 13 （5 分）双曲线 M：1（a0，b0）的离心率为，则其渐近线方程为 14 （5 分）天干地支纪年法（简称干支纪年法）是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法天干有十， 即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；地支有十二，即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、 申、酉、戌、亥干支纪年法中，天干地支对应的规律如表： 天干 甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸 甲 乙

5、 丙 地支 子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥 子 干支 纪年 甲子 年 乙丑 年 丙 寅年 丁 卯年 戊 辰年 己 巳年 庚 午年 辛 未年 壬 申年 癸 酉年 甲 戌年 乙 亥年 丙 子年 2049 年是新中国成立 100 周年这一百年，中国逐步实现中华民族的伟大复兴使用干支纪年法，2049 年 是己巳年，则 2059 年是 年；使用干支纪年法可以得到 种不同的干支纪年 15 （5 分）已知集合 P（x，y）|（xcos）2+（ysin）24，0由集合 P 中所有的点组成 的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴” 给出下列结论： “水滴”图形与 y 轴相交，最高

6、点记为 A，则点 A 的坐标为（0，1） ； 在集合 P 中任取一点 M，则 M 到原点的距离的最大值为 3； 阴影部分与 y 轴相交，最高点和最低点分别记为 C，D，则； 白色“水滴”图形的面积是 其中正确的有 三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 85 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 16 （14 分）如图，四边形 ABCD 为正方形，MAPB，MABC，ABPB，MA1，ABPB2 （）求证：PB平面 ABCD； （）求直线 PC 与平面 PDM 所成角的正弦值 17 （14 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，a12，

7、S520 （）求数列an的通项公式； （）若等比数列bn满足 a4+b49，且公比为 q，从q2；q1 这三个条件中任选一个 作为题目的已知条件，求数列anbn的前 n 项和 Tn 18 （14 分）为了增强学生的冬奥会知识，弘扬奥林匹克精神，北京市多所中小学校开展了模拟冬奥会各项 比赛的活动为了了解学生在越野滑轮和旱地冰壶两项中的参与情况，在北京市中小学学校中随机抽取了 10 所学校，10 所学校的参与人数如下： （）现从这 10 所学校中随机选取 2 所学校进行调查求选出的 2 所学校参与越野滑轮人数都超过 40 人 的概率； （）现有一名旱地冰壶教练在这 10 所学校中随机选取 2 所学

8、校进行指导，记 X 为教练选中参加旱地冰壶 人数在 30 人以上的学校个数，求 X 的分布列和数学期望； （）某校聘请了一名越野滑轮教练，对高山滑降、转弯、八字登坡滑行这 3 个动作进行技术指导规定： 这 3 个动作中至少有 2 个动作达到“优” ，总考核记为“优” 在指导前，该校甲同学 3 个动作中每个动作 达到“优”的概率为 0.1在指导后的考核中，甲同学总考核成绩为“优” 能否认为甲同学在指导后总考 核达到“优”的概率发生了变化？请说明理由 19 （15 分）已知函数 （）求函数 f（x）的极值； （）求证：当 x（0，+）时，； （）当 x0 时，若曲线 yf（x）在曲线 yax2+1

9、 的上方，求实数 a 的取值范围 20 （14 分）已知椭圆经过 A（1，0） ，B（0，b）两点O 为坐标原点，且 AOB 的面积为过点 P（0，1）且斜率为 k（k0）的直线 l 与椭圆 C 有两个不同的交点 M，N，且直 线 AM，AN 分别与 y 轴交于点 S，T （）求椭圆 C 的方程； （）求直线 l 的斜率 k 的取值范围； （）设，求 + 的取值范围 21 （14 分）已知无穷集合 A，B，且 AN，BN，记 A+Ba+b|aA，bB，定义：满足 N*（A+B）时， 则称集合 A，B 互为“完美加法补集” （）已知集合 Aa|a2m+1，mN，Bb|b2n，nN判断 2019

10、和 2020 是否属于集合 A+B，并 说明理由； （） 设集合 Ax|x0+222+424+2i22i+2s22s， 2i0， 1； i0， 1， ， s， sN， Bx|x121+323+2i122i 1+ 2s122s 1， 2i10，1；i1，s，sN* （）求证：集合 A，B 互为“完美加法补集” ； （）记 A（n）和 B（n）分别表示集合 A，B 中不大于 n（nN*）的元素个数，写出满足 A（n）B（n） n+1 的元素 n 的集合 （只需写出结果，不需要证明） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题共一、选择题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 4

11、0 分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项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 【分析】先求出集合 A，再根据集合 A 的元素个数即可求出集合 A 的子集个数 【解答】解：AxZ|2x21，0，1， 集合 A 的子集个数为 238 个， 故选：D 2 【分析】由分母中根式内部的代数式大于 0 求解一元二次不等式得答案 【解答】解：由 x22x0，得 x0 或 x2 函数 f（x）的定义域为（，0）（2，+） 故选：C 3 【分析】由题意利用三角函数的周期性，得出结论 【解答】解：函数 ysinx 的最小正周期为 2，故排除 A； 函数 ysinx 的最小正周期为4

12、，故排除 B； 函数 ycos（x+）的最小正周期为 2，故排除 C； 函数 ytanx 的最小正周期为 ，故 D 满足条件， 故选：D 4 【分析】Snn2n，可得 n2 时，anSnSn1即可得出结论 【解答】解：Snn2n， n2 时，anSnSn1n2n（n1）2（n1）2n2 则 a2+a3222+2326 故选：B 5 【分析】 ， 为非零向量， “| + | |”展开，进而判断出结论 【解答】 解： ， 为非零向量， “| + | |” 展开为：+2 + 2 + 0 “ ”是“| + | |”的充要条件 故选：C 6 【分析】求出抛物线和双曲线的焦点坐标，即可得到结论 【解答】解

13、：抛物线 x22py（p0）的焦点坐标为（0，） ， 双曲线的方程为x21， a23，b21，则 c2a2+b24， 即 c2， 抛物线 x22py（p0）的焦点与双曲线x21 的一个焦点重合， c2， 即 p4， 故选：D 7 【分析】根据题意，先求出函数的定义域，进而分析可得 f（x）f（x） ，即可得函数为奇函数，求 出函数的导数，分析可得 f（x）为（1，1）上的减函数；即可得答案 【解答】解：根据题意，函数 f（x）ln（1x）ln（1+x） ，则有，解可得1x1，即 f（x） 的定义域为（1，1） ； 设任意 x（1，1） ，f（x）ln（1+x）ln（1x）f（x） ，则函数 f

14、（x）为奇函数； f（x）ln（1x）ln（1+x）ln，其导数 f（x）， 在区间（1，1）上，f（x）0，则 f（x）为（1，1）上的减函数； 故选：B 8 【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积 【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥体 ABCD 如图所示： 所以：BC， 由于三棱锥体的左视图和主视图都为等边三角形， 所以， 所以 故选：A 9 【分析】由已知及余弦定理可求 cosA 的值，进而利用同角三角函数基本关系式可求 sinA 的值，设 AB 边 上的高为 h，利用三角形面积公式即可计算得解 【解答】解：AC3，AB2， 由余弦定理可得：

15、cosA，可得 sinA， 设 AB 边上的高为 h，则ABhABACsinA， 2h，解得：h 故选：B 10 【分析】根据四场比赛总得分，结合 a，b，c 满足的条件，可求出 a，b，c，再根据已知的得分情况， 确定甲、乙、丙的得分情况，问题即可解决 【解答】解：甲最后得分为 16 分， a4， 接下来以乙为主要研究对象， 若乙得分名次为：1 场第一名，3 场第二名，则 a+3b8，则 3b8a4，而 bN*，则 b1， 又 cN*，abc，此时不合题意； 若乙得分名次为：1 场第一名，2 场第二名，1 场第三名，则 a+2b+c8，则 2b+c8a4， 由 abc，且 a，b，cN*可知

16、，此时没有符合该不等式的解，不合题意； 若乙得分名次为：1 场第一名，1 场第二名，2 场第三名，则 a+b+2c8，则 b+2c8a4， 由 abc，且 a，b，cN*可知，此时没有符合该不等式的解，不合题意； 若乙得分名次为：1 场第一名，3 场第三名，则 a+3c8，此时显然 a5，c1， 则甲的得分情况为 3 场第一名，1 场第三名，共 35+116 分， 乙的得分情况为 1 场第一名，3 场第三名，共 5+318 分， 丙的得分情况为 4 场第二名，则 4b8，即 b2，此时符合题意 综上分析可知，乙在四场比赛中没有获得过第二名 故选：C 二、填空题共二、填空题共 5 小题，每小题小

17、题，每小题 5 分，共分，共 25 分分 11 【分析】根据复数模长的定义直接进行计算即可 【解答】解：复数 z2i， |z| 故答案为： 12 【分析】先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角，即可求解 cos 的值 【解答】解：直线 x+y+10 的斜率 k1， 直线 x+y+10 的倾斜角 cos 故答案为： 13 【分析】运用离心率公式和 a，b，c 的关系，可得 ba，即可得到所求双曲线的渐近线 方程 【解答】解：由题意可得 e， 即 ca，ba， 可得双曲线的渐近线方程 yx， 即为 yx 故答案为：yx 14 【分析】根据题意，分析干支纪年法的规律，可得天干地支的对应顺序，据此可得 2

18、059 年是己卯年， 又由天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等差数列，据此可得天干地支共有 60 种组合， 即可得答案 【解答】解：根据题意，天干有十，即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸， 地支有十二，即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥； 其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、癸未，甲申、乙酉、丙戌、 癸巳， 若 2049 年是己巳年，则 2059 年是己卯年； 天干是以 10 为公差的等差数列，地支是以 12 为公差的等差数列， 则天干地支共有 60 种组合，即使用干支纪年法可以得到 60 种不同的干支纪年； 故答案为：己卯，60

19、 15 【分析】方程（xcos）2+（ysin）24 中，令 x0 求得 y 的取值范围，得出最高点的坐标； 利用参数法求出点 M 到原点的距离 d，求出最大值； 求出知最高点 C 与最低点 D 的距离|CD|； 计算“水滴”图形的面积是由一个等腰三角形，两个全等的弓形和一个半圆组成 【解答】解：对于，方程（xcos）2+（ysin）24 中， 令 x0，得 cos2+y22ysin+sin24， 所以 2siny，其中 0， 所以 sin0，1， 所以 y0，2， 解得 y，1，3； 所以点 A（0，） ，点 B（0，1） ，点 C（0，3） ，点 D（0，） ，所以错误； 对于，由（xco

20、s）2+（ysin）24，设， 则点 M 到原点的距离为 d， 当 时，cos（）1，d 取得最大值为 3，所以正确； 对于，由知最高点为 C（0，3） ，最低点为 D（0，） ， 所以，正确； 对于， “水滴”图形是由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成； 计算它的面积是 SS半圆+2S弓形+S12+2（）+2， 所以正确； 综上知，正确的命题序号是 故答案为： 三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 85 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 16 【分析】 （）推导出 PBBC，ABPB，由此能证明 PB平面 ABCD （）推

21、导出 PBAB，PBADABBC建立空间直角坐标系 Bxyz，利用向量法能求出直线 PC 与平 面 PDM 所成角的正弦值 【解答】证明： （）因为 MABC，MAPB，所以 PBBC， 因为 ABPB，ABBCB， 所以 PB平面 ABCD （）解：因为 PB平面 ABCD，AB平面 ABCD，AD平面 ABCD， 所以 PBAB，PBAD 因为四边形 ABCD 为正方形，所以 ABBC 如图建立空间直角坐标系 Bxyz， 则 P（0，0，2） ，M（2，0，1） ，C（0，2，0） ，D（2，2，0） ， ， 设平面 PDM 的法向量为（x，y，z） ， 则，即 令 z2，则 x1，y1于

22、是 u（1，1，2） 平面 PDM 的法向量为（1，1，2） 设直线 PC 与平面 PDM 所成的角为 ，所以 sin 所以直线 PC 与平面 PDM 所成角的正弦值为 17 【分析】 （）先由题设条件求出等差数列an的基本量：首项与公差，再求其通项公式； （）先选择公比 q 的值，再结合其它题设条件计算出结果 【解答】解： （）设等差数列an的公差为 d，又因为，且 a12，所以 S510+10d 20，故 d1， 所以 ann+1； （）由（）可知，a45，又 a4+b49，所以 b44 若选择条件q2， 可得， Tn （a1b1） + （a2b2） + （anbn） （a1+a2+an）

23、 （b1+b2+ +bn）； 若选择条件，可得，Tn（a1b1）+（a2b2）+（anbn）（a1+a2+an） （b1+b2+bn）； 若选择条件q1，可得，Tn（a1b1）+（a2b2）+（anbn）（a1+a2+an） （b1+b2+bn） 18 【分析】 （）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过 40 人”为事件 S，从这 10 所学校中随机选 取 2 所学校进行调查，可得基本事件总数为参与越野滑轮人数超过 40 人的学校共 4 所，随机选择 2 所学校共种，利用古典概率计算公式即可得出概率 （）X 的所有可能取值为 0，1，2，参加旱地冰壶人数在 30 人以上的学校共 4 所利用

24、超几何分布列计 算公式即可得出 （）答案不唯一示例：虽然概率非常小，但是也可能发生，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达 到“优”的概率发生了变化 【解答】解： （）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过 40 人”为事件 S，现从这 10 所学校中随 机选取 2 所学校进行调查，可得基本事件总数为 参与越野滑轮人数超过 40 人的学校共 4 所，随机选择 2 所学校共种， 所以（4 分） （）X 的所有可能取值为 0，1，2，参加旱地冰壶人数在 30 人以上的学校共 4 所 ， X 的分布列为： X 0 1 2 P （11 分） （）答案不唯一 答案示例 1：可以认为甲同学在指导后总考核为

25、“优”的概率发生了变化理由如下： 指导前，甲同学总考核为“优”的概率为： 指导前，甲同学总考核为“优”的概率非常小，一旦发生，就有理由认为指导后总考核达到“优”的概率 发生了变化 答案示例 2：无法确定理由如下： 指导前，甲同学总考核为“优”的概率为： 虽 然 概 率 非 常 小 ， 但 是 也 可 能 发 生 ， 所 以 ， 无 法 确 定 总 考 核 达 到 “ 优 ” 的 概 率 发 生 了 变 化 （14 分） 19 【分析】 （）求导，列出随 x 的变化，f（x）和 f（x）的情况表，进而求得极值； （）令，求导，由0 得 ex10，则 g（x）0，进而得 出函数 g（x）的单调性，

26、由此得证； （）当时，由（）知符合题意，再令，分及 a 0 均可判断不合题意，进而得出实数 a 的取值范围 【解答】解： （）因为，定义域 R， 所以 令 f（x）0，解得 x0 随 x 的变化，f（x）和 f（x）的情况如下： x （，0） 0 （0，+） f（x） + 0 f（x） 增 极大值 减 由表可知函数 f（x）在 x0 时取得极大值 f（0）1，无极小值； （）证明：令， 由 x0 得 ex10， 于是 g（x）0， 故函数 g（x）是0，+）上的增函数 所以当 x（0，+）时，g（x）g（0）0，即； （）当时，由（）知，满足题意 令， 当时，若，h（x）0，则 h（x）在上是

27、减函数 所以时，h（x）h（0）0，不合题意 当 a0 时，h（x）0，则 h（x）在（0，+）上是减函数，所以 h（x）h（0）0，不合题意 综上所述，实数 a 的取值范围 20 【分析】 （）把点 A 坐标代入椭圆的方程得 a1由AOB 的面积为可知，解得 b， 进而得椭圆 C 的方程 （） 设直线 l 的方程为 ykx+1，M（x1，y1） ，N（x2，y2） 联立直线 l 与椭圆 C 的方程的关于 x 的一元 二次方程0，进而解得 k 的取值范围 （）因为 A （1，0） ， P（0，1） ，M （x1，y1） ， N（x2，y2） ，写出直线 AM 的方程， 令 x0， 解得点 S

28、的坐标为同理可得：点 T 的坐标为用坐标表示，代入 ， 得 同 理 由 （ ） 得 ，代入 +，化简再求取值范围 【解答】解： （）因为椭圆经过点 A（1，0） ， 所以 a21 解得 a1 由AOB 的面积为可知， 解得， 所以椭圆 C 的方程为 x2+2y21 （） 设直线 l 的方程为 ykx+1，M（x1，y1） ，N（x2，y2） 联立，消 y 整理可得： （2k2+1）x2+4kx+10 因为直线与椭圆有两个不同的交点， 所以16k24（2k2+1）0，解得 因为 k0，所以 k 的取值范围是 （）因为 A（1，0） ，P（0，1）M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 所以直线

29、 AM 的方程是： 令 x0，解得 所以点 S 的坐标为 同理可得：点 T 的坐标为 所以， 由， 可得：， 所以 同理 由（）得， 所以 所以 + 的范围是 21 【分析】 （）由 a 为奇数，b 为偶数，可得 a+b 为奇数，即可判断 2019 和 2020 是否属于集合 A+B； （） （）首先证明：对于任意自然数 p 可表示为唯一一数组（0，1，2，i，k） ，其中 i 0，1；i0，1，k，kN，使得 ，考虑自然数 p 的个数即可得证； 下证 ，其中i0， 1；i0，1；i0，1，k，kN，则ii由反证法即可得证； （）考虑集合中元素为奇数，可为n|n2k1，kN* 【解答】解： （

30、）由 a2m+1，b2n 得 a+b2（m+n）+1 是奇数， 当 a21009+1，b200 时，a+b2019， 所以 2019A+B，2020A+B； （） （）首先证明：对于任意自然数 p 可表示为唯一一数组（0，1，2，i，k） ， 其中i0，1；i0，1，k，kN， 使得，由于 ， 这种形式的自然数 p 至多有 2k+1个，且最大数不超过 2k+11 由i0，1；i0，1，k，kN，每个i都有两种可能， 所以这种形式的自然数 p 共有个结果 下证 ， 其中i0，1；i0，1；i0，1，k，kN，则ii 假设存在ii中，取 i 最大数为 j， 则 |（00）+（11）21+（jj）2j|（jj）2j|（00）+（11）21+（j 1j1）2j 1| | （jj） 2j| （|00|+|11|21+|j1j1|2j 1） 2j （1+21+2j1） 2j 1， 所以 01 不可能 综上，任意正整数 p 可唯一表示为 显然， 满足 N*（A+B） ，所以集合 A，B 互为“完美加法补集” （）n|n2k1，kN*