1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上2020年北京市高考數(shù)學(xué)試卷 班級(jí)：_姓名：_得分：_一、選擇題（本大題共10小題，共40.0分）1. 已知集合A=1,0，1，2，B=x|0<x<3，則AB=()A. 1,0，1B. 0,1C. 1,1，2D. 1,22. 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(1,2)，則iz=()A. 1+2iB. 2+iC. 12iD. 2i3. 在(x2)5的展開(kāi)式中，x2的系數(shù)為()A. 5B. 5C. 10D. 104. 某三棱柱的底面為正三角形，其三視圖如圖所示，該三棱柱的表面積為()A. 6+3B. 6+23C. 12+3D. 12+235. 已知半徑為1的

2、圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3,4)，則其圓心到原點(diǎn)的距離的最小值為()A. 4B. 5C. 6D. 76. 已知函數(shù)f(x)=2xx1，則不等式f(x)>0的解集是()A. (1,1)B. (,1)(1,+)C. (0,1)D. (,0)(1,+)7. 設(shè)拋物線(xiàn)的頂點(diǎn)為O，焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線(xiàn)為l.P是拋物線(xiàn)上異于O的一點(diǎn)，過(guò)P作PQl于Q，則線(xiàn)段FQ的垂直平分線(xiàn)()A. 經(jīng)過(guò)點(diǎn)OB. 經(jīng)過(guò)點(diǎn)PC. 平行于直線(xiàn)OPD. 垂直于直線(xiàn)OP8. 在等差數(shù)列an中，a1=9，a5=1.記Tn=a1a2an(n=1,2，)，則數(shù)列Tn()A. 有最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)B. 有最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)C. 無(wú)最大項(xiàng)，有最小項(xiàng)D. 無(wú)最

3、大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng)9. 已知，R，則“存在kZ使得=k+(1)k”是“sin=sin”的()A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件10. 2020年3月14日是全球首個(gè)國(guó)際圓周率日(Day).歷史上，求圓周率的方法有多種，與中國(guó)傳統(tǒng)數(shù)學(xué)中的“割圓術(shù)”相似，數(shù)學(xué)家阿爾卡西的方法是：當(dāng)正整數(shù)n充分大時(shí)，計(jì)算單位圓的內(nèi)接正6n邊形的周長(zhǎng)和外切正6n邊形(各邊均與圓相切的正6n邊形)的周長(zhǎng)，將它們的算術(shù)平均數(shù)作為2的近似值按照阿爾卡西的方法，的近似值的表達(dá)式是()A. 3n(sin30°n+tan30°n)B. 6n(sin30

4、6;n+tan30°n)C. 3n(sin60°n+tan60°n)D. 6n(sin60°n+tan60°n)二、填空題（本大題共5小題，共25.0分）11. 函數(shù)f(x)=1x+1+lnx的定義域是_12. 已知雙曲線(xiàn)C：x26y23=1，則C的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)；C的焦點(diǎn)到其漸近線(xiàn)的距離是_13. 已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P滿(mǎn)足AP=12(AB+AC)，則|PD|=_；PBPD=_14. 若函數(shù)f(x)=sin(x+)+cosx的最大值為2，則常數(shù)的一個(gè)取值為_(kāi)15. 為滿(mǎn)足人民對(duì)美好生活的向往，環(huán)保部門(mén)要求相關(guān)企業(yè)加強(qiáng)污水治理，排

5、放未達(dá)標(biāo)的企業(yè)要限期整改設(shè)企業(yè)的污水排放量W與時(shí)間t的關(guān)系為W=f(t)，用f(b)f(a)ba的大小評(píng)價(jià)在a,b這段時(shí)間內(nèi)企業(yè)污水治理能力的強(qiáng)弱已知整改期內(nèi)，甲、乙兩企業(yè)的污水排放量與時(shí)間的關(guān)系如圖所示給出下列四個(gè)結(jié)論：在t1,t2這段時(shí)間內(nèi)，甲企業(yè)的污水治理能力比乙企業(yè)強(qiáng)；在t2時(shí)刻，甲企業(yè)的污水治理能力比乙企業(yè)強(qiáng)；在t3時(shí)刻，甲，乙兩企業(yè)的污水排放都已達(dá)標(biāo)；甲企業(yè)在0,t1，t1,t2，t2,t3這三段時(shí)間中，在0,t1的污水治理能力最強(qiáng)其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是_三、解答題（本大題共6小題，共85.0分）16. 如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為BB1的中點(diǎn)()求證：BC1/

6、平面AD1E；()求直線(xiàn)AA1與平面AD1E所成角的正弦值17. 在A(yíng)BC中，a+b=11，再?gòu)臈l件、條件這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求：()a的值；()sinC和ABC的面積條件：c=7，cosA=17；條件：cosA=18，cosB=916注：如果選擇條件和條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分18. 某校為舉辦甲、乙兩項(xiàng)不同活動(dòng)，分別設(shè)計(jì)了相應(yīng)的活動(dòng)方案；方案一、方案二為了解該校學(xué)生對(duì)活動(dòng)方案是否支持，對(duì)學(xué)生進(jìn)行簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣，獲得數(shù)據(jù)如表：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人假設(shè)所有學(xué)生對(duì)活動(dòng)方案是否支持相互獨(dú)立()分別估計(jì)該

7、校男生支持方案一的概率、該校女生支持方案一的概率；()從該校全體男生中隨機(jī)抽取2人，全體女生中隨機(jī)抽取1人，估計(jì)這3人中恰有2人支持方案一的概率；()將該校學(xué)生支持方案二的概率估計(jì)值記為p0.假設(shè)該校一年級(jí)有500名男生和300名女生，除一年級(jí)外其他年級(jí)學(xué)生支持方案二的概率估計(jì)值記為p1.試比較p0與p1的大小(結(jié)論不要求證明)19. 已知函數(shù)f(x)=12x2(1)求曲線(xiàn)y=f(x)的斜率等于2的切線(xiàn)方程；(2)設(shè)曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(t,f(t)處的切線(xiàn)與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S(t)，求S(t)的最小值20. 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1過(guò)點(diǎn)A(2,1)，且a=2b()求橢圓C

8、的方程；()過(guò)點(diǎn)B(4,0)的直線(xiàn)l交橢圓C于點(diǎn)M，N，直線(xiàn)MA，NA分別交直線(xiàn)x=4于點(diǎn)P，Q.求|PB|BQ|的值21. 已知an是無(wú)窮數(shù)列給出兩個(gè)性質(zhì)：對(duì)于an中任意兩項(xiàng)ai，aj(i>j)，在an中都存在一項(xiàng)am，使得ai2aj=am；對(duì)于an中任意一項(xiàng)an(n3)，在an中都存在兩項(xiàng)ak，al(k>l)，使得an=ak2al()若an=n(n=1,2，)，判斷數(shù)列an是否滿(mǎn)足性質(zhì)，說(shuō)明理由；()若an=2n1(n=1,2，)，判斷數(shù)列an是否同時(shí)滿(mǎn)足性質(zhì)和性質(zhì)，說(shuō)明理由；()若an是遞增數(shù)列，且同時(shí)滿(mǎn)足性質(zhì)和性質(zhì)，證明：an為等比數(shù)列答案和解析1. D 解：集合A=1,0

9、，1，2，B=x|0<x<3，則AB=1,2， 2. B 解：復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)是(1,2)，z=1+2i，則iz=i(1+2i)=2+i， 3. C 解：(x2)5的展開(kāi)式中，通項(xiàng)公式為T(mén)r+1=C5r(2)rx5r2，令5r2=2，求得r=1，可得x2的系數(shù)為C51(2)=10， 4. D 解：幾何體的直觀(guān)圖如圖：是三棱柱，底面邊長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)都是2，幾何體的表面積為：3×2×2+2×12×2×32×2=12+23 5. A 解：如圖示：，半徑為1的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3,4)，可得該圓的圓心軌跡為(3,4)為圓心，1為半徑的圓，

10、故當(dāng)圓心到原點(diǎn)的距離的最小時(shí)，連結(jié)OB，A在OB上且AB=1，此時(shí)距離最小，由OB=5，得OA=4，即圓心到原點(diǎn)的距離的最小值是4， 6. D 解：不等式f(x)>0，即2x>x+1由于函數(shù)y=2x和直線(xiàn)y=x+1的圖象都經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,1)、(1,2)，如圖所示：不等式f(x)>0的解集是(,0)(1,+)， 7. B 解：不妨設(shè)拋物線(xiàn)的方程為y2=4x，則F(1,0)，準(zhǔn)線(xiàn)l為x=1，不妨設(shè)P(1,2)，Q(1,2)，設(shè)準(zhǔn)線(xiàn)為l與x軸交點(diǎn)為A，則A(1,0)，可得四邊形QAFP為正方形，根據(jù)正方形的對(duì)角線(xiàn)互相垂直，故可得線(xiàn)段FQ的垂直平分線(xiàn)，經(jīng)過(guò)點(diǎn)P， 8. B 解：設(shè)等差數(shù)

11、列an的首項(xiàng)為d，由a1=9，a5=1，得d=a5a151=1(9)4=2，an=9+2(n1)=2n11由an=2n11=0，得n=112，而nN*，可知數(shù)列an是單調(diào)遞增數(shù)列，且前5項(xiàng)為負(fù)值，自第6項(xiàng)開(kāi)始為正值可知T1=9<0，T2=63>0，T3=315<0，T4=945>0為最大項(xiàng)，自T5起均小于0，且逐漸減小數(shù)列Tn有最大項(xiàng)，無(wú)最小項(xiàng) 9. C 解：當(dāng)k=2n，為偶數(shù)時(shí)，=2n+，此時(shí)sin=sin(2n+)=sin，當(dāng)k=2n+1，為奇數(shù)時(shí)，=2n+，此時(shí)sin=sin()=sin，即充分性成立，當(dāng)sin=sin，則=2n+，nZ或=2n+，nZ，即=k+(

12、1)k，即必要性成立，則“存在kZ使得=k+(1)k”是“sin=sin”的充要條件， 10. A 解：如圖，設(shè)內(nèi)接正6n邊形的邊長(zhǎng)為a，外切正6n邊形的邊長(zhǎng)為b，可得a=2sin360°12n=2sin30°n，b=2tan360°12n=2tan30°n，則26na+6nb2=6n(sin30°n+tan30°n)，即3n(sin30°n+tan30°n)， 11. x|x>0 解：要使函數(shù)有意義，則x+10x>0，得x1x>0，即x>0，即函數(shù)的定義域?yàn)閤|x>0， 12. (3

13、,0)； 3 解：雙曲線(xiàn)C：x26y23=1，則c2=a2+b2=6+3=9，則c=3，則C的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,0)，其漸近線(xiàn)方程為y=±36x，即x±2y=0，則點(diǎn)(3,0)到漸近線(xiàn)的距離d=31+2=3， 13. 5 ；1 解：由AP=12(AB+AC)，可得P為BC的中點(diǎn)，則|CP|=1，|PD|=22+12=5，PBPD=PB(PC+CD)=PC(PC+CD)=PC2PCCD=1， 14. 2(答案不唯一) 解：f(x)=sin(x+)+cosx=sinxcos+cosxsin+cosx =sinxcos+(1+sin)cosx =cos2+(

14、1+sin)2sin(x+)，其中cos=coscos2+(1+sin)2，sin=1+sincos2+(1+sin)2，所以f(x)最大值為cos2+(1+sin)2=2，所以cos2+(1+sin)2=4，即2+2sin=4，所以sin=1，所以=2+2k，kZ，當(dāng)k=0時(shí)，=2 15. 解：設(shè)甲企業(yè)的污水排放量W與時(shí)間t的關(guān)系為W=f(t)，乙企業(yè)的污水排放量W與時(shí)間t的關(guān)系為W=g(t)對(duì)于，在t1,t2這段時(shí)間內(nèi)，甲企業(yè)的污水治理能力為f(t2)f(t1)t2t1，乙企業(yè)的污水治理能力為g(t2)g(t1)t2t1由圖可知，f(t1)f(t2)>g(t1)g(t2)，f(t2)

15、f(t1)t2t1>g(t2)g(t1)t2t1，即甲企業(yè)的污水治理能力比乙企業(yè)強(qiáng)，故正確；對(duì)于，由圖可知，f(t)在t2時(shí)刻的切線(xiàn)的斜率小于g(t)在t2時(shí)刻的切線(xiàn)的斜率，但兩切線(xiàn)斜率均為負(fù)值，在t2時(shí)刻，甲企業(yè)的污水治理能力比乙企業(yè)強(qiáng)，故正確；對(duì)于，在t3時(shí)刻，甲，乙兩企業(yè)的污水排放都小于污水達(dá)標(biāo)排放量，在t3時(shí)刻，甲，乙兩企業(yè)的污水排放都已達(dá)標(biāo)，故正確；對(duì)于，由圖可知，甲企業(yè)在0,t1，t1,t2，t2,t3這三段時(shí)間中，在t1,t2的污水治理能力最強(qiáng)，故錯(cuò)誤正確結(jié)論的序號(hào)是 16. 解：()由正方體的性質(zhì)可知，AB/C1D1中，且AB=C1D1，四邊形ABC1D1是平行四邊形，B

16、C1/AD1，又BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1/平面AD1E.()以A為原點(diǎn)，AD、AB、AA1分別為x、y和z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則A(0,0，0)，A1(0,0，a)，D1(a,0，a)，E(0,a，12a)，AA1=(0,0,a)，AD1=(a,0,a)，AE=(0,a,12a)，設(shè)平面AD1E的法向量為m=(x,y,z)，則mAD1=0mAE=0，即a(x+z)=0a(y+12z)=0，令z=2，則x=2，y=1，m=(2,1,2)，設(shè)直線(xiàn)AA1與平面AD1E所成角為，則sin=|cos<m，AA1>|=|mAA1|m|AA1

17、|=2aa3=23，故直線(xiàn)AA1與平面AD1E所成角的正弦值為23 17. 解：選擇條件()由余弦定理得a2=b2+c22bccosA，即a2b2=4914b×(17)=49+2b，(a+b)(ab)=49+2b，a+b=11，11a11b=49+2b，即11a13b=49，聯(lián)立a+b=1111a13b=49，解得a=8，b=3，故a=8()在A(yíng)BC中，sinA>0，sinA=1cos2A=437，由正弦定理可得asinA=csinC，sinC=csinAa=7×4378=32，SABC=12absinC=12×8×3×32=63選擇條件

18、()在A(yíng)BC中，sinA>0，sinB>0，C=(A+B)，cosA=18，cosB=916，sinA=1cos2A=378，sinB=1cos2B=5716，由正弦定理可得asinA=bsinB，ab=sinAsinB=65，a+b=11，a=6，b=5，故a=6；()在A(yíng)BC中，C=(A+B)，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=378×916+5716×18=74，SABC=12absinC=12×6×5×74=1574 18. 解：()設(shè)“該校男生支持方案一”為事件A，“該校女生支持方案一”為事件

19、B，則P(A)=+400=13,P(B)=+100=34；()由()知，P(A)=13,P(B)=34，設(shè)“這3人中恰有2人支持方案一”為事件C，則P(C)=C22(13)2(134)+C2113(113)34=1336；()p0>p1 19. 解：(1)f(x)=12x2的導(dǎo)函數(shù)f(x)=2x，令切點(diǎn)為(m,n)，可得切線(xiàn)的斜率為2m=2，m=1，n=121=11，切線(xiàn)的方程為y=2x+13；(2)曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(t,f(t)處的切線(xiàn)的斜率為k=2t，切線(xiàn)方程為y(12t2)=2t(xt)，令x=0，可得y=12+t2，令y=0，可得x=12t+6t，S(t)=12|12t+6t

20、|(12+t2)，由S(t)=S(t)，可知S(t)為偶函數(shù)，不妨設(shè)t>0，則S(t)=14(t+12t)(12+t2)，S(t)=14(3t2+24144t2)=34(t24)(t2+12)t2，由S(t)=0，得t=2，當(dāng)t>2時(shí)，S(t)>0，S(t)單調(diào)遞增；當(dāng)0<t<2時(shí)，S(t)<0，S(t)單調(diào)遞減，則S(t)在t=2處取得極小值，且為最小值32，所以S(t)的最小值為32 20. 解：()橢圓C：x2a2+y2b2=1過(guò)點(diǎn)A(2,1)，且a=2b，則4a2+1b2=1a=2b，解得b2=2，a2=8，橢圓方程為x28+y22=1，()由題意可

21、得直線(xiàn)l的斜率存在，設(shè)直線(xiàn)方程為y=k(x+4)，由y=k(x+4)x28+y22=1，消y整理可得(1+4k2)x2+32k2x+64k28=0，=32(4k21)>0，解得12<k<12，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，x1+x2=32k21+4k2，x1x2=64k281+4k2，則直線(xiàn)AM的方程為y+1=y1+1x1+2(x+2)，直線(xiàn)AN的方程為y+1=y2+1x2+2(x+2)，分別令x=4，可得yP=2(y1+1)x1+21=(1+2k)x1+(8k+4)x1+2，yQ=(1+2k)x2+(8k+4)x2+2|PB|=|yP|=|(1+2k)x1+(8k+

22、4)x1+2|，|QB|=|yQ|=|(1+2k)x2+(8k+4)x2+2|，|PB|BQ|=|(2k+1)x1+(8k+4)(x2+2)(2k+1)x2+(8k+4)(x1+2)|=|(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)+(4k+2)x2(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)+(4k+2)x1| (2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)=32k2(2k+1)1+4k2，|(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1)+(4k+2)x2(2k+1)x1x2+(4k+2)(x1+x2)+8(2k+1

23、)+(4k+2)x1|=|(2k+1)(32k24k2+1+2x2)(2k+1)(32k24k2+1+2x1)|=|(x1+x2)+2x2(x1+x2)+2x1|=1，故|PB|BQ|=1 21. 解：()不滿(mǎn)足，理由：a32a2=92N*，不存在一項(xiàng)am使得a32a2=am()數(shù)列an同時(shí)滿(mǎn)足性質(zhì)和性質(zhì)，理由：對(duì)于任意的i和j，滿(mǎn)足ai2aj=22ij1，因?yàn)閕N*，jN*且i>j，所以2ijN*，則必存在m=2ij，此時(shí)，2m1ai且滿(mǎn)足ai2aj=22ij1=am，性質(zhì)成立，對(duì)于任意的n，欲滿(mǎn)足an=2n1=ak2al=22kl1，滿(mǎn)足n=2kl即可，因?yàn)閗N*，lN*，且k>l，所以2kl可表示所有正整數(shù)，所以必有