2020年北京高考数学猜题卷（一） Word版含答案

2020年北京高考数学猜题卷（一）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1.复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】因为，所以对应的点位于第一象限.故选：A2.已知集合，则A∩B=（）A.{－1,0,1}B.{0,1}C.{－1,1}D.{0,1,2}【答案】A【解析】，∴，则，故选A．3.若偶函数f(x)在区间(－∞,－1]上是增函数，则(　　)A.B.C.D.【答案】D【解析】函数为偶函数,则.又函数在区间上是增函数.则，即故选：D 4.函数y=sin2x的图象可能是A.B.C.D.【答案】D【解析】因为，所以为奇函数，排除选项A,B;因为时，，所以排除选项C，选D.5.从点向圆引切线，则切线长的最小值()A.B.5C.D.【答案】A【解析】设切线长为,则,.故选:A.6.已知函数的部分图象如图所示，那么函数f(x)的解析式可以是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】由图象得，，，，，由题得所以当时，.所以.故选：．7.一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为，则该几何体的外接球的表面积为（） A.36πB.64πC.81πD.100π【答案】C【解析】根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥体，如图所示：该四棱锥的底面是长方形，长为6，宽为5，四棱锥的高即为所以，解得．设四棱锥的外接球的半径为r，所以，解得，所以，故选：C8.已知点在抛物线C：的准线上，记C的焦点为F，则直线AF的斜率为（） A．B．C．D．【答案】C【解析】由已知得，抛物线的准线方程为，且过点，故，则，，则直线AF的斜率，选C．9.设非零向量，满足，，，则（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】，.，.故选：A10.如果集合A，B，同时满足A∪B={1，2，3，4}，A∩B={1}，A≠{1}，B≠{1}，就称有序集对（A，B）为“好集对”．这里有序集对（A，B）意指，当A≠B时，（A，B）和（B，A）是不同的集对，那么“好集对”一共有（　　）个．A．5B．6C．7D．8【答案】B【解析】解：∵A∪B={1，2，3，4}，A∩B={1}，A≠{1}，B≠{1}，∴当A={1，2}时，B={1，3，4}．当A={1，3}时，B={1，2，4}．当A={1，4}时，B={1，2，3}．当A={1，2，3}时，B={1，4}．当A={1，2，4}时，B={1，3}．当A={1，3，4}时，B={1，2}．故满足条件的“好集对”一共有6个．方法2：∵A∪B={1，2，3，4}，A∩B={1}，∴将2，3，4分为两组，则有=3+3=6种，故选B． 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11.设函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数a=_______．【答案】－2【解析】根据切点在切线上，得出，根据解析式即可得出答案.【详解】因为点在该切线上，所以则，解得.故答案为:12．函数的最小正周期等于_____.【答案】【解析】因为函数故最小正周期等于.故答案为：13.的展开式中的有理项共有__________项．【答案】3【解析】，，因为有理项，所以，共三项．填3.14.在△ABC中，，A的角平分线AD交BC于点D，若，，则AD=______.【答案】【解析】在△ABC中，由余弦定理得.所以.所以. 在△ABD中，由正弦定理得.故答案为：.15.平面直角坐标系中，若与都是整数，就称点为整点，下列命题正确的是_______①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点②如果与都是无理数，则直线不经过任何整点③直线经过无穷多个整点，当且仅当经过两个不同的整点④直线经过无穷多个整点的充分必要条件是：与都是有理数⑤存在恰经过一个整点的直线【答案】①③⑤【解析】①正确，令满足①；②错误，若，过整点（－1,0）；③正确，设是过原点的直线，若此直线过两个整点，则有，，两式相减得，则点也在直线上，通过这种方法可以得到直线经过无穷多个整点，通过上下平移得对于也成立；④错误，当与都是有理数时，令显然不过任何整点；⑤正确.如：直线恰过一个整点故答案为：①③⑤三、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.已知数列{an}的前n项和为Sn，且，.（1）求数列{an}的通项公式；（2）若，求数列的前n项和Tn. 【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题知，当时，，又，两式相减可得，即，当时，可得，解得，则，当时，满足，数列的通项公式为，.（2），，.17.如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PCD，，，，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.（1）证明：PO⊥平面ABCD.（2）求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：平面PCD，平面，，，为的中点，则且.四边形BCDE为平行四边形，，. 又，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，，又平面，平面，则.平面平面，，又，为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，且平面ABCD.（2）解：以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示不妨设，则,则.设平面PBD的法向量为，则即即令，得.设BC与平面所成角为，则.18.“一带一路”近年来成为了百姓耳熟能详的热门词汇，对于旅游业来说，“一带一路”战略的提出，让“丝路之旅”超越了旅游产品、旅游线路的简单范畴，赋予了旅游促进跨区域融合的新理念. 而其带来的设施互通、经济合作、人员往来、文化交融更是将为相关区域旅游发展带来巨大的发展机遇.为此，旅游企业们积极拓展相关线路；各地旅游主管部门也在大力打造丝路特色旅游品牌和服务.某市旅游局为了解游客的情况，以便制定相应的策略.在某月中随机抽取甲、乙两个景点10天的游客数，统计得到茎叶图如下：（1）若将图中景点甲中的数据作为该景点较长一段时期内的样本数据，以每天游客人数频率作为概率.今从这段时期内任取4天，记其中游客数超过130人的天数为，求概率；（2）现从上图20天的数据中任取2天的数据（甲、乙两景点中各取1天），记其中游客数不低于125且不高于135人的天数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）；（2）【解析】（1）由题意知，景点甲的每一天的游客数超过130人的概率为.任取4天，即是进行了4次独立重复试验，其中有次发生，则随机变量服从二项分布，∴.（2）从图中看出，景点甲的数据中符合条件的只有1天，景点乙的数据中符合条件的有4天，所以在景点甲中被选出的概率为，在景点乙中被选出的概率为.由题意知的所有可能的取值为0、1、2，则；；.∴的分布列为 ∴.19.已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）证明：曲线上任一点处的切线与直线和直线所围成的三角形面积为定值，并求此定值．【答案】（1）（2）见解析【解析】（1），则曲线在处的切线方程为，即（2）设为曲线上任一点，由（1）知过点的切线方程为即令，得令，得从而切线与直线的交点为，切线与直线的交点为 点处的切线与直线，所围成的三角形的面积，为定值.20.已知椭圆M：=1（a>b>c）的一个顶点坐标为（0，1），焦距为2.若直线y=x+m与椭圆M有两个不同的交点A，B（I）求椭圆M的方程；（II）将表示为m的函数，并求△OAB面积的最大值（O为坐标原点）【答案】（Ⅰ）=1（II），（-2<m<2）；△OAB面积的最大值为【解析】（I）由题意可知：c=,b=1由得：a=，所以椭圆的标准方程为：=1（II）设点A坐标为（）、点B坐标为（）联立直线与椭圆的方程，消去y整理得4+6mx+3-3=0由直线与椭圆相交可得：△=36-16（3-3）>0,即<4解得：-2<m<2=-,=点O到直线l的距离d=所以 =(-2<m<2)当，即m=±时，△OAB面积的最大值为21.给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”．（1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4；（2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”；（3）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）不存在，见解析【解析】（1）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0．方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0．．…（2）经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…．取，则，即经T1（c1）后，前两项相等；取，则，即经T2（c2）后，前3项相等；…设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则；那么，进行第k+1次变换时，取，则变换后数列变为，显然有； …经过n﹣1次变换后，显然有；最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0．所以对任意数列，都存在“n次归零变换”．（3）不存在“n﹣1次归零变换”．证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…，an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此变换步数也不是最小．由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足min{a1，a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}．以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1次归零变换”．（1）当n＝2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立．（由（2）可知，存在“两次归零变换”变换：）（2）假设n＝k时成立，即1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”．当n＝k+1时，假设1，22，33，…，kk，（k+1）k+1存在“k次归零变换”．此时，对1，22，33，…，kk也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换ci一定满足，i＝1，2，…，k．因为（k+1）k+1﹣k•kk＞0所以，（k+1）k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾．所以，当n＝k+1时不存在“k次归零变换”．由（1）（2）命题得证．