（高考数学）2020年北京市各区高三数学一模试题分类汇编(-二).docx

1、2020年北京市各区一模试题分类汇编( 二 )函数与导数：海淀区：（7）已知函数与函数的图象关于轴对称.若在区间内单调递减，则的取值范围为（A） （B） （C）（D）（10）形如（是非负整数）的数称为费马数，记为.数学家费马根据,都是质数提出了猜想：费马数都是质数.多年之后，数学家欧拉计算出不是质数，那么的位数是（参考数据：）（A）（B）（C）（D）CB（15）如图，在等边三角形中，. 动点从点出发，沿着此三角形三边逆时针运动回到点，记运动的路程为，点到此三角形中心距离的平方为，给出下列三个结论：函数的最大值为；函数的图象的对称轴方程为；A关于的方程最多有个实数根.其中，所有正确结论的序号是

2、.注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分。（19）（本小题共15分）已知函数（）当时，求曲线在点处的切线方程；求函数的最小值；（）求证：当，时，曲线与有且只有一个交点西城区：3.下列函数中,值域为R且为奇函数的是(A)y=x+2(B)y=sinx(C)y=x-x3(D)y=2x10.设函数f(x)=x2+10x+1,x0lgx, x0若关于x的方程f(x)=a(aR)有四个实数解xi(i=1,2,3,4),其中x1x2x3-e2.东城区：(2) 函数的定义域为(A) (B) (C) (D) (10) 假设存在两个物种，前者有充足的食物和生存空间

3、，而后者仅以前者为食物,则我们称前者为被捕食者，后者为捕食者. 现在我们来研究捕食者与被捕食者之间理想状态下的数学模型. 假设捕食者的数量以表示，被捕食者的数量以表示.下图描述的是这两个物种随时间变化的数量关系，其中箭头方向为时间增加的方向.下列说法正确的是：(A) 若在时刻满足：，则；(B) 如果数量是先上升后下降的，那么的数量一定也是先上升后下降；(C) 被捕食者数量与捕食者数量不会同时到达最大值或最小值；(D) 被捕食者数量与捕食者数量总和达到最大值时，被捕食者的数量也会达到最大值. (15) 设函数 给出下列四个结论： 对，使得无解； 对，使得有两解； 当时，使得有解； 当时，使得有三

4、解.其中，所有正确结论的序号是 . 注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得5 分，不选或有错选得0分，其他得3 分。(20) （本小题15分）已知函数().（）若，求曲线在点处的切线方程；（）若有两个极值点，求实数的取值范围；（）若，求在区间上的最小值.丰台区：5 已知，则（A）（B）（C）（D） 10. 已知函数 若存在非零实数，使得成立，则实数的取值范围是（A）（B）（C）（D） 19.（本小题共15分）已知函数.（）若曲线在点处的切线斜率为1，求实数的值；（）当时，求证：；（）若函数在区间上存在极值点，求实数的取值范围朝阳区：（2）下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的

5、是（A） （B） （C） （D）（9）已知函数若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为 （A） （B） （C） （D）（15）数学中有许多寓意美好的曲线，曲线 被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.给出下列三个结论： 曲线关于直线对称； 曲线上任意一点到原点的距离都不超过； 存在一个以原点为中心、边长为的正方形，（第15题图）使得曲线在此正方形区域内（含边界）其中，正确结论的序号是_注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求。全部选对得5分，不选或有错选得分，其他得3分。（20）（本小题15分）已知函数（）求曲线在点处的切线方程；（）判断函数的零点的个数，并说明理由；（）设是的一个零点，证明曲线

6、在点处的切线也是曲线的切线石景山：3.下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递减的是A. B. C. D. 9.设是定义在上的函数，若存在两个不等实数，使得，则称函数具有性质，那么下列函数： ； ； ；具有性质的函数的个数为A.B. C. D. 20. （本小题14分）已知函数（）若恒成立，求实数的取值范围；（）当时，过上一点作的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由解析几何：海淀区：（3）已知双曲线的离心率为，则的值为（A）（B）（C）（D）（11）已知点在抛物线上，则抛物线的准线方程为 .（20）（本小题共14分）已知椭圆的离心率为，的面积为.（）求椭圆的方程；（）设是椭圆上一点，且不与

7、顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点. 求证：为等腰三角形.西城区：5.设A(2,-1),B(4,1),则以线段AB为直径的圆的方程是(A)(x-3)2+y2=2(B)(x-3)2+y2=8(C)(x+3)2+y2=2 (D) (x+3)2+y2=813.设双曲线x24-y2b2=1(b0)的一条渐近线方程为y=22x,则该双曲线的离心率为.20.(本小题满分15分)设椭圆E:x22+y2=1,直线l1经过点M(m,0),直线l2经过点N(n,0),直线l1直线l2,且直线l1,l2分别与椭圆E相交于A,B两点和C,D两点.()若M,N分别为椭圆E的左、右焦点,且直线l1x轴,求四边

8、形ABCD的面积;()若直线l1的斜率存在且不为0,四边形ABCD为平行四边形,求证:m+n=0;()在()的条件下,判断四边形ABCD能否为矩形,说明理由.东城区：(4) 若双曲线的一条渐近线与直线平行，则的值为(A) (B) (C) (D) (9) 设为坐标原点，点，动点在抛物线上，且位于第一象限，是线段的中点，则直线的斜率的范围为(A) (B) (C) (D) (13) 圆心在轴上，且与直线和都相切的圆的方程为_. (19) （本小题14分）已知椭圆，它的上，下顶点分别为，左，右焦点分别为，若四边形为正方形，且面积为.（）求椭圆的标准方程； （）设存在斜率不为零且平行的两条直线，与椭圆分

9、别交于点，且四边形是菱形，求出该菱形周长的最大值.丰台区：4 圆的圆心到直线的距离为（A）（B）（C）（D）8. 过抛物线的焦点作倾斜角为60的直线与抛物线交于两个不同的点（点在轴上方），则的值为（A）（B）（C）（D）15 已知双曲线的渐近线是边长为1的菱形的边所在直线若椭圆经过两点，且点是椭圆的一个焦点，则 . 20.（本小题共14分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，直线与椭圆交于不同的两点.（）求椭圆的方程；（）直线，分别交轴于两点，问：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.朝阳区：（5）已知抛物线：的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于.若，则抛物线的方程为

10、（A） （B） （C） （D）（7）在中，若以，为焦点的双曲线经过点，则该双曲线的离心率为（A） （B） （C） （D）（19）（本小题14分）已知椭圆，圆（为坐标原点）.过点且斜率为的直线与圆交于点，与椭圆的另一个交点的横坐标为.（）求椭圆的方程和圆的方程；（）过圆上的动点作两条互相垂直的直线，若直线的斜率为且与椭圆相切，试判断直线与椭圆的位置关系，并说明理由.石景山：4.圆的圆心到直线的距离为1，则A. B. C. D. 14.已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点若为的中点，则_19.（本小题15分）已知椭圆的右焦点为，离心率为. 直线过点且不平行于坐标轴，与有两个交点，线段的中

11、点为.（）求椭圆的方程； （）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（）延长线段与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求此时直线的斜率立体几何：海淀区：（8）某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥中最长棱的棱长为（A）（B）（C）（D） （16）（本小题共14分）如图，在三棱柱中， 平面，点为的中点.（）求证：平面；（）求二面角的大小.西城区：7.某四棱锥的三视图如图所示,记S为此棱锥所有棱的长度的集合,则(A)22S,且23S(B)22S,且23S(C)22S,且23S(D)22S,且23S16.(本小题满分14分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1平面ABCD,底面ABCD满足A

12、DBC,且AB=AD=AA1=2,BD=DC=22.()求证:AB平面ADD1A1;()求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值.东城区：(5) 如图所示，某三棱锥的正（主）视图、俯视图、侧（左）视图均为直角三角形，则该三棱锥的体积为(A) (B)(C) (D)(16)（本小题14分）如图，在四棱锥中，面，底面为平行四边形，（）求证：平面；（）求二面角的余弦值的大小.丰台区：7某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的四个面中，面积等于的有（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个13. 已知平面和三条不同的直线.给出下列六个论断：；.以其中两个论断作为条件，使得成立.这两个论断可以是 （填上你认为

13、正确的一组序号）17.（本小题共14分）如图，在四棱锥中，平面平面. （）求证：平面； （）求证：平面；（）在棱上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由朝阳区：（10）如图，在正方体中，分别是棱，的中点，点在对角线上运动当的面积取得最小值时，点的位置是（A）线段的三等分点，且靠近点 （B）线段的中点（C）线段的三等分点，且靠近点（第10题图）（D）线段的四等分点，且靠近点（12）已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为_，它的体积为 （第12题图）（17）（本小题14分）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是正方形，点，分别是棱，的中点，（）求证：

14、；（）求二面角的余弦值；（）若点在棱上，且，判断平面 与平面是否平行，并说明理由石景山：10.点分别是棱长为的正方体中棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动.若面，则的长度范围是A.B.C.D.16.（本小题14分）如图，在正四棱锥中，（）求证：面；（）求二面角的余弦值不等式和向量：海淀区：（4）已知实数，在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是 （A） （B） （C）（D）（13）已知非零向量，满足，则 .西城区：6.设a,b,c为非零实数,且ac,bc,则(A)a+bc(B)abc2(C)a+b2c(D)1a+1b2c8.设a,b为非零向量,则“|a+b|=|a|+|b|”是“a与

15、b共线”的(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充要条件(D)既不充分也不必要条件12.若向量a=(x2,2),b=(1,x)满足ab3,则实数x的取值范围是.东城区：(6) 已知，那么在下列不等式中，不成立的是(A) (B) (C) (D) (8) 已知三角形，那么“”是“三角形为锐角三角形”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 (D)既不充分也不必要条件 (11) 已知向量，若与共线，则实数 . 丰台区：2 已知向量，满足，则 （A）（B）（C）（D）6 “”是“”成立的（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

16、不必要条件12. 若，则函数的最小值为 ，此时 朝阳区：（4）如图，在中，点，满足，若，则（A） （B） （C） （第4题图）（D） 石景山：11.已知向量 ， ，则_13.能够说明“设是任意非零实数，若“，则”是假命题的一组整数的值依次为_参考答案函数与导数（7） D （10）B （15） （19）解：（）当时，则 所以 又， 所以曲线在点处的切线方程为 令，得. 0极小值此时，随的变化如下：可知，函数的最小值为1. （）由题意可知，. 令，则 由（）中可知，故 因为， 则 所以函数在区间上单调递增 因为, 又因为， 所以有唯一的一个零点. 即函数与有且只有一个交点. 3 C 10. B19

17、（本小题满分14分）解:（）由题意，得， 2分 则， 4分即，解得. 6分 （），其中. 7分 令，得，或. 8分 由导函数在区间上存在零点，得，即. 9分 随着变化，与的变化情况如下表所示：0极小值 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在上存在最小值. 11分 设，. 则，. 12分所以.由，得，则.所以在区间上单调递减.所以，即 故当时，. 14分（2）B （10）C （15） (20)（本小题15分）解：（）当时，所以.又因为，所以 切线方程为，即. 4分（），设 ，当时,易证在单调递增，不合题意.当时 ，令，得，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，所以 在处取得极大值.依题意，函

18、数有两个零点，则即，解得 .又由于，由得实数的取值范围为时，有两个极值点. 13分（）由（）可知，当时， ，所以在上单调递减，在区间上的最小值为. 15分(5) C ( 10 ) A19.（本小题共15分）解：（）因为， 所以.由题知，解得. 4分（）当时， 所以. 当时，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增；所以是在区间上的最小值.所以. 8分（）由（）知，. 若，则当时，在区间上单调递增，此时无极值. 若，令，则.因为当时，所以在上单调递增.因为， 而，所以存在，使得.和的情况如下：因此，当时，有极小值.综上，的取值范围是. 15分（2）D （9）C （15）（20）（本小题15分）解

19、：（）因为，所以，所以曲线在点处的切线的方程为 （）函数有且仅有两个零点理由如下：的定义域为 因为，所以在和上均单调递增因为，所以在上有唯一零点因为，所以在上有唯一零点综上，有且仅有两个零点（）曲线在点处的切线方程为，即 设曲线在点处的切线斜率为，则，即切点为所以曲线在点处的切线方程为，即因为是的一个零点，所以所以所以这两条切线重合 所以结论成立 15分( 3 ) D ( 9 ) C20.（本小题14分）.解：（）令 1分 所以令，解得. 3分当变化时，的变化情况如下表：0+减极小值增 5分 所以在的最小值为 6分令 解得.所以当时，恒成立，即恒成立. 7分（）可作出2条切线. 8分理由如下：

20、当时，.设过点的直线与相切于点， 9分则 即整理得 10分令，则在上的零点个数与切点的个数一一对应.，令解得 . 11分当变化时，的变化情况如下表： 0+减极小值增所以 在上单调递减，在上单调递增. 且 13分所以 在和上各有一个零点，即有两个不同的解.所以 过点可作出的2条切线. 14分解析几何( 3 ) ( 11 ) （20）解：（）由题 解得 所以椭圆方程为. （II）解法1证明：设直线方程为，直线方程为 由解得点. 由得，则.所以，.即. .于是直线的方程为，直线的方程为.由解得点 . 于是，所以轴. 设中点为，则点的纵坐标为.故中点在定直线上. 从上边可以看出点在的垂直平分线上，所以

21、，所以为等腰三角形. 解法2证明：设则. 直线方程为，直线方程为.由 解得点. 直线方程为，直线方程为.由解得点. . 于是，所以轴. .故中点在定直线上. 从上边可以看出点在的垂直平分线上，所以，所以为等腰三角形. 4 A 1320（本小题满分15分）解：（）由题意，得， 则. 2分 根据椭圆的对称性，知四边形是矩形. 设， 将代入椭圆方程得. 3分 所以四边形的面积. 5分 （）设，直线， 6分 联立消去，得， 7分 则，. 8分 所以 9分 . 同理，得. 由四边形为平行四边形，得，即得. 由题意知，所以，即. 11分 （）结论：四边形不可能为矩形. 12分由（）知两点关于原点对称. 根

22、据椭圆的对称性，可得两点关于原点对称，故的坐标为. 由题意，得，. 13分 于是，. 所以不可能垂直于. 所以四边形不能为矩形. 15分（4） D （9）C （13） (19) （本小题14分）解：（）因为 ， 所以 .因为 四边形为正方形，且面积为,所以 ，.所以 ，.所以 椭圆. 4分（）设平行直线，不妨设直线与交于，由，得，化简得：，其中 ，即.所以 ，由椭圆的对称性和菱形的中心对称性，可知，所以 ，所以 .所以 当且仅当时，的最大值为.此时 四边形周长最大值为. 14分( 4 ) B ( 8 ) D ( 15 ) 20（本小题共14分）解：（）由题意 解得. 所以椭圆的方程为. 5分

23、（) 假设存在点使得.设， 因为, 所以.则. 即，所以. 因为直线交椭圆于两点，则两点关于轴对称. 设， 因为，则直线的方程为：.令，得. 直线的方程为：.令，得.因为，所以.又因为点在椭圆上，所以.所以.即.所以存在点使得成立. 14分 （5） B （7）C （19）（本小题14分）解：（）因为圆过点，所以圆的方程为：. 因为过点且斜率为的直线方程为，又因为过点，所以.因为直线与椭圆相交的另一个交点坐标为， 所以，解得.所以椭圆的方程为.（）直线与椭圆相切.理由如下：设圆上动点，所以. 依题意，设直线：. 由得. 因为直线与椭圆相切，所以. 所以.所以. 因为，所以. 所以.设直线：，由得

24、.则.所以直线与椭圆相切. 14分( 4 ) A ( 14 ) 3 19.（本小题15分）解：（）由已知， 2分 又，解得 4分 所以椭圆方程为. 5分 （）设直线的方程为 联立消去得 ，不妨设 7分 则，因为为线段的中点 所以， 8分 所以 9分 所以为定值. 10分 （）若四边形为平行四边形,则 12分 所以 13分 因为点在椭圆上，所以 14分 解得 即 所以当四边形为平行四边形时，直线的斜率为. 15分立体几何：( 8 ) C（16）解：（）因为平面，平面所以. 在中，,所以.所以. 因为, 平面，所以平面. （）由（）知，,如图,以为原点建立空间直角坐标系. 则，.，. 设平面的法向

25、量为，则 即令则，,所以. 又因为平面的法向量为， 所以. 由题知二面角为锐角，所以其大小为. 7. D 16（本小题满分14分）解：（）因为在底面中， 所以，即. 2 因为平面，平面， 所以， 4 又因为，平面， 所以平面. 6 （）由（），得两两垂直，故分别以，为轴，轴，轴，如图建立空间直角坐标系， 7 在底面中，由题意，得. 则， 所以， 8 设平面的法向量， 由，得 令，得. 11分 设直线与平面所成的角为， 则 ， 直线与平面所成角的正弦值为. 14 ( 5 ) A (16)（本小题14分） 解：（）如图，因为 四边形为平行四边形，所以 ，因为 平面，平面，所以 平面 6分（）取为坐标原点，过点的平行线为轴，依题意建立如图所示的空间直角坐标系由题意得，所以，设平面的法向量为，则 即 令，则，所以 因为为平行四边形，且，所以 因为面，所以 又因为，所以面所以 平面的法向量为，所以 ，由题意可知二面角的平面角为钝角，所以二面角余弦值的大小为. ( 7 ) C 13（或）17.（本小题共14分）证明：（）因为， 平面， 平面， 所以平面. 3分 （）取的中点，连接. 在直角梯形中，易知，且.在中，由勾股定理得.在中，由勾股定理逆定理可知.又因为平面平面， 且平面平面，所以平面. 7分（）取的中点，连接，.所以，因为平面，所以平面.因为，所以.如图建立空间直角坐标系，则，