北京市2020年高考名师猜题压轴卷 数学试题2020.6.29（解析版）.docx

1、 北京北京市市 2020 年高考年高考名师名师猜题猜题压轴压轴卷卷 数学数学2020.6.29 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()2ii-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 2 221 2iiiii ， 所以对应的点位于第一象限. 故选：A 2. 已知集合 2 1,0,1,21ABx x， ，则 AB=（ ） A. 1,0,1 B. 0,1 C. 1,1 D. 0,1,2 【答案】A 【解析】 2 1,x 11x ， 11

2、Bxx ，则1,0,1AB ， 故选 A 3. 若偶函数 f(x)在区间(,1上是增函数，则( ) A. 3 ( 1)(2) 2 fff B. 3 ( 1)(2) 2 fff C. 3 (2)( 1) 2 fff D. 3 (2)( 1) 2 fff 【答案】D 【解析】函数 f x为偶函数,则 22ff. 又函数 f x在区间(1 ，上是增函数. 则 3 21 2 fff ，即 3 21 2 fff 故选：D 4. 函数 y=2xsin2x 的图象可能是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】因为,()2sin2()2 sin2( ) xx xR fxxxf x ，所以 | | ( )

3、2 sin2 x f xx 为奇函数，排除选项 A,B; 因为 (,) 2 x时，( )0f x ，所以排除选项 C，选 D. 5. 从点( ,3)P m向圆 22 (2)(2)1xy引切线，则切线长的最小值( ) A. 2 6 B. 5 C. 26 D. 4 2 【答案】A 【解析】设切线长为d,则 2222 (2)51(2)24dmm , min 2 6d. 故选:A. 6. 已知函数 sinf xA x的部分图象如图所示，那么函数 f(x)的解析式可以是 （ ） A. sin 2 8 f xx B. 2sin 2 8 fxx C. 2sin 2 4 fxx D. 2sin 2 4 f x

4、x 【答案】C 【解析】由图象得 2A ， 5 2882 T ， 2 | T ， 2(0) ， ( )2sin(2)f xx， 由题得 3 ()2, 8 f 所以 333 2sin(2)= 2,sin()1,2,. 8442 kkZ 当0k 时， 4 . 所以 2sin 2 4 f xx . 故选：C 7. 一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为20 5，则该几何体的外接球的 表面积为（ ） A. 36 B. 64 C. 81 D. 100 【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PD

5、 所以 1 5 620 5 3 Vh ， 解得2 5h 设四棱锥的外接球的半径为 r， 所以 2 2 22 2562 5r， 解得 9 2 r ， 所以 2 9 481 2 S 球 ， 故选：C 8. 已知点( 2,3)A 在抛物线 C： 2 2ypx的准线上，记 C 的焦点为 F，则直线 AF 的斜率 为（ ） A 4 3 B1 C 3 4 D 1 2 【答案】C 【解析】 由已知得， 抛物线 2 2ypx的准线方程为 2 p x ， 且过点( 2,3)A ， 故2 2 p ， 则4p ，(2,0)F，则直线 AF 的斜率 303 224 k ，选 C 9. 设非零向量a，b满足3ab， 1

6、 cos, 3 a b ， 16aab，则b （ ） A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】| 3|ab， 1 cos, 3 a b . 2 222 ()9|8|16aabaa bbbb ， |2b . 故选：A 10. 如果集合 A，B，同时满足 AB=1，2，3，4，AB=1，A1，B1，就称有 序集对（A，B）为“好集对”这里有序集对（A，B）意指，当 AB 时， （A，B）和（B， A）是不同的集对，那么“好集对”一共有（ ）个 A5 B6 C7 D8 【答案】B 【解析】解：AB=1，2，3，4，AB=1，A1，B1， 当 A=1，2时，B=1，3，4 当 A=

7、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：AB=1，2，3，4，AB=1， 将 2，3，4 分为两组，则有 12 33 CC=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 32 ( )f xxax，若曲线( )yf x在点(1,(1)Pf处的切线方程为0xy， 则实数 a=_ 【答案】2 【解析】根据切点在切线上，得出(1)1f ，根据解析式即可得出答案. 【详解】因为点(1

8、,(1)Pf在该切线上，所以(1)1f 则(1)11fa ，解得2a . 故答案为:2 12函数 2 cos2sinyxx的最小正周期等于_. 【答案】 【解析】因为函数 2 1 cos231 cos2sincos2cos2 222 x yxxxx 故最小正周期等于. 故答案为： 13. 8 4 1 () 2 x x 的展开式中的有理项共有_项 【答案】3 【解析】 3 4 8 4 188 4 111 ()() ()() 22 r rrrrrr r TCxC x x ，0,1,2,8r ，因为有理项， 所以0,4,8r ，共三项填 3. 14. 在ABC 中， 6 A ，A 的角平分线 AD

9、交 BC 于点 D，若 2AB ，6AC ，则 AD=_. 【答案】3 【解析】 在ABC 中，由余弦定理得 2 3 262262,2= 2 BCBCAB . 所以 2 63 CB ，.所以 4 ADB . 在ABD 中，由正弦定理得 2 ,3 32 22 AD AD . 故答案为：3. 15. 平面直角坐标系中， 若x与y都是整数， 就称点( , )x y为整点， 下列命题正确的是_ 存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点 如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点 直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点 直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都

10、是有理数 存在恰经过一个整点的直线 【答案】 【解析】正确，令 1 2 yx满足； 错误，若2,2kb，22yx过整点（1,0） ； 正确，设ykx是过原点的直线，若此直线过两个整点 1122 ( ,),(,)x yxy，则有 11 ykx， 22 ykx，两式相减得 1212 ()yyk xx，则点 1212 (,)xxyy也在直线ykx上，通 过这种方法可以得到直线l经过无穷多个整点，通过上下平移ykx得对于ykxb也成 立； 错误，当k与b都是有理数时，令 1 2 yx显然不过任何整点； 正确. 如：直线2yx恰过一个整点 故答案为： 三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字

11、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 14 33 nn Sa ， 1 4a . （1）求数列an的通项公式； （2）若 2 log nn ba，求数列 1 1 nn b b 的前 n 项和 Tn. 【答案】 （1）4n n a ； （2） 4(1) n n T n 【解析】 （1）由题知，当2n时， 1 14 33 nn Sa ，又 1 14 33 nn Sa ， 两式相减可得 1 11 33 nnn aaa ，即 1 4 nn aa ， 当1n 时，可得 2 14 4 33 a，解得 2 16a ，则42, n n annN， 当1n 时，满足4n

12、n a ， 数列 n a的通项公式为4n n a ，n N. （2） 22 loglog 42 n nn ban， 1 111 11 22(1)41 n n b bnnnn ， 11111111 11 42231414(1) n n T nnnn . 17. 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AP平面 PCD，/AD BC，ABBC， 1 2 APABBCAD，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） 22 11 【解析】 （1）证明：AP 平面 PCD，CD

13、平面PCD，APCD， /,AD BC 1 2 BCAD，E为AD的中点，则/BC DE且BCDE. 四边形 BCDE 为平行四边形，/BE CD，APBE. 又,ABBC 1 2 ABBCAD，且 E 为 AD 的中点，四边形 ABCE 为正方形， BEAC，又,APACABE平面APC， PO 平面APC，则BEPO. AP 平面 ,PCDPC 平面PCD，APPC， 又 22ACABAP ，PAC为等腰直角三角形， O 为斜边 AC 上的中点，POAC且,ACBEOPO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1OB ，则(1,0,0

14、),B(0,1,0),C(0,0,1),P( 2,1,0)D , 则( 1,1,0),BC (1,0, 1),PB ( 2,1, 1)PD . 设平面 PBD 的法向量为( , , )nx y z， 则 0 0 n PB n PD ， ， 即 0, 20, xz xyz 即 , 3 , xz yz 令1z ，得(1,3,1)n . 设 BC 与平面PBD所成角为， 则 2 2222 1 1 3 1 0 122 sincos, 11 13111 BC n . 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

15、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 2P ； （2）现从上图 20 天的数据中任取 2 天的数据（甲、乙两景点中

16、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） 513 625 ； （2） 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 42 105 . 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 4, 5 B ， 2012PPPP 04322 012 444 232323513 555555625 CCC . （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 1 10 ，在景点乙中被

17、选出的概率为 2 5 . 由题意知的所有可能的取值为 0、1、2， 则 9327 0 10550 P； 139221 1+ 10510550 P； 121 2 10525 P. 的分布列为 272111 012 5050252 E . 19. 已知函数 3 ( )f xx x （1）求曲线( )yf x在2x 处的切线方程； （2）证明：曲线( )yf x上任一点处的切线与直线0x 和直线y x 所围成的三角形面 积为定值，并求此定值 【答案】 （1） 7 3 4 yx（2）见解析 【解析】 （1） 31 (2)2 22 f 2 3 ( )1fx x ， 37 (2)1 44 f 则曲线( )

18、yf x在2x 处的切线方程为 17 (2) 24 yx，即 7 3 4 yx （ 2 ） 设(,)P m n为 曲 线( )yf x上 任 一 点 ， 由 （ 1 ） 知 过 点P的 切 线 方 程 为 2 3 1()ynxm m 即 2 33 1()ymxm mm 令0x ，得 6 y m 令y x ，得2yxm 从而切线与直线0x 的交点为 6 0, m ，切线与直线y x 的交点为(2 ,2 )mm 点( , )P m n处的切线与直线0x ，y x 所围成的三角形的面积 16 |2| 6 2 Sm m ， 为定值. 20. 已知椭圆 M： 22 22 xy ab =1 （abc） 的

19、一个顶点坐标为 （0， 1） ， 焦距为 22.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AB表示为 m 的函数，并求OAB 面积的最大值（O 为坐标原点） 【答案】 （） 2 2 3 x y=1 （II） 2 3 6 2 ABm， （-2m0,即 2 m4 解得：-2m2 12 xx=- 3 2 m , 12 x x= 2 33 4 m 2 2 22 121212 33 2242336 22 m ABxxxxx xmm 点 O 到直线 l 的距离 d= 2 m 所以 224 1133 64 22242 OAB m SAB dmmm= 2

20、2 3 42 4 m (-2m2) 当 2 2m ，即 m= 2时，OAB 面积的最大值为 3 2 21. 给定一个 n 项的实数列 * 12n aaanN， ， ，任意选取一个实数 c，变换 T（c）将 数列 a1，a2，an变换为数列|a1c|，|a2c|，|anc|，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

21、，5，7，给出一个“k 次归零变换”，其中 k4； （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“n1 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 12 kkk n aaa， ，k1，2， 取 112 1 2 caa

22、，则 11 1212 1 2 aaaa，即经 T1（c1）后，前两项相等； 取 11 223 1 2 caa，则 22211 12332 1 2 aaaaa，即经 T2（c2）后，前 3 项相等； 设进行变换 Tk（ck）时，其中 11 1 1 2 kk kkk caa ，变换后数列变为 12312 kkkkkk kkn aaaaaa ， ， ，则 1231 kkkk k aaaa ； 那么，进行第 k+1 次变换时，取 112 1 2 kk kkk caa ， 则变换后数列变为 1111111 123123 kkkkkkk kkkn aaaaaaa ， ， ， 显然有 11111 12312

23、 kkkkk kk aaaaa ； 经过 n1 次变换后，显然有 11111 1231 nnnnn nn aaaaa ； 最后，取 1n nn ca ，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“n1 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，cjmina1，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|aicj|cj+1|ai（cj+cj+1） |，即等价于一次变换 Tj

24、（cj+cj+1） ，同理，进行某一步 Tj（cj）时，cjmaxa1，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 mina1， a2，ancimaxa1，a2，an 以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n1 次归零变换” （1）当 n2 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： 12 53 22 TT ，） （2）假设 nk 时成立，即 1，22，33，kk不存在“k1 次归零变换” 当 nk+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“k1 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 1 k i ck，i1，2，k 因为 11 1212 |(1)| (1) kk kk kccckccc （k+1）k+1kkk0 所以， （k+1）k+1绝不可能变换为 0，与归纳假设矛盾 所以，当 nk+1 时不存在“k 次归零变换” 由（1） （2）命题得证