北京市2020届高三高考模拟数学试题

2020北京高考模拟试卷

数学

一.选择题（共10小题）

1.若复数z满足z(12i)i，则复平面内z对应的点位于（ ） A. 第一象限 【答案】D 【解析】 【分析】

利用复数的运算法则、几何意义、共轭复数的定义即可得出． 【详解】解：z(12i)i2i，

B. 第二象限

C. 第三象限

D. 第四象限

z＝2﹣i在复平面内所对应的点（2，﹣1）位于第四象限．

故选：D．

【点睛】本题考查了复数运算法则、几何意义、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

2.已知集合Axx5x40,Bx24，则AUðRB（ ） A. 1,2 【答案】D 【解析】 【分析】

分别求出集合A、B的值，由补集和并集的概念可得ðRB的值，可得答案.

【详解】解：依题意，Axx5x40x1x4,Bx24xx2，故ðRBxx2，故AUðRB1,， 故选：D.

【点睛】本题主要考查集合交并补运算，属于基础题型，注意运算准确.

2xB. 2,4 C. 1, D. 1,

2x内单调递增的是（ ） 3.下列函数中是偶函数并且在0，A. yx1

2B. ycosx1

C. ylgx2 【答案】C 【解析】 【分析】

利用初等基本函数判断即可．

【详解】yx1不是偶函数，故舍去

2D. y2x

ycosx1是偶函数，但在0，内不单调，故舍去

ylgx2单调递增满足题意． 偶函数，0，y2x不是偶函数，故舍去．

故选C

【点睛】本题属于基本题，考查了函数的奇偶性和单调性，学生要熟练基本初等函数的性质． 4.函数y2A. [0,)

x11的值域为（ ）

B. [1,)

C. [2,)

D.

[2,)

【答案】C 【解析】 【分析】

求得x1的范围，结合指数函数单调性，即可求得函数值域. 【详解】Q则y2x1x1…0，21…2.

x1x1…1，

函数y2故选：C.

1的值域为[2,).

【点睛】本题考查复合型指数函数值域的求解，属基础题.

5.在圆M：x2y24x4y10中，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（ ）

A. 6 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 12 C. 24 D. 36

先将圆M的方程化为标准方程,得到其圆心坐标与半径,再结合直线与圆的位置关系可得AC､BD的值,进而求出答案.

【详解】圆M的标准方程为:(x2)(y2)9, 其圆心为M(2,2),半径r3, 过点E最长的弦长是直径,故AC6, 最短的弦是与ME垂直的弦,又ME所以

22415, 1BDr2ME2952,即BD4, 211所以四边形的面积SACBD6412,

22故选:B.

【点睛】本题考查直线与圆相交的性质,解题关键是明确AC和BD的位置关系,难度不大. 6.将函数ysin2x的图象向左平移

个单位长度后得到曲线C1，再将C1上所有点的横坐标4伸长到原来的2倍得到曲线C2，则C2的解析式为（ ） A. ysinx

B. ycosx

C. ysin4x

D.

ycos4x

【答案】B 【解析】 【分析】

由三角函数平移和伸缩的性质，以及运用诱导公式化简，便可得出答案. 【详解】将函数ysin2x的图象向左平移

个单位长度后, 4CCysin2x得到曲线1，1的解析式为cos2x， 4

再将C1上所有点的横坐标伸长到原来的2倍, 得到曲线C2的解析式为ycos2故选：B.

【点睛】本题考查三角函数图像的平移伸缩，结合应用诱导公式化简，属于简单题. 7.某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边xcosx. 2长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（ ）

A. 22 B. 23 C. 4 【答案】B 【解析】

解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥PABC ，其中面积最大的面为：S1VPAC223223 . 本题选择B选项.

D. 26

点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．

0,x18.已知函数fx，若不等式fxxk对任意的xR恒成立，则实数k的

lnx,x1取值范围是（ ） A. ,1 【答案】A 【解析】 分析】

先求出函数fx在(1,0)处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数fxB. 1,

C. 0,1 D. 1,0

【'0,x1和

lnx,x1g(x)xk的图象，利用数形结合进行求解即可.

1f'(1)1，所以函数fx在(1,0)处的切x【详解】当x1时，fxlnx,f(x)线方程为：yx1，令g(x)xk，它与横轴的交点坐标为(k,0).

0,x1在同一直角坐标系内画出函数fx和g(x)xk的图象如下图的所示：

lnx,x1

利用数形结合思想可知：不等式fxxk对任意的xR恒成立，则实数k的取值范围是k1. 故选：A

【点睛】本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.

9.已知数列an是等比数列，前n项和为Sn，则“2a3a1a5”是“S2n10”的（ ） A. 必要不充分条件 C. 充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】

根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列an是等比数列,前n项和为Sn 若2a3a1a5,由等比数列通项公式可得

B. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件

2a1q2a1a1q4,化简后可得a1q210.

因为q1220

所以不等式的解集为a10 若S2n10

当公比q1时, S2n10则a10,可得2a3a1a5

当公比q1时, 由S2n10则a10,可得2a3a1a5

综上可知, “2a3a1a5”是“S2n10”的充分不必要条件 故选:B

【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨比是否为1的情况,属于中档题.

10.为了调节高三学生学习压力，某校高三年级举行了拔河比赛，在赛前三位老师对前三名进行了预测，于是有了以下对话：老师甲：“7班男生比较壮，7班肯定得第一名”．老师乙：14班名次会比15班靠前”．“我觉得14班比15班强，老师丙：“我觉得7班能赢15班”．最后老师丁去观看完了比赛，回来后说：“确实是这三个班得了前三名，且无并列，但是你们三人中只有一人预测准确”．那么，获得一、二、三名的班级依次为( )

的2

A. 7班、14班、15班 C. 14班、15班、7班 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 14班、7班、15班 D. 15班、14班、7班

分别假设甲、乙、丙预测准确，分析三个人的预测结果，由此能求出一、二、三名的班级． 【详解】假设甲预测准确，则乙和丙都预测错误，

14班名次比15班靠后，7班没能赢15班，故甲预测错误；

假设乙预测准确，则甲和乙都预测错误，

7班不是第一名，14班名次比15班靠前，7班没能赢15班，

则获得一、二、三名的班级依次为14班，15班，7班； 假设丙预测准确，则甲和乙都预测错误，

7班不是第一名，14班名次比15班靠后，7班能赢15班，不合题意．

综上，得一、二、三名的班级依次为14班，15班，7班． 故选：C．

【点睛】本题考查获得一、二、三名的班级的判断，考查合情推理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

二.填空题（共5小题）

x2y211.已知双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点和点P2a,b为某个等腰三角形的三个

ab顶点，则双曲线C的离心率为________. 【答案】【解析】 【分析】

由等腰三角形及双曲线的对称性可知F1F2PF1或F1F2PF2,进而利用两点间距离公式求解即可.

【详解】由题设双曲线的左、右焦点分别为F1c,0,F2c,0, 因为左、右焦点和点P2a,b为某个等腰三角形的三个顶点,

102 2

当F1F2PF2时,2c2ac2b2由b2c2a2可得2c24ac3a20,等式两边同

102； 1（舍）

2除a2可得2e24e30,解得e当F1F2PF1时,2c2ac2b2,由b2c2a2可得2c24ac3a20,等式两边

102, 2同除a2可得2e24e30,解得e故答案为:102 2【点睛】本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的几何性质的应用,考查分类讨论思想.

rrrrr12.已知向量a1,1,b3,m，若向量2ab与向量b共线，则实数m__________．

【答案】3 【解析】 【分析】

rr先计算2ab的坐标，再利用向量共线的坐标运算，即可求得参数.

rr【详解】因为a1,1,b3,m， rr故可得2ab5,2m， rrr又向量2ab与向量b共线，

故可得5m32m， 解得m3. 故答案为：3.

【点睛】本题考查向量的坐标运算，以及由向量共线求参数范围的问题，属基础题. 13.如果抛物线y22px上一点A4,m到准线的距离是6，那么m______. 【答案】42 【解析】 【分析】

先求出抛物线y2px的准线方程，然后根据点A4,m到准线的距离为6，列出42p6，2

直接求出结果.

【详解】抛物线y2px的准线方程为x由题意得42p， 2p6，解得p4. 22∵点A4,m在抛物线y2px上， ∴m2244，∴m42， 故答案为：42.

【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，属于基础题.

，BC2,CD3，AD4，14.在四边形ABCD中，AB1且ABC120，则

AC___________，cosBCD___________

【答案】 (1). 【解析】 【分析】

利用余弦定理求出AC 的值，利用勾股定理逆定理判断ACD90o，由正弦定理和诱导公式即可求出cosBCD的值.

【详解】解：在ABC中，由余弦定理可知AC2AB2BC22ABBCcosABC 即AC21422cos120o7，ACo7 (2). 21 147.又AC2CD27916AD2，

ABAC1sin120o21 . 所以ACD90.由，可知sinACBsinACBsinB147cosBCDcosACB90osinACB21. 1421. 14故答案为:

7;【点睛】本题考查了余弦定理，考查了正弦定理，考查了诱导公式.本题的关键是判断

ACD90o.在解三角形时，已知两边及其夹角或已知三边，一般套用余弦定理求解；已知

两角及一角的对边，常用正弦定理解三角形.

15.已知定义在R上的函数fx满足fxgxgx，且fx在R单调递增，对任意的x1,x20,，恒有fx1gfx2fx1x2，则使不等式

1fmf2m0成立的m取值范围是__________． 2

【答案】0,9 【解析】 【分析】

21首先判断出fx为奇函数，然后根据题意将fmf2m0化为

2f2m1fm2，再由函数的单调性转化为解2m1m2即可.

【详解】Q 定义在R上的函数fx满足fxgxgx， 则fxgxgxfx，fx为奇函数， 又对任意的x1,x20,，恒有fx1gfx2fx1x2，

21则fmf2m0，

22f2即f2m1f2m0

m1f2mfm2

Qfx在R单调递增，

m2m302m1m2，即，解得0m9

m0 故答案为：0,9

【点睛】本题考查了函数的新定义，考查了利用函数的奇偶性、单调性解不等式，属于中档题.

三.解答题（共6小题）

16.如图，已知四棱锥PABCD的底面是等腰梯形，AD//BC，AD2，BC4，

ABC60，△PAD为等边三角形，且点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G，点

E在线段BC上，且CE:EB1:3.

（1）求证：DE平面PAD. （2）求二面角APCD的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】

（1）由等腰梯形的性质可证得DEAD,由射影可得PG平面ABCD,进而求证； （2）取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,分别求得平面APC与平面DPC的法向量,再利用数量积求解即可.

【详解】（1）在等腰梯形ABCD中,

65 13Q点E在线段BC上,且CE:EB1:3,

点E为BC上靠近C点的四等分点, QAD2,BC4,CE1,

DEAD,

Q点P在底面ABCD上的射影为AD的中点G,连接PG,

PG平面ABCD,

QDE平面ABCD,PGDE.

又ADPGG,AD平面PAD,PG平面PAD,

DE平面PAD.

（2）取BC的中点F,连接GF,以G为原点,GA所在直线为x轴,GF所在直线为y轴,GP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,

由（1）易知,DECB,CE1, 又ABCDCB60,DEGF3, QAD2,△PAD为等边三角形,PG3,

则G(0,0,0),A(1,0,0),D(1,0,0),P(0,0,3),C(2,3,0),

uuuruuurAC(3,3,0),AP(1,0,ruuuruuur0),DP(1,0,3), 3),DC(1,3,设平面APC的法向量为m(x1,y1,z1),

vruuumAC03x13y10v则ruuu，即,

mAP0x13z10r令x13,则y13,z11,m(3,3,1),

rn设平面DPC的法向量为(x2,y2,z2),

vruuunDC0x23y20v, 则ruuu,即nDP0x23z20r令x23,则y21,z21,n(3,1,1),

设平面APC与平面DPC的夹角为θ,则

rrmn33165cosrr

mn13135二面角APCD的余弦值为65.

13【点睛】本题考查线面垂直的证明,考查空间向量法求二面角,考查运算能力与空间想象能力. 17.已知函数f(x)logkx（k为常数，k0且k1）．

（1）在下列条件中选择一个________使数列an是等比数列，说明理由； ①数列fan是首项为2，公比为2的等比数列； ②数列fan是首项为4，公差为2的等差数列；

③数列fan是首项为2，公差为2的等差数列的前n项和构成的数列．

2n1（2）在（1）的条件下，当k2时，设anbn，求数列bn的前n项和Tn. 24n1【答案】（1）②，理由见解析；（2）Tn【解析】 【分析】

（1）选②，由fx和对数的运算性质，以及等比数列的定义，即可得到结论； （2）运用等比数列的通项公式可得an，进而得到bn所求和.

【详解】（1）①③不能使an成等比数列.②可以：由题意fan4(n1)22n2， 即logkan2n2，得ank2n2n 2n114n12，由数列的裂项相消求和可得

an1k2(n1)22n2k2. ，且a1k0，ank4Q常数k0且k1，k2为非零常数，

数列an是以k4为首项，k2为公比的等比数列．

42（2）由（1）知ankkn1k2k2，所以当k2时，an2n1.

2n1因为anbn，

4n21所以bn14n21，所以bn1111，

(2n1)(2n1)22n12n111111111n1Tnb1b2Lbn1L. 23352n12n122n12n1【点睛】本题考查等比数列的定义和通项公式，数列的裂项相消求和，考查化简运算能力，属于中档题.

“围棋”、“五子棋”、18.某大学棋艺协会定期举办“以棋会友”的竞赛活动，分别包括“中国象棋”、“国际象棋”四种比赛，每位协会会员必须参加其中的两种棋类比赛，且各队员之间参加比赛相互；已知甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”，乙同学从四种比赛中任选两种参与. （1）求甲参加围棋比赛的概率；

（2）求甲、乙两人参与的两种比赛都不同的概率. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）根据题意得到甲同学的选择的情况，从而得到概率；

（2）记“中国象棋”、“围棋”、“五子棋”、“国际象棋”分别为1,2,3,4，列出所有的情况，在得到符合要求的情况，由古典概型的公式，得到答案.

【详解】（1）依题意，甲同学必选“中国象棋”，不选“国际象棋”， 所以甲同学选择的情况有“中国象棋”和“围棋”，或“中国象棋”和“五子棋”， 故甲参加围棋比赛的概率为

11； （2）. 261； 2（2）记“中国象棋”、“围棋”、“五子棋”、“国际象棋”分别为1,2,3,4，

则所有的可能为1,2,1,2，1,2,1,3，1,2,1,4，1,2,2,3，1,2,2,4，1,2,3,4，

1,3,1,2，1,3,1,3，1,3,1,4，1,3,2,3，1,3,2,4，1,3,3,4，

其中满足条件有1,2,3,4，1,3,2,4两种， 故所求概率P21. 126【点睛】本题考查随机事件的概率，求古典概型的概率，属于简单题

19.已知函数f(x)2a2xalnx，实数a0. x（1）讨论函数f(x)在区间(0,10)上的单调性；

（2）若存在x(0,)，使得关于x的不等式f(x)2ax成立，求实数a的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）0,2(2,) 【解析】 【分析】

（1）采用分类讨论的方法，a0,可得结果.

（2）化简式子，并构造函数g(x)211a,与，根据导数判断原函数的单调性，10102alnx2，计算gmin(x)，然后再次构造函数xh(x)lnx1x，利用导数判断h(x)的单调情况，可得结果.

【详解】（1）由题知f(x)的定义域为(0,)，

f(x)2a(ax2)(ax1)2. a22xxx1. a∵a0，ax20，∴由f(x)0可得x（i）当a0,1时， 101…10，当x(0,10)时，f(x)0,f(x)单递减； a（ii）当a11,时，10，

a10当x0,1时，f(x)0，f(x)单调递减； a当x1,10时，f(x)0，f(x)单调递增. a

综上所述，a0,1时，f(x)在区间(0,10)上单调递减； 10当a11

,时，f(x)在区间0,上单调递减， 10a1,10上单调递增. a2在区间（2）由题意：不等式f(x)2ax在x(0,)成立

2alnx20在x(0,)时有解. x2设g(x)alnx2，x(0,)，只需g(x)min0.

x即则g(x)ax2，因为a0， 2x2上，g(x)0， a所以在0,2在,上，g(x)0. a所以g(x)在0,22,上单调递减，在上单调递增.

aa22g(x)gaaln2. 因此minaa不等式f(x)2ax在x(0,)成立，

2220恒成立. a22又a0，所以ln10恒成立.

aa则aaln令h(x)lnx1x(x0)，则h(x)''11x1. xx在(0,1)上，h(x)0，h(x)单调递增； 在(1,)上，h(x)0，h(x)单调递减. 所以h(x)„h(1)0.

'

因此解ln222210可得0且1， aaaa即a0且a2.

所以实数a的取值范围是0,2(2,).

【点睛】本题考查导数的综合应用，难点在于构造函数研究性质，化繁为简，考验分析能力以及逻辑思维能力，掌握等价转化思想以及分类讨论的方法，属难题.

x2y2220.椭圆C：221（ab0）的离心率为，它的四个顶点构成的四边形面积为

ab222. （1）求椭圆C的方程；

（2）设P是直线xa2上任意一点，过点P作圆xya的两条切线，切点分别为M，

222N，求证：直线MN恒过一个定点.

x2【答案】（1）y21；（2）证明见解析.

2【解析】 【分析】

（1）根据椭圆的基本性质列出方程组，即可得出椭圆方程；

（2）设点P2,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，由PMOM，PNON，结合斜率公式化简得出22x1y1y00，22x2y2y00，即Mx1,y1，Nx2,y2满足

22xyy00，由y0的任意性，得出直线MN恒过一个定点(1,0).

a2b2c2a221【详解】（1）依题意得2a2b22，解得2 22bc1c2a2x2即椭圆C：y21；

2（2）设点P2,y0，Mx1,y1，Nx2,y2

2222其中x1y12，x2y22

y1y0y1y2y0y211 由PMOM，PNON得，x12x1x22x22222即x1y12x1y1y00，x2y22x2y2y00

2222注意到x1y12，x2y22

于是22x1y1y00，22x2y2y00 因此Mx1,y1，Nx2,y2满足22xyy00

由y0的任意性知，x1，y0，即直线MN恒过一个定点(1,0).

【点睛】本题主要考查了求椭圆的方程，直线过定点问题，属于中档题.

3)，21.定义：若数列{an}满足所有的项均由1，1构成且其中1有m个，1有p个(mp…则称{an}为“(m,p)数列”. （1）ai，aj，ak(i有多少种？

（2）ai，aj，ak(ijk)为“(3,4)数列”{an}中的任意三项，则使得aiajak=1的取法

jk)为“(m,p)数列”{an}中的任意三项，则存在多少正整数对

1. 2(m,p)使得1mp10，且aiajak=1的概率为

【答案】（1）16种；（2）共有115个数对(m,p)符合题意. 【解析】 【分析】

（1）将问题分为“1，1，1”，“1，1，1”两种情况，结合分类计数原理，即可容易求得结果；

（2）根据古典概型的概率计算，以及组合数的计算，根据m,p之间的关系，分类讨论解决问题.

【详解】（1）三个数乘积为1有两种情况：“1，1，1”，“1，1，1”，

213其中“1，1，1”共有：C3C412种，“1，1，1”共有：C44种，

利用分类计数原理得：

ai，aj，ak(ijk)为“(3,4)数列”{an}中的任意三项，

则使得aiajak=1的取法有：12416种.

（2）与（1）基本同理，“1，1，1”共有CmCp种，“1，1，1”共有Cp种， 213而在“(m,p)数列”中任取三项共有C3mp种， C21根据古典概型有：

mCpC3pC312， mp再根据组合数的计算公式能得到：

(pm)(p23p2mpm23m2)0，

1mp?100①pm时，应满足剟mp…3，

pm(m,p)(k,k)，k{2,3,4,,100}，共99个，

②p23p2mpm23m20时，

m应满足1剟p?100mp…3，

p23p2mpm23m20视m为常数，可解得p(2m3)24m12，

Qm…1，24m1…5，

根据p…m可知，p(2m3)24m12，（否则p„m1)，

下设k24m1，则由于p为正整数知k必为正整数，

Q1剟m100，5剟k49，

化简上式关系式可以知道：mk21(k1)(k1)2424，

t24， k1，k1均为偶数，设k2t1，(tN*)，则2剟k21t(t1)，由于t，t1中必存在偶数， m246只需t，t1中存在数为3的倍数即可，

t2，3，5，6，8，9，11，，23，24， k5，11，13，，47，49.

检验：p(2m3)24m1(k1)(k1)4850„100，符合题意，

22424共有16个，

综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意.

【点睛】本题考查古典概型、分步计数原理，组合问题的求解，涉及方程和不等式，属综合困难题.