1、1 2020 北京卷高考数学考前冲刺最后一卷（北京卷高考数学考前冲刺最后一卷（1） 数学2020.07 第一部分（选择题共 40 分） 一一、选择题共选择题共 10 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 40 分分。在每题列出的四个选项中在每题列出的四个选项中，选出符合题选出符合题 目要求的一项。目要求的一项。 1.设集合 2 |4Ax xx，集合 1,2, 3,4B ，则AB （） 2. 在复平面内，复数 2i 1i z 对应的点的坐标为() A.(1, 1)B.(1,1)C.( 1,1)D.( 1, 1) 3.已知向量a与向量b的夹角为60，1| | | |ab， 则ab（） A.3B.
2、 3 C.2 3 D.1 5.已知 n a为无穷等比数列， 且公比1q ， 记 n S为 n a的前n项和， 则下面结论正确的是 （） A. 32 aaB. 12 +0aa C. 2 n a是递增数列D. n S存在最小值 6.设, a b是非零向量，则“, a b共线”是“| |+=+abab”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）既不充分也不必要条件 7. 一个几何体的三视图如图所示，那么该几 何体的最长棱长为() （A）2（B）2 2 （C）3（D）10 （A） 1,2（B）2,4（C） 3, 1 （D） 1,2, 3,4 4 若抛物线 2 yax
3、的焦点到其准线的距离是2， 则a（） （A）1（B）2（C）4（D）8 2 9. 在某校冬季长跑活动中，学校要给获得一、二等奖的学生购买奖品，要求花费总额不得 超过 200 元. 已知一等奖和二等奖奖品的单价分别为 20 元、10 元，一等奖人数与二等奖人 数的比值不得高于 1 3 ， 且获得一等奖的人数不能少于 2 人， 那么下列说法中错误 的是 （） （A）最多可以购买 4 份一等奖奖品 （B）最多可以购买 16 份二等奖奖品 （C）购买奖品至少要花费 100 元 （D）共有 20 种不同的购买奖品方案 一填空题 11.11.在 5 ) 4 1 2( x x的展开式中， 3 x的系数值为_
4、.(用数字作答) 1 12.2.已知双曲线C： 2 2 2 1(0) y xb b 的一个焦点到它的一条渐近线的距离为 1，则b= 若双曲线 1 C与C不同，且与C有相同的渐近线，则 1 C的方程可以为 （写 出一个答案即可） 13. 设函数 2 4, 4 1, ( ) log, 04, x f xx xx 则(8)f_；若( )( )f af bc，( )0f b ， 则, , a b c的大小关系是_. 14. 如图， 在棱长为 1 的正方体 1111 ABCDABC D中， 点P是线段 1 BD 上的动点.当PAC在平面 11 ,DC BCAC上的正投影都为三角形时， 8.函数( )|f
5、 xx x 若存在1,)x， 使得(2 )0f xkk， 则 k 的取值范围是() （A）(2,)（B）(1,)（C） 1 ( ,) 2 （D） 1 ( ,) 4 10.有三支股票 A，B，C，28 位股民的持有情况如下：每位股民至少持有其中一支股票 在不持有 A 股票的人中，持有 B 股票的人数是持有 C 股票的人数的 2 倍在持有 A 股票的人中，只持有 A 股票的人数比除了持有 A 股票外，同时还持有其它股票的人 数多 1在只持有一支股票的人中，有一半持有 A 股票则只持有 B 股票的股民人 数是() （A）7（B）6（C）5（D）4 P D C BA 1 A 1 D 1 B 1 C 3
6、 将它们的面积分别记为 123 ,S SS. (i) 当 3 3 BP时， 1 S_ 2 S（填“”或“=”或“”或“=”或“” ） ； (ii) 123 SSS的最大值为_. 15.已知椭圆 G： 22 2 1 6 xy b (06)b的两个焦点分别为 1 F和 2 F，短轴的两个端点分别 为 1 B和 2 B，点 P 在椭圆 G 上，且满足 1212 PBPBPFPF. 当b变化时，给出下列三 个命题： 点 P 的轨迹关于y轴对称； 存在b使得椭圆G上满足条件的点P仅有两个； |OP的最小值为2， 其中，所有正确命题的序号是_ 三、解答题三、解答题共共 6 小题，共小题，共 85 分解答应
7、写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 16.（本小题共（本小题共 14 分）分） 如图，四边形ABCD为正方形，MAPB，MABC，ABPB， 1MA，2ABPB. （）求证：PB 平面ABCD； （）求直线PC与平面PDM所成角的正弦值. 17.（本小题共（本小题共 14 分）分） 已知等差数列 n a的前n项和为 n S， 1 2a ， 5 20=S. （）求数列 n a的通项公式； （）若等比数列 n b满足 44 9ab，且公比为q，从2q ； 1 2 q ；1q 这 三个条件中任选一个作为题目的已知条件，求数列 nn ab的前n项和 n T. 注：
8、注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 18.（本小题共（本小题共 14 分）分） 为了增强学生的冬奥会知识， 弘扬奥林匹克精神， 北京市多所中小学校开展了模拟冬奥 会各项比赛的活动.为了了解学生在越野滑轮和旱地冰壶两项中的参与情况，在北京市中小 学学校中随机抽取了 10 所学校，10 所学校的参与人数如下： （）现从这 10 所学校中随机选取 2 所学校进行调查. 求选出的 2 所学校参与越野滑轮人 数都超过 40 人的概率； （）现有一名旱地冰壶教练在这 10 所学校中随机选取 2 所学校进行指导，记 X 为教练选 中参加旱地冰壶人数在 30 人以上的学校个数，求 X 的分布列和
9、数学期望； （）某校聘请了一名越野滑轮教练，对高山滑降、转弯、八字登坡滑行这 3 个动作进行技 术指导. 规定：这 3 个动作中至少有 2 个动作达到“优”，总考核记为“优”.在指导前，该 校甲同学 3 个动作中每个动作达到“优”的概率为 0.1.在指导后的考核中，甲同学总考核成 绩为“优”.能否认为甲同学在指导后总考核达到“优”的概率发生了变化？请说明理由. 19.（本小题共（本小题共 15 分）分） 已知函数 1 ( ) ex x f x . （）求函数( )f x的极值； （）求证：当(0,)x时， 2 1 ( )1 2 f xx ； （）当0x 时，若曲线( )yf x在曲线 2 1y
10、ax的上方，求实数a的取值范围. 20.（本小题共（本小题共 14 分）分） 已知椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 经过(1 0)A ,，(0)Bb,两点.O为坐标原点，且 AOB的面积为 2 4 . 过点(0 1)P ,且斜率为(0)k k 的直线l与椭圆C有两个不同的交点 MN，,且直线AM，AN分别与y轴交于点S，T. （）求椭圆C的方程； （）求直线l的斜率k的取值范围； （）设PSPO PTPO ,求的取值范围. 21.（本小题共（本小题共 14 分）分） 已知无穷集合,A B,且,ABNN，记,ABab aA bB，定义：满足 * ()ABN时，则称集合,A B互为
11、“完美加法补集”. （）已知集合21,Aa ammN2 ,Bb bn nN.判断 2019 和 2020 是否 属于集合AB，并说明理由； （）设集合 2422 024222 +2 +2 +2 +2 ,0,1;0,1, ,N , is isi Ax xis sLLL 132 12 1* 132 12 12 1 2+2 +2+2,0,11, ,N is isi Bx xis s LLL；. ()求证：集合,A B互为“完美加法补集” ； （）记 A n和 B n分别表示集合,A B中不大于 * ()n nN的元素个数，写出满足 A n 1B nn的元素n的集合.（只需写出结果，不需要证明） 参考
12、答案及评分标准参考答案及评分标准 一、选择题一、选择题(共共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分) 二、填空题二、填空题(共共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分分) 11.2020 12.1;1; 22 2xy 13. 3 2 ;bac 14.=， 3 2 15. （不选或有错选得 0 分，只选对 1 个得 3 分，全部选对得 5 分 ） 三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 85 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 16.（本小题共（本小题共 14 分）分） 证明： （）因为MABC，M
13、A/PB， 所以PBBC， 因为ABPB，ABBCB， 所以PB 平面ABCD.5 分 （）因为PB 平面ABCD， AB 平面ABCD，AD 平面ABCD， 所以PBAB，PBAD. 因为四边形ABCD为正方形， 所以ABBC. 如图建立空间直角坐标系Bxyz， 则(0 0 2)P, ,，(2 0 1)M, ,，(0 2 0)C, ,，(2 2 0)D, ,， (0 22)PC , ,，(2 22)PD , ,，(2 01)PM , ,. 设平面PDM的法向量为()x y z, ,u， 题号12345678910 答案BCDCCBCDDA 则 0 0 PD PM , , u u 即 2220
14、 20 xyz xz , . 令2z ，则1x ，1y .于是(11 2),u. 平面PDM的法向量为(11 2),u. 设直线PC与平面PDM所成的角为， 所以 3 sincos 6 PC PC PC , u u u . 所以直线PC与平面PDM所成角的正弦值为 3 6 .14 分 17.（本小题共（本小题共 14 分）分） 解： （）设等差数列 n a的公差为d， 又因为 1 (1) 2 n n n Snad ，且 1 2a ， 所以 5 101020Sd，故1d . 所以 1 n an.6 分 （）由（）可知， 4 5a ，又 44 9ab，所以 4 4b . 若选择条件2q ，可得 4
15、 1 3 1 2 b b q ， 1122 ()()() nnn Tababab 1212 ()() nn aaabbb 11 ()(1) 21 n n n aabq q 1 (3)1 2 22 n n n . 14 分 若选择条件 1 2 q ，可得 4 1 3 32 b b q ， 1122 ()()() nnn Tababab 1212 ()() nn aaabbb 11 ()(1) 21 n n n aabq q 6 (3) 264 2 n n n . 若选择条件1q ，可得 4 1 3 4 b b q ， 1122 ()()() nnn Tababab 1212 ()() nn aa
16、abbb 11 ()(1) 21 n n n aabq q (3) +2(1( 1) ) 2 n n n . 18 （本小题共（本小题共 14 分）分） 解：解：（）记“选出的两所学校参与越野滑轮人数都超过 40 人”为事件 S， 参与越野滑轮人数超过 40 人的学校共 4 所，随机选择 2 所学校共 2 4 6C种， 所以 2 4 2 10 4 3 2 2 ( ) 10 9 15 2 C P S C .4 分 （）X的所有可能取值为0，1，2，参加旱地冰壶人数在30人以上的学校共4所. 02 46 2 10 1 (0) 3 CC P X C ， 11 46 2 10 8 (1) 15 CC
17、P X C ， 20 46 2 10 2 (2) 15 CC P X C . X 的分布列为： X012 P 1 3 8 15 2 15 1824 ()012 315155 E X . 11 分 （）答案不唯一 答案示例 1：可以认为甲同学在指导后总考核为“优”的概率发生了变化理由 如下： 指导前，甲同学总考核为“优”的概率为： 2233 33 0.10.90.10 028CC+ 指导前，甲同学总考核为“优”的概率非常小，一旦发生，就有理由认为指导后 总考核 达到“优”的概率发生了变化 答案示例 2：无法确定理由如下： 指导前，甲同学总考核为“优”的概率为： 2233 33 0.10.90.1
18、0 028CC+ 虽然概率非常小，但是也可能发生， 所 以 ， 无 法 确 定 总 考 核 达 到 “ 优 ” 的 概 率 发 生 了 变 化14 分 19.（本小题共（本小题共 15 分）分） 解解： （）因为 1 ( ) ex x f x ，定义域 R， 所以( ) ex x fx . 令( )0fx ，解得0x . 随x的变化，( )fx和( )f x的情况如下： 由 表 可 知 函 数( )f x在0x 时 取 得 极 大 值(0)1f， 无 极 小 值. 5 分 （）令 22 111 ( )( )11(0) 2e2 x x g xf xxxx ， 1e1 ( )=(1)() eee
19、x xxx x g xxxx . 由0x 得e10 x ， 于是( )0g x ， 故函数( )g x是0),+上的增函数. 所以当(0)x,+时，( )(0)0g xg，即 2 1 ( )1 2 f xx .9 分 （）当 1 2 a 时，由（）知 22 1 ( )1 2 1f xxax ，满足题意. 令 22 1 ( )( )11 ex x h xf xaxax ， 1 ( )2(2 ) ee xx x xaxxah . 当 1 0 2 a时，若 1 (0 ln() 2 x a ，( )0h x ， 则( )h x在 1 0 ln() 2a ，上是减函数. 所以 1 (0 ln() 2 x
20、 a ，时，( )(0)0h xh，不合题意. 当0a 时( )0h x ，则( )h x在(0),+上是减函数， 所以( )(0)0h xh，不合题意. 综上所述，实数a的取值范围 1 ( 2 ,.15 分 20 （本小题共（本小题共 14 分）分） 解解： （）因为椭圆 22 22 :1 xy C ab 经过点(1 0)A ,， 所以 2 1a 解得 1a . 由AOB的面积为 2 4 可知， 12 24 ab ， 解得 2 2 b ， 所以椭圆C的方程为 22 21xy3 分 （) 设直线l的方程为1ykx， 1122 ()()MxyN xy, 联立 22 21 1 xy ykx ，消y
21、整理可得： 22 (21)410kxkx 因为直线与椭圆有两个不同的交点， 所以 22 164(21)0kk ，解得 2 1 2 k 因为0k ，所以k的取值范围是 2 () 2 ,7 分 （）因为(1 0)(0 1)AP, , 1122 ()()MxyN xy, 所以直线AM的方程是： 1 1 (1) 1 y yx x . 令0x ，解得 1 1 1 y y x . 所以点S的坐标为 1 1 (0) 1 y x ,. 同理可得：点T的坐标为 2 2 (0) 1 y x ,. 所以 1 1 (01) 1 y PS x , 2 2 (01) 1 y PT x ,(01)PO ,. 由,POPTP
22、OPS 可得： 12 12 11 11 yy xx ,， 所以 11 11 1 11 11 ykx xx 同理 2 2 1 1 1 kx x 由（)得 1212 22 41 2121 k xxx x kk ,， 所以 12 12 11 2 11 kxkx xx 1212 1212 2(1)()2 2 1 kx xkxx x xxx 22 22 22 2 2 14 2(1)()2 2121 2 14 ()1 2121 2442(21) 2 1421 (1) 2 (1) 1 2 1 k kk kk k kk kkkk kk k k k 所以的范围是( 2 2),14 分 21 （本小题共（本小题共
23、 14 分）分） 解解: （）由21am，2bn得2)1abmn（是奇数， 当2 10091a ，20=0b 时，2019ab， 所以2019AB， 2020AB.4 分 （）()首先证明：对于任意自然数p可表示为唯一一数组 012ik （ ， ， ， ， ， ）LL， 其中0 10 1 i ik k N,;, ,L， 使得 121 0121 +2 +2 +2 +2+20 10 1 iik iiki pik k N,;, ,，LLL， 由于 121121 0121 0+2 +2 +2 +2+22 +2 +2 +221 iikikk iik LLLL 这种形式的自然数p至多有 1 2k个，且最大
24、数不超过 1 21 k . 由0 10 1 i ik k N,;, ,L，每个 i 都有两种可能， 所以这种形式的自然数p共有 1 12 2 222k k L 1444424444 3 个 个结果. 下证 121 0121 +2 +2 +2 +2+2 iik iik p LL 121 0121 +2 +2 +2 +2+2 iik iik LL 其中0 10 10 1 ii ik k N,；,；, ,L，则 ii 假设存在 ii 中，取i最大数为j，则 121121 01210121 (+2 +2 +2 +2+2 )+2 +2 +2 +2+2() iikiik iikiik LLLL 1 001
25、1 11 001111 11 001111 11 = ()+() 2 +() 2 () 2()+() 2 +() 2 () 2(+2 +2) 2(122)1 j jj ij jjjj jj jjjj jj L L L L 所以01不可能. 综上，任意正整数p可唯一表示为 121 0121 +2 +2 +2 +2+2 iik iik p LL 213 0213 (+2)(2 +2 +)LL 显然 213 0213 (+2)(2 +2 +)AB,LL， 满足 * ()ABN，所以集合,A B互为“完美加法补 集”.11 分 （） * 21 k n nkN,.14 分 （若用其他方法解题，请酌情给分）（若用其他方法解题，请酌情给分）