2020年北京市高考数学试卷（潘裕老师审校）

这是一份2020年北京市高考数学试卷（潘裕老师审校），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，0，1，，，则
A．，0，B．，C．，1，D．，
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则
A．B．C．D．
3．在的展开式中，的系数为
A．B．5C．D．10
4．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为
A．B．C．D．
5．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为
A．4B．5C．6D．7
6．已知函数，则不等式的解集是
A．B．，，
C．D．，，
7．设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线
A．经过点B．经过点C．平行于直线D．垂直于直线
8．在等差数列中，，．记，2，，则数列
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
9．已知，，则“存在使得”是“”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
10．2020年3月14日是全球首个国际圆周率日．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔卡西的方法，的近似值的表达式是
A．B．
C．D．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分。
11．函数的定义域是 ．
12．已知双曲线，则的右焦点的坐标为 ；的焦点到其渐近线的距离是 ．
13．已知正方形的边长为2，点满足，则 ； ．
14．若函数的最大值为2，则常数的一个取值为 ．
15．为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量与时间的关系为，用的大小评价在，这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示．
给出下列四个结论：
①在，这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在时刻，甲，乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在，，，，，这三段时间中，在，的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是 ．
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．（13分）如图，在正方体中，为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
17．（13分）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）和的面积．
条件①：，；
条件②：，．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
18．（14分）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案；方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表：
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为．假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为．试比较与的大小．（结论不要求证明）
19．（15分）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点，处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
20．（15分）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点的直线交椭圆于点，，直线，分别交直线于点，．求的值．
21．（15分）已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，，在中都存在一项，使得；
②对于中任意一项，在中都存在两项，，使得．
（Ⅰ）若，2，，判断数列是否满足性质①，说明理由；
（Ⅱ）若，2，，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列．
2020年北京市高考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．已知集合，0，1，，，则
A．，0，B．，C．，1，D．，
【思路分析】根据交集的定义写出即可．
【解析】：集合，0，1，，，则，，故选：．
【总结与归纳】本题考查了交集的定义与运算问题，是基础题目．
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则
A．B．C．D．
【思路分析】根据复数的几何意义先求出的表达式，结合复数的运算法则进行计算即可．
【解析】：复数对应的点的坐标是，，则，故选：．
【总结与归纳】本题主要考查复数的运算，结合复数的几何意义求出复数的表达式是解决本题的关键．比较基础．
3．在的展开式中，的系数为
A．B．5C．D．10
【思路分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于2，求出的值，即可求得的系数．
【解析】：的展开式中，通项公式为，
令，求得，可得的系数为，故选：．
【总结与归纳】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
4．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为
A．B．C．D．
【思路分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．
【解析】：几何体的直观图如图：是三棱柱，底面边长与侧棱长都是2，
几何体的表面积为：．故选：．
【总结与归纳】本题考查三视图求解几何体的表面积，判断几何体的形状是解题的关键，是基本知识的考查．
5．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为
A．4B．5C．6D．7
【思路分析】结合题意画出满足条件的图象，结合图象求出答案即可．
【解析】：如图示：
，
半径为1的圆经过点，可得该圆的圆心轨迹为为圆心，1为半径的圆，
故当圆心到原点的距离的最小时，连结，在上且，此时距离最小，
由，得，即圆心到原点的距离的最小值是4，故选：．
【总结与归纳】本题考查了圆的基础知识，考查数形结合思想，是一道常规题．
6．已知函数，则不等式的解集是
A．B．，，
C．D．，，
【思路分析】不等式即．由于函数和直线的图象都经过点、，数形结合可得结论．
【解析】：法一：（通解）（图像法），由不等式，即．
由于函数和直线的图象都经过点、，如图所示：
不等式的解集是，，，
故选：．
法二：（特值法）（甘肃潘裕补解），我们遵从小题巧做的原则，令x=2，排除AC，再令x=-1,排除B,故选D
【总结与归纳】本题主要考查其它不等式的解法，函数的图象和性质，属于中档题．
7．设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线
A．经过点B．经过点C．平行于直线D．垂直于直线
【思路分析】本题属于选择题，不妨设抛物线的方程为，不妨设，可得可得四边形为正方形，根据正方形的对角线互相垂直可得答案．
【解析】：（本题属于选择题）不妨设抛物线的方程为，则，准线为为，
不妨设，，设准线为与轴交点为，则，
可得四边形为正方形，根据正方形的对角线互相垂直，
故可得线段的垂直平分线，经过点，故选：．
【总结与归纳】本题考查了抛物线的性质和垂直平分线的性质，考查了转化思想，属于中档题．
8．在等差数列中，，．记，2，，则数列
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【思路分析】由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案．
【解析】：设等差数列的首项为，由，，得，
．由，得，而，
可知数列是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．
可知，，，为最大项，
自起均小于0，且逐渐减小．数列有最大项，无最小项．故选：．
【总结与归纳】本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．
9．已知，，则“存在使得”是“”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
【思路分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别讨论为偶数和奇数时，是否成立即可．
【解析】：当，为偶数时，，此时，
当，为奇数时，，此时，即充分性成立，
当，则，或，，即，即必要性成立，则“存在使得”是“”的充要条件，
故选：．
【总结与归纳】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合三角函数值的性质，利用分类讨论思想进行判断是解决本题的关键．难度不大．
10．2020年3月14日是全球首个国际圆周率日．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似，数学家阿尔卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔卡西的方法，的近似值的表达式是
A．B．
C．D．
【思路分析】设内接正边形的边长为，外切正边形的边长为，运用圆的性质，结合直角三角形的锐角三角函数的定义，可得所求值．
【解析】：如图，设内接正边形的边长为，外切正边形的边长为，
可得，，
则，即，故选：．
【总结与归纳】本题考查数学中的文化，考查圆的内接和外切多边形的边长的求法，考查运算能力，属于基础题．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分。
11．函数的定义域是
【思路分析】根据函数成立的条件建立不等式组，解不等式即可．
【解析】：要使函数有意义，则，得，即，
即函数的定义域为，故答案为：
【总结与归纳】本题主要考查函数定义域的求解，根据函数成立的条件建立不等式是解决本题的关键．比较基础．
12．已知双曲线，则的右焦点的坐标为 ；的焦点到其渐近线的距离是 ．
【思路分析】根据双曲线的方程可得焦点，再根据点到直线的距离可得．
【解析】：双曲线，则，则，则的右焦点的坐标为，其渐近线方程为，即，则点到渐近线的距离，故答案为：，．
【总结与归纳】本题考查了双曲线的方程和其性质，以及点到直线的距离公式，属于基础题．
13．已知正方形的边长为2，点满足，则 ； ．
A
B
D
C
【思路分析】根据向量的几何意义可得为的中点，再根据向量的数量积的运算和正方形的性质即可求出．
【解析】：法一：（通解）,由，可得为的中点，
则，
，
，
故答案为：，
法二：（通解）（甘肃潘裕补解）采用坐标法去处理，则A(0,0)，B(2，0)
C(,2,2），D(0,2），由得P（2,1），故，则-1
【总结与归纳】本题考查了向量的几何意义和向量的数量积的运算，属于基础题．
14．若函数的最大值为2，则常数的一个取值为 ．
【思路分析】由两角和差公式，及辅助角公式化简得，其中，，结合题意可得，解得，即可得出答案．
【解析】
，其中，，
所以最大值为，所以，
即，所以，所以，，当时，．
故答案为：．
【总结与归纳】本题考查三角恒等变换，辅助角公式，三角函数最值，以及考查运算能力，属于中档题．
15．为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量与时间的关系为，用的大小评价在，这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示．
给出下列四个结论：
①在，这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在时刻，甲，乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在，，，，，这三段时间中，在，的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是 ①②③ ．
【思路分析】由两个企业污水排放量与时间的关系图象结合平均变化率与瞬时变化率逐一分析四个命题得答案．
【解析】：设甲企业的污水排放量与时间的关系为，乙企业的污水排放量与时间的关系为．
对于①，在，这段时间内，甲企业的污水治理能力为，
乙企业的污水治理能力为．
由图可知，，，
即甲企业的污水治理能力比乙企业强，故①正确；
对于②，由图可知，在时刻的切线的斜率小于在时刻的切线的斜率，但两切线斜率均为负值，
在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故②正确；
对于③，在时刻，甲，乙两企业的污水排放都小于污水达标排放量，
在时刻，甲，乙两企业的污水排放都已达标，故③正确；
对于④，由图可知，甲企业在，，，，，这三段时间中，在，的污水治理能力最强，故④错误．
正确结论的序号是①②③．故答案为：①②③．
【总结与归纳】本题考查利用数学解决实际生活问题，考查学生的读图视图能力，是中档题．
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．（13分）如图，在正方体中，为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【思路分析】（Ⅰ）根据正方体的性质可证得，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（Ⅱ）以为原点，、、分别为、和轴建立空间直角坐标系，设直线与平面所成角为，先求出平面的法向量，再利用，以及空间向量数量积的坐标运算即可得解．
【解析】：（Ⅰ）由正方体的性质可知，中，且，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，平面．
（Ⅱ）以为原点，、、分别为、和轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则，0，，，0，，，0，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，，，，
设直线与平面所成角为，则，，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【总结与归纳】本题考查空间中线面的位置关系和线面夹角问题，熟练掌握线面平行的判定定理和利用空间向量求线面夹角是解题的关键，考查学生的空间立体感和运算能力，属于基础题．
17．（13分）在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）的值；
（Ⅱ）和的面积．
条件①：，；
条件②：，．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【思路分析】选择条件①（Ⅰ）由余弦定理求出，再结合，即可求出的值，
（Ⅱ）由正弦定理可得，再根据三角形的面积公式即可求出，
选择条件②（Ⅰ）根据同角的三角函数的关系和正弦定理可得，再结合，即可求出的值，
（Ⅱ）由两角和的正弦公式求出，再根据三角形的面积公式即可求出．
【解析】：选择条件①（Ⅰ）由余弦定理得，即，
，
，
，
即，
联立，解得，，
故．
（Ⅱ）在中，，
，
由正弦定理可得，
，
．
选择条件②（Ⅰ）在中，，，，
，，
，，
由正弦定理可得，，
，，，故；
（Ⅱ）在中，，
，
【总结与归纳】本题考查了同角的三角函数的关系，两角和的正弦公式，正余弦定理，三角形的面积公式等知识，考查了运算能力求解能力，转化月化归能力，属于中档题．
18．（14分）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案；方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表：
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为．假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为．试比较与的大小．（结论不要求证明）
【思路分析】（Ⅰ）根据古典概型的概率公式直接求解即可；
（Ⅱ）结合（Ⅰ）及相互独立事件同时发生的概率直接求解即可；
（Ⅲ）直接写出结论即可．
【解析】：（Ⅰ）设“该校男生支持方案一”为事件，“该校女生支持方案一”为事件，
则；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设“这3人中恰有2人支持方案一”为事件，
则；
（Ⅲ）．
【总结与归纳】本题考查古典概型及相互独立事件同时发生的概率求法，考查计算能力及推理能力，属于基础题．
19．（15分）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点，处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【思路分析】（Ⅰ）求得的导数，设切点为，可得切线的斜率，解方程可得，，进而得到切线的方程；
（Ⅱ）求得切线的斜率和方程，分别令，，求得切线的横截距和纵截距，可得三角形的面积，考虑的情况，求得导数和单调区间、极值，然后求出的最小值．
【解析】：（Ⅰ）的导数，
令切点为，可得切线的斜率为，
，，切线的方程为；
（Ⅱ）曲线在点，处的切线的斜率为，
切线方程为，
令，可得，令，可得，
，
由，可知为偶函数，
不妨设，则，，
由，得，
当时，，递增；当时，，递减，
则在处取得极小值，且为最小值32，
所以的最小值为32．
【总结与归纳】本题考查导数的运用：求切线的方程和利用导数研究函数的单调性、极值和最值，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
20．（15分）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点的直线交椭圆于点，，直线，分别交直线于点，．求的值．
【思路分析】（Ⅰ）由题意可得，解得，，即可求出椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，设，，，，可得直线的方程为，直线的方程为，分别令，求出，，代入化简整理即可求出．
【解析】：（Ⅰ）椭圆过点，且，
则，解得，，椭圆方程为，
（Ⅱ）由题意可得直线的斜率存在，设直线方程为，
由，消整理可得，
△，解得，
设，，，，，，
则直线的方程为，直线的方程为，
分别令，
可得，
，，
，
，
故．
【总结与归纳】本题考查了直线和椭圆的位置关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类与整合能力，属于难题．
21．（15分）已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，，在中都存在一项，使得；
②对于中任意一项，在中都存在两项，，使得．
（Ⅰ）若，2，，判断数列是否满足性质①，说明理由；
（Ⅱ）若，2，，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
（Ⅲ）若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列．
【思路分析】（Ⅰ）由，即可知道不满足性质．
（Ⅱ）对于任意的和，满足，，必存在，可得满足性质①；对于任意的，欲满足，即可，必存在有一组，使使得它成立，故满足性质②．
（Ⅲ）先用反证法证明数列必然恒正或恒负，再用数学归纳法证明也是等比数列，即可．
【解析】：（Ⅰ）不满足，理由：，不存在一项使得．
（Ⅱ）数列同时满足性质①和性质②，
理由：对于任意的和，满足，因为，且，所以，则必存在，此时，且满足，性质①成立，
对于任意的，欲满足，满足即可，因为，，且，
所以可表示所有正整数，所以必有一组，使，即满足，性质②成立．
（Ⅲ）首先，先证明数列恒正或恒负，
反证法：假设这个递增数列先负后正，
那么必有一项绝对值最小或者有与同时取得绝对值最小，
如仅有一项绝对值最小，此时必有一项，此时
与前提矛盾，
如有两项与 同时取得绝对值最小值，那么必有，
此时，与前提条件矛盾，
所以数列必然恒正或恒负，
在数列恒正的情况下，由②知，存在，使得，
因为是递增数列，，
即，所以，此时，，成等比数列，
数学归纳法：
（1）已证时，满足是等比数列，公比，
（2）假设时，也满足是等比数列，公比，
那么由①知等于数列的某一项，证明这一项为即可，
反证法：
假设这一项不是，因为是递增数列，所以该项，
那么，由等比数列得，
由性质②得，同时，所以，
所以，分别是等比数列中两项，即，，
原式变为，
所以，又因为，，，不存在这组解，所以矛盾，
所以知，前为等比数列，
由数学归纳法知，是等比数列得证，
同理，数列恒负，也是等比数列．
【总结与归纳】本题属于新定义题，考查等比数列的性质，数学归法等，考查逻辑思维能力，属于难题．
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支持
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支持
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方案一
200人
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100人
方案二
350人
250人
150人
250人
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支持
不支持
支持
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200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人