北京市2020届高三数学高考考前冲刺模拟试题（含解析）

2020年北京高考冲刺模拟试卷
数学
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. 已知集合则（ ）
A. B. C. D.
2. 下列既是奇函数，在上又是单调递增函数的是（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，在的方格纸中，若起点和终点均在格点的向量满足，则（ ）

A. 0 B. 1 C. D. 7
4. 抛物线上到其焦点距离为5的点有（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 4个
5. 五一期间小红父母决定自驾汽车匀速到北京自驾游，全段路程，速度不能超过，而汽车每小时的运输成本为元，为全程运输成本最小，则汽车的行驶速度为（ ）
A. B. C. D.
6. 设，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为（ ）

A. B. C. D. 3
8. 设为实数，则“”是“”（ ）条件.
A. 充分必要 B. 充分不必要
C 必要不充分 D. 既不充分也不必要
9. 将函数图象向右平移个单位后，关于轴对称，则的可取值为（ ）
A B. C. D.
10. 甲､乙､丙三人手持黑白两色棋子，在3行8列的网格中，三人同时从左到右，从1号位置摆到8号位置，若甲的1号位置与乙的1号位置颜色相同，称甲乙对应位置相同，反之称甲乙对应位置不同，则下列情况可能的是（ ）

A. 甲乙丙相互有3个对应位置不同
B. 甲乙丙互相不可能有4个对应位置不同
C. 甲乙1个位置不同，甲丙3个位置不同，乙丙5个位置不同
D. 甲乙3个位置不同，甲丙4个位置不同，乙丙5个位置不同
二､填空题(共6题，每小题5分，共30分.)
11. 若复数，则在复平面内对应的点在第________象限.
12. 过点且与圆相切的直线方程为________.
13. 二项式的展开式中，常数项等于________；二项式系数和为________.
14. 设等差数列的前项和为，若，则_________.
15. 能使得命题“曲线上存在四个点满足四边形是正方形”为真命题的一个实数是__________.
16. 如图正方体中，为中点，为中点，为线段上一动点(不含)，过与正方体的截面为，则下列说法正确的是___________.

①当时，为五边形
②截面为四边形时，为等腰梯形
③截面过时，
④为六边形时在底面投影面积为五边形时在底面投影面积，则
三､解答题(共6题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.)
17. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.
在中，.
（1）求的长；
（2）求的面积.
18. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形，点在棱上，.

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
19. 2020年是让人难忘一年，为了战胜疫情，全国人民万众一心，同舟共济，众志成城.隔离期间，李校长倡导学生停课不停学，建议学生在家进行网课学习，为了解全校髙中学生在家上网课的时长，李校长随机从高高二两个年级中各选择了10名同学，统计了学生在家一周上网课的时长，统计结果如下(单位：小时)：其中，高一年级中有一个数据模糊.
高一年级

高二年级
9 7
4 6
4 3 1
2 0
0
1
2
3
4
2 6
0 1 2 2 6 7
0
（1）若高一年级的平均时长小于高二年级的平均时长，设，求图中的所有可能值；
（2）将两个年级中学习时长超过25小时的学生称为“学习达人”.设，现从所有“学习达人”中任选3人，求高一年级的人数的分布列和数学期望；
（3）记高二年级学习时间的方差为，若在高二年级中增加一名学生得到一组新的数据，若该名学生的学习时长为20，记新数据的方差为，比较与的大小(直接写结论).
20. 已知椭圆的离心为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点(均异于点)，直线与分别交直线于点和点，求证：为定值.
21. 已知函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）当时，求证：对任意恒成立；
（3）设，请直接写出在上的零点个数.
22. 集合且，若，且，，令.
（1）若，满足，请写出一个符合题意的，并求出；
（2）若集合，任取中2个不同的元素，求集合中元素个数的最大值；
（3）若存在，使，集合中任两个元素不同，求出此时.



2020年北京高考冲刺模拟试卷
数学
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. 已知集合则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】
化简集合A，利用交集运算得到结果.
【详解】解：，
∴
故选：B
【点睛】本题考查交集概念及运算，属于基础题.
2. 下列既是奇函数，在上又是单调递增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先分析函数的奇偶性，满足奇函数再分析函数在上是否为增函数，由此判断出选项.
【详解】A．是奇函数，且在上有增有减，故不满足；
B．是非奇非偶函数，故不满足；
C．是奇函数，且在上只有单调增区间，但不是一直单调递增，故不满足；
D．是奇函数，且在上单调递增，故满足，
故选：D.
【点睛】本题考查根据函数的解析式判断函数的奇偶性和单调性，主要考查学生对常见函数的单调性和奇偶性的认识，难度较易.
3. 如图，在的方格纸中，若起点和终点均在格点的向量满足，则（ ）

A. 0 B. 1 C. D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】
建立坐标系，可得的坐标，再由建立方程求解即可．
【详解】解：将向量放入如图所示的坐标系中，每个小正方形的边长为1，
则，
，
，
即，解得，
..
故选：D.

【点睛】本题主要考查向量的分解，利用向量的坐标运算是解决本题的关键．
4. 抛物线上到其焦点距离为5的点有（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】
结合抛物线的定义判断出结果.
【详解】依题意抛物线，，准线方程为，
结合抛物线的定义可知：抛物线上到其焦点距离为5的点的横坐标为，
将代入，得，解得，
所以抛物线上到其焦点距离为5的点有个.
故选：C
【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，属于基础题.
5. 五一期间小红父母决定自驾汽车匀速到北京自驾游，全段路程，速度不能超过，而汽车每小时的运输成本为元，为全程运输成本最小，则汽车的行驶速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可得汽车全程运输成本，利用基本不等式即可得答案.
详解】由题可得汽车全程运输成本
，
当且仅当即时，最小.
故选：B
【点睛】本题考查基本不等式的应用，属于基础题.
6. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断出，然后利用乘方的方法比较，从而得出正确结论.
【详解】，
，
，
所以，
所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小.
7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为（ ）

A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
画出直观图，然后计算出最长的棱长.
【详解】画出三视图对应的几何体的直观图如下图所示四棱锥.
，
，，
，.
所以最长的棱长为.
故选：B

【点睛】本小题主要考查三视图，属于基础题.
8. 设为实数，则“”是“”的（ ）条件.
A. 充分必要 B. 充分不必要
C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】
解不等式和，由此判断充分、必要条件.
【详解】，解得或，
所以不等式的解集为.
，
所以不等式的解集为，
由于，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件，考查分式不等式、对数不等式的解法.
9. 将函数的图象向右平移个单位后，关于轴对称，则的可取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求得图象向右平移个单位后的函数解析式，根据其对称性列方程，从而求得的可取值.
【详解】函数的图象向右平移个单位后得到
，
的图象关于轴对称，
所以（），
当时，.
故选：C
【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，属于中档题.
10. 甲､乙､丙三人手持黑白两色棋子，在3行8列的网格中，三人同时从左到右，从1号位置摆到8号位置，若甲的1号位置与乙的1号位置颜色相同，称甲乙对应位置相同，反之称甲乙对应位置不同，则下列情况可能的是（ ）

A. 甲乙丙相互有3个对应位置不同
B. 甲乙丙互相不可能有4个对应位置不同
C. 甲乙1个位置不同，甲丙3个位置不同，乙丙5个位置不同
D. 甲乙3个位置不同，甲丙4个位置不同，乙丙5个位置不同
【答案】D
【解析】
【分析】
根据所给条件，逐个分析判断即可得解.
【详解】对A，若甲乙有3个对应位置不同，不妨设前3个对应位置不同，则后5个对应位置相同，
若丙和甲、丙和乙都要有3个对应位置不同，则只能在后5个对应位置中有3个和甲乙不同，若丙和甲在后5个对应位置中有3个对应位置不同，则必和乙有6个位置不同，故A错误；
对B，若甲和乙前4个对应位置不同，乙和丙后4个对应位置不同，则甲和丙后4个对应位置也不同，故存在，所以B错误；
对C，若甲乙第1个位置不同，后7个位置相同，甲丙在后7个位置中有3个位置不同，此时乙丙最多有4个位置不同，故C错误；
对D，若甲乙前3个位置不同，甲丙第3个到第6个位置不同，则成立，故D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了颜色的排列，考查了位置关系的组合数，考查了逻辑推理能力和分析判断能力，属于中档题.
二､填空题(共6题，每小题5分，共30分.)
11. 若复数，则在复平面内对应的点在第________象限.
【答案】一
【解析】
【分析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
详解】解：，
复数对应的点的坐标为，，在第一象限．
故答案为：一
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
12. 过点且与圆相切直线方程为________.
【答案】或
【解析】
【分析】
分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，利用圆心到直线的距离等于半径求切线方程.
【详解】解：当时，，所以在圆外，
由标准方程可知，圆心为，半径为，当所求切线斜率不存在时，方程为，
圆心到该直线的距离为和半径相等，所以是所求切线；
当所求切线斜率存在时，设斜率为，则切线方程为，
即，圆心到直线的距离，解得，
所以切线方程为，
综上所述，切线方程为或.
故答案为: 或.
【点睛】本题考查了圆切线方程的求解，属于基础题.本题的易错点是未讨论全面.
13. 二项式的展开式中，常数项等于________；二项式系数和为________.
【答案】 (1). -540 (2). 64
【解析】
【分析】
求出二项展开式通项公式，令的指数为0，得常数项的项数，从而得常数项，根据二项式系数的性质可得二项式系数和．
【详解】展开式通项公式为，
令，，∴常数项为，
展开式中二项式系数和为．
故答案为：－540；64．
【点睛】本题考查二项式定理，二项式系数的性质，解题关键是掌握二项展开式通项公式．
14. 设等差数列的前项和为，若，则_________.
【答案】45
【解析】
【分析】
由已知条件求出的值，由等差数列的前项和即可得结果.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，所以，
化简得，即，
所以，
故答案为：45.
【点睛】本题考查等差数列的基本运算，解题的关键是得到以及合理运用项的下标和的性质，属于基础题
15. 能使得命题“曲线上存在四个点满足四边形是正方形”为真命题的一个实数是__________.
【答案】或的任意实数，例如4
【解析】
【分析】
由题意可设，由对称性可得，可得，代入曲线方程，由双曲线的范围，解不等式即可得到所求值．
【详解】曲线上存在四个点满足四边形是正方形，
可设，由对称性可得，
则，
即，即，
由曲线的方程可得，
即有解，
即有，
可得，
解得或，
故答案为：或的任意实数，例如4．
【点睛】本题考查双曲线方程和性质，主要是范围的运用，考查对称性和不等式的解法，属于中档题．
16. 如图正方体中，为中点，为中点，为线段上一动点(不含)，过与正方体的截面为，则下列说法正确的是___________.

①当时，为五边形
②截面为四边形时，为等腰梯形
③截面过时，
④为六边形时在底面投影面积为五边形时在底面投影面积，则
【答案】②③
【解析】
【分析】
分的延长线过，以及与重合三种情况进行讨论，分别求出截面，即可判断四个命题是否正确.
【详解】解：作的中点，则平面平面，设与交点为，
连接，由面面平行性质可知，，作，
由三角形的中位线定理可得，则共面，又面面 ，
所以，即是平行四边形，，所以，，
当的延长线过时，则，所以，③正确；
当时，即此时重合，截面如图所示，此时截面为六边形，在底面投影如图，
当截面为五边形时，在底面投影如图，则，故①、④不正确;

当与重合时，为平面，因为，不妨设正方体棱长为，
则，所以为等腰梯形，则②正确.
故答案为: ②③.


【点睛】本题考查了面面平行的性质定理，考查了截面问题，考查了空间想象能力，属于难题.本题的难点在于求各个情况的截面形状.
三､解答题(共6题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.)
17. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.
在中，.
（1）求的长；
（2）求的面积.
【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.
【解析】
【分析】
若选择条件①，（1）在中，由正弦定理可得，利用诱导公式及二倍角公式可求的值，结合正弦定理得到的长；（2）利用两角和正弦公式得到，利用三角形的面积公式即可求解．若选择②（1）由正弦定理，可得，结合正弦定理得到的长；（2）同选择①．
【详解】选择①
（1）由正弦定理可得，
又∴，
，∴，
即，，
由可得，
根据正弦定理，即.
.
（2），
.
选择②
（1）由，可得，
又
∴，即，
∴，
又，
结合正弦定理，

.
（2），
.
【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角恒等变换公式，余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形，点在棱上，.

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直性质得，应用线面垂直判定即可证平面；（2）构建空间直角坐标系，确定面、面的法向量，根据法向量夹角即可求二面角的余弦值.
【详解】（1）由已知，平面平面，
∴，又，，
∴平面.
（2）由（1）可知平面，又平面
，由几何关系得，即.
，解得
以点为原点，、、分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，
设平面法向量
，有，令有，
易得平面的法向量，

所以二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查了由线面垂直的判定证明线面垂直，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.
19. 2020年是让人难忘的一年，为了战胜疫情，全国人民万众一心，同舟共济，众志成城.隔离期间，李校长倡导学生停课不停学，建议学生在家进行网课学习，为了解全校髙中学生在家上网课的时长，李校长随机从高高二两个年级中各选择了10名同学，统计了学生在家一周上网课的时长，统计结果如下(单位：小时)：其中，高一年级中有一个数据模糊.
高一年级

高二年级
9 7
4 6
4 3 1
2 0
0
1
2
3
4
2 6
0 1 2 2 6 7
0
（1）若高一年级平均时长小于高二年级的平均时长，设，求图中的所有可能值；
（2）将两个年级中学习时长超过25小时的学生称为“学习达人”.设，现从所有“学习达人”中任选3人，求高一年级的人数的分布列和数学期望；
（3）记高二年级学习时间的方差为，若在高二年级中增加一名学生得到一组新的数据，若该名学生的学习时长为20，记新数据的方差为，比较与的大小(直接写结论).
【答案】（1）或或或；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）.
【解析】
【分析】
(1)分别求出两个年级的平均数，列出不等式，进而可求出的取值范围，进而可求出的所有可能值
(2)写出随机变量的所有可能取值，分别求出概率，即可写出分布列，进而可求出数学期望.
(3)根据波动程度即可比较方差大小.
【详解】（1）高一年级10名同学学习时长的平均值为，则：
；
高二年级10名同学学习时长的平均值为，则：
.
因为高一年级的平均时长小于高二年级的平均时长，所以，解得，
解得或或或.
（2）因为，所以高一年级的“学习达人”有2人，高二年级的“学习达人”有3人.
由题意，随机变量的所有可能取值为：0，1，2，则：
.
所以随机变量的分布列为：

0
1
2




所以.
（3）.
【点睛】本题考查了平均数的计算，考查了分布列的求解，考查了数学期望的求解，考查了由茎叶图判断方差的大小，属于基础题.
20. 已知椭圆的离心为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点(均异于点)，直线与分别交直线于点和点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)代入已知点的坐标，结合离心率和的关系列方程组，即可求出，进而可求出椭圆的方程.
(2) 直线的方程为，联立直线和椭圆方程，由韦达定理即可用表示，求出直线的方程，进而可求出和的坐标，由斜率公式即可求出，即可证明所证.
【详解】（1）根据题意可得，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为.联立得，
整理得，所以.
因为，所以直线的方程为，
令，得，所以，
同理.则，
，则

.
所以为定值，且该定值为.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解，考查了直线和椭圆的位置关系，属于难题.本题的难点在于计算量较大.
21. 已知函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）当时，求证：对任意恒成立；
（3）设，请直接写出在上的零点个数.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出在处的导数值，即为切线斜率，再求出，即可求出切线方程；
（2）恒成立等价于恒成立，求出的导数，利用导数求出其最大值，满足其最大值小于等于0即可；
（3）的零点个数等价于的零点个数，讨论的范围，利用导数判断函数的单调性即可得出.
【详解】（1）当时，，
，
所以在处的切线方程为，即.
（2）要证恒成立，即证，
即证，即证恒成立，
设，
令，当时，，
则，即对任意恒成立，
所以在单调递减，所以.
因为，所以恒成立，结论得证.
（3）由（2）可知等价于，即判断的零点个数，

由（2）知，当时，，在单调递减，，故在有唯一零点1，即在上有唯一的零点；
当时，，在单调递增，，故在有唯一零点1，即在上有唯一的零点；
当时，对于，，则有两个根，且，则有，当时，，当时，，故在单调递增，在单调递减，且，且存在，使得，故在上有2个零点.
【点睛】本题考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的恒成立问题和零点问题，属于较难题.
22. 集合且，若，且，，令.
（1）若，满足，请写出一个符合题意的，并求出；
（2）若集合，任取中2个不同的元素，求集合中元素个数的最大值；
（3）若存在，使，集合中任两个元素不同，求出此时.
【答案】（1），(任三个1换成，都正确)，；（2）；（3）当时，；当时，.
【解析】
【分析】
（1）由，可得，即，故和有3对符号不同，5对符号相同，即可得解；
（2）由题意可得：当和符号相同时，有，当和符号相异时，有，
若要任取中2个不同的元素，所以，和8组数据中，至少有6组符号相同，经讨论即可得解；
（3）根据题意，若存在，使，则元素和，和，和符号不相同的组数相同，经讨论即可得解.
【详解】（1）由，可得，
即，
当和符号相同时，有，
当和符号相异时，有，
故和有3对符号不同，5对符号相同，
故可取为，
；
（2）由题意可得：
当和符号相同时，有，
当和符号相异时，有，
若要任取中2个不同的元素
所以，和8组数字中，至少有6组符号相同，
且不能有8组数字符号全相同，若8组数字符号全相同此时为同一元素，不符题意，
对于元素，
和有7组数字符号相同有一组数字符号相异的有8种情况，
如若为，
有：8个
并且这8个元素互相之间有6组数字符号相同，两组数字符号相异，符合条件，
故此时共有9个元素，故集合中元素个数的最大值为9；
（3）根据题意，若存在，使，
则各元素中数字和，和，和符号不相同的组数相同，
当两两数字符号不相同组数为0时，为同一元素，不符题意，
当两两数字符号不相同组数为1，3，5，6，7，8，
集合有2个元素，故不存，
当两两数字符号不相同组数为4，即时，
集合有4个元素，故存在，
此时，
当两两数字符号不相同组数为2时，即
集合有8个元素，故存在，此时
.
综上可得：当时，；当时，.
【点睛】本题考查了集合相关的新定义，考查了分类讨论思想和逻辑推理能力，同时考查了较高的理解能力以及较高的计算能力和数字组合能力，过程较复杂，属于难题.