2020年北京市高考数学试卷【word版本试题；可编辑；含答案】
2020年北京市高考数学试卷
一、选择题
1.已知集合A=-1,0,1,2，B=x|0
0的解集是()
A.(-1,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(0,1) D.(-∞,0)∪(1,+∞)
7.设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线异于O的一点，过P做PQ⊥l于Q，则线段FQ的垂直平分线()
A.经过点O B.经过点P C.平行于直线OP D.垂直于直线OP
8.在等差数列an中，a1=-9，a5=-1，记Tn=a1a2⋯ann=1,2,…，则数列Tn()
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α，β∈R，则“存在k∈Z，使得α=kπ+(-1)kβ"是“sinα=sinβ”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(πDay).历史上，求圆周率π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n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值.按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达方式是()
A.3n(sin30∘n+tan30∘n) B.6n(sin30∘n+tan30∘n)
C.3n(sin60∘n+tan60∘n) D.6n(sin60∘n+tan60∘n)
二、填空题
11.函数fx=1x+1+lnx的定义域是________.
12.已知双曲线C:x26-y23=1，则C的右焦点的坐标为________；C的焦点
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到其渐近线的距离是________.
13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足AP→=12(AB→+AC→)，则|PD→|=________；PB→⋅PD→=________.
14.若函数f(x)=sin(x+φ)+cosx的最大值为2，则常数φ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W与时间t的关系为W=ft，用-fb-fab-a的大小评价在a,b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下图所示．
给出下列四个结论：
①在[t1,t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都已达标；
④甲企业在0, t1，t1, t2，t2, t3这三段时间中，在0, t1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
16.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
(1)求证：BC1//平面AD1E；
(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．
17.在△ABC中，a+b=11，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(1)a的值；
(2)sinC和△ABC的面积.
条件①：c=7，cosA=-17；
条件②：cosA=18，cosB=916.
18.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，获得数据如下表：
8 / 8
男生
女生
支持
不支持
支持
不支持
方案一
200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
(1)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；
(2)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；
(3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为P0，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P1，试比较P0与P1的大小．（结论不要求证明）
19.已知函数fx=12-x2.
(1)求曲线y=fx的斜率等于-2的切线方程；
(2)设曲线y=fx在点t,ft处的切线与坐标轴围成的三角形面积为St，求St的最小值．
20.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1过点A-2,-1，且a=2b.
(1)求椭圆C的方程．
(2)过点B(-4, 0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x=-4于点P，Q，求|PB||BQ|的值.
21.已知an是无穷数列，给出两个性质：
①对于an中任意两项ai，aji>j，在an中都存在一项am，使得ai2aj=am.
②对于an中任意一项an(n≥3)，在an都存在两项ak,alk>l，使得an=ak2al.
(1)若an=nn=1,2,⋯，判断an是否满足性质①，说明理由；
(2)若an=2n-1(n=1,2,⋯)，判断数列an是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(3)若an是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：an为等比数列．
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参考答案与试题解析
2020年北京市高考数学试卷
一、选择题
1.D 2.B 3.C 4.D 5.A
6.D 7.B 8.B 9.C 10.A
二、填空题
11.(0,+∞) 12.(3, 0),3
13.5,-1 14.π2(答案不唯一)
15.①②③
三、解答题
16.(1)证明：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AB//D1C1且AB=D1C1，
∴四边形ABC1D1为平行四边形，
∴BC1//AD1，
又BC1⊄平面AD1E，
AD1⊂平面AD1E，
∴BC1//平面AD1E.
(2)解：建立如图所示的空间直角坐标系：
设正方体的棱长为2，
则A0,0,0，A10,0,2，D12,0,2，
∵E为BB1的中点，
∴E0,2,1，
∴AA1→=0,0,2，AD1→=2,0,2，AE→=0,2,1，
设平面AD1E的法向量为n→=x,y,z，
则n→⋅AD1→=0，n→⋅AE→=0，
∴2x+2z=0，2y+z=0，
令x=1，则可得z=-1，y=12，
∴n→=(1,12,-1），
设直线AA1与平面AD1E所成角为α，
∴sinα=|cos|=|AA1→⋅n→||AA1→|⋅|n→|
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=22×1+14+1=23，
则直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.
17.解：(1)选①由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA，
得a2=(11-a)2+49-2(11-a)×7×(-17)，
∴a=8.
选②∵cosA=18，A∈(0,π2)，
∴sinA=378.
∵cosB=916，B∈(0,π2)，
∴sinB=5716.
由正弦定理asinA=bsinB，
则a378=11-a5716，
∴a=6.
(2)选①∵cosA=-17，A∈(0,π)，
∴sinA=437.
由正弦定理asinA=csinC，
则sinC=csinAa=7×4378=32，
∴S△ABC=12absinC=12×8×(11-8)×32=63.
选②sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=74.
∵a+b=11，
∴b=5，
∴S△ABC=12absinC=12×6×5×74=1547.
18.解：(1)该校男生支持方案一的概率P1=200200+400=13，
该校女生支持方案一的概率P2=300300+100=34.
(2)P=1-13×13×34+13×1-13×34+13×13×1-34=1336.
(3)P0>P1.
男生女生整体比率600:400，男生对方案二支持率高于女生；
而一年级男生女生比为500：300，高于整体比值，方案二的支持占比高于平均值，
所以其他年级支持率P1小于P0，P0也小于一年级支持方案二的概率.
19.解：(1)因为f(x)=12-x2，
所以f'(x)=-2x，
令-2x=-2，得x=1，则f(1)=11，
所以曲线y=fx的斜率等于-2的切线方程为：
y-11=-2(x-1)，
即y=-2x+13.
(2)f(t)=12-t2，f'(t)=-2t，
所以曲线y=f(x)在点t,ft处的切线方程为：
y-(12-t2)=-2t(x-t)，
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若t=0，则围不成三角形；
令x=0，得y=12+t2，
令y=0，得x=12+t22t，
所以St=12|12+t2|⋅|12+t22t|=1412+t22|t|，
因为其为偶函数，仅考虑t>0即可，
St=14t3+24t+144t，t>0，
S't=143t2+24-144t2=34t2t2-4t2+12
=34t2(t+2)(t-2)(t2+12)，
当02时，S'(t)>0，S(t)在(2,+∞)上单调递增，
所以S(t)在t=2时，取得极小值，
极小值为最小值S(t)min=S(2)=32.
20.解：(1)把点A-2,-1代入椭圆方程得：
4a2+1b2=1，a=2b，
解得a=22，b=2.
即椭圆C的方程为x28+y22=1.
(2)当l不与x轴重合时，设l的方程为x=ty-4，
M(x1, y1)，N(x2, y2)，P(-4, p)，Q(-4, q)，
联立l与C可得：x=ty-4，x2+4y2=8，
消去x整理得：(t2+4)y2-8ty+8=0.
∴y1+y2=8tt2+4，y1y2=8t+4.
由KAM=KAP得到p+1-2=y1+1x1+2，
即p=-x1+2y1+4x1+2，
由KAN=KAQ得到q+1-2=y2+1x2+2，
即q=-x2+2y2+4x2+2，
∴|PB||BQ|=|p||q|
=(x1+2y1+4)(x2+2)(x2+2y2+4)(x1+2)
=(t2+2t)y1y2-2(t+2)y1(t2+2t)y1y2-2(t+2)y2
=(t2+2t)8t2+4-2(t+2)(8tt2+4-y2)(t2+2t)y1y2-2(t+2)y2
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=-(t2+2t)y1y2+2(t+2)y1(t2+2t)y1y2-2(t+2)y2
=1.
当l与x轴重合时，x1=-22，x2=22，
p=-x1+4x1+2，q=-x2+4x2+2，
∴|PB||BQ|=|p||q|
=(x1+4)(x2+2)(x2+4)(x1+2)
=1.
综上所述，|PB||BQ|=1.
21.(1)解：若an=nn=1,2,⋯，
an不满足性质①，理由如下：
取a3=3，a2=2，
则a32a2=92∉N*.
(2)解：若an=2n-1n=1,2,⋯，数列an同时满足性质①和性质②.
对于an中任意两项ai,aji>j，
ai2aj=(2i-1)22j-1=22i-j-1=a2i-j=am，
即存在m=2i-j，满足性质①.
对于an中任意一项ann≥3，
an=2n-1=22k-l-1=ak2al，
即存在k,l使得n=2k-l成立，满足性质②.
(3)证明：(i)若a1>0则an>0，
由性质②知，存在两项ak,alk>l，
使得a3=ak2al=ak×akal>ak>al，
所以k=2，l=1，即a3=a22a1,
所以a1,a2,a3成等比数列，设其公比为qq>1.
由性质①知，a32a2=a1q22a1q=a1q3，
a1q32a1q2=a1q4，a1q42a1q3=a1q5，⋯均为数列an中的项.
由性质②知，在an中存在两项ak1,al1(k1>l1)，使得
a4=ak12al1=a1q2k1-l1-1>a3=a1q2，
即2k1-l1-1>2.
又a32a2=a1q3为数列an中的项，
所以a4=a1q2k1-l1-1≤a32a2=a1q3.
即2k1-l1-1=3，a4=a1q3.
同理，可证a5=a1q4，a6=a1q5，……，an=a1qn-1，……
即数列an为首项为a1>0，公比q>1的等比数列.
(ii)若a1<0，假设a2>0，则由性质①知，
在an中都存在一项am，使得a22a1=am<0，
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此时a2>0>am m≥3，与an是递增数列矛盾，即假设错误，
所以a2<0.
同理，可证an<0.
由性质②知，存在两项ak2,al2k2>l2，
使得a3=ak22al2=ak2×ak2al2>ak2>al2，
所以k2=2，l2=1，即a3=a22a1,
所以a1,a2,a3成等比数列，设其公比为q0
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