【2020年高考数学预测题】北京市高考数学试卷（理科）3【附详细答案和解析_可编辑】
【2020年高考数学预测题】北京市高考数学试卷（理科）3【附详细答案和解析_可编辑】
真水无香陈 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 6 分 ，共计48分 ， ）
1. 已知i是虚数单位，则|1+ii1-i|=( )
A.1 B.2 C.12 D.22
2. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，…，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数所组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，下面是一个根据“斐波那契数列”设计的程序框图，则输出n的值为( )
A.8 B.9 C.10 D.11
3. 直线θ=α和直线ρsin(θ-α)=1的位置关系是( )
A.垂直 B.平行 C.相交但不垂直 D.重合
4. 如图，设椭圆的右顶点为A，右焦点为F，B为椭圆在第二象限上的点，直线BO交椭圆于C点，若直线BF平分线段AC于M，则椭圆的离心率是( )
A.12 B.23 C.13 D.14
5. 若x,y满足约束条件 y≤x，x+y≤1，y≥-1， 则2x+y的最小值为( )
A.-3 B.0 C.32 D.3
6. 若lgx=a,lgy=b，则lgx-lgy102的值为( )
A.12a-2b-2 B.12a-2b+1 C.12a-2b-1 D.12a-2b+2
7. 在△OAB中，已知|OB→|=2,|BA→|=1，∠AOB＝45∘，点P满足OP→=λOA→+μOB→(λ,µ∈R)，其中2λ+µ＝3满足，则|OP→|的最小值为（ ）
A.355 B.255 C.63 D.62
8. 定义函数y=f(x)，x∈D，若存在常数C，对任意的x1∈D，存在唯一的x2∈D，使得f(x1)+f(x2)2=C，则称函数f(x)在D上的均值为C．已知f(x)=lgx，x∈[10, 100]，则函数f(x)=lgx在x∈[10, 100]上的均值为（ ）．
A.32 B.34 C.710 D.10
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）
9. 如图，已知点A为单位圆上一点，∠xOA=π4将点A沿逆时针方向旋转角α到点B(35, 45)，则sin2α=
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________
10. 若数列an满足a1=13，1an+1-1an=5(n∈N*)，则a30=________.
11. 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=22，则下列结论中错误的是________．
①AC⊥BE；
②EF // 平面ABCD；
③三棱锥A-BEF的体积为定值；
④异面直线AE，BF所成的角为定值．
12. 已知f(x)=-sinπ2x，-2≤x≤0,|lnx|,x>0,若关于x的方程f(x)=k有四个实根x1，x2，x3，x4，则这四根之和x1+x2+x3+x4的取值范围是________．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 13 分 ，共计78分 ， ）
13. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=7，b＝3，7sinB+sinA=23．
（1）求角A的大小；
（2）求边长c．
14. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且∠ABC=120∘．点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F．
（1）求证：AB//EF；
（2）若PA=PD=AD=2，且平面PAD⊥平面ABCD，求平面PAF与平面AFE所成的锐二面角的余弦值．
15. 为了回馈顾客，某商场在元旦期间举行购物抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为35，中奖可以获得3分；方案乙的中奖率为34，中奖可以获得2分；未中奖则不得分，每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，抽奖结束后凭分数兑换奖品．
（1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≥3的概率；
（2）若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，分别求两种方案下小明、小红累计得分的分布列，并指出为了累计得分较大，两种方案下他们选择何种方案较好，并给出理由？
16. 已知抛物线C:x2＝2py(p>0)，焦点为F，准线与y轴交于点E．若点P在C上，横坐标为2，且满足：|PE|=2|PF|．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线PE交x轴于点Q，过点Q做直线l，与抛物线C有两个交点M，N（其中，点M在第一象限）．若QM→=λMN→，当λ∈(1, 2)时，求S△OMPS△ONP的取值范围．
17. 已知函数fx=lnx+axex,a∈R.
(1)若函数y=fx在x=x0ln2
100，
退出循环，输出n的值为10．
故选C．
3.【答案】
B
【解答】
解：∵ 直线方程θ=α和直线方程ρsin(θ-α)=1，
把θ=α代入得ρsin0=0≠1，
∴ 两直线没有交点，∴ 两直线平行．
故选B．
4.【答案】
C
【解答】
解：如图，连接OM，
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其右顶点为A，右焦点为F，B为椭圆E在第二象限上的点，直线BO交椭圆E于点C，直线BF平分线段AC于M，
∴ OM为△ABC的中位线，
∴ △OFM∼△AFB，且|OF||FA|=12，
∴ ca-c=12，
解得椭圆的离心率为e=ca=13.
故选C．
5.【答案】
A
【解答】
解：x，y满足的约束条件表示为如图所示阴影区域：
所以2x+y在点A处取得最小值，
因为A点坐标为(-1,-1)，
所以2x+y的最小值为-2-1=-3.
故选A.
6.【答案】
D
【解答】
解：∵ lgx=a，lgy=b，
∴ lgx-lgy102=12lgx-2lgy10
=12lgx-2lgy-1
=12lgx-2lgy+2
=12a-2b+2，
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故选D．
7.【答案】
A
【解答】
因为|OB→|=2,|BA→|=1，∠AOB＝45∘，所以OB→=OA→+AB→，
所以OP→=λOA→+μOB→=λOA→+μ(OA→+AB→)＝(λ+μ)OA→+μAB→，
则|OP→|2＝(λ+μ)2+μ2＝(3-λ)2+(3-2λ)2＝5λ2-18λ+18，
所以当λ=95时，|OP→|2取最小值95，
则|OP→|的最小值为355，
8.【答案】
A
【解答】
解：根据定义，函数y=f(x)，x∈D，若存在常数C，对任意的x1∈D，存在唯一的x2∈D，使得f(x1)+f(x2)2=C，则称函数f(x)在D上的均值为C．
令x1⋅x2=10×100=1000
当x1∈【10，100】时，选定x2=1000x1∈【10，100】
可得：C=lg(x1x2)2=32
故选A．
二、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
9.【答案】
725
【解答】
由题意可得，cos(π4+α)=35，sin(π4+α)=45，α∈(0, π4)．
∴ cos(π2+2α)=2cos2(π4+α)-1=2×925-1=-725，即-sin2α=-725，sin2α=725，
10.【答案】
1148
【解答】
解：已知a1=13，1an+1-1an=5(n∈N*) ，
所以数列{1an}是首项为113=3，公差为5的等差数列，
所以1a30=3+29×5=148 .
故a30=1148.
故答案为：1148.
11.【答案】
④
【解答】
解：∵ AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D，
∴ AC⊥BE．故①正确．
∵ B1D1 // 平面ABCD，又E，F在直线D1B1上运动，
∴ EF // 平面ABCD．故②正确．
③中由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的面积为定值．
又点A到平面BEF的距离为22，故VA-BEF为定值．③正确.
由图得：
当点E在D1处，F为D1B1的中点时，异面直线AE，BF所成的角是∠OD1A，
当E在上底面的中心时，F在B1的位置，异面直线AE，BF所成的角是∠OEA，
显然两个角不相等，④不正确．
故答案为：④.
12.【答案】
(0,e+1e-2)
【解答】
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解：作f(x)=-sinπ2x，-2≤x≤0,|lnx|,x>0图象，如图，
结合图象可知，
当00，
∴ g(k)在(0,1)上单调递增，
∵ g(0)=0，g(1)=e+1e-2,
∴ g(k)∈(0,e+1e-2).
故答案为：(0,e+1e-2).
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 13 分 ，共计78分 ）
13.【答案】
由正弦定理可得，asinA=bsinB，即7sinA=3sinB，
所以7sinB=3sinA，
因为，7sinB+sinA=23．
所以sinA=32且A锐角，故角A=13π，
由余弦定理可得，a2＝b2+c2-2bccosA，
所以7＝9+c2-2×3×c×12，
即c2-3c+2＝0，
解可得c＝1或c＝2，
当c＝1时，cosB=a2+c2-b22ac=-714<0可得B为钝角，与已知矛盾；
当c＝2时，cosB=a2+c2-b22ac=714>0可得B为锐角，符合题意，
故c＝2
【解答】
由正弦定理可得，asinA=bsinB，即7sinA=3sinB，
所以7sinB=3sinA，
因为，7sinB+sinA=23．
所以sinA=32且A锐角，故角A=13π，
由余弦定理可得，a2＝b2+c2-2bccosA，
所以7＝9+c2-2×3×c×12，
即c2-3c+2＝0，
解可得c＝1或c＝2，
当c＝1时，cosB=a2+c2-b22ac=-714<0可得B为钝角，与已知矛盾；
当c＝2时，cosB=a2+c2-b22ac=714>0可得B为锐角，符合题意，
故c＝2
14.【答案】
（1）证明：∵ 底面ABCD是菱形，
∴ AB//CD．
∵ AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴ AB//平面PCD．
∵ A，B，E，F四点共面，
且平面ABEF∩平面PCD=EF，
∴ AB//EF．
（2）解：取AD的中点G，连结PG，GB．
∵ PA=PD，
∴ PG⊥AD．
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴ PG⊥平面ABCD．
∵ GB⊂平面ABCD，
∴ PG⊥GB．
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在菱形ABCD中，
∵ AB=AD，∠DAB=60∘，G是AD的中点，
∴ AD⊥GB．
如图，建立空间直角坐标系G-xyz，
∵ PA=PD=AD=2，
∴ G(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,3,0)，C(-2,3,0)，D(-1,0,0)，P(0,0,3)．
∵ AB//CD//EF，点E是棱PC的中点，
∴ F是棱PD的中点，
∴ E-1,32,32，F-12,0,32，
∴ AF→=-32,0,32，EF→=12,-32,0．
设平面AFE的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅AF→=0，n→⋅EF→=0，
即-32x+32z=0，12x-32y=0，
解得z=3x，y=33x．
不妨令x=3，
则平面AFE的一个法向量为n→=(3,3,33)．
∵ BG⊥平面PAD，
∴ GB→=(0,3,0)是平面PAF的一个法向量．
∵ cos⟨n→,GB→⟩=n→⋅GB→|n→|⋅|GB→|=339×3=1313，
∴ 平面PAF与平面AFE所成的锐二面角的余弦值为1313．
【解答】
（1）证明：∵ 底面ABCD是菱形，
∴ AB//CD．
∵ AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴ AB//平面PCD．
∵ A，B，E，F四点共面，
且平面ABEF∩平面PCD=EF，
∴ AB//EF．
（2）解：取AD的中点G，连结PG，GB．
∵ PA=PD，
∴ PG⊥AD．
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴ PG⊥平面ABCD．
∵ GB⊂平面ABCD，
∴ PG⊥GB．
在菱形ABCD中，
∵ AB=AD，∠DAB=60∘，G是AD的中点，
∴ AD⊥GB．
如图，建立空间直角坐标系G-xyz，
∵ PA=PD=AD=2，
∴ G(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,3,0)，C(-2,3,0)，D(-1,0,0)，P(0,0,3)．
∵ AB//CD//EF，点E是棱PC的中点，
∴ F是棱PD的中点，
∴ E-1,32,32，F-12,0,32，
∴ AF→=-32,0,32，EF→=12,-32,0．
设平面AFE的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅AF→=0，n→⋅EF→=0，
即-32x+32z=0，12x-32y=0，
解得z=3x，y=33x．
不妨令x=3，
则平面AFE的一个法向量为n→=(3,3,33)．
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∵ BG⊥平面PAD，
∴ GB→=(0,3,0)是平面PAF的一个法向量．
∵ cos⟨n→,GB→⟩=n→⋅GB→|n→|⋅|GB→|=339×3=1313，
∴ 平面PAF与平面AFE所成的锐二面角的余弦值为1313．
15.【答案】
解：（1）由已知得小明中奖的概率为35，小红中奖的概率为34，且两人中奖与否互不影响，
记“这两人的累计得分X≥3”的事件为A，则事件A包含“X=3”、“X=5”2个互斥的事件，
∴ X≥3的概率P(X≥3)=P(X=3)+P(X=5)=35×14+35×34=35．
（2）设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，则X1的所有可能的取值为0，3，6，
则X1的分布列为：
X1
0
3
6
P
425
1225
925
E(X1)=0×425+3×1225+6×925=185．
都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X2的所有可能取值为0，2，4，
则X2的分布列为：
X2
0
2
4
P
116
616
916
E(X2)=0×116+2×616+4×916=3，
∵ E(X1)>E(X2)，∴ 他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
【解答】
解：（1）由已知得小明中奖的概率为35，小红中奖的概率为34，且两人中奖与否互不影响，
记“这两人的累计得分X≥3”的事件为A，则事件A包含“X=3”、“X=5”2个互斥的事件，
∴ X≥3的概率P(X≥3)=P(X=3)+P(X=5)=35×14+35×34=35．
（2）设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，则X1的所有可能的取值为0，3，6，
则X1的分布列为：
X1
0
3
6
P
425
1225
925
E(X1)=0×425+3×1225+6×925=185．
都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X2的所有可能取值为0，2，4，
则X2的分布列为：
X2
0
2
4
P
116
616
916
E(X2)=0×116+2×616+4×916=3，
∵ E(X1)>E(X2)，∴ 他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
16.【答案】
由已知可得F(0, p2)，E(0, -p2)，P(2, 2p)．
∵ |PE|=2|PF|，∴ 4+(2p+p2)2=2⋅4+(2p-p2)2．
∵ p>0，∴ p＝2．
∴ 抛物线C的方程为x2＝4y．
由（1）得P(2, 1)，E(0, -1)，易求得Q(1, 0)．
由题意得，直线的斜率存在且不为0，
可设直线l的方程为x＝my+1，
联立方程组x=my+1x2=4y
整理得m2y2+(2m-4)y+1＝0，△＝16-16m>0，m<1．
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
∴ y1+y2=4-2mm2，y1y2=1m2．
∴ y1+y2y1y2=4-2m，1y1+1y2=4-2m．
∵ QM→=λMN→，∴
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y1=λ(y2-y1),y1y2=λλ+1，
∵ λ∈(1, 2)，∴ y1y2=λ1+λ∈(12,23)，
设△OMP在OP边上的高为hM，△ONP在OP边上的高为hN，
S△OMPS△ONP=12OP⋅hM12OP⋅hN=hMhN=|x1-2y1||x2-2y2|=|(m-2)y1+1||(m-2)y2+1|=|(1y1+1y2)y1-2||(1y1+1y2)y2-2|
=|y1y2|=y1y2∈(12,23)
∴ S△OMPS△ONP的取值范围是(12, 23)．
【解答】
由已知可得F(0, p2)，E(0, -p2)，P(2, 2p)．
∵ |PE|=2|PF|，∴ 4+(2p+p2)2=2⋅4+(2p-p2)2．
∵ p>0，∴ p＝2．
∴ 抛物线C的方程为x2＝4y．
由（1）得P(2, 1)，E(0, -1)，易求得Q(1, 0)．
由题意得，直线的斜率存在且不为0，
可设直线l的方程为x＝my+1，
联立方程组x=my+1x2=4y
整理得m2y2+(2m-4)y+1＝0，△＝16-16m>0，m<1．
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
∴ y1+y2=4-2mm2，y1y2=1m2．
∴ y1+y2y1y2=4-2m，1y1+1y2=4-2m．
∵ QM→=λMN→，∴ y1=λ(y2-y1),y1y2=λλ+1，
∵ λ∈(1, 2)，∴ y1y2=λ1+λ∈(12,23)，
设△OMP在OP边上的高为hM，△ONP在OP边上的高为hN，
S△OMPS△ONP=12OP⋅hM12OP⋅hN=hMhN=|x1-2y1||x2-2y2|=|(m-2)y1+1||(m-2)y2+1|=|(1y1+1y2)y1-2||(1y1+1y2)y2-2|
=|y1y2|=y1y2∈(12,23)
∴ S△OMPS△ONP的取值范围是(12, 23)．
17.【答案】
(1)证明：f'(x)=1x+a-(lnx+ax)ex.
∵ 函数y=f(x)在x=x0处取得极值1，
∴ f'(x0)=1x0+a-(lnx0+ax0)ex0=0，且f(x0)=lnx0+ax0ex0=1，
∴ 1x0+a=lnx0+ax0=ex0，
∴ a=ex0-1x0，
令r(x)=ex-1x(x>0)，则r'(x)=ex+1x2>0，
∴ r(x)为增函数，
∵ 00，
∴ h'(x)>0，
∴ h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(1)=e>0，h12=e4-ln2<0．
∴ h(x)有唯一零点x1，且120，g'(x)>0，g(x)单调递增．
∴ g(x)min=g(x1)．
∴ a≤ex1-lnx1x1-1x1．
由h(x1)=0整理得x1ex1=-lnx1x1，
∵ 120．
令k(x)=xex(x>0)，则方程x1ex1=-lnx1x1等价于k(x1)=k(-lnx1)，
而
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k'(x)=(x+1)ex在(0,+∞)上恒大于零，
∴ k(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵ k(x1)=k(-lnx1)，
∴ x1=-lnx1，
∴ ex1=1x1，
∴ g(x1)=ex1-lnx1x1-1x1=1x1-(-x1)x1-1x1=1．
∴ a≤1．
∴ 实数a的取值范围为(-∞,1]．
【解答】
(1)证明：f'(x)=1x+a-(lnx+ax)ex.
∵ 函数y=f(x)在x=x0处取得极值1，
∴ f'(x0)=1x0+a-(lnx0+ax0)ex0=0，且f(x0)=lnx0+ax0ex0=1，
∴ 1x0+a=lnx0+ax0=ex0，
∴ a=ex0-1x0，
令r(x)=ex-1x(x>0)，则r'(x)=ex+1x2>0，
∴ r(x)为增函数，
∵ 00，
∴ h'(x)>0，
∴ h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(1)=e>0，h12=e4-ln2<0．
∴ h(x)有唯一零点x1，且120，g'(x)>0，g(x)单调递增．
∴ g(x)min=g(x1)．
∴ a≤ex1-lnx1x1-1x1．
由h(x1)=0整理得x1ex1=-lnx1x1，
∵ 120．
令k(x)=xex(x>0)，则方程x1ex1=-lnx1x1等价于k(x1)=k(-lnx1)，
而k'(x)=(x+1)ex在(0,+∞)上恒大于零，
∴ k(x)在(0,+∞)上单调递增，
∵ k(x1)=k(-lnx1)，
∴ x1=-lnx1，
∴ ex1=1x1，
∴ g(x1)=ex1-lnx1x1-1x1=1x1-(-x1)x1-1x1=1．
∴ a≤1．
∴ 实数a的取值范围为(-∞,1]．
18.【答案】
（1）设第n年的投入资金和收入金额分别为an万元，bn万元，
依题意得，当投入的资金不低于20万元，即an≥20，an=12an+1bn＝bn+1+80，n≥2，
此时{an}是首项为1000，公比为12的等比数列，
{bn}是首项为40，公差为80的等差数列，
所以an＝1000×(12)n-1，bn＝80n-40，
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令an<20，得2n-1>50，解得n≥7
所以an=1000×(12)n-1,1≤n≤620,n≥7 ，bn=80n-40,1≤n≤6440,n≥7
（2）Sn=n[40+(80n-40)]2-1000×[1-(12)n]1-12=2000×(12)n+40n2-2000，
所以Sn-Sn-1＝-2000×(12)n+80n-40，n≥2，
因为f(x)＝-2000×(12)x+80x-40为增函数，f(3)<0，f(4)<0，
所以当2≤n≤3时，Sn+1>Sn，当4≤n≤6时，Sn+1<Sn，
又因为S1<0，S6＝-528.75<0，
所以1≤n≤6，Sn<0，即前6年未盈利，
当n≥7，Sn＝S6+(b7-a7)+(b8-a8)+...+(bn-an)＝-528.75+420(n-6)，
令Sn>0，得n≥8
综上，预计公司从第8年起开始盈利．
【解答】
（1）设第n年的投入资金和收入金额分别为an万元，bn万元，
依题意得，当投入的资金不低于20万元，即an≥20，an=12an+1bn＝bn+1+80，n≥2，
此时{an}是首项为1000，公比为12的等比数列，
{bn}是首项为40，公差为80的等差数列，
所以an＝1000×(12)n-1，bn＝80n-40，
令an<20，得2n-1>50，解得n≥7
所以an=1000×(12)n-1,1≤n≤620,n≥7 ，bn=80n-40,1≤n≤6440,n≥7
（2）Sn=n[40+(80n-40)]2-1000×[1-(12)n]1-12=2000×(12)n+40n2-2000，
所以Sn-Sn-1＝-2000×(12)n+80n-40，n≥2，
因为f(x)＝-2000×(12)x+80x-40为增函数，f(3)<0，f(4)<0，
所以当2≤n≤3时，Sn+1>Sn，当4≤n≤6时，Sn+1<Sn，
又因为S1<0，S6＝-528.75<0，
所以1≤n≤6，Sn<0，即前6年未盈利，
当n≥7，Sn＝S6+(b7-a7)+(b8-a8)+...+(bn-an)＝-528.75+420(n-6)，
令Sn>0，得n≥8
综上，预计公司从第8年起开始盈利．
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