【2020年高考数学预测题】北京市高考数学试卷（理科）5【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）5【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 5 分 ，共计40分 ， ）
1. 设集合A={x||x|≥2}，B={x|-4≤x<-1}，则A∩B=( )
A.(-4,+∞) B.[-4,+∞) C.[-2,-1] D.[-4,-2]
2. 复数1-i1+i在复平面内对应的点位于（ ）
A.实轴上 B.虚轴上 C.第一三象限 D.第二四象限
3. 已知实数x∈[0, 12]，执行如图所示的程序框图，则输出的x不小于55的概率为（ ）
A.14 B.12 C.34 D.45
4. 设{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2⋅a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为54，则S5为( )
A.31 B.32 C.33 D.34
5. 某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的四个侧面的面积中最大的是（ ）
A.3 B.25 C.6 D.35
6. 已知集合A＝{x|log12(x-1)>1}，B＝{x|x2-2x-3>0}，则“x∈A”是“x∈B”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7. 由直线y=x+4上的点向圆(x-4)2+(y+2)2=1引切线，则切线长的最小值为（ ）
A.7 B.52 C.2 D.1
8. 设实数x，y满足x-y≤1，x≥0，y≤0，则z=2x+y的最大值为( )
A.-2 B.0 C.1 D.2
二、 填空题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ， ）
9. 现有一根7节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则公差为________，这7节竹子中最小容积为________升.
10. 极坐标系中，点(2,π2)到直线ρcosθ=1的距离为________．
11. 函数f(x)=2sinx的最大值为________．
12. 若x，y满足x≥1y≥-1x+y≥3 ，则z＝x+2y的最小值为________．
13. 命题“存在x0>1，使得x02-x0+2016>0”的否定是________．
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14. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，上顶点为A，延长AF2交椭圆C于点B，若△ABF1为等腰三角形，则椭圆的离心率e=________.
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 13 分 ，共计78分 ， ）
15. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3sinB-2cos2A+C2=0．
（1）求角B的大小；
（2）若sin2B=2sinAsinC，且△ABC的面积为43，求△ABC的周长．
16. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC＝∠BCD＝90∘，BC＝1，CD，PD＝2，∠PDA＝60∘，∠PAD＝30∘，且平面PAD⊥平面ABCD，在平面ABCD内过B作BO⊥AD，交AD于O，连PO．
( I)求证：PO⊥平面ABCD；
( II)求二面角A-PB-C的正弦值；
( III)在线段PA上存在一点M，使直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为，求PM的长．
17. 已知甲箱中装有3个红球,2个黑球,乙箱中装有2个红球,3个黑球这些球除颜色外完全相同,某商场举行有奖促销活动,规定顾客购物1000元以上,可以参与抽奖一次,设奖规则如下：每次分别从以上两个箱子中各随机摸出2个球,共4个球,若摸出4个球都是红球,则获得一等奖,奖金300元;摸出的球中有3个红球,则获得二等奖,奖金200元;摸出的球中有2个红球,则获得三等奖,奖金100元;其他情况不获奖,每次摸球结束后将球放回原箱中.
(1)求在1次摸奖中，获得二等奖的概率；
(2)若3人各参与摸奖1次，求获奖人数X的数学期望E(X)：
(3)若商场同时还举行打9折促销活动，顾客只能在两项促销活动中任选一项参与，假若你购买了价值1200元的商品，那么你选择参与哪一项活动对你有利？
18. 已知函数f(x)＝(ax-sinx-1)⋅ex(a∈R)，f'(x)是其导函数．
(Ⅰ)当a＝1时，求f(x)在x＝0处的切线方程；
(Ⅱ)若a≥1，证明：f'(x)在区间(0, π)内至多有1个零点．
19. 如图，抛物线y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点M，过点M的直线与拋物线交于A，B两点，设A(x1, y1)(y1>0)到准线的距离d=λp．
（1）若y1=d=2，求拋物线的标准方程；
（2）若2AM→+λAB→=0，求直线AB的斜率．
20. 设n为正整数，集合A＝{α|α＝(t1, t2, ...tn), tk∈{0, 1}, k＝1, 2, ..., n}，对于集合A中的任意元素α＝(x1, x2,…,xn)和β＝(y1, y2,…yn)，记
M(α, β)=12[(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+...(xn+yn-|xn-yn|)]
(Ⅰ)当n＝3时，若α＝(1, 1, 0)，β＝(0, 1, 1)，求M(α, α)和M(α, β)的值；
(Ⅱ)当n＝4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素α，β，当α，β相同时，M(α, β)是奇数；当α，β不同时，M(α, β)是偶数．求集合B中元素个数的最大值；
(Ⅲ)给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素α，β，M(α, β)＝0，写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．
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参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题】北京市高考数学试卷（理科）5【附详细答案和解析_可编辑】
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1.【答案】
D
【解答】
解：由题得A={x|x≤-2或x≥2}，B={x|-4≤x<-1}，
所以A∩B={-4≤x≤-2},
故选D.
2.【答案】
B
【解答】
∵ 1-i1+i=(1-i)2(1+i)(1-i)=-i，
∴ 复数1-i1+i在复平面内对应的点的坐标为(0, -1)，位于虚轴上．
3.【答案】
B
【解答】
设实数x∈[0, 12]，
经过第一次循环得到x＝2x+1，n＝2，
经过第二循环得到x＝2(2x+1)+1，n＝3，
经过第三次循环得到x＝2[2(2x+1)+1]+1，n＝4此时输出x，
输出的值为8x+7，
令8x+7≥55，得x≥6，
由几何概型得到输出的x不小于55的概率为=12-612=12．
4.【答案】
A
【解答】
解：设等比数列{an}的公比为q，
则可得a1q⋅a1q2=2a1，即a4=a1q3=2，
又a4与2a7的等差中项为54，
所以a4+2a7=52，即2+2⋅2q3=52，
解得q=12，可得a1=16，
故S5=16(1-125)1-12=31．
故选A．
5.【答案】
C
【解答】
该几何体的直观图是
S△VAB=6
S△VBC=S△VAD=3
S△VCD=25
6.【答案】
D
【解答】
由log12(x-1)>1，可得：0
0，解得：x>3，或x<-1．即B(-∞, -1)∪(3, +∞)．
则“x∈A”是“x∈B”的既不充分也不必要条件．
7.【答案】
A
【解答】
解：圆心(4,-2)到直线y=x+4的距离等于
|4+2+4|2=52，
结合图形可知，
所求切线长的最小值是(52)2-1=7．
故选A
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．
8.【答案】
D
【解答】
解：根据题意可作出可行域如图阴影部分所示，
目标函数为z=2x+y，
可得在B(1,0)处z取得最大值，
故zmax=2+0=2.
故选D.
二、 填空题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）
9.【答案】
16
,12
【解答】
解：将自上而下各节竹子的容积分别记为 a1，a2，…，a7 ,
依题意可得 a1+a2+a3+a4=3，a5+a6 +a7=4，
即4a1+6d=3①，3a1+15d=4②，
联立①②，解得d=16， a1=12,
∵ d>0，
∴ 数列{an}是递增数列，
∴ {an}的最小值为12.
故答案为：16；12.
10.【答案】
1
【解答】
把点(2, π2)转换为直角坐标为：(0, 2)，
直线ρcosθ=1转换为直角坐标方程为：x=1，
则：点(0, 2)到直线x=1的距离为：d=(1)
如图所示：
故答案为：1
11.【答案】
2
【解答】
解：因为sinx∈[-1, 1]，
所以函数f(x)=2sinx的最大值为2．
故答案为：2．
12.【答案】
2
【解答】
画出不等式组x≥1y≥-1x+y≥3 表示的平面区域，如图所示；
根据图形知，目标函数z＝x+2y过点A时，z取得最小值，
由y=-1x+y=3 ，解得A(4, -1)，
代入目标函数中，求得z的最小值为4+2×(-1)＝2．
13.【答案】
∀x>1，x2-x+2016≤0
【解答】
解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“存在x0>1，使得x02-x0+2016>0”的否定是：∀x>1，x2-x+2016≤0．
故答案为：∀x>1，x2-x+2016≤0．
14.【答案】
33
【解答】
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解：由题意△ABF1为等腰三角形，
可得AF1=AF2=a,AB=BF1，
设BF2=x，则BF1=2a-x,AB=a+x，
所以2a-x=a+x，解得x=a2，
所以BF1=AB=3a2.
在三角形ABF1中，
cos∠ABF1=AB2+BF12-AF122AB⋅BF1=3a22+3a22-a22⋅3a2⋅3a2=79，
在三角形BF1F2中
cos∠F2BF1=F1B2+BF22-F2F122F1B⋅BF2=3a22+a22-4c22⋅3a2⋅a2=5a2-8c23a2，
所以5a2-8c23a2=79，
化简可得c2a2=13，
所以离心率e=ca=33.
故答案为：33.
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 13 分 ，共计78分 ）
15.【答案】
【解答】
此题暂无解答
16.【答案】
证明：(Ⅰ)在直角梯形ABCD内过B作BO⊥AD，交AD于O，连结PO，则四边形BODC为矩形，
在△PDO中，PD＝2，DO＝BC＝1，∠PDA＝60∘，
则PO
∴ PO2+DO2＝PD2，∴ PO⊥AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴ PO⊥平面ABCD；
（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵ PO，∠PAD＝30∘，可得AO＝3，
则，O(0, 0, 0)，A(3, 0, 0)，P(0, 0,)，B(0,,0)，C(-1,,0)，
设平面APB的法向量为，
，
由，得．
设平面CPB的法向量为(a, b, c)，
由，得
cos．
∵ 二面角A-PB-C是钝角，∴ 二面角A-PB-C的正弦值为．
(Ⅲ)设，
则(3,,0)+λ(-3, 0,)＝(3-3λ,,λ)，
又平面PAD的法向量为
直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为|cos|，
解得，
∴ PM．
【解答】
证明：(Ⅰ)在直角梯形ABCD内过B作BO⊥AD，交AD于O，连结PO，则四边形BODC为矩形，
在△PDO中，PD＝2，DO＝BC＝1，∠PDA＝60∘，
则PO
∴ PO2+DO2＝PD2，∴ PO⊥AD，
且平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD
平面PAD∩
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平面ABCD＝AD，
∴ PO⊥平面ABCD；
（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵ PO，∠PAD＝30∘，可得AO＝3，
则，O(0, 0, 0)，A(3, 0, 0)，P(0, 0,)，B(0,,0)，C(-1,,0)，
设平面APB的法向量为，
，
由，得．
设平面CPB的法向量为(a, b, c)，
由，得
cos．
∵ 二面角A-PB-C是钝角，∴ 二面角A-PB-C的正弦值为．
(Ⅲ)设，
则(3,,0)+λ(-3, 0,)＝(3-3λ,,λ)，
又平面PAD的法向量为
直线BM与平面PAD所成的角的正弦值为|cos|，
解得，
∴ PM．
17.【答案】
解：(1)设“在1次摸奖中，获得二等奖”为事件A，
则P(A)=C32C21C31+C31C21C22C52C52=625.
(2)设“在1次摸奖中，获奖”为事件B，
则获得一等P1=C32C22C52C52=3100；
获得三等奖的概率为P3=C32C32+C31C21C21C31+C22C22C52C52=2350；
所以P(B)=3100+625+2350=73100.
由题意，3人参与摸奖，相当于独立重复实验3次，随机变量X~B3,73100.
所以P(X=i)=C3i73100i1-731003-i,(i=0,1,2,3).
获奖人数X的数学期望
E(X)=3×73100=219100.
(3)参与有奖促销活动获得的奖金数Y的所有可能取值为300，200，100，0，
由(2)知P(Y=300)=3100,P(Y=200)=625，
P(Y=100)=2350, P(Y=0)=27100.
所以Y的分布列是
所以参与 有奖促销活动获得的奖金数的期望；
E(Y)=300×3100+200×625+100×2350=103.
参与打9折促销活动，获得的返还金额为1200×10100=120元>103元；
所以应选择参与打9折促销活动有利.
【解答】
解：(1)设“在1次摸奖中，获得二等奖”为事件A，
则P(A)=C32C21C31+C31C21C22C52C52=625.
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(2)设“在1次摸奖中，获奖”为事件B，
则获得一等P1=C32C22C52C52=3100；
获得三等奖的概率为P3=C32C32+C31C21C21C31+C22C22C52C52=2350；
所以P(B)=3100+625+2350=73100.
由题意，3人参与摸奖，相当于独立重复实验3次，随机变量X~B3,73100.
所以P(X=i)=C3i73100i1-731003-i,(i=0,1,2,3).
获奖人数X的数学期望
E(X)=3×73100=219100.
(3)参与有奖促销活动获得的奖金数Y的所有可能取值为300，200，100，0，
由(2)知P(Y=300)=3100,P(Y=200)=625，
P(Y=100)=2350, P(Y=0)=27100.
所以Y的分布列是
所以参与 有奖促销活动获得的奖金数的期望；
E(Y)=300×3100+200×625+100×2350=103.
参与打9折促销活动，获得的返还金额为1200×10100=120元>103元；
所以应选择参与打9折促销活动有利.
18.【答案】
（I）当a＝1时，f'(x)＝(x-sinx-cosx)ex，则f'(0)＝-1，
又f(0)＝-1，
则f(x)在x＝0处的切线方程为：y+1＝-x即x+y+1＝0．
（2）f'(x)＝(ax-sinx-cosx+a-1)ex，
设g(x)＝ax-sinx-cosx+a-1，
g'(x)＝a-cosx+sinx=2sin(x-π4)+a，
因x∈(0, π)，故2sin(x-π4)∈(-1,2]，
又a≥1，故g'(x)≥0对x∈(0, π)恒成立，即g(x)在区间(0, π)单调递增；
又g(0)＝a-2，g(π)＝a(π+1)>0；
故当1≤a≤2时，g(0)＝a-2≤0，此时f'(x)在区间(0, π)内恰好有1个零点．
当a>2时，g(0)＝a-2>0，此时f'(x)在在区间(0, π)内没有零点；
综上结论得证．
【解答】
（I）当a＝1时，f'(x)＝(x-sinx-cosx)ex，则f'(0)＝-1，
又f(0)＝-1，
则f(x)在x＝0处的切线方程为：y+1＝-x即x+y+1＝0．
（2）f'(x)＝(ax-sinx-cosx+a-1)ex，
设g(x)＝ax-sinx-cosx+a-1，
g'(x)＝a-cosx+sinx=2sin(x-π4)+a，
因x∈(0, π)，故2sin(x-π4)∈(-1,2]，
又a≥1，故g'(x)≥0对x∈(0, π)恒成立，即g(x)在区间(0, π)单调递增；
又g(0)＝a-2，g(π)＝a(π+1)>0；
故当1≤a≤2时，g(0)＝a-2≤0，此时f'(x)在区间(0, π)内恰好有1个零点．
当a>2时，g(0)＝a-2>0，此时f'(x)在在区间(0, π)内没有零点；
综上结论得证．
19.【答案】
∵ x1=y122p=42p=2p，∴ d=x1+p2=2p+p2=2，∴ p2-4p+4=0，得p=2
∴ 抛物线为y2=4x；
设B(x2, y2)，由2AM→+λAB→=0得：2(-p2-x1)+x1+p2p(x2-x1)=0
∴ (x1+p2)+(x2-x1p-2)=0，则x2-x1=2p
设直线AB的方程为y=k(x+p2)，由y2=2pxy=k(x+p2) ，得k2(x2+px+p24)-2px=0，
即k2x2+(k2p-2p)x+k2p24=0，∴ x1+x2=-k2p-2pk2，x1x2=p24，
∴ x2-x1=(x1+x2)2-4x1x2=4p2(1-k2)k4=2p，整理得k4+k2-1=0，
∴ k2=-1+52，∴ k=±-1+52，依题意k>0，∴ k=-1+52．
【解答】
∵ x1=y122p=42p=2p，∴ d=x1+p2=2p+p2=2，∴ p2-4p+4=0，得p=2
∴ 抛物线为y2=4x；
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设B(x2, y2)，由2AM→+λAB→=0得：2(-p2-x1)+x1+p2p(x2-x1)=0
∴ (x1+p2)+(x2-x1p-2)=0，则x2-x1=2p
设直线AB的方程为y=k(x+p2)，由y2=2pxy=k(x+p2) ，得k2(x2+px+p24)-2px=0，
即k2x2+(k2p-2p)x+k2p24=0，∴ x1+x2=-k2p-2pk2，x1x2=p24，
∴ x2-x1=(x1+x2)2-4x1x2=4p2(1-k2)k4=2p，整理得k4+k2-1=0，
∴ k2=-1+52，∴ k=±-1+52，依题意k>0，∴ k=-1+52．
20.【答案】
(I ) M(α, α)＝1+1+0＝2，M(α, β)＝0+1+0＝1．
(II)考虑数对(xk, yk)只有四种情况：(0, 0)、(0, 1)、(1, 0)、(1, 1)，相应的xk+yk-|xk-yk|2分别为0、0、0、1，
所以B中的每个元素应有奇数个1，
所以B中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：
(1, 0, 0, 0 )、(0, 1, 0, 0)、(0, 0, 1, 0)、(0, 0, 0, 1)，
(0, 1, 1, 1)、(1, 0, 1, 1)、(1, 1, 0, 1)、(1, 1, 1, 0)，
对于任意两个只有1个1的元素α，β都满足M(α, β)是偶数，
所以四元集合B＝{(1, 0, 0, 0)、(0, 1, 0, 0)、(0, 0, 1, 0)、(0, 0, 0, 1)}满足 题意，
假设B中元素个数大于等于4，就至少有一对互补元素，
除了这对互补元素之外还有至少1个含有3个1的元素α，
则互补元素中含有1个1的元素β与之满足M(α, β)＝1不合题意，
故B中元素个数的最大值为4．
(Ⅲ) B＝{(0, 0, 0,…0)，(1, 0, 0…,0)，(0, 1, 0,…0)，(0, 0, 1...0)…，
(0, 0, 0,…,1)}，
此时B中有n+1个元素，下证其为最大．
对于任意两个不同的元素α，β，满足M(α, β)＝0，则α，β中相同位置上的数字不能同时为1，
假设存在B有多于n+1个元素，由于α＝(0, 0, 0,…,0)与任意元素β都有M(α, β)＝0，
所以除(0, 0, 0,…,0)外至少有n+1个元素含有1，
根据元素的互异性，至少存在一对α，β满足xi＝yi＝l，此时M(α, β)≥1不满足题意，
故B中最多有n+1个元素．
【解答】
(I ) M(α, α)＝1+1+0＝2，M(α, β)＝0+1+0＝1．
(II)考虑数对(xk, yk)只有四种情况：(0, 0)、(0, 1)、(1, 0)、(1, 1)，相应的xk+yk-|xk-yk|2分别为0、0、0、1，
所以B中的每个元素应有奇数个1，
所以B中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：
(1, 0, 0, 0 )、(0, 1, 0, 0)、(0, 0, 1, 0)、(0, 0, 0, 1)，
(0, 1, 1, 1)、(1, 0, 1, 1)、(1, 1, 0, 1)、(1, 1, 1, 0)，
对于任意两个只有1个1的元素α，β都满足M(α, β)是偶数，
所以四元集合B＝{(1, 0, 0, 0)、(0, 1, 0, 0)、(0, 0, 1, 0)、(0, 0, 0, 1)}满足 题意，
假设B中元素个数大于等于4，就至少有一对互补元素，
除了这对互补元素之外还有至少1个含有3个1的元素α，
则互补元素中含有1个1的元素β与之满足M(α, β)＝1不合题意，
故B中元素个数的最大值为4．
(Ⅲ) B＝{(0, 0, 0,…0)，(1, 0, 0…,0)，(0, 1, 0,…0)，(0, 0, 1...0)…，
(0, 0, 0,…,1)}，
此时B中有n+1个元素，下证其为最大．
对于任意两个不同的元素α，β，满足M(α, β)＝0，则α，β中相同位置上的数字不能同时为1，
假设存在B有多于n+1个元素，由于α＝(0, 0, 0,…,0)与任意元素β都有M(α, β)＝0，
所以除(0, 0, 0,…,0)外至少有n+1个元素含有1，
根据元素的互异性，至少存在一对α，β满足xi＝yi＝l，此时M(α, β)≥1不满足题意，
故B中最多有n+1个元素．
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