2019-2020學(xué)年北京市高考?jí)狠S卷：數(shù)學(xué)(理)試卷(含解析)

1、. . 北京市高考?jí)狠S卷理科數(shù)學(xué)第一部分 （選擇題共 40 分）一、選擇題：本大題共8 個(gè)小題 , 每小題 5 分, 共 40 分. 在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的 . 1. 設(shè)集合2|340mx xx，| 05nxx，則mni（）a(0,4 b0,4) c 1,0) d ( 1,02. 等比數(shù)列na中，452,5aa，則數(shù)列l(wèi)gna的前 8 項(xiàng)和等于（）a6 b5 c4 d3 3. 已知雙曲線c的離心率為2，焦點(diǎn)為1f、2f，點(diǎn) a在 c上，若122f af a，則21cosaf f（）a14 b13 c24 d234. 若向量,a br r滿足：1, 2,aabaabb

2、rrrrrrr則br（）a2 b2 c 1 d225.已知函 數(shù)的一個(gè)對(duì) 稱中心是. . ，且，要得到函數(shù)的圖像，可將函數(shù)的圖像 ( ) . . 向 左 平 移個(gè)單位長(zhǎng)度向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度. . 向 右 平 移個(gè)單位長(zhǎng)度向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度6. 若120( )2( ),fxxf x dx則10( )f x dx（）. . a.1 b.13 c.13 d.1 7. 已知甲盒中僅有1 個(gè)球且為紅球，乙盒中有m個(gè)紅球和n個(gè)籃球3,3mn，從乙盒中隨機(jī)抽取1,2i i個(gè)球放入甲盒中. （a）放入i個(gè)球后，甲盒中含有紅球的個(gè)數(shù)記為1,2ii；（b）放入i個(gè)球后，從甲盒中取1 個(gè)球是紅球的概率記為1,2ip

3、 i. 則a.1212,pp ee b.1212,ppeec.1212,pp ee d.1212,ppee8. 已知點(diǎn)p 為函數(shù)lnfxx的圖象上任意一點(diǎn)，點(diǎn)q為圓221()1xeye上任意一點(diǎn)，則線段pq的長(zhǎng)度的最小值為a21eee b221eee c21eee d11ee第卷（非選擇題共 110 分）二、填空題（共6 個(gè)小題，每題 5 分，共 30 分）9. 執(zhí)行右側(cè)的程序框圖，若輸入9x，則輸出y . 10. 若函數(shù)( )cos2sinf xxax在區(qū)間(,)62是減函數(shù)，則a的取值范圍是 . . . 11. 當(dāng)實(shí)數(shù)x，y滿足240,10,1,xyxyx時(shí)，14axy恒成立，則實(shí)數(shù)a的取

4、值范圍是 _. 12. 已知曲線c：24xy，直線l ：x=6。若對(duì)于點(diǎn)a（m ，0）,存在 c 上的點(diǎn)p和l上的點(diǎn)q使得0apaqu uu ru uu rr，則 m的取值范圍為。13. 在平面直角坐標(biāo)系中，傾斜角為4的直線l與曲線2cos1 sinxcy：， （為參數(shù)）交于a、b兩點(diǎn)，且2ab，以坐標(biāo)原點(diǎn)o為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，則直線l的極坐標(biāo)方程是_. 14.若函數(shù), 則不等式的解集是 _.三、解答題（共 6 小題，共 80 分解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程）15. （本小題滿分13 分）已知 a，b， c 分別為 abc三個(gè)內(nèi)角a，b，c的對(duì)邊， c asin c

5、 ccos a. . . (1) 求 a； (2)若 a2， abc的面積為，求b，c. 16. （本小題滿分13 分）某校高一年級(jí)學(xué)生舉行了“跳繩、短跑、乒乓球”三項(xiàng)體育健身活動(dòng)，要求每位同學(xué)至少參加一項(xiàng)活動(dòng)，高一（ 1）班 50 名學(xué)生參加健身活動(dòng)的項(xiàng)數(shù)統(tǒng)計(jì)如圖所示。（i ） 從該班中任意選兩名學(xué)生，求他們參加活動(dòng)項(xiàng)數(shù)不相等的概率。（） 從該班中任意選兩名學(xué)生，用表示這兩人參加活動(dòng)項(xiàng)數(shù)之差的絕對(duì)值，求隨機(jī)變量的分布列及數(shù)學(xué)期望 e. （）從該班中任意選兩名學(xué)生，用表示這兩人參加活動(dòng)項(xiàng)數(shù)之和，記 “函數(shù)xf=12xx在區(qū)間 （ 3,5 ）上有且只有一個(gè)零點(diǎn)”為事件a,求事件 a發(fā)生的概率。1

6、7. （本小題滿分13 分）如圖，三棱柱111abca b c中，點(diǎn)1a在平面 abc內(nèi)的射影d在 ac上，090acb，11,2bcaccc. （i ）證明：11aca b；（ii ）設(shè)直線1aa與平面11bcc b的距離為3，求二面角1aabc的大小 . db1cc1a1ab18. （本小題滿分13 分）已知函數(shù). (1) 當(dāng)時(shí)，求的極值；. . (2) 若在區(qū)間上單調(diào)遞增，求b 的取值范圍 . 19.( 本題滿分 14分) 如圖，設(shè)橢圓,01:2222babyaxc動(dòng)直線l與橢圓c只有一個(gè)公共點(diǎn) p ，且點(diǎn) p在第一象限 . （1）已知直線l的斜率為k，用kba,表示點(diǎn) p的坐標(biāo)；（2）

7、若過原點(diǎn)o的直線1l與l垂直，證明：點(diǎn) p到直線1l的距離的最大值為ba. 20. （本小題滿分 14 分）設(shè)實(shí)數(shù)0c，整數(shù)1p，*nn. （i ）證明：當(dāng)1x且0 x時(shí)，pxxp1)1(；（）數(shù)列na滿足pca11，pnnnapcappa111，證明：pnncaa11. . 試卷答案1.b 2.c 3.a 4.b 5.c 6.b【解析】設(shè)10mfx dx，則2( )2f xxm，111123000011( )2( )2233f x dxxf x dx dxxmxmm，所以13m. 7.a【解析】.302031306323018306124321212111)2(ee2306*118*26*3

8、e,306) 1 (,3018)2(,306)3(3737805923,2,12.23e,211,211)(3, 32121122262326131326231appppccpcccpccpqqnm選個(gè)，是紅球的概率個(gè)后，再從甲中取從乙中取個(gè)，是紅球的概率個(gè)后，再從甲中取從乙中取分別，概率是個(gè)后，甲中的紅球可能從乙中取，概率均為是個(gè)后，甲中的紅球可能從乙中取令=+=+=+=8.c9. 【答案】929【解析】929y929,311)2(311, 5)2(5,9)1(=yxyxyx各步運(yùn)算結(jié)果如下：10. 【答案】,211. 【答案】23, 1【解析】23, 1,.230,42521-, 41,4

9、1).1 , 2(),23, 1(),0, 1(1,01-,04-2+=+aaaayaxxyxyx所以解得代入目標(biāo)函數(shù)分別是的三角形區(qū)域的頂點(diǎn)，計(jì)算三條直線12.【答案】3 ,2. . 【解析】3 ,2 3, 20 ,2- ,62), 6(),()0,(,0 0, 2- 211111所以，是的中點(diǎn)為軸左側(cè)，的半個(gè)圓，在圖像是半徑為mxxmtqyxpmaaqapxyc+=+13.14. 【答案】(1,2)15. 【答案】 (1) 由c3asin cccos a及正弦定理，得3sin asin ccos asin csin c0，由于 sin c0，所以sina612，又 0a，所以6a656，故

10、a3. (2) abc的面積s12bcsin a3，故bc4. 而a2b2c22bccos a，故b2c28，解得bc2. 由于 sin c0，所以sina612，又 0a，所以6a656，故a3. (2) abc的面積s12bcsin a3，故bc4. 而a2b2c22bccos a，故b2c28，解得bc2. . . 16.17. 解：解法一： （i）1ad 平面 abc ，1a d 平面11aac c ，故平面11aac c 平面 abc 又 bcac，bc 平面11aac c 連結(jié)1ac ， 側(cè)面11aac c 為菱形，故11acac， 由三垂線定理得11acab；（ii ）bc 平面

11、11,aac cbc 平面11bcc b ，故平面11aac c 平面11bcc b 作11,a ecce為垂足，則1ae 平面11bcc b 又直線1aa 平面11bcc b ，因而1ae 為直線1aa 與平面11bcc b 的距離，13a e =1ac 為1accd的角平分線，故113a da e=作,dfab f為垂足，連結(jié)1af ，由三垂線定理得1afab，故1afdd為二面角1aabc的平面角由22111adaaad=-=得d為ac的中點(diǎn)，1115, tan15 ,25a dacbcdfa fdabdf=?=二面角1aabc的大小為 arctan 15 . . b1c1dcbaa1e

12、fzyxb1c1dcbaa1解法二：以c 為坐標(biāo)原點(diǎn)，射線ca 為x軸的正半軸，以cb 長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系cxyz-由題設(shè)知1a d 與z軸平行，z軸在平面11aac c 內(nèi)（i）設(shè)()1, 0 ,aac，由題設(shè)有()()2 ,2 , 0 , 0 ,0 ,1, 0 ,aab則()()()()()11112 ,1 , 0 ,2 , 0 , 0 ,2 , 0 ,4 , 0 ,1,.abacaaacacacaaacbaac=-=-=-=+=-=-uuu ruuu ruuuruuuu ruuu ruuuruuur由12aa =u uu r得()2222ac-+=，即2240aac

13、-+=（） 于是22111140 ,acbaaacaca b?-+=uuuu r uuur（ii ） 設(shè)平面11bcc b 的法向量(),mxyz=u r則1,mcbmbbu ruuu ruruuur即10 ,0m cbm bb?ur uuu ru r uuur()0, 1, 0 ,cb =uuu rq()112 , 0 ,bbaaac=-uuuruuur故0y =，且()20axcz-+=令xc=，則()2, 0 , 2zamca=-=-ur，點(diǎn)a到平面11bcc b 的距離為()222cos,2ca mccam cacmca?=+-uuu r u ruuu ru ruuu ru r又依題設(shè)

14、，點(diǎn)a到平面11bcc b 的距離為3 ,3c = 代入解得3a= （舍去）或1a= 于是()11, 0,3aa =-uu u r 設(shè)平面1aba 的法向量(),npq r=r，則1,naanabruuurruuu r， 即10 ,0 ,30n aan abpr?-+=ruuurr uuu r， 故 且20pq-+= 令3p =， 則2 3,1,qr=3,23,1nr又0,0,1pu r為平面abc的法向量，故1cos,4n pn pnpru rr u rru r，二面角1aabc的大小為1arccos418. （1）當(dāng)b=2時(shí)，= x+2- xfx21 2的定義域?yàn)?-2，252112212

15、2221212x xfxxxxxx令0fx，解得12x2,0 x當(dāng)1x2x2和0時(shí)，0fx，所以( )f x在1, 2,2, 0上單調(diào)遞減；. . 當(dāng)12 x2時(shí)，0fx，所以( )f x在12,2上單調(diào)遞增；所以，當(dāng)x2時(shí)，( )f x取得極小值( 2)0f；當(dāng)1x2時(shí)，( )f x取得極大值(0)4f。（2）fx在10,3上單調(diào)遞增0,fx且不恒等于0 對(duì) x10,3恒成立7分2211523212221212xxbxfxxbxxbxbxx25320 xbxx8 分min253xb10 分1252513339xq11 分19b12 分19. )bkab,bkaka-(,bkabybkaka-

16、x1byax0bk2ya2x0by2ya2x:1byax)y,p(x0,k222222222222022220220220202022222200+=+=+=+=+=+p，所以，聯(lián)立求得：，求導(dǎo)得對(duì)設(shè)由題知 . . .-ba2ab)b-(abakbka2)b-(abakbka)b-(abk1)a(k)b-k(a-|1kbkakbbkaka-|)bkab,bkaka-(.037373805920,k1222222222222222222222222222222222221222222221balpbadlpkyxqqll的距離最大值為到直線所以，點(diǎn)的距離到直線點(diǎn)為方程直線斜率為設(shè)直線=+=+=+

17、=+=+=+20. （）證：用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)2p時(shí)，xxxx2121)1(22，原不等式成立假設(shè)),2(*nkkkp時(shí)，不等式kxxk1)1(成立，當(dāng)1kp時(shí)，)1)(1()1)(1 ()1(1kxxxxxkkxkkxxk)1(1)1(12所以1kp時(shí)，原不等式也成立綜合可得，當(dāng)0, 1 xx時(shí)，對(duì)一切整數(shù)1p，不等式pxxp1)1 (均成立（）證法1：先用數(shù)學(xué)歸納法證明pnca1當(dāng)1n時(shí)，由題設(shè)pca11知pnca1成立假設(shè)kn（*, 1nkk）時(shí)，不等式pkca1成立由pnnnapcappa111易知，*, 0nnan當(dāng)1kn時(shí)，)1(1111pkpkkkacpapcppaa由01pkca得0)1(111pkacpp由（）中的結(jié)論得，pkpkppkpkkacacppacpaa)1(11)1(11 )(1因此capk 1，即pkca11. . . 所以1kn時(shí)，不等式pnca1也成立綜合、可得，對(duì)一切正整數(shù)n，不等式pnca1均成立再由)1(111pnnnacpaa可得11nnaa，即nnaa1綜上所述，*11,nncaapnn證法 2：設(shè)ppcxxpcxppxf11,1)(，則