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1、2020届高考数学仿真押题卷北京卷（理2）第一部分（选择题 共40分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.（1）已知全集，集合，则= （A） （B） （C） （D）正视图11（2）设，那么“”是“”的 （A）必要不充分条件 （B）充分不必要条件（C）充分必要条 （D）既不充分又不必要条件（3）三棱柱的侧棱与底面垂直，且底面是边长为2的等边三角形，其正视 图(如图所示)的面积为8，则侧视图的面积为 （A） 8 （B） 4 （C） （D）（4）已知随机变量服从正态分布，且，则实数 的值为 （A）1 （B） （C）2 （D）4（5）若一个
2、三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有（A）120个 （B）80个 （C）40个 （D）20个（6）点是抛物线上一动点，则点到点的距离与到直线的距离和的最小值是 （A） （B） （C）2 （D）（7）已知棱长为1的正方体中，点，分别是棱，上的动点，且设与所成的角为，与所成的角为，则的最小值（A）不存在 （B）等于60 （C）等于90 （D）等于120 （8）已知点是的中位线上任意一点，且，实数，满足设，的面积分别为， 记，则取最大值时，的值为（A） （B） （C） 1 （D）2第二部
3、分（非选择题 共110分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在题中横线上. （9）已知复数满足，则 .（10）曲线：（为参数）的普通方程为 .（11）曲线与轴所围成的图形面积为_.(12)已知数列满足，且，则 ；并归纳出数列的通项公式 .(13)如图，与圆相切点，为圆的割线，并且不过圆心， 已知，则 ；圆的 半径等于 (14)已知函数，且，则对于任意 的，函数总有两个不同的零点的概率是 . 三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.（15）（本小题满分13分）已知函数 . （）求函数的最小正周期及函数的单调递增区间；（）若，求的值.（
4、16）（本小题满分13分）为了防止受到核污染的产品影响我国民众的身体健康，要求产品在进入市场前必须进行两轮核辐射检测，只有两轮都合格才能进行销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，两轮检测是否合格相互没有影响.（）求该产品不能销售的概率；（）如果产品可以销售，则每件产品可获利40元；如果产品不能销售，则每件产品亏损80元（即获利-80元）.已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利X元，求X的分布列，并求出均值E(X).（17）（本小题满分13分）在长方形中，分别是，的中点（如图1）. 将此长方形沿对折，使二面角为直二面角，分别是，的中点（如图2）.（）求证
5、：平面；（）求证：平面平面； （）求直线与平面所成角的正弦值.图（1）图（2）C1BACAAA1B12ABACAADAEAA1B12AC1(18)（本小题满分13分）设函数，.（）若，求函数在上的最小值；（）若函数在上存在单调递增区间，试求实数的取值范围；（）求函数的极值点.(19)（本小题满分14分）已知椭圆经过点，离心率为过点的直线与椭圆交于不同的两点（）求椭圆的方程；（）求的取值范围；（）设直线和直线的斜率分别为和，求证:为定值(20)（本小题满分14分）对于正整数，存在唯一一对整数和，使得，. 特别地，当时，称能整除，记作，已知.（）存在，使得，试求的值；（）求证：不存在这样的函数，使
6、得对任意的整数，若，则；（）若，（指集合B 中的元素的个数），且存在，则称为“和谐集”. 求最大的，使含的集合的有12个元素的任意子集为“和谐集”，并说明理由.参考答案1. D【解析】分别把两个集合表示为，所以， 2. B【解析】 当时成立，若，则出现和两种情形.3. C【解析】侧视图应为矩形，高为，宽为因此侧视图的面积为4. A 【解析】由可知 5. C【解析】分四种情形处理，当中间数依次分别为时，相应“伞数”的个数分别为所以6. D 【解析】点到点的距离与到直线的距离和转化为点到点的距离与点到焦点的距离和，显然最小值为7. C【解析】在上取一点，使，连结，则，同理可判断.在中，所以，所以因
7、此 【易错点拨】在判断与所成的角、所成的角时不能从图形直接判断为相等是本题解答的一个障碍，由三角函数值确定角也是较为容易出错的地方。此外若采用空间坐标运算还可能出现坐标的确定有误.8. A【解析】，时取等号，此时点为的中点，所以，因此9. 【解析】把两边同乘以，则10. 【解析】，则11. 【解析】先求曲线与轴的交点分别为所以 【易错点拨】积分的上下限的确定是解题的关键，被积函数的“还原”是难点.12. 【解析】由 ，得。 可变形为，则为等比数列，首项为，公比为，所以 13. .【解析】由得作直径交于，则.易求得所以14. 【解析】，因为该函数总有两个不同的零点，所以恒成立只需要所以15. 【
8、解析】 . （）函数的最小正周期. 令， 所以.即.所以，函数的单调递增区间为 . （）解法一：由已知得， 两边平方，得 所以 因为，所以.所以. 解法二：因为，所以. 又因为，得 . 所以. 所以， . 16. 【解析】（）记“该产品不能销售”为事件A，则.所以，该产品不能销售的概率为. （）由已知，可知X的取值为. ， ，. 所以X的分布列为X-320-200-8040160P E(X) 所以，均值E(X)为40. 17. 【解析】解法一：（）证明：取的中点，连接，.因为，分别是，的中点， 所以是的中位线. 1分 所以，且. 又因为是的中点，所以. 所以，且. 所以四边形是平行四边形. 所
9、以. 又平面，平面， 所以平面. （）证明：因为，且，所以平面. 因为, 所以平面. 因为平面，所以. 又，且是的中点，所以. 因为，所以平面. 由（）知. 所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. （）解：由已知，将长方形沿对折后，二面角为直二面角，因为在长方形中，分别是，的中点， 所以，. 所以是二面角的平面角. 所以. 所以. 又， 所以平面，即平面. 所以. 其中，所以. ， 设点到平面的距离为， 所以，即. 设直线与平面所成角为， 所以.所以直线与平面所成角的正弦值为. zAxAyAAA1CAEAC1DABAB12A解法二：（）证明：由已知，将长方形沿对折后，二面角为直二面角，因为在
10、长方形中，分别是，的中点， 所以，. 即是二面角的平面角.所以. 所以. 所以两两垂直. 以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系. 1分 因为，且，分别是，的中点，所以，. 所以，. 设平面的法向量为， 所以 所以令，则，. 所以. 又因为. 所以. 又因为平面， 所以平面. （）证明：由（）知 ，.设平面的法向量为，所以 所以 令，则，所以. 由（）知，平面的法向量为. 所以. 所以. 所以平面平面. （）解：由（）知，. 所以.又由（）知，平面的法向量为. 设直线与平面所成角为，则 . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 【解析】（）的定义域为. 因为，所以在上是增函数，当时，取
11、得最小值.所以在上的最小值为1. （）解法一：设， 依题意，在区间上存在子区间使得不等式成立. 注意到抛物线开口向上，所以只要，或即可.由，即，得，由，即，得，所以，所以实数的取值范围是. 解法二：， 依题意得，在区间上存在子区间使不等式成立.又因为，所以. 设，所以小于函数在区间的最大值.又因为，由解得；由解得. 所以函数在区间上递增，在区间上递减.所以函数在，或处取得最大值.又，所以，所以实数的取值范围是. （）因为，令显然，当时，在上恒成立，这时，此时，函数没有极值点； 当时， （）当，即时，在上恒成立，这时，此时，函数没有极值点； （）当，即时，易知，当时，这时；当或时，这时；所以，当时，是函数的极大值点；是函数的极小值点. 综上，当时，函数没有极值点；当时，是函数的极大值点；是函数的极小值点. 19. 【解析】（）由题意得 解得，故椭圆的方程为 （）由题意显然直线的斜率存在，设直线方程为，由得. 因为直线与椭圆交于不同的两点，所以，解得. 设，的坐标分别为，则， 所以 因为，所以故的取值范围为 （）由（）得
