《北京市2020年高考6月30日猜题卷（三）数学试题纯word版（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市2020年高考6月30日猜题卷（三）数学试题纯word版（解析版）（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、北京市2020年高考6月末猜题卷(三) 数 学一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1. 命题“对任意xR，都有x20”的否定为（）A. 对任意xR，都有x20B. 不存在xR，都有x20C. 存在x0R，使得x020D. 存在x0R，使得x020【答案】D【解析】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“对任意xR，都有x20”的否定为存在x0R，使得x020故选D2. 已知集合，那么集合AB等于（ ）A. 1,3)B. 0,1,2C. 1,0,1,2D. 1,0,1,2,3 【答案】C【解析】因为，所以，故选：C3. 函数的单调递增区间
2、是（ ）A. B. C. D. ，【答案】B【解析】因为，所以或，即函数定义域为， 设，所以在上单调递减，在上单调递增，而在单调递增，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为.故选：B4. 过点A（-1，0），斜率为k的直线，被圆（x-1）2+y2=4截得的弦长为2，则k的值为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设直线为,根据弦长公式,可得：,解得：,故选A.5. 甲、乙两名学生的六次数学测验成绩(百分制)的茎叶图如图所示.甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；甲同学的平均分比乙同学的平均分高；甲同学的平均分比乙同学的平均分低；甲同学成绩的方差小于乙同学成绩的方差.以上说法正确
3、的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由茎叶图可得甲同学成绩的中位数为,乙同学成绩的中位数为,故错误；,则,故错误,正确；显然甲同学的成绩更集中,即波动性更小,所以方差更小,故正确,故选:A6. 在边长为2的菱形ABCD中，E是BC的中点，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意，故选D7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是圆柱的一半与长方体的组合体，其中半圆柱的底面半径为3，高为1，故其体积为：.故选：A8. 2019年12月，湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例2020年1月12日
4、，世界卫生组织正式将造成此次肺炎疫情的病毒命名为“2019新型冠状病毒”2020年2月11日，世界卫生组织将新型冠状病毒感染的肺炎命名为COVID-19（新冠肺炎）新冠肺炎患者症状是发热干咳浑身乏力等外部表征“某人表现为发热干咳浑身乏力”是“新冠肺炎患者”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】表现为发热、干咳、浑身乏力者不一定是感染新型冠状病毒，或者只是普通感冒等；而新型冠状病毒感染者早期症状表现为发热、干咳浑身乏力等外部表征因而“某人表现为发热、干咳、浑身乏力”是“该人患得新型冠状病毒”的必要不充分条件故选：A9. 设,记不
5、超过x的最大整数为x,令x=x-x，则 ，, （ ）A. 是等差数列但不是等比数列B. 是等比数列但不是等差数列C. 既是等差数列又是等比数列D. 既不是等差数列也不是等比数列【答案】B【解析】因为，=1，所以, ,即成等比数列但不成等差数列.故：B.10. 某部影片的盈利额（即影片的票房收入与固定成本之差）记为y，观影人数记为x，其函数图象如图（1）所示由于目前该片盈利未达到预期，相关人员提出了两种调整方案，图（2）、图（3）中的实线分别为调整后y与x的函数图象，给出下列四种说法，图（2）对应的方案是：提高票价，并提高成本；图（2）对应的方案是：保持票价不变，并降低成本；图（3）对应的方案是
6、：提高票价，并保持成本不变；图（3）对应的方案是：提高票价，并降低成本其中，正确的说法是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由图可知，点A纵坐标的相反数表示的是成本，直线的斜率表示的是票价，故图 (2)降低了成本，但票价保持不变，即对；图 (3)成本保持不变，但提高了票价，即对；故选：C二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11. 若复数在复平面内对应的点在第三象限，则整数a的取值为_【答案】0【解析】复数，若复数在复平面内对应的点在第三象限，则，解得，又a为整数，则a=0,故答案为：012. 展开式中的系数为_【答案】30【解析】由题可得：展开式中的系数等于二项式展开式中的指数
7、为2和4时的系数之和，由于二项式的通项公式为，令，得展开式的的系数为，令，得展开式的的系数为，所以展开式中的系数，故答案为30.13. 已知数列an的前n项和为Sn，且满足，则_【答案】【解析】解：，可得时，时，又，两式相减可得，即，上式对也成立，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，可得故答案为：14. 已知函数的一条对称轴为，且函数f(x)在上具有单调性，则的最小值为_.【答案】【解析】，由题可知，化简可得，则，且函数在上具有单调性，关于对称中心对称，故有，解得，当时，的最小值为，故答案为：15.已知平面内两个定点和点，P是动点，且直线PM, PN的斜率乘积为常数，设点P的轨迹为C. 存在
8、常数，使C上所有点到两点(4,0),(4,0)距离之和为定值； 存在常数，使C上所有点到两点(0,4),(0,4)距离之和为定值； 不存在常数，使C上所有点到两点(4,0),(4,0)距离差的绝对值为定值； 不存在常数，使C上所有点到两点(0,4),(0,4)距离差的绝对值为定值.其中正确的命题是_.（填出所有正确命题的序号）【答案】【解析】设点P的坐标为：P（x，y），依题意，有：，整理，得：，对于，点的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且c4，a0，椭圆在x轴上两顶点的距离为：26，焦点为：248，不符；对于，点的轨迹为焦点在y轴上的椭圆，且c4，椭圆方程为：，则，解得：，符合；对于，当时，所以，
9、存在满足题意的实数a，错误；对于，点的轨迹为焦点在y轴上的双曲线，即，不可能成为焦点在y轴上的双曲线，所以，不存在满足题意的实数a，正确.故答案为：.三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。16. 在ABC面积，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，求AC.如图，在平面四边形ABCD中，_，求AC.【答案】见解析【解析】选择：所以；由余弦定理可得所以选择设，则，在中，即所以在中，即所以.所以，解得，又，所以，所以.17. 乒乓球单打比赛在甲、乙两名运动员间进行，比赛采用7局4胜制（即先胜4局者获胜，比赛结束），假设两人在每一局比赛中获胜的可能性相同（1）求乙以4
10、比1获胜的概率；（2）求甲获胜且比赛局数多于5局的概率【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知，甲、乙两名运动员在每一局比赛中获胜的概率都是，记“乙以4比1获胜”为事件A，则A表示乙赢了3局甲赢了一局，且第五局乙赢，（2）记“甲获胜且比赛局数多于5局”为事件B，则B表示甲以4比2获胜，或甲以4比3获胜因为甲以4比2获胜，表示前5局比赛中甲赢了3局且第六局比赛中甲赢了，这时，无需进行第7局比赛，故甲以4比2获胜的概率为甲以4比3获胜，表示前6局比赛中甲赢了3局且第7局比赛中甲赢了，故甲以4比3获胜的概率为，故甲获胜且比赛局数多于5局的概率为18. 如图1，平面五边形中，是边长为2的正三角形现将沿
11、折起，得到四棱锥（如图2），且 图1 图2（）求证：平面平面；（）求平面和平面所成锐二面角的大小；【答案】（1）见解析；（2）【解析】（）证明：由已知得，因为，所以平面又平面，所以平面平面 （）设的中点为，连接因为是正三角形，所以，所以 因为 平面平面，平面平面，平面，所以平面以为原点，所在的直线为轴，在平面内过垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示由已知，得，所以 ，设平面的法向量则 所以令，则，所以 又平面的一个法向量，所以 所以平面和平面所成的锐二面角大小为 19. 在平面直角坐标系xOy中，动点P与两定点A（-2，0），B（2，0）连线的斜率之积为-，记点P的轨
12、迹为曲线C（I）求曲线C的方程；（II）若过点（，0）的直线l与曲线C交于M，N两点，曲线C上是否存在点E使得四边形OMEN为平行四边形？若存在，求直线l的方程，若不存在，说明理由【答案】（）曲线C的方程为=1（x2）（II）存在，直线l的方程为.【解析】解：（）设P（x,y）,有=-得=-整理得=1（x2）曲线C的方程为=1（x2）（II）假设存在符合条件的点E（）由题意知直线l的斜率不为零设直线l的方程为x=my-点M坐标为（）、点N坐标为（）由得：（+2）-2my-2=0,0+则+=-由四边形OMEN为平行四边形，得到E（-）把点E坐标代入曲线C的方程得：-4=0，解得直线l的方程为20
13、. 已知函数.（1）当时，求f(x)的最值；（2）若函数存在两个极值点，求的取值范围.【答案】（1）最小值是，无最大值；（2）【解析】（1）由题意，易知时，递减，时，递增有极小值，也是最小值，无最大值（2）由题意，在两个极值点，则是方程的两个不等正根，显然是关于的减函数，的取值范围是21. 对于正整数n，如果个整数满足，且，则称数组为n的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.()写出整数4的所有“正整数分拆”;()对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求k的最大值;()对所有的正整数n，证明:;并求出使得等号成立的n的值.(注:对于n的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)【答案】() ，；() 为偶数时，为奇数时，；()证明见解析，【解析】 ()整数4的所有“正整数分拆”为：，.()当n为偶数时，时，最大为；当n为奇数时，时，最大为；综上所述：n为偶数，最大为，为奇数时，最大为.()当n为奇数时，至少存在一个全为1的拆分，故；当n为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述：.当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时，
