2019-2020年高考数学一模试卷（理科） Word版含解析.doc

2019-2020年高考数学一模试卷（理科） Word版含解析一、选择题共8小题，每小题5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设集合M=x|x0，xR，N=x|x21，xR，则MN=（）A0，1B（0，1）C（0，1D0，1）2设i是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（）Ay=x+1By=x3CDy=x|x|4如图给出的是计算的值的一个框图，其中菱形判断框内应填入的条件是（）Ai5Bi5Ci6Di65某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（）A8BC10D6在数列an中，“|an+1|an”是“数列an为递增数列”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函数的部分图象如图所示，则将y=f（x）的图象向右平移个单位后，得到的函数图象的解析式为（）Ay=sin2xBCDy=cos2x8德国数学家科拉茨1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半（即）；如果n是奇数，则将它乘3加1（即3n+1），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数n（首项）按照上述规则施行变换后的第8项为1（注：1可以多次出现），则n的所有不同值的个数为（）A4B6C32D128二、填空题共6小题，每小题5分，共30分9双曲线=1的焦距是_，渐近线方程是_10若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值_11如图，AB是半圆O直径，BAC=30，BC为半圆的切线，且BC=4，则点O到AC的距离OD=_12在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（s为参数），曲线C的参数方程为（t为参数），若直线l与曲线C相交于A，B两点，则|AB|=_13已知函数f（x）=，且关于x的方程f（x）+xa=0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是_14某次考试的第二大题由8道判断题构成，要求考生用画“”和画“”表示对各题的正误判断，每题判断正确得1分，判断错误不得分请根据如下甲，乙，丙3名考生的判断及得分结果，计算出考生丁的得分第1 题第2题第3 题第4 题第5 题第6 题第7题第8 题得分甲5乙5丙6丁？丁得了_分三、解答题共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在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB（1）求角B的大小；（2）若b=3，sinC=2sinA，分别求a和c的值16我市某苹果手机专卖店针对苹果6S手机推出无抵押分期付款购买方式，该店对最近购买苹果6S手机的100人进行统计（注：每人仅购买一部手机），统计结果如下表所示：付款方式分1期分2期分3期分4期分5期频数3525a10b已知分3期付款的频率为0.15，请以此100人作为样本估计消费人群总体，并解决以下问题：（）求a，b的值；（）求“购买手机的3名顾客中（每人仅购买一部手机），恰好有1名顾客分4期付款”的概率；（）若专卖店销售一部苹果6S手机，顾客分1期付款（即全款），其利润为1000元；分2期或3期付款，其利润为1500元；分4期或5期付款，其利润为xx元用X表示销售一部苹果6S手机的利润，求X的分布列及数学期望17如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，BCAC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点（）求证：AB1平面BDC1；（）求二面角C1BDC的余弦值；（）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP平面BDC1？若存在，求出AP的长；若不存在，说明理由18已知函数f（x）=sinxxcosx（）求曲线y=f（x）在点（，f（）处的切线方程；（）求证：当时，；（）若f（x）kxxcosx对恒成立，求实数k的最大值19已知椭圆的短轴长为2，离心率为，直线l：y=kx+m与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的垂直平分线通过点（）求椭圆C的标准方程；（）求AOB（O为坐标原点）面积的最大值20若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得数列an的前n项和Sn=am，则称an是“回归数列”（）前n项和为的数列an是否是“回归数列”？并请说明理由；通项公式为bn=2n的数列bn是否是“回归数列”？并请说明理由；（）设an是等差数列，首项a1=1，公差d0，若an是“回归数列”，求d的值；（）是否对任意的等差数列an，总存在两个“回归数列”bn和cn，使得an=bn+cn（nN*）成立，请给出你的结论，并说明理由xx年北京市石景山区高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题共8小题，每小题5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设集合M=x|x0，xR，N=x|x21，xR，则MN=（）A0，1B（0，1）C（0，1D0，1）【考点】交集及其运算【分析】先解出集合N，再求两集合的交即可得出正确选项【解答】解：M=x|x0，xR，N=x|x21，xR=x|1x1，xR，MN=0，1）故选D2设i是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义【分析】先化简复数，再得出点的坐标，即可得出结论【解答】解： =i（1+i）=1+i，对应复平面上的点为（1，1），在第二象限，故选：B3下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（）Ay=x+1By=x3CDy=x|x|【考点】函数奇偶性的判断；函数单调性的判断与证明【分析】逐个分析函数的单调性与奇偶性判断【解答】解：y=x+1不是奇函数，y=x3在R上是减函数，y=在定义域上不是增函数，y=x|x|=，故y=x|x|是增函数且为奇函数故选：D4如图给出的是计算的值的一个框图，其中菱形判断框内应填入的条件是（）Ai5Bi5Ci6Di6【考点】程序框图【分析】由本程序的功能是计算的值，由S=S+，故我们知道最后一次进行循环时的条件为i=5，当i5应退出循环输出S的值，由此不难得到判断框中的条件【解答】解：S=，并由流程图中S=S+，故循环的初值为1，终值为5，步长为1，故经过5次循环才能算出S=的值，故i5，应不满足条件，继续循环，应i5，应满足条件，退出循环，填入“i5”故选：A5某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中，最大的是（）A8BC10D【考点】由三视图求面积、体积【分析】三视图复原的几何体是一个三棱锥，根据三视图的图形特征，判断三棱锥的形状，三视图的数据，求出四面体四个面的面积中，最大的值【解答】解：三视图复原的几何体是一个三棱锥，如图，四个面的面积分别为：8，6，10，显然面积的最大值，10故选C6在数列an中，“|an+1|an”是“数列an为递增数列”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【考点】数列的函数特性【分析】由“|an+1|an”an+1an；或an+1an由数列an为递增数列|an+1|an+1an即可判断出结论【解答】解：由“|an+1|an”an+1an；或an+1an充分性不成立，由数列an为递增数列|an+1|an+1an成立，必要性成立，“|an+1|an”是“数列an为递增数列”的必要不充分条件故选：B7函数的部分图象如图所示，则将y=f（x）的图象向右平移个单位后，得到的函数图象的解析式为（）Ay=sin2xBCDy=cos2x【考点】由y=Asin（x+）的部分图象确定其解析式【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式再根据函数y=Asin（x+）的图象变换规律，可得结论【解答】解：由函数的图象可得A=1， T=，=2再根据五点法作图可得 2+=，=，函数f（x）=sin（2x+）将y=f（x）的图象向右平移个单位后，得到的函数图象的解析式为y=sin2（x）+=sin（2x）故选：C8德国数学家科拉茨1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数n，如果n是偶数，就将它减半（即）；如果n是奇数，则将它乘3加1（即3n+1），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1对于科拉茨猜想，目前谁也不能证明，也不能否定，现在请你研究：如果对正整数n（首项）按照上述规则施行变换后的第8项为1（注：1可以多次出现），则n的所有不同值的个数为（）A4B6C32D128【考点】分析法和综合法；归纳推理【分析】利用第八项为1出发，按照规则，逆向逐项即可求出n的所有可能的取值【解答】解：如果正整数n按照上述规则施行变换后的第八项为1，则变换中的第7项一定是2，变换中的第6项一定是4；变换中的第5项可能是1，也可能是8；变换中的第4项可能是2，也可是16，变换中的第4项是2时，变换中的第3项是4，变换中的第2项是1或8，变换中的第1项是2或16变换中的第4项是16时，变换中的第3项是32或5，变换中的第2项是64或108，变换中的第1项是128，21或20，3则n的所有可能的取值为2，3，16，20，21，128共6个，故选：B二、填空题共6小题，每小题5分，共30分9双曲线=1的焦距是2，渐近线方程是y=x【考点】双曲线的简单性质【分析】确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程【解答】解：双曲线=1中，a=，b=1，c=，焦距是2c=2，渐近线方程是y=x故答案为：2；y=x10若变量x，y满足约束条件，则z=2x+y的最大值10【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【解答】解：由约束条件作出可行域如图，化目标函数z=2x+y为y=2x+z，由图可知，当直线过B（4，2）时直线在y轴上的截距最大，z最大，为z=24+2=10故答案为：1011如图，AB是半圆O直径，BAC=30，BC为半圆的切线，且BC=4，则点O到AC的距离OD=3【考点】相似三角形的性质；相似三角形的判定【分析】首先过O作AC的垂线段OD，再利用两个角对应相等得到三角形相似，利用三角形相似的性质得到比例式，根据直角三角形中特殊角的三角函数，求出O到AC的距离【解答】解：过O做AC的垂线，垂足是D，BC是O的切线，ABC=90，ODAC，在ABC与ADO中，ADO=90，A=A，ABCADO，；在ABC中，BAC=30，AC=2BC=8，AB=12，OA=6=BO，OD=故答案为：312在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为（s为参数），曲线C的参数方程为（t为参数），若直线l与曲线C相交于A，B两点，则|AB|=【考点】参数方程化成普通方程【分析】直线l的参数方程为（s为参数），消去参数s可得普通方程曲线C的参数方程为（t为参数），消去参数化为普通方程联立解得交点坐标，利用两点之间的距离公式即可得出【解答】解：直线l的参数方程为（s为参数），消去参数s可得普通方程：x+y2=0曲线C的参数方程为（t为参数），消去参数化为：y=（x2）2，联立，解得，或取A（2，0），B（1，1），则|AB|=故答案为：13已知函数f（x）=，且关于x的方程f（x）+xa=0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是（1，+）【考点】函数的零点【分析】由f（x）+xa=0得f（x）=x+a，作出函数f（x）和y=x+a的图象，由数形结合即可得到结论【解答】解：由f（x）+xa=0得f（x）=x+a，f（x）=，作出函数f（x）和y=x+a的图象，则由图象可知，要使方程f（x）+xa=0有且只有一个实根，则a1，故答案为：（1，+）14某次考试的第二大题由8道判断题构成，要求考生用画“”和画“”表示对各题的正误判断，每题判断正确得1分，判断错误不得分请根据如下甲，乙，丙3名考生的判断及得分结果，计算出考生丁的得分第1 题第2题第3 题第4 题第5 题第6 题第7题第8 题得分甲5乙5丙6丁？丁得了6分【考点】进行简单的合情推理【分析】由已知得第3、4题应为一对一错，所以丙和丁得分相同，即可得出结论【解答】解：因为由已知得第3、4题应为一对一错，所以丙和丁得分相同，所以，丁的得分也是6分故答案为：6三、解答题共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在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB（1）求角B的大小；（2）若b=3，sinC=2sinA，分别求a和c的值【考点】正弦定理；余弦定理【分析】（1）由bsinA=acosB，由正弦定理可得：sinBsinA=sinAcosB，化简整理即可得出（2）由sinC=2sinA，可得c=2a，由余弦定理可得：b2=a2+c22accosB，代入计算即可得出【解答】解：（1）bsinA=acosB，由正弦定理可得：sinBsinA=sinAcosB，sinA0，sinB=cosB，B（0，），可知：cosB0，否则矛盾tanB=，B=（2）sinC=2sinA，c=2a，由余弦定理可得：b2=a2+c22accosB，9=a2+c2ac，把c=2a代入上式化为：a2=3，解得a=，16我市某苹果手机专卖店针对苹果6S手机推出无抵押分期付款购买方式，该店对最近购买苹果6S手机的100人进行统计（注：每人仅购买一部手机），统计结果如下表所示：付款方式分1期分2期分3期分4期分5期频数3525a10b已知分3期付款的频率为0.15，请以此100人作为样本估计消费人群总体，并解决以下问题：（）求a，b的值；（）求“购买手机的3名顾客中（每人仅购买一部手机），恰好有1名顾客分4期付款”的概率；（）若专卖店销售一部苹果6S手机，顾客分1期付款（即全款），其利润为1000元；分2期或3期付款，其利润为1500元；分4期或5期付款，其利润为xx元用X表示销售一部苹果6S手机的利润，求X的分布列及数学期望【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列【分析】（）由题意得，由此能求出a，b（）设事件A为“购买一部手机的说名顾客中，恰好有1名顾客分4期付款”，由题意得：随机抽取一位购买者，分4期付款的概率为0.1，由此能求出“购买手机的3名顾客中（每人仅购买一部手机），恰好有1名顾客分4期付款”的概率（）记分期付款的期数为，依题意得P（=1）=0.35，P（=2）=0.25，P（=3）=0.15，P（=4）=0.1，P（=5）=0.15，X的可能取值为1000元，1500元，xx元，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望【解答】解：（）由题意得，a=15，又35+25+a+10+b=100，解得b=15（）设事件A为“购买一部手机的说名顾客中，恰好有1名顾客分4期付款”，由题意得：随机抽取一位购买者，分4期付款的概率为0.1，P（A）=0.243（）记分期付款的期数为，依题意得P（=1）=0.35，P（=2）=0.25，P（=3）=0.15，P（=4）=0.1，P（=5）=0.15，X的可能取值为1000元，1500元，xx元，P（X=1000）=P（=1）=0.35，P（X=1500）=P（=2）+P（=3）=0.4，P（X=xx）=P（=4）+P（=5）=0.25，X的分布列为： X 1000 1500 xx P 0.35 0.4 0.25EX=10000.35+15000.4+xx0.25=145017如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，BCAC，BC=AC=2，AA1=3，D为AC的中点（）求证：AB1平面BDC1；（）求二面角C1BDC的余弦值；（）在侧棱AA1上是否存在点P，使得CP平面BDC1？若存在，求出AP的长；若不存在，说明理由【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定【分析】（）根据线面平行的判定定理即可证明AB1平面BDC1；（）建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角C1BDC的余弦值；（）根据线面垂直的性质定理，建立方程关系进行求解即可【解答】（）证明：连接B1C，与BC1相交于O，连接OD，BCC1B1是矩形，O是B1C的中点，又D是AC的中点，ODAB1，AB1平面BDC1，OD平面BDC1，AB1平面BDC1；（）建立如图所示的空间直角坐标系如图，则C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0），设=（x，y，z）是平面BDC1的一个法向量，则，令x=1，则=（1，），则=（0，3，0）是平面ABC的一个法向量，则cos，=，由题意知二面角C1BDC是锐二面角，二面角C1BDC的余弦值为假设侧棱AA1上存在一点P（2，y，0），（0y3）使CP平面BDC1，则，即，即，此时方程组无解，假设不成立，即侧棱AA1上是不存在点P，使得CP平面BDC118已知函数f（x）=sinxxcosx（）求曲线y=f（x）在点（，f（）处的切线方程；（）求证：当时，；（）若f（x）kxxcosx对恒成立，求实数k的最大值【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出函数的导数，计算f（），f（），求出切线方程即可；（）令g（x）=f（x）x3，求出g（x）的单调性，从而证出结论；（）问题转化为k对恒成立，令m（x）=，根据函数的单调性求出k的最大值即可【解答】解：（）f（x）=sinxxcosx，f（x）=xsinx，f（）=0，f（）=，故切线方程是y=0；（）证明：令g（x）=f（x）x3，g（x）=x（sinxx），令h（x）=sinxx，h（x）=cosx10，h（x）在递减，故h（x）h（0）=0，g（x）0，g（x）递减，g（x）g（）=0，故当时，成立；（）若f（x）kxxcosx对恒成立，即k对恒成立，令m（x）=，m（x）=0，m（x）在（0，）递减，m（x）m（）=，故kk的最大值是19已知椭圆的短轴长为2，离心率为，直线l：y=kx+m与椭圆C交于A，B两点，且线段AB的垂直平分线通过点（）求椭圆C的标准方程；（）求AOB（O为坐标原点）面积的最大值【考点】椭圆的简单性质【分析】（）由椭圆短轴长为2，离心率为，列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆C的标准方程（）联立方程，得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0由此利用根的判别式、韦达定理、点到直线的距离公式能求出SAOB的最大值【解答】解：（）椭圆的短轴长为2，离心率为，由已知可得，解得a2=2，b2=1故椭圆C的标准方程=1（）联立方程，消y得：（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0当=8（2k2m2+1）0，即2k2+1m2时，x1+x2=，x1x2=， =又=，化简整理得：2k2+1=2m代入得：0m2又原点O到直线AB的距离为d=|AB|=|x1x2|=2SAOB=|AB|d=，且0m2，所以当m=1，即k2=时，SAOB取得最大值20若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得数列an的前n项和Sn=am，则称an是“回归数列”（）前n项和为的数列an是否是“回归数列”？并请说明理由；通项公式为bn=2n的数列bn是否是“回归数列”？并请说明理由；（）设an是等差数列，首项a1=1，公差d0，若an是“回归数列”，求d的值；（）是否对任意的等差数列an，总存在两个“回归数列”bn和cn，使得an=bn+cn（nN*）成立，请给出你的结论，并说明理由【考点】数列的应用【分析】（1）利用“当n2时，an=SnSn1，当n=1时，a1=S1”即可得到an，再利用“回归数列”的意义即可得出，bn=2n，Sn=n2+n=n（n+1），n（n+1）为偶数，即可证明数列bn是“回归数列”；（2）利用等差数列的前n项和即可得出Sn，对nN*，mN*使Sn=am，取n=2和根据d0即可得出；（3）设an的公差为d，构造数列：bn=a1（n1）a1=（2n）a1，cn=（n1）（a1+d），可证明bn和cn是等差数列再利用等差数列的前n项和公式及其通项公式、“回归数列”；即可得出【解答】解：（）当n2时，an=SnSn1=2n2n1=2n1，当n=1时，a1=S1=2当n2时，Sn=an+1数列an是“回归数列”；bn=2n，前n项和Sn，Sn=n2+n=n（n+1），n（n+1）为偶数，存在2m=n（n+1），即m=，数列bn是否是“回归数列”；（2）Sn=na1+d=n+d，对nN*，mN*使Sn=am，即n+d=1+（m1）d，取n=2时，得1+d=（m1）d，解得m=2+，d0，m2，又mN*，m=1，d=1（3）设an的公差为d，令bn=a1（n1）a1=（2n）a1，对nN*，bn+1bn=a1，cn=（n1）（a1+d），对nN*，cn+1cn=a1+d，则bn+cn=a1+（n1）d=an，且数列bn和cn是等差数列数列bn的前n项和Tn=na1+（a1），令Tn=（2m）a1，则m=+2当n=1时，m=1；当n=2时，m=1当n3时，由于n与n3的奇偶性不同，即n（n3）为非负偶数，mN*因此对nN*，都可找到mN*，使Tn=bm成立，即bn为“回归数列”；数列cn的前n项和Rn=（a1+d），令cm=（m1）（a1+d）=Rn，则m=+1对nN*，n（n3）为非负偶数，mN*因此对nN*，都可找到mN*，使Rn=cm成立，即cn为“回归数列”；因此命题得证xx年9月8日