临考押题卷05-2020年高考数学临考押题卷(北京卷)(解析版)

数学（北京卷）

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题

1．已知集合A{x|1x1}，B{1,0,2}，则AIB（ ） A．{1,0} 【答案】A

【解析】A{x|1x1}，B{1,0,2}，则AB{1,0}. 2．设复数z满足(z2i)(2i)5，则z （ ） A．23i 【答案】A

【解析】Q(z2i)(2i)5z2iB．23i

C．32i

D．32i

B．{1,0,1,2}

C．{1,1}

D．{0}

52iz23i 2i3．设函数f（x）=cosx+bsinx（b为常数），则“b=0”是“f（x）为偶函数”的 A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】C 【解析】

时，

,

对任意的恒成立，

，得

充分必要条件，故选C.

1

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

为偶函数；

为偶函数时，

对任意的恒成立，从而.从而“”是“为偶函数”的

1x2y24．若双曲线221(a0,b0)的一个焦点到一条渐近线的距离等于焦距的，则该双曲线的渐近

4ab线方程是（ ） A．x2y0 【答案】C

B．2xy0

C．x3y0

D．3xy0

2cx2y2,c2b.因【解析】因为双曲线221(a0,b0)的一个焦点到一条渐近线的距离为b,所以b4abbx2y2此a3b.因为双曲线221(a0,b0)的渐近线方程为yx,所以该双曲线的渐近线方程是

aabx3y0.

5．在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c，若acosBbcosA为（ ） A．3 【答案】D

【解析】因为acosBbcosAB．cacosAbcosB，则的最小值2acosB43 3C．3 3D．23 3c， 2所以2sinAcosB2sinBcosAsinC，

2sinAcosB2sinBcosAsinABsinAcosBcosAsinB，

sinAcosB3sinBcosA0，即

因为

sinA3cosA, sinBcosBacosA+bcosBcosAbcosAsinBcosAcosBcosAcosB23， =+2acosBcosBacosBsinAcosB3cosAcosB3cosA3acosA+bcosB23的最小值为，故选D。

acosB3所以

6．已知

a312，blog1311，clog2，则（ ） 23C．cba

D．bac

A．abc 【答案】A

B．bca

2

【解析】由指数函数，对数函数的性质，可知111Qa321，blog1,0log11

3232clog1230，即abc，选A 7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A．6 B．4 C．3 D．2

【答案】D

【解析】作出几何体的直观图如下图所示：

可知，该几何体为四棱锥PABCD，且底面ABCD为直角梯形，其面积为S12223，四棱锥PABCD的高为hPD2， 因此，该几何体的体积为V1PABCD3Sh13322. 8．已知点A(3,0),B(0,3)，若点P在曲线y1x2上运动，则△PAB面积的最小值为（ A．6 B．3 C．

92322 D．

92322 【答案】B

【解析】曲线y1x2表示以原点O为圆心，1为半径的下半圆(包括两个端点)，如图，

3

）直线AB的方程为xy30，

可得|AB|32，由圆与直线的位置关系知P在(1,0)时，P到直线AB距离最短，即为

|103|2， 2则△PAB的面积的最小值为故选：B.

13223. 2

9．将函数g(x)2cosx21的图象向右平移个单位长度，纵坐标不变，再将横坐标伸长为原来44的2倍，得到函数f(x)的图象，则下列说法正确的是（ ） A．函数f(x)的最小正周期为 B．当xR时，函数f(x)为奇函数 C．x是函数f(x)的一条对称轴 D．函数f(x)在区间【答案】C

【解析】将函数g(x)2cosx225,上的最小值为3

2341cos2x的图象向右平移个单位长度， 424纵坐标不变，可得ycos2xcos2x， 42再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数f(x)cosx， 则函数f(x)的最小正周期T22，故A选项错误； 1当xR时，函数f(x)cosx为偶函数，故B选项错误；

4

函数f(x)cosx的对称轴为xkkZ，故C选项正确； 函数f(x)cosx在区间25,上的最小值为1，故D选项错误； 3410．定义在R上的函数fx导函数为f(x)，若对任意实数x，有f(x)f(x)，且fx2019为奇函数，则不等式f(x)2019e0的解集为（ ） A．,0 【答案】B

【解析】由题意，构造新函数gxxB．0,

C．(,)

1eD．(,)

1efxfxfx，则， gxxxee因为f(x)f(x)，所以gx0，所以函数gx在R上单调递减， 又因为fx2019为奇函数，所以f020190， 所以f02019，则g02019，

所以不等式f(x)2019e0等价与gxg0，即x0，

x所以不等式f(x)2019e0的解集为0,，故选B.

x二、填空题

vvvvvv11．已知a,b均为单位向量，若a2b3，则a与b的夹角为________.

【答案】

rr【解析】由题意a2b 32rr2r2rrr2rr(a2b)a4ab4b14ab43，

rrrrrrrrrr1rr11ab，∴ababcosa,b，cosa,b，a,b．

2232故答案为：

． 312．某建材商场国庆期间搞促销活动，规定：如果顾客选购物品的总金额不超过600元，则不享受任何折扣优惠；如果顾客选购物品的总金额超过600元，则超过600元部分享受一定的折扣优惠，折扣优惠按下表累计计算.

5

某人在此商场购物获得的折扣优惠金额为30元，则他实际所付金额为____元． 【答案】1120

【解析】由题可知：折扣金额y元与购物总金额x元之间的解析式，

y0，0＜x6000.05600＜x1100 x600，0.1x110025，x＞1100∵y＝30＞25 ∴x＞1100

∴0.1（x﹣1100）+25＝30 解得，x＝1150， 1150﹣30＝1120，

故此人购物实际所付金额为1120元．

13．若函数fxex,x0x21,x0，则函数yfx1的零点是___________.

【答案】0或2

【解析】要求函数yfx1的零点, 则令yfx10,即f(x)=1,

ex又因为：fx,x0x21,x0, ①当x0时,fxex,

ex1,解得x0.

②当x0时,fxx21,

x211,解得x2（负值舍去）,所以x2.

综上所以,函数yfx1的零点是0或2.

6

故答案为：0或2

x214．已知抛物线y2px的焦点与双曲线y21的右顶点重合，则抛物线的焦点坐标为__________；

42准线方程为___________.

【答案】(2,0) x2；

x2【解析】由题可知：双曲线y21的右顶点坐标为2,0

4所以可知抛物线的焦点坐标为2,0，准线方程为x2 故答案为：(2,0)；x2

15．如图，在半径为3的球面上有A、B、C三点，ABC90o，BABC，球心O到平面ABC的距离是32，则B、C两点的球面距离是______． 2

【答案】

【解析】由已知，AC是小圆的直径．

所以过球心O作小圆的垂线，垂足O'是AC的中点．O'C∴BC=3，即BC=OB=OC．∴∠BOC=则B、C两点的球面距离=四、解答题

16．已知在ABC中，a2，b①A(3)2(32232，AC=32， )22， 3×3=π． 32，同时还可能满足以下某些条件：

π；②BA；③sinBsinA；④c4. 4

7

（1）直接写出所有可能满足的条件序号； （2）在（1）的条件下，求B及c的值. 【解析】（1）①，③.

22ab（2）由，可得sinB

sinsinAsinB42421 sinB222Qa2b2ABB

62sin2由a2b2c22bccosA22(2)2c222c2 2解得c31或c31（舍）.

17．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PA平面CDP，M为线段PD的中点，且

PAPD2.

（1）求证：PB//平面ACM；

（2）求平面PAC与平面MAC所成锐二面角的余弦值. 【解析】(1)连接BD交AC于O，连接OM， 因为四边形ABCD为正方形，所以O为BD的中点， 又因为M为线段PD的中点，所以OM//PB， 因为OM平面ACM，PB平面ACM， 所以PB//平面ACM；

(2) 以P为原点，以向量PC,PA所在直线为x,z轴， 过P作PC的垂线为y轴建立空间直角坐标系（如图）



8

则P0,0,0,A0,0,2,

因为PAPD2，所以ADCD22，AC4,PC23， 则C23,0,0，

2326D在VPCD中：CD22,PD2,PC23可知：3,3,0， 36又因为M为线段PD的中点，所以M3,3,0，

设平面MAC的法向量为n1x,y,z，则

uvuuuv23x2z0AC0n1·uvuv即53令x2，则y52，z23， uuu6CM0xy0n1·33即n12,52,23，

又因为平面PAC的法向量n20,1,0， 设平面PAC与平面MAC所成锐二面角为，

则cosn1gn2n1n25252533，

334501266所以平面PAC与平面MAC所成锐二面角的余弦值为

533 3318．某苗木基地常年供应多种规格的优质树苗.为更好地销售树苗，建设生态文明家乡和美好家园，基地积极主动地联系了甲、乙、丙三家公司，假定基地得到公司甲、乙、丙的购买合同的概率分别

2p、、1p，39

且基地是否得到三家公司的购买合同是相互独立的.

（1）若公司甲计划与基地签订300棵银杏实生苗的销售合同，每棵银杏实生苗的价格为90元，栽种后，每棵树苗当年的成活率都为0.9，对当年没有成活的树苗，第二年需再补种1棵.现公司甲为苗木基地提供了两种售后方案，

方案一：公司甲购买300棵银杏树苗后，基地需提供一年一次，共计两年的补种服务，且每次补种人工及运输费用平均为800元；

方案二：公司甲购买300棵银杏树苗后，基地一次性地多给公司甲60棵树苗，后期的移栽培育工作由公司甲自行负责.

若基地首次运送方案一的300棵树苗及方案二的360棵树苗的运费及栽种费用合计都为1600元，试估算两种方案下苗木基地的合同收益分别是多少？

（2）记为该基地得到三家公司购买合同的个数，若P(0)1，求随机变量的分布列与数学期望12E().

【解析】(1)方案一、每棵银杏实生苗的价格为90元，栽种后， 且每棵树苗当年的成活率都为0.9，基地需提供一年一次， 共计两年的补种服务，且每次补种人工及运输费用平均为800元， 则苗木基地的合同收益为：

； 300903000.1908003000.10.190800160026770（元）方案二、公司甲购买300棵银杏树苗后，基地一次性地多给公司甲60棵树苗， 后期的移栽培育工作由公司甲自行负责，

则苗木基地的合同收益为：30090160025400（元） (2)记为该基地得到三家公司购买合同的个数， 且公司甲、乙、丙的购买合同的概率分别所以P(0)1解得：p

2p、、1p， 32111p11p1pp， 33121， 2

可取值为0、1、2、3，则 P(0)21111111141，P(1)，

3223223221212

10

2112111115P(2)，

322322322122112P(3)，

32212则随机变量的分布列为

 P 0 1 2 3 1 124 125 122 12数学期望E()01452205123 121212121232x2y2E1,19．已知椭圆C：221(ab0)经过定点，其左右集点分别为F1，F2且

ab2EF1EF222，过右焦F2且与坐标轴不垂直的直线l与椭圈交于P，Q两点.

（1）求椭圆C的方程：

（2）若O为坐标原点，在线段OF2上是否存在点M(m,0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）∵点E在椭圆上，且EF1EF222， ∴2a22，a2，

211E1,又∵定点在椭圆上，∴221，

a2b2∴b1，

x2∴椭圆C的方程为：y21；

2（2）假设存在点M(m,0)满足条件，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线l的方程为：yk(x1)，

yk(x1)2222y(12k)x4kx2k20， 联立方程x2，消去得：2y122k224k22∴x1x2，x1x2，△8k80， 2212k12kuuuruuuruuuur又MPx1m,y1，MQx2m,y2，PQx2x1,y2y1，

11

∴uMPuuruMQuuurx1x22m,y1y2，

由题意知.(uMPuuruMQuuur)uPQuur(x2x12m)(x2x1)(y1y2)(y2y1)

(x2x12m)(x2x1)(y1y2)0，

∵x1x2，∴x2x12mk(y1y2)0， 即x2x12mk2x1x220，

则4k2224k12k22mk12k220， ∴k2m12m0，

∴0m12，

故存在点M(m,0)，使得以MP，MQ为邻边的平行四边形是菱形，m的取值范围为10,2.

20．设函数fxaexcosx，其中aR．

（Ⅰ）已知函数fx为偶函数，求a的值； （Ⅱ）若a1，证明：当x0时，fx2；

（Ⅲ）若fx在区间0,内有两个不同的零点，求a的取值范围． 【解析】（Ⅰ）函数yfx为偶函数，所以fxfx，即aexcosxaexcosx，整理得aexex0对任意的xR恒成立，a0；

（Ⅱ）当a1时，

fxexcosx，则fxexsinx，

Qx>0，则ex1，1sinx1，fxexsinx0，

所以，函数

fxexcosx在0,上单调递增，

当x0时，fxf02；

（Ⅲ）由

fxaexcosx0，得acosxcosxex，设函数hxex，x0,， 则2sinx3hxsinxcosx4，令hx0，得x． exex4

12

随着x变化，hx与hx的变化情况如下表所示：

x 30,4  3 40 3, 4hx  ] hx Z 极大值 所以，函数yhx在0,又因为h01，h33,上单调递减． 上单调递增，在443434234e，且heh0，如下图所示： ，he2e

234e所以，当ae,2cosxa时，方程在区间0,内有两个不同解， xe234e因此，所求实数a的取值范围为e,2． 21．已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1aa3，an1Sn3n，设bnSn3n，nN*. （Ⅰ）求证：数列bn是等比数列；

（Ⅱ）若an1an，nN*，求实数a的最小值； （Ⅲ）当a4时，给出一个新数列en，其中en*3,n1，设这个新数列的前n项和为Cn，若Cn可

b,n2n以写成tp（t，pN且t1，p1）的形式，则称Cn为“指数型和”.问Cn中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由.

nn*nn【解析】（I）an1Sn3，Sn1SnSn3Sn12Sn3,nN.由于bnSn3，当a3时，

13

bn1Sn13n12Sn3n3n12，bna32n1. 所以数列bn是等比数列.b1S13a3，nnbnSn3Sn3（II）由（I）得bnSn3a32nn1，

Sn3na32n1anSnSn123n1a32n2,n2,nN*，所以a,n1an.因为an1an，a23aaa1.当n2时， n1n223a32,n2an23n1a32n2，an123na32n1，而an1an，所以an1an0，即

nn1n1n223n1a32n223a3243a320，化简得43n13a382n2238221n133，由于当n2时，82n13单调递减，最大值为

31239，所以

a9，又a3，所以a的最小值为9.

bn（III）由（I）当a4时，

2，当n2时，Cn324L2n3n1212n122n11.C13npnpn*也符合上式，所以对正整数n都有Cn21.由t21,t12，（t,pN且t1,p1），t只

能是不小于3的奇数.

pp22ppnp①当为偶数时，t1t1t12，由于2和2t1t1都是大于1的正整数，所以存在正整

pghhgh数g,h，使得t212g,t212h，222,2212，所以2h2，且

pp2gh12h1,g2，相应的n3，即有C332，C3为“指数型和”；

② 当p为奇数时，t1t11ttLtp2p1，由于1ttn2Ltp1是p个奇数之和，仍为奇

数，又t1为正偶数，所以t11ttLt2p12不成立，此时没“指数型和”.

综上所述，Cn中的项存在“指数型和”，为C3.

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