【文档说明】2020年高考真题——数学（北京卷）.pdf，共(23)页，492.710 KB，由envi的店铺上传

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-1-绝密★本科目考试启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学本试卷共5页，150分，考试时长120分钟．考试务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第一部分（选择题共40分）一、选择题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.已知集合{1,0,1,2}A，{|03}Bxx，则AB（）．A.{1,0,1}B.{0,1}C.{1,1,2}D.{1,2}【答案】D【解析】【分析】根据交集定义直

接得结果.【详解】{1,0,1,2}(0,3){1,2}ABII，故选：D.【点睛】本题考查集合交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则iz（）．A.12iB.2iC.12iD.2i【答案】B【解

析】【分析】先根据复数几何意义得z，再根据复数乘法法则得结果.【详解】由题意得12zi，2izi.故选：B.【点睛】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题.-2-3.在5(2)x的展开式中，2x的系数为（）．A.5B.5C.10D.10【答案】C【解

析】【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定2x的系数即可.【详解】52x展开式的通项公式为：55215522rrrrrrrTCxCx，令522r可得：1r，则2x的系数为：11522510

C.故选：C.【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指

数，再求所求解的项．4.某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）．A.63B.623C.123D.1223【答案】D-3-【解析】【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的

等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：1322222sin6012232S.故选：D.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的

表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．5.已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值

为（）．A.4B.5C.6D.7【答案】A【解析】【分析】求出圆心C的轨迹方程后，根据圆心M到原点O的距离减去半径1可得答案.【详解】设圆心,Cxy，则22341xy，化简得22341xy，所以圆心C的轨迹是以(3,4)M为圆心

，1为半径的圆，-4-所以||1||OCOM22345，所以||514OC，当且仅当C在线段OM上时取得等号，故选：A.【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.6.已知函数()21xfxx，则不等式()0fx的解集是（）

．A.(1,1)B.(,1)(1,)C.(0,1)D.(,0)(1,)【答案】D【解析】【分析】作出函数2xy和1yx的图象，观察图象可得结果.【详解】因为21xfxx，所以0fx等价于21xx，在同

一直角坐标系中作出2xy和1yx的图象如图：-5-两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2)，不等式21xx的解为0x或1x.所以不等式0fx的解集为：,01,.故选：D.【点睛】本题考查了图象法解不等式，属于基础

题.7.设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQl于Q，则线段FQ的垂直平分线（）．A.经过点OB.经过点PC.平行于直线OPD.垂直于直线OP【答案】B【解析】【分析】依据题意不妨作出

焦点在x轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段FQ的垂直平分线经过点P，即求解.【详解】如图所示：．-6-因为线段FQ的垂直平分线上的点到,FQ的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，PQPF，所以线段FQ的垂直平分线经过点P.故选：B.【点睛】本题主要

考查抛物线的定义的应用，属于基础题.8.在等差数列na中，19a，31a．记12(1,2,)nnTaaan……，则数列nT（）．A.有最大项，有最小项B.有最大项，无最小项C.无最大

项，有最小项D.无最大项，无最小项【答案】B【解析】【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.【详解】由题意可知，等差数列的公差511925151aad

，则其通项公式为：11912211naandnn，注意到123456701aaaaaaa，且由50T可知06,iTiiN，由117,iiiTaiiNT可知数列nT不存在最小项，由于1234569,7

,5,3,1,1aaaaaa，故数列nT中的正项只有有限项：263T，46315945T.故数列nT中存在最大项，且最大项为4T.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.9.已知,R

，则“存在kZ使得(1)kk”是“sinsin”的（）．A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件-7-C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.【详解】(1)当存在kZ使得(1)kk

时，若k为偶数，则sinsinsink；若k为奇数，则sinsinsin1sinsinkk；(2)当sinsin时，2

m或2m，mZ，即12kkkm或121kkkm，亦即存在kZ使得(1)kk．所以，“存在kZ使得(1)kk”是“sinsin”的充要条件.故选：C.【点睛】本题主要考查充分条件，

必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.10.2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方

法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（）．A.30303

sintannnnB.30306sintannnnC.60603sintannnnD.60606sintannnn【答案】A【解析】【分析】计算出单位圆内接正6n边

形和外切正6n边形的周长，利用它们的算术平均数作为2的近似-8-值可得出结果.【详解】单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆周角为360606nn，每条边长为302sinn，所以，单位圆的内接正6n边形的周长为3012sinnn，单位圆的外切正6n边

形的每条边长为302tann，其周长为3012tannn，303012sin12tan303026sintan2nnnnnnn，则30303sintannnn.故选：A.【点睛】本题考查圆周率的近似值的

计算，根据题意计算出单位圆内接正6n边形和外切正6n边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.函数1()ln1fxxx的定义域是____________．【答

案】(0,)【解析】【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.【详解】由题意得010xx，0x故答案为：(0,)【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.12.已知双曲线22:163xyC，则C的右焦点的坐标为___

______；C的焦点到其渐近线的距离是_________．-9-【答案】(1).3,0(2).3【解析】【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线C的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线

的焦点到渐近线的距离.【详解】在双曲线C中，6a，3b，则223cab，则双曲线C的右焦点坐标为3,0，双曲线C的渐近线方程为22yx，即20xy，所以，双曲线C的焦点到其渐近线的距离为23312.

故答案为：3,0；3.【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.13.已知正方形ABCD的边长为2，点P满足1()2APABAC，则||PD_________；PBPD

_________．【答案】(1).5(2).1【解析】【分析】以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立平面直角坐标系，求得点P的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得PD以及PBPD的值.【详解】以点A为坐标原点，AB

、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，-10-则点0,0A、2,0B、2,2C、0,2D，1112,02,22,1222APABAC，则点2,1P，2,1PD，0,1PB

，因此，22215PD，021(1)1PBPD.故答案为：5；1.【点睛】本题考查平面向量的模和数量积的计算，建立平面直角坐标系，求出点P的坐标是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.14.若函数()sin()c

osfxxx的最大值为2，则常数的一个取值为________．【答案】2（2,2kkZ均可）【解析】【分析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得22cossin1sinfxx，可得22co

ssin12，即可解出.【详解】因为22cossinsin1coscossin1sinfxxxx，所以22cossin12，解得sin1，故可取2.故答案为：2（2,2kkZ均可）.【点睛】本题主要考查两

角和的正弦公式，辅助角公式的应用，以及平方关系的应用，考查学生的数学运算能力，属于基础题.15.为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业-11-要限期整改、设企业的污水摔放量W与时间t的关系为()Wft，用()()fbfaba的大小评价

在[,]ab这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论：①在12,tt这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；③在3t时刻，甲、乙两企业的污

水排放都已达标；④甲企业在112230,,,,,ttttt这三段时间中，在10,t的污水治理能力最强．其中所有正确结论的序号是____________________．【答案】①②③【解析】【分析】根据定义

逐一判断，即可得到结果【详解】()()fbfaba表示区间端点连线斜率的负数，在12,tt这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在112230,,,,,ttttt这三段时间中，甲企业

在12,tt这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在12,tt的污水治理能力最强．④错误；在2t时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；-12-在3t时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；

③正确；故答案为：①②③【点睛】本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.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.如图，在正方体1111ABCDABCD中，E为1BB

的中点．（Ⅰ）求证：1//BC平面1ADE；（Ⅱ）求直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.【解析】【分析】（Ⅰ）证明出四边形11ABCD为平行四边形，可得出11//BC

AD，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、1AA所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，利用空间向量法可计算出直线1AA与平面1ADE所成角的正弦值.【详解】（Ⅰ）如下图所示：-13-在正方体1111ABCDABCD

中，11//ABAB且11ABAB，1111//ABCD且1111ABCD，11//ABCD且11ABCD，所以，四边形11ABCD为平行四边形，则11//BCAD，1BC平面1ADE，

1AD平面1ADE，1//BC平面1ADE；（Ⅱ）以点A为坐标原点，AD、AB、1AA所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方体1111ABCDABCD的棱长为2，则0,0,0A、

10,0,2A、12,0,2D、0,2,1E，12,0,2AD，0,2,1AE，设平面1ADE的法向量为,,nxyz，由100nADnAE，得2202

0xzyz，令2z，则2x，1y，则2,1,2n.-14-11142cos,323nAAnAAnAA.因此，直线1AA

与平面1ADE所成角的正弦值为23.【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力，属于基础题.17.在ABC中，11ab，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为己知，求：（

Ⅰ）a的值：（Ⅱ）sinC和ABC的面积．条件①：17,cos7cA；条件②：19cos,cos816AB．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）3sin2

C,63S；选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）7sin4C,1574S.【解析】【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得sinA,再根据正弦定理求sinC,最后根据三角形面积公式

求结果；选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得sin,sinAB，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求sinC，再根据三角形面积公式求结果.【详解】选择条件①（Ⅰ）17,cos7cA，11ab22222212cos(11)72(11)7()7abcb

cAaaa8a（Ⅱ）2143cos(0,)sin1cos77AAAA，-15-由正弦定理得：873sinsinsinsin2437acCACC113sin(118)863222S

baC选择条件②（Ⅰ）19cos,cos,(0,)816ABAB，223757sin1cos,sin1cos816AABB由正弦定理得：116sinsin3757816abaa

aAB（Ⅱ）3795717sinsin()sincossincos8161684CABABBA117157sin(116)62244SbaC【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基

本分析求解能力，属中档题.18.某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：男生女生支持不支持支持不支持方案一200人400人300人100人方案二350人250人15

0人250人假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；-16-（

Ⅲ）将该校学生支持方案的概率估计值记为0p，假设该校年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为1p，试比较0p与1p的大小．（结论不要求证明）【答案】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为13，该校女生支持方案一的概率

为34；（Ⅱ）1336,（Ⅲ）01pp【解析】【分析】（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；（Ⅱ）先分类，再根据独立事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果；（Ⅲ）先求0p，再根据频率估计概率1p，即得大小.

【详解】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为2001200+4003，该校女生支持方案一的概率为3003300+1004；（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有

一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，所以3人中恰有2人支持方案一概率为：2121311313()(1)()(1)3433436C;（Ⅲ）01pp【点睛】本题考查利用频率估计概率、独立事件概率乘法公式，考查基本分析求解能力，属基础题.19.已知函数2()12fxx．（Ⅰ）求曲

线()yfx的斜率等于2的切线方程；（Ⅱ）设曲线()yfx在点(,())tft处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()St，求()St的最小值．【答案】（Ⅰ）2130xy，（Ⅱ）32.【解析】【分析】-17-（Ⅰ）

根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.【详解】（Ⅰ）因为212fxx，所以2fxx，设切点为00,12xx，则022x，即01x，所以

切点为1,11，由点斜式可得切线方程为：1121yx，即2130xy.（Ⅱ）显然0t，因为yfx在点2,12tt处的切线方程为：2122yttxt，令0x，得212yt，令0y，得2122txt，所以St2

21121222||ttt，不妨设0t(0t时，结果一样)，则423241441144(24)44ttSttttt，所以St4222211443(848)(324)44tttt

t222223(4)(12)3(2)(2)(12)44ttttttt，由0St，得2t，由0St，得02t，所以St在0,2上递减，在2,上递增，所以2t时，St取得极小值，也是最小值为16162328

S.【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.20.已知椭圆2222:1xyCab过点(2,1)A，且2ab．-18-（Ⅰ）求椭圆C的方程：（Ⅱ）过点(4,0)B

的直线l交椭圆C于点,MN,直线,MANA分别交直线4x于点,PQ．求||||PBBQ的值．【答案】（Ⅰ）22182xy；（Ⅱ）1.【解析】【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后

由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得0PQyy，从而可得两线段长度的比值.【详解】(1)设椭圆方程为：222210xyabab，由题意可得：224112abab

，解得：2282ab，故椭圆方程为：22182xy.(2)设11,Mxy，22,Nxy，直线MN的方程为：4ykx，与椭圆方程22182xy联立可得：222448xkx，即：

222241326480kxkxk，则：2212122232648,4141kkxxxxkk.直线MA的方程为：111122yyxx，令4x可得：1111111141214122122222Pkxkxyxyxxxx

，-19-同理可得：222142Qkxyx.很明显0PQyy，且：PQPByPQy，注意到：122112121242424421212222PQxxxxxxyykkxxxx

，而：122112124242238xxxxxxxx2222648322384141kkkk222264833284120

41kkkk，故0,PQPQyyyy.从而1PQPByPQy.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关

系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21.已知na是无穷数列．给出两个性质：①对于na中任意两项,()ijaaij，在na中都存在一项ma，使2imjaaa；②对于na中任意项(3)nan，在na中都存在两项,()klaakl．使得2knlaaa．(Ⅰ)若(1

,2,)nann，判断数列na是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)nnan，判断数列na是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若na是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：

na为等比数列.【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.【解析】-20-【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明2231aaa，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二：

首先假设数列中的项数均为正数，然后证得123,,aaa成等比数列，之后证得1234,,,aaaa成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.【详解】(Ⅰ)2323292,3,2naaaaZaQ不具有性质

①；(Ⅱ)22*(2)1*2,,,2,2ijiiijnjjaaijNijijNaaaaQ具有性质①；2*(2)11,3,1,2,22,klnknnlanNnknlanaa

Q具有性质②；(Ⅲ)【解法一】首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然0*nanN，假设数列中存在负项，设0max|0nNna，第一种情况：若01N，即01230aaaa，由①可知：存在1m，满足12210maaa，存

在2m，满足22310maaa，由01N可知223211aaaa，从而23aa，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若02N，由①知存在实数m，满足0210Nmaaa，由0N的定义可知：0mN，另一方面，00002

21NNmNNaaaaaa，由数列的单调性可知：0mN，这与0N的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.-21-综上可得，数列中的项数同号.其次，证明2231aaa：利用性质②：取3n，此时23klaakla，由数列的单调性可知0klaa

，而3kkklaaaaa，故3k，此时必有2,1kl，即2231aaa，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列na的前3kk项成等比数列，不妨设111ssaaqsk，其中10,1aq

，（10,01aq的情况类似）由①可得：存在整数m，满足211kkmkkaaaqaa，且11kmkaaqa（*）由②得：存在st，满足：21sskssttaaaaaaa，由数列的

单调性可知：1tsk，由111ssaaqsk可得：2211111stkskktaaaqaaqa（**）由（**）和（*）式可得：211111kstkaqaqaq，结合数

列的单调性有：211kstk，注意到,,stk均为整数，故21kst，代入（**）式，从而11kkaaq.总上可得，数列na的通项公式为：11nnaaq.即数列na为等比数列.【解法二】假设数列中的项数均为正数：-22-首先利用性质

②：取3n，此时23klaakla，由数列的单调性可知0klaa，而3kkklaaaaa，故3k，此时必有2,1kl，即2231aaa，即123,,aaa成等比数列，不妨设22131,1aaqaaqq，然后利用性质①：取3,2

ij，则224331121maaqaaqaaq，即数列中必然存在一项的值为31aq，下面我们来证明341aaq，否则，由数列的单调性可知341aaq，在性质②中，取4n，则24kkkkllaaaaaaa，从而4k，与前面类

似的可知则存在,1,2,3klkl，满足24klaaa，若3,2kl，则：2341klaaaqa，与假设矛盾；若3,1kl，则：243411klaaaqaqa，与假设矛盾；若2,1kl，则：22413klaaaqaa，与数列的单

调性矛盾；即不存在满足题意的正整数,kl，可见341aaq不成立，从而341aaq，同理可得：455161,,aaqaaq，从而数列na为等比数列，同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项

要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.从而题中的结论得证，数列na为等比数列.-23-【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.