【文档说明】北京市朝阳区2020届高三下学期二模考试数学试题含答案byde.doc，共(13)页，1.337 MB，由小赞的店铺上传

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北京市朝阳区高三年级高考练习二数学2020.6（考试时间120分钟满分150分）本试卷分为选择题（共40分）和非选择题（共110分）两部分考生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）在复平面内，复数i(1+i)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（2）函数ln1fxxx的定义域为(A)(0,)(B)(0,1)(1,)(C)[0,)(D)[0,1)(1,)（3）若a，b，cR且abc，则下列不等式一定成立的是

（A）22acbc（B）222abc（C）2acb（D）acbc（4）圆心在直线0xy上且与y轴相切于点(0,1)的圆的方程是（A）22(1)(1)1xy（B）22(1)(1)1xy（C）22(1

)(1)2xy（D）22(1)(1)2xy（5）直线l过抛物线22yx的焦点F，且l与该抛物线交于不同的两点11(,)Axy，22(,)Bxy．若123xx，则弦AB的长是（A）4（B）5（C）6

（D）8（6）设等差数列{}na的公差为d，若2nanb，则“0d”是“{}nb为递减数列”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件（7）已知函数π()sin

(2)6fxx=-，则下列四个结论中正确的是（A）函数()fx的图象关于5π(,0)12中心对称（B）函数()fx的图象关于直线π8x=-对称（C）函数()fx在区间(π,π)-内有4个零点（D）函数()fx在区

间π[,0]2-上单调递增（8）圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那

一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即ABC）为26.5o，夏至正午太阳高度角（即ADC）为73.5o，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（A）sin

532sin47aoo（B）2sin47sin53aoo（C）tan26.5tan73.5tan47aooo（D）sin26.5sin73.5sin47aooo（9）在平行四边形ABCD中，π=3A，=2AB，1AD，若M，N分别是边BC，CD上的点，且满足||||||||BMCNBCC

D，则AMAN的最大值为（A）2（B）4（C）5（D）6（10）设函数()fx的定义域为D，如果对任意1xD，都存在唯一的2xD，使得12()()fxfxm（m为常数）成立，那么称函数()fx在D上具

有性质m．现有函数：①()3fxx；②()3xfx；③3()logfxx；④()tanfxx．其中，在其定义域上具有性质m的函数的序号是（第8题图）（A）①③（B）①④（C）②③（D）②④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）已知平面向量(,3)ma，(1,6)b，若ab，则m________．（12）在61()xx的展开式中，常数项为________．（用数字作答）（13）某四棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小

正方形的边长为1，那么该四棱锥的体积为________．（14）已知双曲线C的焦点为1(0,2)F，2(0,2)F，实轴长为2，则双曲线C的离心率是________；若点Q是双曲线C的渐近线上一点，且12FQFQ，则12QFF△的面积为________．（15）颗粒物过滤效率是衡

量口罩防护效果的一个重要指标，计算公式为outinout100%CCC，其中outC表示单位体积环境大气中含有的颗粒物数量（单位：ind./L），inC表示经口罩过滤后，单位体积气体中含有的颗粒物数量（单位：ind./L）．某研

究小组在相同的条件下，对两种不同类型口罩的颗粒物过滤效率分别进行了4次测试，测试结果如图所示．图中点ijA的横坐标表示第i种口罩第j次测试时outC的值，纵坐标表示第i种口罩第j次测试时inC的值(1,2,1,2,3,4)ij．（第13题图）该研究小组得到以下结论：①在第1种口罩的4次

测试中，第4次测试时的颗粒物过滤效率最高；②在第2种口罩的4次测试中，第3次测试时的颗粒物过滤效率最高；③在每次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2种口罩的颗粒物过滤效率高；④在第3次和第4次测试中，第1种口罩的颗粒物过滤效率都比第2

种口罩的颗粒物过滤效率低．其中，所有正确结论的序号是________．注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求．全部选对得5分，不选或有错选得0分，其他得3分．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）（本小题14分）已知{}na是

公差为d的等差数列，其前n项和为nS，且51a，．若存在正整数n，使得nS有最小值．（Ⅰ）求{}na的通项公式；（Ⅱ）求nS的最小值．从①31a，②2d，③2d这三个条件中选择符合题意的一个条件，补充在上面问题中并作答．注：如果

选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．（17）（本小题14分）如图，在五面体ABCDEF中，面ABCD是正方形，ADDE^，4AD=，2DEEF==，且π3EDC?.（Ⅰ）求证：AD^平面CDEF；（Ⅱ）求直线BD与平面ADE所成角的正弦值；（Ⅲ

）设M是CF的中点，棱AB上是否存在点G，使得//MG平面ADE？若存在，求线段AG的长；若不存在，说明理由．（18）（本小题14分）近年来，随着5G网络、人工智能等技术的发展，无人驾驶技术也日趋成熟．为了尽快在实际生活中应用无人驾驶技术

，国内各大汽车研发企业都在积极进行无人驾驶汽车的道路安全行驶测试．某机构调查了部分企业参与测试的若干辆无人驾驶汽车，按照每辆车的行驶里程(单位：万公里)将这些汽车分为4组：[5,6)，[6,7)，[7,8)，[8,9]并整理得到如下的频率分布直方图：（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）该机构用分层抽样

的方法，从上述4组无人驾驶汽车中随机抽取了10辆作为样本．从样本中行驶里程不小于7万公里的无人驾驶汽车中随机抽取2辆，其中有X辆汽车行驶里程不小于8万公里，求X的分布列和数学期望；MFEDCBA（Ⅲ）设该机构调查的

所有无人驾驶汽车的行驶里程的平均数为0．若用分层抽样的方法从上述4组无人驾驶汽车中随机抽取10辆作为样本，其行驶里程的平均数为1；若用简单随机抽样的方法从上述无人驾驶汽车中随机抽取10辆作为样本，其行驶里程的平均数为2．有同学认为0102

，你认为正确吗？说明理由．（19）（本小题14分）已知椭圆C：22221(0)xyabab的离心率为22，且椭圆C经过点6(1,)2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）已知过点(4,0)P的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，与直线1x交于点Q，设A

PPB，AQQB(，)R，求证：为定值．（20）（本小题15分）已知函数()2sincosfxxxxax()aR．（Ⅰ）若曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线的斜率为1．（ⅰ）求a的值；（ⅱ）证明：函数()fx在区间(0,π)内有唯一极值点；（Ⅱ

）当1a时，证明：对任意(0,π)x，()0fx．（21）（本小题14分）设集合1234{,,,}Aaaaa，其中1a，2a，3a，4a是正整数，记1234ASaaaa．对于ia，jaA(14)ij，若存在整数k，满足()ijAkaaS，则称ijaa

整除AS，设An是满足ijaa整除AS的数对(,)(<)ijij的个数．（Ⅰ）若{1,2,4,8}A，{1,5,7,11}B，写出An，Bn的值；（Ⅱ）求An的最大值；（Ⅲ）设A中最小的元素为a，求使得An取到最大值时的所有集合A．北京市朝阳区高三年级高考练

习二数学参考答案2020.6第一部分（选择题共40分）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）B（2）B（3）D（4）A（5）A（6）C（7）C（8）D（9）C（10）A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）12（12）15（13）12（14）2；23（15）②④三、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）（本小题14分）解：（不可以选择③作为补充条件.）选择①作为补充条件.解答如下：（Ⅰ）因为51a

，31a，所以1d．所以1(5)14()nannnN．……………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知13a．所以1()1(7)22nnnaaSnn．因为nN，所以当3n或4时，nS

取得最小值，最小值为6．故存在正整数3n或4，使得nS有最小值，最小值为6．……………14分选择②作为补充条件.解答如下：（Ⅰ）因为51a，2d，所以1(5)229()nannnN．……………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知17a．所以21()82nnnaaSnn．所以

当4n时，nS取得最小值，最小值为16．故存在正整数4n，使得nS有最小值，最小值为16．……………14分（17）（本小题14分）解：（Ⅰ）因为ABCD是正方形，所以ADCD^．又因为ADDE^，DEÌ平面CDEF，CDÌ平面CDEF，C

DDED=I，所以AD^平面CDEF．……………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AD^平面CDEF,所以平面ABCD^平面CDEF．过点E作EOCD^，垂足为O，则OE^平面ABCD．在平面ABCD内，过O作OHCD^，则OE^OH．如图建立空间

直角坐标系-Oxyz，因为4AD=，2DEEF==，且π3EDC?，所以1DO=，3OE=．则(4,1,0)A-，(4,3,0)B，(0,3,0)C，(0,1,0)D-，(0,0,3)E，所以(4,0,0)AD=-uuur，(4,1,3)AE=-

uuur，(4,4,0)BD=--uuur．GMFEDCBAOHxyz设平面ADE的一个法向量为(,,)xyz=n，则0,0.ADAEìï?ïïíï?ïïînnuuuruuur即40,430.xxyzì-=ïïíï-++=ïî令3y，则0x，1z，于是(0,3,1)=-n．设直线BD

与平面ADE所成角为q，则||436sin|cos,|4242||||BDBDBDq×=<>===´nnnuuuruuuruuur．所以直线BD与平面ADE所成角的正弦值为64．……………10分（Ⅲ）棱AB上存在点G，使得//MG平面ADE，此时3AG=．

理由如下：因为//DCAB，DCË平面ABFE，ABÌ平面ABFE，所以//DC平面ABFE．因为DCÌ平面DCFE，平面DCFEI平面ABFEEF=，所以//DCEF．由（Ⅱ）知，(0,2,3)F，53(0,,)22M．设11(4,,0)(13)Gyy-＃

，则153(4,,)22MGy=--uuur．由（Ⅱ）知，平面ADE的一个法向量为(0,3,1)=-n．若//MG平面ADE，则0MG?nuuur，即1533()022y-+=，解得12y=，即(4,2,0)G．经验证，此时//MG平面ADE．所以

棱AB上存在点G，使得//MG平面ADE，此时3AG=．……………14分（18）（本小题14分）解：（Ⅰ）由题意知，1(0.10.20.4)1a，所以0.3a．……………3分（Ⅱ）4组无人驾驶汽车的数量比为1:2:4:3，若使用分层抽样抽取10辆汽车，则行驶里程在[7,8)这一组的无

人驾驶汽车有410410辆，行驶里程在[8,9]这一组的无人驾驶汽车有310310辆．由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2．24272(0)7CPXC，1143274(1)7CCPXC，23271(2)7C

PXC．所以X的分布列为X012P274717所以X的数学期望2416()0127777EX．……………11分（Ⅲ）这种说法不正确．理由如下：由于样本具有随机性，故1，2是随机变量，受抽样结果影响．因此有可能1更接近0，也有可

能2更接近0，所以0102||||不恒成立．所以这种说法不正确．……………14分（19）（本小题14分）解：（Ⅰ）由题意可知222222,6()121,2,2abcabca得22b，24a．所以椭圆C的方程为22142xy．……………5分（

Ⅱ）由题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为(4)ykx．由(4),10ykxx得1,3.xyk所以(1,3)Qk．由22(4),24ykxxy得222(4)4xkxk.整理得22

22(12)16(324)0kxkxk.由2222(16)4(12)(324)0kkk，得6666k．设直线l与椭圆C的交点11(,)Axy，22(,)Bxy，则21221612kxxk，21

2232412kxxk.因为APPB，AQQB且11(4,)APxy，22(4,)PBxy，11(1,3)AQxky，22(1,3)QBxyk，所以111212222241(4)(1

)(1)(4)41(4)(1)xxxxxxxxxx1212225()28(4)(1)xxxxxx.因为22121222163245()285281212kkxxxxkk2222806488

1612kkkk0，所以0.……………14分（20）（本小题15分）解：（Ⅰ）（ⅰ）因为()2sincosfxxxxax，所以()2cos(cossin)cossinfxxxxxaxxxa．因为曲线

()yfx在点(0,(0))f处的切线的斜率为1，所以(0)1f，即11a，故0a．经检验，符合题意．……………4分（ⅱ)由（ⅰ）可知()2sincosfxxxx，()cossinfxxxx．设()()gxfx，则()c

osgxxx．令()0gx，又)π(0,x，得2πx．当(0,)2πx时，()0gx；当π(,π)2x时，()0gx，所以()gx在π(0,)2内单调递增，在π(,π)2内单调递减．又(0)1g，ππ()22

g，(π)1g，因此，当π(0,]2x时，()(0)0gxg，即()0fx，此时()fx在区间π(0,]2上无极值点；当π(,π)2x时，()0gx有唯一解0x，即()0fx有唯

一解0x，且易知当0π(,)2xx时，()0fx，当0(,π)xx时，()0fx，故此时()fx在区间π(,π)2内有唯一极大值点0x．综上可知，函数()fx在区间(0,π)内有唯一极值点．……………10分（Ⅱ）因为()

cossinfxxxxa，设()()hxfx，则()coshxxx．令()0hx，又(0,π)x，得π2x．且当π(0,)2x时，()0hx；当π(,π)2x时，()0hx，所以()fx在π(0,)2内单调递增，在π(,π)2内单调递减．当1

a时，(0)10fa，()022fa，()1fa．（1）当()10fa，即1a时，()0fx．此时函数()fx在(0,π)内单调递增，()(0)0fxf；（

2）当()10fa，即11a时，因为(0)10fa，()022fa，所以，在π(0,)2内()0fx恒成立，而在区间π(,π)2内()fx有且只有一个零点，记为1x，则函数(

)fx在1(0,)x内单调递增，在1(,π)x内单调递减．又因为(0)0f，()(1)0fa，所以此时()0fx．由（1）（2）可知，当1a时，对任意(0,π)x，总有()0fx．……………15分（21）（本小题14分）解：（Ⅰ）2A

n；4Bn．……………4分（Ⅱ）不妨设12340aaaa．因为1234243411()22AASaaaaaaaaS，所以24aa，34aa不能整除AS．因为(,)ij最多有(1,2)

，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)六种情况，而(2,4)，(3,4)不满足题意，所以624An．当{1,5,7,11}A时，4An，所以An的最大值为4．……………9分（Ⅲ）假设12340aaaaa．由（Ⅱ）可知，当An取到最大值4时，

12aa，13aa，14aa，23aa均能整除AS．因为14231max{,}2AASaaaaS，故14231=max{,}2ASaaaa，所以1423aaaa．设12uaa，13vaa，则u，v是2312()2(2)ASaauva的

因数，所以v是12(2)ua的因数，且u是12(2)va的因数．因为uv，所以12(2)22uauv，因为v是12(2)ua的因数，所以124vua．因为u是112(2)412vaua的因数，所以u是112a的因数．因为124uvua，所以14ua，所

以166uaa，或11212uaa．故1111{,5,7,11}Aaaaa，或1111{,11,19,29}Aaaaa．所以当An取到最大值4时，{,5,7,11}Aaaaa，或{,11,19,29}Aaaaa．……………14分