【2020年高考数学预测题】北京市高考数学试卷（理科）4【附详细答案和解析_可编辑】
【2020年高考数学预测题】北京市高考数学试卷（理科）4【附详细答案和解析_可编辑】
真水无香陈 tougao33
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ， ）
1. 已知复数z满足z(1-i)=2+3i，则z¯在复平面内对应的点A到虚轴的距离为（ ）
A.12 B.62 C.52 D.3
2. 执行如图所示的程序框图，则输出z的值是（ ）
A.21 B.22 C.23 D.24
3. 点P2,0到直线x=1+4ty=2+3t，（t为参数，t∈R）的距离为( )
A.35 B.45 C.65 D.115
4. 已知O是坐标原点，F是椭圆x24+y23=1的一个焦点，过点F且与x轴垂直的直线与椭圆交于M，N两点，则cos∠MON的值为（ ）
A.513 B.-513 C.21313 D.-21313
5. 设x，y满足约束条件x+1≥0，y-2x≥0，x+y-3≤0，则z=x-y 的最大值为( )
A.3 B.1 C.-1 D.-5
6. 已知函数f(x)=log2(3+x)+log2(3-x)，则f(1)=( )
A.1 B.log26 C.3 D.log29
7. 已知p:|x-1|≤1，q:x2-2x-3≥0，则p是￢q的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
8. 在数学中有这样形状的曲线：x2+y2=|x|+|y|．关于这种曲线，有以下结论：
①曲线C恰好经过9个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
②曲线C上任意两点之间的距离都不超过2；
③曲线C所围成的“花瓣”形状区域的面积大于5.
其中正确的结论有：( )
A.①③ B.②③ C.①② D.①②③
二、 填空题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ， ）
9. 已知函数f(x)=tan(ax+π4)(a>0)的最小正周期为2π，则a=________
10. 记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差为________．
11. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是________cm2，体积是________cm3．
12. 已知直线a，b异面，若a // 面α，则直线b与平面α的位置关系是________．
13. 设函数f(x)＝ex+ae-x（a为常数）．若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________．
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14. 设x，y满足约束条件x+y-2≥02x+y≤6x≥0,y≥0 ，则z＝x-2y+3的最小值是________．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 13 分 ，共计78分 ， ）
15. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cosB=14，b＝2，sinC＝2sinA．
（1）求a的值；
（2）求△ABC的面积S．
16. 如图1，平面五边形ABCDE中，AB // CE，且$AE = 2,ngleAEC = 60,CD = ED = sqrt{7}$，$cosngleEDC = frac{5}{7}$．将△CDE沿CE折起，使点D到P的位置如图2，且AP=3，得到四棱锥P-ABCE．
（1）求证：AP⊥平面ABCE；
（2）记平面PAB与平面PCE相交于直线l，求证：AB // l．
17. 在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．
（1）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率．
（2）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX．
18. 已知抛物线C:x2=-2py经过点(2, -1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=-1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
19. 已知函数f(x)＝x-2，g(x)＝lnx．
（1）求函数y＝g(x)在x＝e处的切线方程；
（2）若方程f(x)＝g(x)在区间(k, k+1)，k∈N上有实根，求k的值；
（3）若不等式(x-m)(x-1)>x[f(x)-g(x)]对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合．
20. 对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an-k+an-k+1+...+an-1+an+1+...+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
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参考答案与试题解析
【2020年高考数学预测题】北京市高考数学试卷（理科）4【附详细答案和解析_可编辑】
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1.【答案】
A
【解答】
解：因为z(1-i)=2+3i，
所以z=2+3i1-i=-12+52，
所以z¯=-12-52i，
则点A到虚轴的距离为12，
故选A.
2.【答案】
A
【解答】
解：模拟执行程序框图，可得
x=1，y=2，z=3，
满足条件z<20，x=2，y=3，z=5，
满足条件z<20，x=3，y=5，z=8，
满足条件z<20，x=5，y=8，z=13，
满足条件z<20，x=8，y=13，z=21，
不满足条件z<20，退出循环，输出z的值为21.
故选A.
3.【答案】
D
【解答】
解：已知直线的参数方程为x=1+4ty=2+3t，（t为参数，t∈R），
消去参数得到3x-4y+5=0，
根据点到直线的距离公式可得d=|3×2-4×0+5|32+42=115.
故选D.
4.【答案】
B
【解答】
解：由题意，a2=4，b2=3，故c=a2-b2=4-3=1.
不妨设M(1，y0)，N(1，-y0)，所以124+y032=1，解得y0=±32，
所以|MN|=3，|OM|=|ON|=12+322=132 .
由余弦定理，知cos∠MON=|OM|2+|ON|2-|MN|22|OM||ON|
=1322+1322-322×132×132=-513．
故选B．
5.【答案】
B
【解答】
解：画出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分区域：
由z=x-y，则y=x-z，平移直线y=x-z，
由图象可得，当直线经过B(-1, -2)时，直线y=x-z在y轴上截距最小，z有最大值为-1-(-2)=1，
所以目标函数z=x-y的最大值为1，
故选B.
6.【答案】
C
【解答】
解：f(1)=log24+log22=2+1=3．
故选C.
7.【答案】
A
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【解答】
p:|x-1|≤1，化为-1≤x-1≤1，解得0≤x≤2．
q:x2-2x-3≥0，解得x≥3或x≤-1，∴ ￢q:-1
0，y>0时，曲线为x2+y2=x+y，
可整理为(x-12)2+(y-12)2=12；
当x<0，y<0时，曲线为x2+y2=-x-y，
可整理为(x+12)2+(y+12)2=12；
当x>0，y<0时，曲线为x2+y2=x-y，
可整理为(x-12)2+(y+12)2=12；
当x<0，y>0时，曲线为x2+y2=-x+y，
可整理为(x+12)2+(y-12)2=12，
由此可作出曲线图象如图：
x，y的整数取值有且仅有0，-1，1，则曲线经过的整点有：
(0，0)，(0,1)，(0，-1)，(1,0)，(1，1)，(1，-1)，
(-1,0)，(-1，1），(-1，-1)，共9个，故①正确；
点(1,1)，(-1,-1)之间的距离为22>2，故②错误；
依次连接坐标轴上的四个点，
曲线C所围成的“花瓣”形状的区域是由四个等面积的半圆和四个等面积的三角形，
∴ S花瓣=4×12π×(22)2+4×12×1×1=π+2≈5.14>5，
故③正确.
故选A.
二、 填空题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）
9.【答案】
12
【解答】
解：∵ f(x)=tan(ax+π4)(a>0)的最小正周期为2π，
∴ πa=2π，∴ a=12．
故答案为：12.
10.【答案】
4
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，
由a4+a5=24，S6=48，
可得2a1+7d=24，6a1+12×6×5d=48，
解得d=4，a1=-2.
故答案为：4.
11.【答案】
80,40
【解答】
由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，S表=6×22+2×42+4×2×4-2×22=80，V=23+4×4×2=40.
12.【答案】
相交；平行；在面内
【解答】
解：因为直线a，b异面，所以a，b的关系不确定，所以b与平面α的位置关系可能相交，可能平行，可能b⊂α．
故答案为：相交；平行；在面内．
13.【答案】
-1,(-∞, 0]
【解答】
根据题意，函数f(x)＝ex+ae-x，
若f(x)
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为奇函数，则f(-x)＝-f(x)，即e-x+aex＝-(ex+ae-x)，变形可得a＝-1，
函数f(x)＝ex+ae-x，导数f'(x)＝ex-ae-x
若f(x)是R上的增函数，则f(x)的导数f'(x)＝ex-ae-x≥0在R上恒成立，
变形可得：a≤e2x恒成立，分析可得a≤0，即a的取值范围为(-∞, 0]；
14.【答案】
-9
【解答】
由约束条件作出可行域如图，
作图知在点(0, 6)处取到最小值-9．
三、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 13 分 ，共计78分 ）
15.【答案】
因为sinC＝2sinA，
所以由正弦定理可得c＝2a，
又cosB=14，b＝2，
所以由余弦定理可得b2＝a2+(2a)2-2×a×2a×14=4a2＝4，解得a＝1（负值舍去）．
由（1）可知c＝2a＝2，
因为cosB=14，
所以sinB=1-cos2B=1-(14)2=154，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×1×2×154=154．
【解答】
因为sinC＝2sinA，
所以由正弦定理可得c＝2a，
又cosB=14，b＝2，
所以由余弦定理可得b2＝a2+(2a)2-2×a×2a×14=4a2＝4，解得a＝1（负值舍去）．
由（1）可知c＝2a＝2，
因为cosB=14，
所以sinB=1-cos2B=1-(14)2=154，
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×1×2×154=154．
16.【答案】
在△CDE中，∵ CD=ED=7，$cosngleEDC = frac{5}{7}$，
∴ 由余弦定理得CE=(7)2+(7)2-2×7×7×57=2．
连接AC，∵ AE＝2，∠AEC＝60∘，∴ AC＝2．
又∵ AP=3，∴ 在△PAE中，PA2+AE2＝PE2，
即AP⊥AE．
同理，AP⊥AC，
∵ AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，
且AC∩AE＝A，
故AP⊥平面ABCE；
∵ AB // CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，
∴ AB // 平面PCE，
又平面PAB∩平面PCE＝l，
∴ AB // l．
【解答】
在△CDE中，∵ CD=ED=7，$cosngleEDC = frac{5}{7}$，
∴ 由余弦定理得CE=(7)2+(7)2-2×7×7×57=2．
连接AC，∵ AE＝2，∠AEC＝60∘，∴ AC＝2．
又∵ AP=3，∴ 在△PAE中，PA2+AE2＝PE2，
即AP⊥AE．
同理，AP⊥AC，
∵ AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，
且AC∩AE＝A，
故AP⊥
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平面ABCE；
∵ AB // CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，
∴ AB // 平面PCE，
又平面PAB∩平面PCE＝l，
∴ AB // l．
17.【答案】
解：（1）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)=C84C105=518．
（2）X的可能取值为：0，1，2，3，4，
∴ P(X=0)=C65C105=142，
P(X=1)=C64C41C105=521，
P(X=2)=C63C42C105=1021，
P(X=3)=C62C43C105=521，
P(X=4)=C61C44C105=142．
∴ X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
142
521
1021
521
142
X的数学期望EX=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2．
【解答】
解：（1）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，
则P(M)=C84C105=518．
（2）X的可能取值为：0，1，2，3，4，
∴ P(X=0)=C65C105=142，
P(X=1)=C64C41C105=521，
P(X=2)=C63C42C105=1021，
P(X=3)=C62C43C105=521，
P(X=4)=C61C44C105=142．
∴ X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
142
521
1021
521
142
X的数学期望EX=0×142+1×521+2×1021+3×521+4×142=2．
18.【答案】
(1)解：抛物线C:x2=-2py经过点(2, -1)．可得4=2p，即p=2，
可得抛物线C的方程为x2=-4y，准线方程为y=1；
(2)证明：抛物线x2=-4y的焦点为F(0, -1)，
设直线方程为y=kx-1，联立抛物线方程，可得x2+4kx-4=0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
可得x1+x2=-4k，x1x2=-4，
直线OM的方程为y=y1x1x，即y=-x14x，
直线ON的方程为y=y2x2x，即y=-x24x，
可得A(4x1, -1)，B(4x2, -1)，
可得AB的中点的横坐标为2(1x1+1x2)=2⋅-4k-4=2k，
即有AB为直径的圆心为(2k, -1)，
半径为|AB|2=12|4x1-4x2|=2⋅16k2+164=21+k2，
可得圆的方程为(x-2k)2+(y+1)2=4(1+k2)，
化为x2-4kx+(y+1)2=4，
由x=0，可得y=1或-3．
则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0, 1)，(0, -3)．
【解答】
(1)解：抛物线C:x2=-2py经过点(2, -1)．可得4=2p，即p=2，
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可得抛物线C的方程为x2=-4y，准线方程为y=1；
(2)证明：抛物线x2=-4y的焦点为F(0, -1)，
设直线方程为y=kx-1，联立抛物线方程，可得x2+4kx-4=0，
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
可得x1+x2=-4k，x1x2=-4，
直线OM的方程为y=y1x1x，即y=-x14x，
直线ON的方程为y=y2x2x，即y=-x24x，
可得A(4x1, -1)，B(4x2, -1)，
可得AB的中点的横坐标为2(1x1+1x2)=2⋅-4k-4=2k，
即有AB为直径的圆心为(2k, -1)，
半径为|AB|2=12|4x1-4x2|=2⋅16k2+164=21+k2，
可得圆的方程为(x-2k)2+(y+1)2=4(1+k2)，
化为x2-4kx+(y+1)2=4，
由x=0，可得y=1或-3．
则以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0, 1)，(0, -3)．
19.【答案】
∵ g'(x)=1x,g'(e)=1e
又因为g(e)＝1，所以切线方程为y=1ex
记h(x)＝f(x)-g(x)＝x-lnx-2，方程f(x)＝g(x)有实根等价于h(x)有零点，
因为h(x)=1-1x，当x∈(0, 1)时，h'(x)<0；当x∈(1, +∞)时，h'(x)>0，
可知h(1)＝-1为极小值，又因为h(1e2)=1e2-ln1e2-2=1e2>0
所以，h(x)在(0, 1)上存在一个零点x1，此时k＝0
又因为h(3)＝3-ln3-2＝1-ln3<0，h(4)＝2-2ln2>0，
所以，h(x)在(3, 4)上存在一个零点x2，此时k＝3
综上，k＝0或3
不等式(x-m)(x-1)>x[f(x)-g(x)]对任意正实数x恒成立，
即(x-m)(x-1)>x(x-lnx-2)，x>0恒成立，
当x＝1时，上式显然成立，此时m∈R
当0xlnx+xx-1，令s(x)=xlnx+xx-1，
则s'(x)=x-lnx-2(x-1)2=h(x)(x-1)2，由（2）可知，函数h(x)在(0, 1)上单减，且存在一个零点x1，此时h(x1)＝x1-lnx1-2＝0，即lnx1＝x1-2，
当x∈(0, x1)时，s'(x)>0；x∈(x1, 1)时，s'(x)<0，
所以s(x)有极大值即最大值s(x1)=x1lnx1+x1x1-1=x1(x1-2)+x1x1-1=x1，于是m>x1
当x>1时，不等式化为m<xlnx+xx-1，同理可得m<x2
综上可知，x10，
可知h(1)＝-1为极小值，又因为h(1e2)=1e2-ln1e2-2=1e2>0
所以，h(x)在(0, 1)上存在一个零点x1，此时k＝0
又因为h(3)＝3-ln3-2＝1-ln3<0，h(4)＝2-2ln2>0，
所以，h(x)在(3, 4)上存在一个零点x2，此时k＝3
综上，k＝0或3
不等式(x-m)(x-1)>x[f(x)-g(x)]对任意正实数x恒成立，
即(x-m)(x-1)>x(x-lnx-2)，x>0恒成立，
当x＝1时，上式显然成立，此时m∈R
当0xlnx+xx-1，令s(x)=xlnx+xx-1，
则s'(x)=x-lnx-2(x-1)2=h(x)(x-1)2，由（2）可知，函数h(x)在(0, 1)上单减，且存在一个零点x1，此时h(x1)＝x1-lnx1-2＝0，即lnx1＝x1-2，
当x∈(0, x1)时，s'(x)>0；x∈(x1, 1)时，s'(x)<0，
所以s(x)有极大值即最大值s(x1)=x1lnx1+x1x1-1=x1(x1-2)+x1x1-1=x1，于是m>x1
当x>1时，不等式化为m<xlnx+xx-1，同理可得m<x2
综上可知，x1
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