1、北京市2020届高考数学考前冲刺模拟试题（含解析）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. 已知集合则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合A，利用交集运算得到结果.【详解】解：，故选：B【点睛】本题考查交集概念及运算，属于基础题.2. 下列既是奇函数，在上又是单调递增函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先分析函数的奇偶性，满足奇函数再分析函数在上是否为增函数，由此判断出选项.【详解】A是奇函数，且在上有增有减，故不满足；B是非奇非偶函数，故不满足；C奇函数，且在上只有单调增区间，
2、但不是一直单调递增，故不满足；D是奇函数，且在上单调递增，故满足，故选：D.【点睛】本题考查根据函数的解析式判断函数的奇偶性和单调性，主要考查学生对常见函数的单调性和奇偶性的认识，难度较易.3. 如图，在的方格纸中，若起点和终点均在格点的向量满足，则（ ）A. 0B. 1C. D. 7【答案】D【解析】【分析】建立坐标系，可得的坐标，再由建立方程求解即可【详解】解：将向量放入如图所示的坐标系中，每个小正方形的边长为1，则，即，解得，.故选：D.【点睛】本题主要考查向量的分解，利用向量的坐标运算是解决本题的关键4. 抛物线上到其焦点距离为5的点有（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 4个【答
3、案】C【解析】【分析】结合抛物线的定义判断出结果.【详解】依题意抛物线，准线方程为，结合抛物线的定义可知：抛物线上到其焦点距离为5的点的横坐标为，将代入，得，解得，所以抛物线上到其焦点距离为5的点有个.故选：C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，属于基础题.5. 五一期间小红父母决定自驾汽车匀速到北京自驾游，全段路程，速度不能超过，而汽车每小时的运输成本为元，为全程运输成本最小，则汽车的行驶速度为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题可得汽车全程运输成本，利用基本不等式即可得答案.【详解】由题可得汽车全程运输成本，当且仅当即时，最小.故选：B【点睛】本题考查基本不等式的应
4、用，属于基础题.6. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析】先判断出，然后利用乘方的方法比较，从而得出正确结论.【详解】，所以，所以.故选：A【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小.7. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的棱长为（ ）A. B. C. D. 3【答案】B【解析】【分析】画出直观图，然后计算出最长棱长.【详解】画出三视图对应的几何体的直观图如下图所示四棱锥.，.所以最长的棱长为.故选：B【点睛】本小题主要考查三视图，属于基础题.8. 设为实数，则“”是“”的（ ）条件.A. 充分必要B. 充分不必要C. 必要不充分D. 既不充分也不必要【答
5、案】C【解析】【分析】解不等式和，由此判断充分、必要条件.【详解】，解得或，所以不等式的解集为.，所以不等式的解集为， 由于，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：C【点睛】本小题主要考查充分、必要条件，考查分式不等式、对数不等式的解法.9. 将函数的图象向右平移个单位后，关于轴对称，则的可取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得图象向右平移个单位后的函数解析式，根据其对称性列方程，从而求得的可取值.【详解】函数的图象向右平移个单位后得到，的图象关于轴对称，所以（），当时，.故选：C【点睛】本小题主要考查三角函数图象变换，属于中档题.10. 甲乙丙三人手持黑白两色棋子
6、，在3行8列的网格中，三人同时从左到右，从1号位置摆到8号位置，若甲的1号位置与乙的1号位置颜色相同，称甲乙对应位置相同，反之称甲乙对应位置不同，则下列情况可能的是（ ）A. 甲乙丙相互有3个对应位置不同B. 甲乙丙互相不可能有4个对应位置不同C. 甲乙1个位置不同，甲丙3个位置不同，乙丙5个位置不同D. 甲乙3个位置不同，甲丙4个位置不同，乙丙5个位置不同【答案】D【解析】【分析】根据所给条件，逐个分析判断即可得解.【详解】对A，若甲乙有3个对应位置不同，不妨设前3个对应位置不同，则后5个对应位置相同，若丙和甲、丙和乙都要有3个对应位置不同，则只能在后5个对应位置中有3个和甲乙不同，若丙和甲
7、在后5个对应位置中有3个对应位置不同，则必和乙有6个位置不同，故A错误；对B，若甲和乙前4个对应位置不同，乙和丙后4个对应位置不同，则甲和丙后4个对应位置也不同，故存在，所以B错误；对C，若甲乙第1个位置不同，后7个位置相同，甲丙在后7个位置中有3个位置不同，此时乙丙最多有4个位置不同，故C错误；对D，若甲乙前3个位置不同，甲丙第3个到第6个位置不同，则成立，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了颜色的排列，考查了位置关系的组合数，考查了逻辑推理能力和分析判断能力，属于中档题.二填空题(共6题，每小题5分，共30分.)11. 若复数，则在复平面内对应的点在第_象限.【答案】一【解析】【分析】直
8、接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】解：，复数对应的点的坐标为，在第一象限故答案为：一【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题12. 过点且与圆相切的直线方程为_.【答案】或【解析】【分析】分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，利用圆心到直线的距离等于半径求切线方程.【详解】解：当时，所以在圆外，由标准方程可知，圆心为，半径为，当所求切线斜率不存在时，方程为，圆心到该直线的距离为和半径相等，所以是所求切线；当所求切线斜率存在时，设斜率为，则切线方程为，即，圆心到直线的距离，解得，所以切线方程为，综上所述，切线方程为或.故答案为: 或.【点睛】本
9、题考查了圆切线方程的求解，属于基础题.本题的易错点是未讨论全面.13. 二项式的展开式中，常数项等于_；二项式系数和为_.【答案】 (1). -540 (2). 64【解析】【分析】求出二项展开式通项公式，令的指数为0，得常数项的项数，从而得常数项，根据二项式系数的性质可得二项式系数和【详解】展开式通项公式为，令，常数项为，展开式中二项式系数和为故答案为：540；64【点睛】本题考查二项式定理，二项式系数的性质，解题关键是掌握二项展开式通项公式14. 设等差数列的前项和为，若，则_.【答案】45【解析】【分析】由已知条件求出的值，由等差数列的前项和即可得结果.【详解】设等差数列的公差为，因为，
10、所以，化简得，即，所以，故答案为：45.【点睛】本题考查等差数列的基本运算，解题的关键是得到以及合理运用项的下标和的性质，属于基础题15. 能使得命题“曲线上存在四个点满足四边形是正方形”为真命题的一个实数是_.【答案】或的任意实数，例如4【解析】【分析】由题意可设，由对称性可得，可得，代入曲线方程，由双曲线的范围，解不等式即可得到所求值【详解】曲线上存在四个点满足四边形是正方形，可设，由对称性可得，则，即，即，由曲线的方程可得，即有解，即有，可得，解得或，故答案为：或的任意实数，例如4【点睛】本题考查双曲线方程和性质，主要是范围的运用，考查对称性和不等式的解法，属于中档题16. 如图正方体中
11、，为中点，为中点，为线段上一动点(不含)，过与正方体的截面为，则下列说法正确的是_.当时，为五边形截面为四边形时，为等腰梯形截面过时，为六边形时在底面投影面积为五边形时在底面投影面积，则【答案】【解析】【分析】分的延长线过，以及与重合三种情况进行讨论，分别求出截面，即可判断四个命题是否正确.【详解】解：作的中点，则平面平面，设与交点为，连接，由面面平行性质可知，作，由三角形的中位线定理可得，则共面，又面面 ，所以，即是平行四边形，所以，当的延长线过时，则，所以，正确；当时，即此时重合，截面如图所示，此时截面为六边形，在底面投影如图，当截面五边形时，在底面投影如图，则，故、不正确;当与重合时，为
12、平面，因为，不妨设正方体棱长为，则，所以为等腰梯形，则正确.故答案为: . 【点睛】本题考查了面面平行的性质定理，考查了截面问题，考查了空间想象能力，属于难题.本题的难点在于求各个情况的截面形状.三解答题(共6题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.)17. 在，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题.在中，.（1）求的长；（2）求的面积.【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.【解析】【分析】若选择条件，（1）在中，由正弦定理可得，利用诱导公式及二倍角公式可求的值，结合正弦定理得到的长；（2）利用两角和正弦公式得到，利用三角形的面积公式即可求解若选择（1）
13、由正弦定理，可得，结合正弦定理得到的长；（2）同选择【详解】选择（1）由正弦定理可得，又，即，由可得，根据正弦定理，即.（2），.选择（1）由，可得，又，即，又，结合正弦定理，.（2），.【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角恒等变换公式，余弦定理，三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题18. 如图，长方体的底面是边长为2的正方形，点在棱上，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由线面垂直性质得，应用线面垂直判定即可证平面；（2）构建空间直角坐标系，确定面、面的法向量，根据法向量夹角即可求二
14、面角的余弦值.【详解】（1）由已知，平面平面，又，平面.（2）由（1）可知平面，又平面，由几何关系得，即. ，解得以点为原点，、分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，设平面法向量，有，令有，易得平面的法向量，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了由线面垂直的判定证明线面垂直，利用空间向量求二面角的余弦值，属于中档题.19. 2020年是让人难忘的一年，为了战胜疫情，全国人民万众一心，同舟共济，众志成城.隔离期间，李校长倡导学生停课不停学，建议学生在家进行网课学习，为了解全校髙中学生在家上网课的时长，李校长随机从高高二两个年级中各选择了10名同学，统计了学生在家一周上网课的时长，统
15、计结果如下(单位：小时)：其中，高一年级中有一个数据模糊.高一年级高二年级9 74 6 4 3 12 0012342 6 0 1 2 2 6 70（1）若高一年级的平均时长小于高二年级的平均时长，设，求图中的所有可能值；（2）将两个年级中学习时长超过25小时的学生称为“学习达人”.设，现从所有“学习达人”中任选3人，求高一年级的人数的分布列和数学期望；（3）记高二年级学习时间的方差为，若在高二年级中增加一名学生得到一组新的数据，若该名学生的学习时长为20，记新数据的方差为，比较与的大小(直接写结论).【答案】（1）或或或；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3）.【解析】【分析】(1)分别求
16、出两个年级的平均数，列出不等式，进而可求出的取值范围，进而可求出的所有可能值(2)写出随机变量的所有可能取值，分别求出概率，即可写出分布列，进而可求出数学期望.(3)根据波动程度即可比较方差大小.【详解】（1）高一年级10名同学学习时长的平均值为，则：；高二年级10名同学学习时长的平均值为，则：.因为高一年级的平均时长小于高二年级的平均时长，所以，解得，解得或或或.（2）因为，所以高一年级的“学习达人”有2人，高二年级的“学习达人”有3人.由题意，随机变量的所有可能取值为：0，1，2，则：.所以随机变量的分布列为：012所以.（3）.【点睛】本题考查了平均数的计算，考查了分布列的求解，考查了数
17、学期望的求解，考查了由茎叶图判断方差的大小，属于基础题.20. 已知椭圆的离心为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点(均异于点)，直线与分别交直线于点和点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】(1)代入已知点的坐标，结合离心率和的关系列方程组，即可求出，进而可求出椭圆的方程.(2) 直线的方程为，联立直线和椭圆方程，由韦达定理即可用表示，求出直线的方程，进而可求出和的坐标，由斜率公式即可求出，即可证明所证.【详解】（1）根据题意可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为.联立得，整理得，所以.因为，所以直线的方程为，令，得，所以，同
18、理.则，则.所以为定值，且该定值为.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解，考查了直线和椭圆的位置关系，属于难题.本题的难点在于计算量较大.21. 已知函数.（1）当时，求在处的切线方程；（2）当时，求证：对任意恒成立；（3）设，请直接写出在上的零点个数.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）答案见解析.【解析】【分析】（1）求出在处的导数值，即为切线斜率，再求出，即可求出切线方程；（2）恒成立等价于恒成立，求出的导数，利用导数求出其最大值，满足其最大值小于等于0即可；（3）的零点个数等价于的零点个数，讨论的范围，利用导数判断函数的单调性即可得出.【详解】（1）当时，所以在处的切线方程为，即.
19、（2）要证恒成立，即证，即证，即证恒成立，设，令，当时，则，即对任意恒成立，所以在单调递减，所以.因为，所以恒成立，结论得证.（3）由（2）可知等价于，即判断的零点个数， 由（2）知，当时，在单调递减，故在有唯一零点1，即在上有唯一的零点；当时，在单调递增，故在有唯一零点1，即在上有唯一的零点；当时，对于，则有两个根，且，则有，当时，当时，故在单调递增，在单调递减，且，且存在，使得，故在上有2个零点.【点睛】本题考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的恒成立问题和零点问题，属于较难题.22. 集合且，若，且，令.（1）若，满足，请写出一个符合题意的，并求出；（2）若集合，任取中2个不同的
20、元素，求集合中元素个数的最大值；（3）若存在，使，集合中任两个元素不同，求出此时.【答案】（1），(任三个1换成，都正确)，；（2）；（3）当时，；当时，.【解析】【分析】（1）由，可得，即，故和有3对符号不同，5对符号相同，即可得解；（2）由题意可得：当和符号相同时，有，当和符号相异时，有，若要任取中2个不同的元素，所以，和8组数据中，至少有6组符号相同，经讨论即可得解；（3）根据题意，若存在，使，则元素和，和，和符号不相同的组数相同，经讨论即可得解.【详解】（1）由，可得，即，当和符号相同时，有，当和符号相异时，有，故和有3对符号不同，5对符号相同，故可取为，；（2）由题意可得：当和符号相
21、同时，有，当和符号相异时，有，若要任取中2个不同的元素所以，和8组数字中，至少有6组符号相同，且不能有8组数字符号全相同，若8组数字符号全相同此时同一元素，不符题意，对于元素，和有7组数字符号相同有一组数字符号相异的有8种情况，如若为，有：8个并且这8个元素互相之间有6组数字符号相同，两组数字符号相异，符合条件，故此时共有9个元素，故集合中元素个数的最大值为9；（3）根据题意，若存在，使，则各元素中数字和，和，和符号不相同的组数相同，当两两数字符号不相同组数为0时，为同一元素，不符题意，当两两数字符号不相同组数为1，3，5，6，7，8， 集合有2个元素，故不存，当两两数字符号不相同组数为4，即时，集合有4个元素，故存在，此时，当两两数字符号不相同组数为2时，即集合有8个元素，故存在，此时.综上可得：当时，；当时，.【点睛】本题考查了集合相关的新定义，考查了分类讨论思想和逻辑推理能力，同时考查了较高的理解能力以及较高的计算能力和数字组合能力，过程较复杂，属于难题.