2020年北京市房山区高三数学一模试题及参

本试卷共4页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

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）复数i(3i)（ ）

A．13i B．13i C．13i D．13i （2）函数f(x)tan(xA．

π)的最小正周期为（ ） 6ππ B． C．π D．2π 321（3）已知向量a(1,)，b(2,m)，若a与b共线，则|b|（ ）

2A．3 B．5 C．6 D．22 （4）在二项式(12x)的展开式中，x3的系数为（ ）

A．40 B．40 C．80 D．80

（5）下列函数中，既是偶函数又在(0,)上单调递减的是（ ）

A．yx B．y |lnx| C．y2 D．yxsinx （6）某三棱锥的三视图如右图所示，则该三棱锥的体积为（ ）

A．

2x548 B． C．4 D．8 33ax, x1,（7）已知函数f(x)若f(2)0，且f(x)在R上

bx1, x≤1.单调递增，则a的取值范围是（ ）

A．(0,2] B．(1,2] C．(1,) D．[2,)

*Sn1Sn”的Sn为其前n项和，（8）设{an}是公差为d的等差数列，则“d0”是“nN，（ ）

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

（9）已知直线l：ym(x2)2与圆C：xy9交于A，B两点，则使弦长|AB|为整数

的直线l共有（ ）

1

22A．6条 B．7条 C． D．9条

（10）党的以来，脱贫工作取得巨大成效，全国农村贫困人口大幅减少．下面的统计图反映了（ ）

（注：贫困发生率贫困人数20122019年我国农村贫困人口和农村贫困发生率的变化情况

（人）统计人数（人）100%）．根据统计图提供的信息，下列推断不正确的是

A．20122019年，全国农村贫困人口逐年递减

B．20132019年，全国农村贫困发生率较上年下降最多的是2013年 C．20122019年，全国农村贫困人口数累计减少9348万 D．2019年，全国各省份的农村贫困发生率都不可能超过0.6%

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）已知集合A{1,2,m}，B{1,3,4}，AIB{1,3}，则m___________． （12）设抛物线x2py经过点(2,1)，则抛物线的焦点坐标为___________．

2a11，a3100，（13）已知{an}是各项均为正数的等比数列，则{an}的通项公式an ；

设数列{lgan}的前n项和为Tn，则Tn ．

（14）将函数f(x)sin(2x)的图象向右平移s(s0)个单位长度，所得图象经过点(,1)，

则s的最小值是 ．

π3π2x2y|y|1所对应的曲线与函数yf(x)的图象完全重合，那么对于函数（15）如果方程4yf(x)有如下结论：

①函数f(x)在R上单调递减； ②yf(x)的图象上的点到坐标原点距离的最小值为1；

2

③函数f(x)的值域为(,2]；

④函数F(x)f(x)x有且只有一个零点．

其中正确结论的序号是 ．

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）

在△ABC中，a2，c10， ．（补充条件）

（Ⅰ）求△ABC的面积； （Ⅱ）求sin(AB)．

从①b4，②cosB510，③sinA这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并510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）

随着移动互联网的发展，越来越多的人习惯用手机应用程序（简称app）获取新闻资讯．为了解用户对某款新闻类app的满意度，随机调查了300名用户，调研结果如下表：（单位：人）

满意 一般 不满意

青年人

中年人

老年人

60

55 25 70 25 5

x

y

10

（Ⅰ）从所有参与调研的人中随机选取1人，估计此人“不满意”的概率；

（Ⅱ）从参与调研的青年人和中年人中各随机选取1人，估计恰有1人“满意”的概率；

（Ⅲ）现需从参与调研的老年人中选择6人作进一步访谈，若在“满意”、“一般”、“不满意”的老年人

中各取2人，这种抽样是否合理？说明理由． （18）（本小题14分） 如图，在四棱锥PABCD中，PB平面ABCD，ABBC，AD // BC，AD2BC2，ABBCPB，点E为棱PD的中点．

（Ⅰ）求证：CE // 平面PAB； （Ⅱ）求证：AD平面PAB；

（Ⅲ）求二面角EACD的余弦值．

3

（19）（本小题14分）

x2y2已知椭圆C:221(ab0)过A(2,0)，B(0,1)两点．

ab（Ⅰ）求椭圆C的方程和离心率的大小；

（Ⅱ）设M，N是y轴上不同的两点，若两点的纵坐标互为倒数，直线AM与椭圆C的另一个交

点为P，直线AN与椭圆C的另一个交点为Q，判断直线PQ与x轴的位置关系，并证明你的结论．

（20）（本小题15分）

已知函数f(x)2xax2．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅲ）若a0，设函数g(x)|f(x)|，g(x)在[1,1]上的最大值不小于3，求a的取值范围． （21）（本小题14分）

在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“Z拓展”．如数列1，2第1次“Z拓展”后得到数列1，3，2，第2次“Z拓展”后得到数列1，4，3，5，2．设数列a，b，c经过第n次“Z拓展”后所得数列的项数记为Pn，所有项的和记为Sn． （Ⅰ）求P1，P2；

（Ⅱ）若Pn≥2020，求n的最小值；

（Ⅲ）是否存在实数a，b，c，使得数列{Sn}为等比数列？若存在，求a，b，c满足的条件；若不存在，说明理由．

4

32参与解析

一、选择题（每小题4分，共40分）

题号 答案 1 B 2 C 3 B 4 D 5 A 6 A 7 B 8 D 9 C 10 D 二、填空题（每小题5分，共25分，有两空的第一空3分，第二空2分） （11）3 （12）(0,1) （13）10n1；三、解答题（共6小题，共85分） （16）（本小题14分） 解： 选择①

（Ⅰ）在△ABC中，因为an(n1)π （14） （15）②④（注：只写②或④得3分） 2122，c10，b4，

22a2b2c2（2）42（10）2由余弦定理得cosC， ＝＝2ab2224因为C(0,)，所以sinC1cos2C2 2所以S112absinC242． 222 （Ⅱ）在△ABC中，ABπC．

所以sin(AB)sinC选择②

（Ⅰ）因为cosB2． 2255B(0,) ，，所以sinB1cos2B551125acsinB2102 2255， 522 因为a2，c10，所以S（Ⅱ）因为a2，c10，cosB222（2）（10）2210(由bac2accosB，得b25)16， 5解得b4，

5

由

2bc，解得sinC， 2sinBsinC在△ABC中，ABπC，sin(AB)sinC选择③

依题意，A为锐角，由sinA2 210310 得cosA1sin2A1010在△ABC中，因为a2，c10，cosA310， 10310b 10由余弦定理a2b2c22bccosA，得(2)2b2(10)2210解得b2或b4 （Ⅰ）当b2时，S1110bcsinA2101． 22101110bcsinA4102． 2210当b4时，S （Ⅱ）由a2，c10，sinA102ac，，得sinC 102sinAsinC2 2在△ABC中，ABπC，sin(AB)sinC（17）（本小题14分） 解：

（Ⅰ）从所有参与调研的人共有300人，不满意的人数是2551040

记事件D为“从所有参与调研的人中随机选取1人此人不满意”，则所求概率为

P(D)=402=. 30015（Ⅱ）记事件M为“从参与调研的青年人中随机选取1人，此人满意”，则P(M)=603=; 1407707记事件N为“从参与调研的中年人中随机选取1人，此人满意”，则P(N)==；

10010则“从参与调研的青年人和中年人各随机选取1人，恰有1人满意”的概率为

373737P(MNMN)P(M)P(N)P(M)P(N)=(1)(1)

71071070（Ⅲ）这种抽样不合理。

6

理由：参与调研的60名老年人中不满意的人数为20，满意和一般的总人数为xy50，说明满意度之间存在较大差异，所以从三种态度的老年中各取2人不合理。合理的抽样方法是采用分层抽样，根据x，y，10的具体数值来确定抽样数值。 （18）（本小题14分）

证明：

（Ⅰ）取PA中点F，连接EF，BF，因为E为PD中点，F为PA中点，

1AD 21又因为BC//AD，且BCAD

2所以EF//BC，且EFBC

所以四边形BCEF为平行四边形， 所以CE//BF，

所以EF//AD，且EF因为CE平面PAB,BF平面PAB 所以CE // 平面PAB.

（Ⅱ）因为PB平面ABCD，AD平面ABCD

所以PBAD

又因为ABBC,AD // BC 所以ADAB， 又ABIDPEC AFBPBB，AB、PB平面PAB

所以AD平面PAB.

（Ⅲ）因为PB平面ABCD，AB、BC平面ABCD

所以PBzPAB,PBBC，又ABBC，

ExDyC A以B为原点，如图建立空间直角坐标系Bxyz，

11B(0,0,0),P(0,0,1),A(0,1,0),C(1,0,0),E(1,,)

22 uuuruuuruuur11所以BP(0,0,1),AC(1,1,0),CE(0,,)

22uuur已知平面ACD的一个法向量BP(0,0,1)； r设平面ACE的法向量n(x,y,z)，则

B7

ruuurxy0ngAC0，，即1令x1，则y1,z1； r1ruuuyz0ngCE022r所以平面ACE的一个法向量为n(1,1,1)

uuurruuurrBPgn3rr所以cosBP,nuuu 3BPgn由图可知二面角EACD为锐角，所以二面角EACD的余弦值为（19）（本小题14分）

3. 3x2y21解：（Ⅰ）依题意得a2，b1，所以椭圆C的方程为4

ca2b23，离心率的大小ec3a2

（Ⅱ）因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数， 设M，N坐标为(0,m)，(0,n)，则n1，m0,n0 mmxm 2由A(2,0)，M(0,m)得直线AM的方程为yx2y214ymxm 2整理得(m1)y2my0 或(m1)x4mx4m40 得交点P的纵坐标为yP2222222m 2m1同理交点Q的纵坐标为yQ2n2m n21(1)21m21m21m所以yPyQ0，直线PQ与x轴平行 解法二：

设直线AM的方程为xty2(t0)，直线AN的方程为xsy2(s0)

8

令x0得tyM2，M坐标为(0,22)，同理N坐标为(0,) ts因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以st4

x2y214xty2

整理得(t4)y4ty0或(t4)x16x164t0

222224t 2t4444st4t 同理得yQ2s4(4)24t24t得交点P的纵坐标为yP所以yPyQ0，直线PQ与x轴平行. 解法三：

设直线AM的方程为yk1(x2)，k10，直线AN的方程为yk2(x2)，k20 令x0得M坐标为(0,2k1)，同理N坐标为(0,2k2)

因为M，N是y轴上不同的两点，两点的纵坐标互为倒数，所以4k1k21

x2y21代入椭圆方程得4yk(x2) 1(4k11)x216k1x16k140或(4k11)y24k1y0

222216k148k122xPx所以P224k114k11

8k24k12)得交点P的纵坐标为yPk1(12 24k114k114k24k1 22124k214()14k114k1414k1222

同理得yQ所以yPyQ0，直线PQ与x轴平行.

9

（20）（本小题15分） 解：（Ⅰ）f(x)6x2ax

由f(0)0，f(0)2，得

曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y2

（Ⅱ）定义域为R，f(x)6x22ax2x3xa

令f(x)0，解得x10,x22a 32若a0，f(x)6x0，f(x)在R上单调递增；

若a0，在,0上，f(x)0，f(x)单调递增，在(0,)上，f(x)0，f(x)单调递减，在a3a,上，f(x)0，f(x)单调递增； 3aa上，，单调递增，在f(x)0f(x)(,0)上，f(x)0，f(x)单调33若a0，,递减，在0,上，f(x)0，f(x)单调递增； （Ⅲ）若a0，函数f(x)的单调减区间为0,

当



aa，单调递增区间为(,0),,. 33a1时，即a3，由（Ⅱ）知，f(x)在[1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减， 3则g(x)maxmax{|f(1)|,|f(0)|,|f(1)|}max{a,2,|4a|}3 当

aaa1时，即0a3，f(x)在[1,0]和[,1]上单调递增，在[0,]上单调递减，

333aaa3f(x)在x处取得极小值f()20

3273则g(x)maxmax{|f(1)|,|f(0)|,|f(1)|}max{a,2,4a}， 若g(x)max3，则4a3，即0a1 综上，实数a的取值范围为0,1U3, （21）（本小题14分）

解：（Ⅰ）因原数列有3项，经第1次拓展后的项数P1325；

10

经第2次拓展后的项数P2549.

（Ⅱ）因数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，

由数列经第n次拓展后的项数为Pn，则经第n1次拓展后增加的项数为Pn1， 所以Pn1Pn(Pn1)2Pn1 所以Pn112Pn22(Pn1)，

n12n1 由（Ⅰ）知Pn142114，Pn1所以Pn21，

n1由Pn21≥2020，即2n1≥2019，解得n≥10

所以n的最小值为10．

（Ⅲ）设第n次拓展后数列的各项为a,a1,a2,a3,L,am,c

所以Snaa1a2a3Lamc

因数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加这两项的和，

所以Sn1a(aa1)a1(a1a2)a2(a2a3)Lam(amc)c 即Sn12a3a13a2L3am2c 所以Sn13Sn(ac)，Sn1得Snacac3(Sn) 22acacn1(S1)3 22acnac )322由S12a3b2c，则Sn(bacac0b022若使Sn为等比数列，则或

acacb0022所以，a，b，c满足的条件为

2bac0ac0或者．

b0b011