北京市2020届高三下学期3月份高考适应性测试 数学试题

数学试题

本试卷共 6 页，150 分。考试时长 120 分钟。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

（1）在复平面内，复数i (i + 2) 对应的点的坐标为

共 40 分）

一、选择题共 10 题，每题 4 分，共 40 分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

（A） (1, 2 )

（B） ( 1, 2 ) （C） ( 2, 1) （D） ( 2,  1)

（2）已知集合 A  { x x  2} ， B  {  1, 0,1, 2, 3 } ，则 A ∩ B 



（A） { 0, 1} （B）{ 0, 1, 2 } （C） {  1, 0, 1} （D） {  1, 0, 1, 2 }

（3） 下列函数中，在区间(0,  ) 上为减函数的是

（A） y 

x 1

（B） y  x2  1

（C） y  ()x

2

1

（D） y  log2 x

（4） 函数 f ( x) 

x2  5x  6 的定义域为

（A）{x | x ≤ 2 或 x ≥ 3} （C） {x | 2 ≤ x ≤ 3}

（5） 圆心为( 2, 1) 且和 x 轴相切的圆的方程是

（B） {x | x ≤  3 或 x ≥ 2} （D） {x | 3 ≤ x ≤ 2}

（A） (x  2)2  ( y  1)2  1

（C） (x  2)2  ( y  1)2  5

（B） (x  2)2  ( y  1)2  1 （D） (x  2)2  ( y  1)2  5

（6） 要得到函数 y  sin(2x  ) 的图象，只需要将函数 y  sin 2x 的图象

π

π

（A）向左平移 个单位

3 π

（C）向右平移 个单位

3

（7） 某四棱

3

π

（B）向左平移 个单位

6 π

（D）向右平移 个单位

6 体积为 21 （C） 2 （D） 4 2

锥的三视图如图所示，则该四棱锥的

（A） 2 3 3

（B）

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4

正（主）视图

侧（左）视图

俯视图

y  x 的图象上，则使得△ （8） 已知点 A ( 2, 0 ) ， B ( 0,  2 ) ．若点 P 在函数 PAB 的面积为 2

的点 P 的个数为 （A）1

（B） 2

（C） 3

（D） 4

{an} （9） 设{an}是等差数列，且公差不为零，其前 n 项和为 Sn ．则“ n  N* ，Sn1  Sn ”是“

为递增数列”的

（A）充分而不必要条件 （C）充分必要条件

（B）必要而不充分条件 （D）既不充分也不必要条件

（10） 学业水平测试成绩按照考生原始成绩从高到低分为 A，B，C，D，E 五个等级．某班共

有36 名学生且全部选考物理、化学两科，这两科的学业水平测试成绩如图所示．该班学生中，这两科等级均为 A 的学生有5 人，这两科中仅有一科等级为 A 的学生，其另外一科等级为 B．则该班

（A） 物理化学等级都是 B 的学生至多有12 人 （B） 物理化学等级都是 B 的学生至少有5 人 （C） 这两科只有一科等级为 B 且最高等级为 B 的学生

等级 A B C D E 科目 至多有18 人

（D） 这两科只有一科等级为 B 且最高等级为 B 的学生

物理 10 化学 8 16 19 9 7 1 2 0 0 至少有1 人

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第二部分（非选择题

二、填空题共 5 题，每题 5 分，共 25 分。

共 110 分）

2

x

 2y  1 ( a 0 ) 的一条渐近线方程为 x  y 0 ，则 a ． （11） 已知双曲线 2 a

（12）已知向量a  (1, m) ， b  (2, 1) ，且a  b ，则m．

（13） 抛物线 y 2  4 x 上到其焦点的距离为1 的点的个数为 ．

．

a  4 ， b  5 ， △ABC 的面积为 （14） 在△ABC 中， c  6 ，则cos A ，

（15） 函数 f (x) 的定义域为[1,1) ，其图象如图所示．函数 g(x) 是定义域为 R 的奇函数，满足

g(2  x)  g(x)  0 ，且当 x (0,1) 时， g (x)  f (x) ．给出下列三个结论： g(0)  0 ； ①

②函数 g(x) 在 (1, 5) 内有且仅有 3 个零点； ③不等式 f x  0 的解集为{x | 1  x  0} ． 其中，正确结论的序号是 ．

1 1 O 4 y 1 2 1 x 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。

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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）

如图，在四棱锥 P  ABCD 中，PD  2 AD ，PD  DA ，PD  DC ，底面 ABCD 为正方形，

M , N 分别为 AD ， PD 的中点．

P （Ⅰ）求证： PA∥平面 MNC ；

（Ⅱ）求直线 PB 与平面 MNC 所成角的正弦值．

A M

B

N

D

C

（17）（本小题 14 分）

q 的无穷等比数列，其前 n 项和为 Sn ，满足 a3 12 ， 已知{an}是公比为

k ，使得 Sk  2020 ？若存在，求 k 的最小值；若不存在，说明理由． 存在正整数

．是否

1

从① q  2 ， ② q  ， ③ q  2 这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．

2 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。

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（18）（本小题 14 分）

为贯彻十九大报告中“要提供更多优质生态产品以满足人民日益增长的优美生态环境需要”的要求，某生物小组通过抽样检测植物高度的方法来监测培育的某种植物的生长情况．现分别从 A, B, C 三块试验田中各随机抽取 7 株植物测量高度，数据如下表（单位：厘米）：

A 组 10 11 12 13 14 15 16 B 组 12 13 14 15 16 17 18 C 组 13

14 15 16 17 18 19 假设所有植株的生长情况相互．从 A, B, C 三组各随机选1 株， A 组选出的植株记为甲， B 组选出的植株记为乙， C 组选出的植株记为丙． （Ⅰ）求丙的高度小于15 厘米的概率；

（Ⅱ）求甲的高度大于乙的高度的概率；

（Ⅲ）表格中所有数据的平均数记为 0 ．从 A, B, C 三块试验田中分别再随机抽取1 株该种植

物，它们的高度依次是14, 16, 15（单位：厘米）．这 3 个新数据与表格中的所有数据构成的新样本的平均数记为1，试比较 0 和1的大小．（结论不要求证明）

（19）（本小题 15 分）

1

已知函数 f (x)  ex (x 1)  ea x2 ， a  0 ．

2 （Ⅰ）求曲线 y  f ( x) 在点( 0, f (0)) 处的切线方程； （Ⅱ）求函数 f (x) 的极小值；

（Ⅲ）求函数 f (x) 的零点个数．

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（20）（本小题 14 分）

已知椭圆C 的短轴的两个端点分别为 A(0, 1) ， B(0, 1) ，焦距为2 3 ．

（Ⅰ）求椭圆C 的方程；

（Ⅱ） 已知直线 y  m 与椭圆C 有两个不同的交点 M , N ，设 D 为直线 AN 上一点，且直线 BD ，

BM 的斜率的积为  ．证明：点 D 在 x 轴上．

1

4

（21）（本小题 14 分）

其中e1  e2 …  el ，l  N* 且l ≤ 6 ．定义变换k 为“对于数阵的每一行，若其中有 k 或 k ， 则将这一行中每个数都乘以 1 ；若其中没有 k 且没有 k ，则这一行中所有数均保持不变”

k  e1,e2,…,el ）S (A0) 表示“将 A0 经过e 变换得到 A1 ，再将 A1 经过e 变换得到 A2 ，… ， （ ．

以此类推，最后将 Al1 经过l ，记数阵 Al 中四个数的和为TS (A0) ． e 变换得到 Al ”

（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）

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2020年北京市高考适应性测试

数 学答案 第一部分（选择题 共40分）

一、选择题共10题，每题4分，共40分。在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1--5.BCCAA 6--10.DBCAD 10.D

二、填空题共5题，每题5分，共25分。

315711.1 12.2 13.1 14.，. 15. ①③（见视频解读)

4415.解析.

因为函数gx是定义域为R的奇函数，所以①正确；

由g2xg(x)0知函数yg(x)的图像关于点1,0成中心对称，

由此作出函数错误；

的图像如下，由图像知函数yg(x)在1,5内有5个零点，故②

关于y轴对称，由图像知③正确。

方法二是利用函数yf(x)的图像，直接解不等式0x1,即得1x0。故而正确。

注：15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）

对于③，方法一是利用

与

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（Ⅰ）证明：

因为M，N分别为AD，PD的中点 所以PAPMN,

PA平面MNC 又因

MN平面MNC 所以PA//平面MNC；

（Ⅱ）由题意建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz。

设AD=2，则P(0,0,4),B(2,2,0),M(1,0,0),N(0,0,2),C(0,2,0)

uuuruuuuruuuur 则PB(2,2,4),MN(1,0,2),MC(1,2,0)

r 设平面MNC的法向量为n=(x,y,z)，

ruuuurrnMNx2z0ur则ruuu，令x2,则y=1,z=1，即n=(2,1,1) nMCx2y0ruuurnPB4241sin ruuur设直线PB与平面MNC所成角为，则

6266nPB1即直线PB与平面MNC所成角的正弦值为.

6

17.（本小题14分）

答案：当q2时，存在，kmin10。

1q当时，不存在。

2当q2时，存在，kmin11。 理由分别如下。

332nn1当q2时，a13,an32，Sn32n3。

121k由32k32020得2674，

3Q29512 , 2101024，kN，kmin10

14848n1n11129696当q时，a148,an48，Sn。 212212n48111由96962020得，不等式无解。此时不存在。

2422kk数学 第 8 页（共 6 页）

当q2时，a13,an32kkn1332nS12。 ，n12n由122020得22019，

91011Q2512 , 21024，22048,kN，kmin11

18.（本小题14分）

解：（1）设“丙的高度小于15厘米”为事件M

因为丙的高度小于15厘米的有13厘米、14厘米的两株，所以P(M)即丙的高度小于15厘米的概率为

2. 72。 7(2)设“甲的高度大于乙的高度”为事件N.

记A组7株植物依次分别为A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7. B组7株植物依次分别为B1,B2,B3,B4,B5,B6,B7. 从A中选出甲，从B中选出乙共有7749种情况， 其中满足甲的高度大于乙的高度的有：

(A4,B1)、(A5,B1)、(A5,B2)、(A6,B1)、(A6,B2)、(A6,B3)、(A7,B1)、(A7,B2)、(A7,B3)、(A7,B4)、.

共10种. 所以P(N)10. 4910 49即甲的高度大于乙的高度的概率为(3) 01.

19.

（本小题15分） 解：(1) f(x)定义域为：R

f(x)ex(x1）+exeaxx(exea) Qf(0)1 切点为(0,1) Qf(0)0

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yf(x)在(0,1)处的切线方程为：y1. (2) 令f(x)0，解得：x10,x2a（a0）

x f(x)f(x)

(,a) a (a,0) 0 (0,)   0 0    f(x)在(,a)、(0,)单调递增，在(a,0)单调递减. f(x)在x0处取得极小值为f(0)1.

11(3)由（2）知f(x)的极大值为 （fa)ea(a1)eaa2(a1a2)ea0,(a0)

22f2)e22ea， f(0)10， （Qa0, 0ea1, f(2)0

函数f(x)的零点个数为1.

20.（本小题14分）

解答：（Ⅰ）由题意知c3，Qac , 只能b1,且焦点在x轴上，a2b2c24

x2 所以椭圆C的方程为：y21。

422（Ⅱ）由题意可设M(x0,m),N(x0,m),1m1。则x04(1m)---①

uuuruuur 因为点D为直线AN上一点，所以ADAN(x0,m1)，

uuuruuuruuur所以ODANOAx0,m11

所以KBDKBM(m1)2m11

x0x0422 整理得4(m1)8(m1)x0

将①代入整理得m1[(m1)1]0， Qm10,  (m1)10，即yD0 所以点D在x轴上。

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21.（本小题14分）

a11a12A设数阵0,其中a11,a12,a21,a22{1,2,,6}，设S{e1,e2,,el}{1,2,,6},其

a21a22*中e1e2el,lN且l6.定义变换k为“对于数列的每一行，若其中有k或k，

则这一行中所有数均保持不变”（）(ke1,e2,,el).s(A0)表示“将A0经过e1变换得到A1，再将A1经过e2变换得到A2，,以此类推，最后将Al1经过el变换得到Al”，记数阵Al中四个数的和为Ts(A0).

12（Ⅰ）若A0 ，写出A0经过2变换后得到的数阵A1；

1513A（Ⅱ）若0 ，S{1,3},求Ts(A0)的值；

36（Ⅲ）对任意确定的一个矩阵A0，证明：Ts(A0)的所有可能取值的和不超过-4.

æ-1-2öç解（Ⅰ）经过f2变换A1=ç ÷ ÷÷ç÷51øèæ13öç÷经过f1变换得到A1= （Ⅱ） A0=ç ÷ç÷è36÷øæ13öç÷ A3=ç ÷ ÷ç÷è3-6ø+-6)= -5 所以TS(A0)=1+3+(-3）（ （Ⅲ）因为集合S共有含空集在内的子集个，令jf(A0)=A0,对于第一行a11和a12 ①若a11=a12，则含a11的子集有32个，这32个Al中第一行为-a11，-a12；不含有a11的子集有32个，这32个Al中第一行为a11，a12，所有Al中第一行的和为0。

①若a11¹a12，则含a11且a12的子集有16个，不含有a11且不含a12的子集有16个，这32个

æ-1-3öç÷经过f3变换得到 ÷çç÷6÷øè3Al中第一行为a11，a12；不含有a11含a12的子集有16个，含有a11不含a12的子集有16个，这

32个Al中第一行为-a11，-a12；所有Al中第一行的和为0。 同理，所有Al中第二行的和为0。即但是jf(A0)=A0，所以

ååUÍSUT(A0)=0

4

S¹fTS(A0)=0-Tf(A0)=-(a11+a12+a21+a22)?数学 第 11 页（共 6 页）