2020年西城区高三二模数学试卷及答案(理科)

1、北京市西城区2020年高三二模试卷数 学（理科） 2020.5第I卷（选择题共40分）一、选择题共8小题，每小题5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 A x|log2x 1, B x|0 x c,其中 c 0.若 AUB B,则c的取值范围是（）(A) (0,1(B) 1,)(C) (0,2(D) 2,)2.执行如图所示的程序框图，若输入如下四个函数: f (x) ex; f (x) x x 1;则输出函数的序号为(A)(C) f(x)ex; f (x) x x)(B)(D)一 x 3cos 3 .椭圆（是参数）的离心率是（）y 5sin(A)(B)

2、(C)925(D)1625b”的（4.已知向量 a (x,1), b ( x,4),其中 x R .则 “x 2” 是 “a（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充要条件（D）既不充分又不必要条件5 .右图是1, 2两组各7名同学体重(单位：kg)I组2也数据的茎叶图.设1, 2两组数据的平均数依 "次为X1和X2 ,标准差依次为S1和S2 ,那么()其中又为Xi, X2, L , Xn的平均(注：标准差 s4(x x)2 (X2 x)2 L (Xn x)2, 数)X2 , S)S2(A)XiX2 ,SiS2(B)XiS2(C)XiX2 ,SiS2(D)X!2,i .对0

3、,i,f(X) 06 .已知函数f(X) kX i，其中实数k随机选自区间的概率是()(D)(A)(B) -(C)-3232至第i2层,7 .某大楼共有i2层，有ii人在第i层上了电梯，他彳 每层i人.因特殊原因，电梯只允许停i次，只可使i人如愿到达，其余i0人都要步行到达 所去的楼层.假设这i0位乘客的初始“不满意度”均为0,乘客每向下步行i 层的“不满意度”增量为i,每向上步行i层的“不满意度”增量为2, i0人 的“不满意度”之和记为S ,则S的最小值是()(A) 42(B) 4i(C) 40(D) 398 . 对数列an, 如果 k N*及 i, 2,L , k R ， 使an k1a

4、n k 12an k 2 Lk an成立，其中n N ,则称an为k阶递归数列.给出下列三个结论： 若an是等比数列，则an为1阶递归数列; 若an是等差数列，则an为2阶递归数列； 若数列an的通项公式为an个，则an为3阶递归数列.其中，正确结论的个数是()(A) 0(B) 1(C) 2(D) 3第R卷(非选择题共110分)二、填空题共6小题，每小题5分，共30分.9 .在 ABC 中，BC 73, AC V2, A，则 B310 .已知复数z满足(1 i) z 1,则z 11 .如图， ABC是。的内接三角形，PA是。的切 线，PB交AC于点E,交。于点D .若PA PE,ABC 60

5、, PD 1, PB 9 ,贝U PA ;EC .12 .已知函数f(x) x2 bx 1是R上的偶函数，则实数b ;不等式f(x 1) |x|的解集为13. 一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是正觇期制现国14.曲线C是平面内到定点F(0,1)和定直线l ：y1的距离之和等于4的点的轨迹,给出下列三个结论：曲线C关于y轴对称；若点P(x,y)在曲线C上，则|y| 2;若点P在曲线C上，则1 |PF | 4.其中，所有正确结论的序号是:三、解答题共6小题，共80分.解答应写出文字说明

6、，演算步骤或证明过程15.(本小题满分13分)已知函数 f(x) cos2 (x ) sin2 x .(I )求f(1)的值；(H)若对于任意的x 0, 2,都有f (x) c ,求实数c的取值范围.16.(本小题满分14分)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直.AB /CD , AB BC , AB 2CD 2BC , EA EB .(I )求证：AB DE ;(II)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；(m)线段EA上是否存在点F ,使EC/平面FBD ?若存在，求出 空；若EA不存在，说明理由.17 .(本小题满分13分)甲、乙两人参加某种选拔测试.在备选的1

7、0道题中，甲答对其中每道题的概率都是3,乙能答对其中的5道题.规定每次考试都从备选的10道题中随机抽出3道 5题进行测试，答对一题加10分，答错一题(不答视为答错)减5分，至少得15分才能入选.(I)求乙得分的分布列和数学期望；(H)求甲、乙两人中至少有一人入选的概率.18 .(本小题满分13分)已知抛物线y2 4x的焦点为F ,过点F的直线交抛物线于A, B两点.uuur uuu(I )若AF 2FB ,求直线AB的斜率；(H)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C ,求四边形OACB面积的最小化19 .(本小题满分14分)已知函数f(x) 2ax 2 a一1 ，其中a R .

8、2x 1(I)当a 1时，求曲线y f(x)在原点处的切线方程；(H )求f (x)的单调区间；(m)若f(x)在0,)上存在最大值和最小值，求a的取值范围.20.(本小题满分13分)若An aa2 L an (ai 0或1,i 1,2,L ,n),则称An为0和1的一个n位排列.对于A , 将排列an&azL an 1记为R1(An)；将排列a冏41 an 2记为R2(An)；依此类推，直 至 Rn(An) An.对于排列An和Ri(An)(i 1,2,L ,n 1),它们对应位置数字相同的个数减去对应位置数字不同的个数，叫做An和Ri(An)的相关值，记作t(An,Ri(An) .

9、例如A3 110, 则 R1(A3) 011, t(A3,R1(A3)1 .若tA'RilAn)1(i 1,2,L ,n 1),则称 An为最佳排列.(I )写出所有的最佳排列A3 ;(H)证明：不存在最佳排列(m)若某个a2k 1 (k是正整数)为最佳排列，求排列 外中1的个数.北京市西城区2020年高三二模试卷数学(理科)参考答案及评分标准2020.5、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.1. D;2. C；二、填空题:_ 冗9 4 ；4 ；本大题共6小题,每小题5分,共30分.1011. 3,12.0, x|1 x 21314注:11、12、13第一问2分，第二问3分；

10、14题少填不给分.15.(解答题：本大题共6小题，共 (本小题满分13分)I80分.r / 无2 /无 2 %f () cos ( ) sin 121212花 cos6(H)解:f(x)1-1 cos(2xI。cos2x)1r/ c又c ,cos(2 x ) cos2x23. c 3 c、sin 2x - cos2x)2_ Ttsin(2 x -).3因为x 0, j ,所以, 九2x 310分所以当_ 冗2x 一2,即f (x)取得最大值11分所以花0,2f(x)故当0,；，f(x)，E.5c时，c的取值范围是二).221316 .(本小题满分14分)(I )证明：取AB中点O ,连结EO

11、, DO .因为EB EA,所以EO AB.1分因为四边形ABCD为直角梯形，AB 2CD 2BC , AB BC ,所以四边形OBCD为正方形，所以AB OD ：2分所以AB 平面EOD . 3所以 AB ED . 4分(H)解：因为平面 ABE 平面ABCD,且 EO所以EO 平面ABCD ,所以EO OD .由OB,OD,OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz. 5分因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA OB OD OE,设OB 1,所以 O(0,0,0), A( 1,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0),D(0,1,0), E(0,0,1).uur(0

12、,1,0).所以EC (1,1, 1),平面ABE的一个法向量为OD设直线EC与平面ABE所成的角为所以sinuur uur |cosEC,OD |uur uur|EC OD | uttr-uumH |EC|OD|EC 与平面 ABE角的正弦值为存在点 F , 且EFEA10分，有 EC 平面证明如下：由 EF 1EA ( 1,0, 1), F( -,0,2),所以 FB (-,0, 2). 3333333uur设平面FBD的法向量为v (a, b, c),则有V uur °,v FB 0.a b 0,所以 42 取 a 1,得 v (1,1,2).a -z 0.3312分因为 EC

13、 v (1,1, 1) (1,1,2) 0,且 EC 平面 FBD,所以 EC/ 平面 FBD .EF 1 .即点F酒足时，有EC 平面FBD .EA 314分17 .(本小题满分13分)(I )解：设乙答题所得分数为X ,则X的可能取值为15,0,15,30 .c5115)_ 3.P(XC1012c5c25P(X15)-3-C1012P(X0)P(X 30)C2C5"CT512，c5 iC3012EX155(15)015121212301215乙得分的分布列如下:X1501530P155112121212(n)由已知甲、乙至少答对2题才能入选，记甲入选为事件 A,乙入选为事件B.则

14、 P(A)23223 381叫理(5)法，10分P(B)勺1 112 12211分故甲乙两人至少有一人入选的概率P 1 P(A B)4412510312513分18 .(本小题满分13分)(I)解：依题意F(1,0),设直线AB方程为x my 1 .将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得y4my设 A(x1, y1)B(X2,y2),所以 y1 y2 4m, yy?y1uuir因为AF2y2 uur2FB ,联立和，消去y1，y2,得m*4所以直线AB的斜率是2衣.(n)解：由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点。与点C到直线AB的距离相等,所以四边形OACB的面积等于

15、2S aob1因为 2s aob 2 |OF | |yi y2 |210分屈1 y2)2 4yiY2 4x/1 m2 , 12分所以m 0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4. 13分19 .(本小题满分14分)(I)解：当 a 1 时，f(x)f(x) 2(x 1)(x2(x a)(x )2a2a-x2 1. 2x 1(x 1)分由f (0) 2,得曲线y f(x)在原点处的切线方程是2x y 0 . 3分(x a)(ax 1)(H)解：f (x)2-2.x2 14分当 a 0时，f (x) -x2 . x2 1当a 0时，令f (x) 0,得x11a , x2 一，”*)与£

16、 (x)的情况如下: a所以f(x)在(0,)单调递增，在(，0)单调递减.x(,x1)x(x1, x2)x2(x2,)f (x)00f(x)f (x1)/f(x2)故f(x)的单调减区间是(，a), (1,);单调增区间是(a,-).aa7分当a 0时，f(x)与f (x)的情况如下：x(,x2)x2M, X)x(x1,)f (x)00f(x)/f (x2)f(x1)/1 一1所以f(x)的单调增区间是(，)；单调减区间是(1, a), ( a,).aa9分(田)解：由(H)得，a 0时不合题意.10分11当a 0时，由(H)得，f(x)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，所以f(x)

17、在 aa12(0,)上存在最大值f(1) a 0 .a14分综上，a的取值范围是(，1U(0,1.20.(本小题满分13分)(I )解：最佳排列 A3 为丽，101 , 100,而，010 , 001 . 3分(H )证明：设 A a1a2a3a4a5 ,则 R1(A) a5a1a2a3a4 ,因为 t(A5,R1(A5)1,所以 | a1a51,| a?a1 | ,| a3a2 |,| a4a31,| a5a4| 之中有 2 个 0 , 3 个 1 .按a5a1a2a3a4a5的顺序研究数码变化，由上述分析可知有2次数码不发生改变，有3次数码发生了改变.但是a5经过奇数次数码改变不能回到自身

18、，所以不存在A ,使得t(A5, R1(A5)1 ,从 而 不 存 在 最 佳 排 列A . 7 分(田)斛：由 A?k 1 a1a2L a2k 1 (a0 或 1, i 1,2, L ,2 k 1),得R (A2k 1)a2k 何仰1 a2k ,R (A2k 1)a2ka2k 1a1a2L a2k 1 ，R2k 1(A2k 1)a3a4 La2k 1a1a2R2k(A2k1)a2k 1al.因为 t(A2k 1,Ri(A2k1)1(i 1,2,L ,2k),所以a2kl与每个Ri(A2k 1)有k个对应位置数码相同，有k 1个对应位置数码同，因此有| a1a2k 1 | a2a1 | L| a2ka2k