北京市石景山区2020届高三高考数学一模试卷（Word版附解析）

2020 年北京市石景山区高考数学一模试卷 一、选择题（共 10 小题） 1．设集合 P＝{1，2，3，4}，Q＝{x|x|≤3，x∈R}，则 P∩Q 等于（  ） A．{1} B．{1，2，3} C．{3，4} D．{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3} 2．在复平面内，复数 5+6i，3﹣2i 对应的点分别为 A，B．若 C 为线段 AB 的中点，则点 C 对应的复数是（  ） A．8+4i B．2+8i C．4+2i D．1+4i 3．下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递减的是（  ） A．y＝﹣x2+2 B．y＝2﹣x C．y＝lnx D．풚 = 1 푥 4．圆 x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0 的圆心到直线 ax+y﹣1＝0 的距离为 1，则 a＝（  ） A． ― 4 3 B． ― 3 4 C． ퟑ D．2 5．将 4 位志愿者分配到博物馆的 3 个不同场馆服务，每个场馆至少 1 人，不同的分配方案 有（  ）种 A．36 B．64 C．72 D．81 6．如图，网格纸的小正方形的边长是 1，粗线表示一正方体被某平面截得的几何体的三视 图，则该几何体的体积为（  ） A．2 B．4 C．6 D．8 7．函数풇(풙) = 풄풐풔(흎풙 + 휋 6)（ω＞0）的最小正周期为 π，则 f（x）满足（  ） A．在(ퟎ， 휋 3)上单调递增 B．图象关于直线풙 = 휋 6对称 C．풇( 휋 3) = 3 2 D．当풙 = 5휋 12时有最小值﹣1 8．设{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn．则“S1+S3＞2S2”是“{an}为递增数列”的（  ） 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．设 f（x）是定义在 R 上的函数，若存在两个不等实数 x1，x2∈R，使得풇( 푥1 + 푥2 2 ) = 푓(푥1) + 푓(푥2) 2 ，则称函数 f（x）具有性质 P，那么下列函数：①；풇(풙) = {1 푥，풙 ≠ ퟎ ퟎ，풙 = ퟎ ②；f （x）＝x2③；f（x）＝|x2﹣1|，具有性质 P 的函数的个数为（  ） A．0 B．1 C．2 D．3 10．点 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中棱 BD，CC1 的中点，动点 P 在 正方形 BCC1B1（包括边界）内运动．若 PA1∥面 AMN，则 PA1 的长度范围是（  ） A．[ퟐ， ퟓ] B．[3 2 2 ， ퟓ] C．[3 2 2 ，ퟑ] D．[2，3] 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 11．已知向量 → 푩푨 = （1 2， 3 2 ）， → 푩푪 = （ 3 2 ，1 2），则∠ABC＝   ． 12．已知各项为正数的等比数列{an}中，a1＝1，其前 n 项和为푺풏(풏 ∈ 푵∗)，且 1 푎1 ― 1 푎2 = 2 푎3 ， 则 S4＝   ． 13．能够说明“设 a，b 是任意非零实数，若“a＞b，则1 푎＜ 1 푏”是假命题的一组整数 a，b 的值依次为   ． 14．已知 F 是抛物线 C：y2＝4x 的焦点，M 是 C 上一点，FM 的延长线交 y 轴于点 N，若 M 为 FN 的中点，则|FN|＝   ． 15．石景山区为了支援边远山区的教育事业，组织了一支由 13 名一线中小学教师组成的支 教团队，记者采访其中某队员时询问这个团队的人员构成情况，此队员回答：①有中学 高级教师；②中学教师不多于小学教师；③小学高级教师少于中学中级教师；④小学中 级教师少于小学高级教师；⑤支教队伍的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、中 学高级；⑥无论是否把我计算在内，以上条件都成立．由此队员的叙述可以推测出他的 学段及职称分别是   、   ． 三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．如图，在正四棱锥 P﹣ABCD 中，AB＝PB＝2 ퟐ，AC∩BD＝O． （Ⅰ）求证：BO⊥面 PAC； （Ⅱ）求二面角 A﹣PC﹣B 的余弦值． 17．2020 年，北京将实行新的高考方案，新方案规定：语文、数学和英语是考生的必考科 目，考生还需从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选 考科目．若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方 案确定：否则，称该学生选考方案待确定，例如，学生甲选择“物理、化学和生物”三 个选考科目，则学生甲的选考方案确定．“物理、化学和生物”为其选考方案． 某校为了解高一年级 840 名学生选考科目的意向，随机选取 60 名学生进行了一次调查， 统计选性别考科目人数如表： 性别 选考方案确定情况 物理 化学 生物 历史 地理 政治 选考方案确定的有 16 人 16 16 8 4 2 2男生 选考方案待确定的有 12 人 8 6 0 2 0 0 选考方案确定的有 20 人 6 10 20 16 2 6女生 选考方案待确定的有 12 人 2 8 10 0 0 2 （Ⅰ）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？ （Ⅱ）从选考方案确定的 16 名男生中随机选出 2 名，求恰好有一人选“物理、化学、生 物”的概率； （Ⅲ）从选考方案确定的 16 名男生中随机选出 2 名． 设随机变量흃 = {ퟎ两名男生选考方案不同 ퟏ两名男生选考方案相同，求 ξ 的分布列和期望． 18．已知锐角△ABC，同时满足下列四个条件中的三个： ①푨 = 휋 3②a＝13③c＝15④풔풊풏푪 = 1 3 （Ⅰ）请指出这三个条件，并说明理由； （Ⅱ）求△ABC 的面积． 19．已知椭圆푪： 푥2 푎2 + 푦2 푏2 = ퟏ(풂＞풃＞ퟎ)的右焦点为 F（1，0），离心率为 2 2 ．直线 l 过点 F 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两交点 A，B，线段 AB 的中点为 M． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； （Ⅲ）延长线段 OM 与椭圆 C 交于点 P，若四边形 OAPB 为平行四边形，求此时直线 l 的斜率． 20．已知函数，f（x）＝x2（x＞0），g（x）＝alnx（a＞0）． （Ⅰ）若 f（x）＞g（x）恒成立，求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）当 a＝1 时，过 f（x）上一点（1，1）作 g（x）的切线，判断：可以作出多少条 切线，并说明理由． 21．有限个元素组成的集合 A＝{a1，a2，…，an}，n∈N*，记集合 A 中的元素个数为 card （A），即 card（A）＝n．定义 A+A＝{x+y|x∈A，y∈A}，集合 A+A 中的元素个数记为 card （A+A），当 card（A+A） = 푛(푛 + 1) 2 时，称集合 A 具有性质 P． （Ⅰ）A＝{1，4，7}，B＝{2，4，8}，判断集合 A，B 是否具有性质 P，并说明理由； （Ⅱ）设集合 A＝{a1，a2，a3，2020}．a1＜a2＜a3＜2020，且 ai∈N*（i＝1，2，3），若 集合 A 具有性质 P，求 a1+a2+a3 的最大值； （Ⅲ）设集合 A＝{a1，a2，…，an}，其中数列{an}为等比数列，ai＞0（i＝1，2，…，n） 且公比为有理数，判断集合 A 是否具有性质 P 并说明理由． 参考答案 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．设集合 P＝{1，2，3，4}，Q＝{x|x|≤3，x∈R}，则 P∩Q 等于（  ） A．{1} B．{1，2，3} C．{3，4} D．{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3} 【分析】利用不等式的解法、集合运算性质即可得出． 解：Q＝{x||x|≤3，x∈R}＝[﹣3，3]，P＝{1，2，3，4}， 则 P∩Q＝{1，2，3}． 故选：B． 【点评】本题考查了不等式的解法、集合运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题． 2．在复平面内，复数 5+6i，3﹣2i 对应的点分别为 A，B．若 C 为线段 AB 的中点，则点 C 对应的复数是（  ） A．8+4i B．2+8i C．4+2i D．1+4i 【分析】写出复数所对应点的坐标，有中点坐标公式求出 C 的坐标，则答案可求． 解：因为复数 5+6i，3﹣2i 对应的点分别为 A（5，6），B（3，﹣2）． 且 C 为线段 AB 的中点，所以 C（4，2）． 则点 C 对应的复数是 4+2i． 故选：C． 【点评】本题考查了中点坐标公式，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础 题． 3．下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递减的是（  ） A．y＝﹣x2+2 B．y＝2﹣x C．y＝lnx D．풚 = 1 푥 【分析】结合函数奇偶性及单调性的定义对各选项进行检验即可判断． 解：y＝2﹣x2 为偶函数，不符合题意； y＝2﹣x，y＝lnx 为非奇非偶函数，不符合题意； 结合反比例函数的性质可知，y = 1 푥为奇函数，且在（0，+∞）上单调递减． 故选：D． 【点评】本题主要考查了函数奇偶性及单调性的判断，属于基础试题． 4．圆 x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0 的圆心到直线 ax+y﹣1＝0 的距离为 1，则 a＝（  ） A． ― 4 3 B． ― 3 4 C． ퟑ D．2 【分析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案． 解：圆 x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0 的圆心坐标为：（1，4）， 故圆心到直线 ax+y﹣1＝0 的距离 d = |푎 + 4 ― 1| 푎2 + 1 = 1， 解得：a = ― 4 3， 故选：A． 【点评】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，难度中档． 5．将 4 位志愿者分配到博物馆的 3 个不同场馆服务，每个场馆至少 1 人，不同的分配方案 有（  ）种 A．36 B．64 C．72 D．81 【分析】根据题意，分 2 步进行分析：①，将 4 位志愿者分为 3 组，②，将分好的三组 全排列，对应 3 个不同场馆服务，由分步计算原理计算可得答案． 解：根据题意，分 2 步进行分析： ①，将 4 位志愿者分为 3 组，有 C42＝6 种情况， ②，将分好的三组全排列，对应 3 个不同场馆服务，有 A33＝6 种情况， 则有 6×6＝36 种不同的分配方案； 故选：A． 【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 6．如图，网格纸的小正方形的边长是 1，粗线表示一正方体被某平面截得的几何体的三视 图，则该几何体的体积为（  ） A．2 B．4 C．6 D．8 【分析】由题意，直观图如图所示，由图可知该几何体的体积为为正方体的一半． 解：由题意，直观图如图所示，由图可知该几何体的体积为为正方体的一半，即为1 2 × 2 ×2×2＝4． 故选：B． 【点评】本题考查由三视图求体积，考查学生的计算能力，确定几何体的形状是关键． 7．函数풇(풙) = 풄풐풔(흎풙 + 휋 6)（ω＞0）的最小正周期为 π，则 f（x）满足（  ） A．在(ퟎ， 휋 3)上单调递增 B．图象关于直线풙 = 휋 6对称 C．풇( 휋 3) = 3 2 D．当풙 = 5휋 12时有最小值﹣1 【分析】根据函数 f（x）的最小正周期求出 ω 的值，写出 f（x）的解析式， 再判断四个选项是否正确即可． 解：函数풇(풙) = 풄풐풔(흎풙 + 휋 6)（ω＞0）的最小正周期为 T = 2휋 휔 = π， ∴ω＝2， ∴f（x）＝cos（2x + 휋 6）； 当 x∈（0，휋 3）时，2x + 휋 6∈（휋 6，5휋 6 ），f（x）单调递减，∴A 错误； x = 휋 6时，2x + 휋 6 = 휋 2，f（휋 6）＝0，其图象不关于直线풙 = 휋 6对称，B 错误； f（휋 3）＝cos（2 × 휋 3 + 휋 6） = ― 3 2 ，C 错误； x = 5휋 12时，f（x）＝cos（2 × 5휋 12 + 휋 6）＝﹣1，D 正确． 故选：D． 【点评】本题考查了余弦函数的图象与性质的问题，是基础题． 8．设{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn．则“S1+S3＞2S2”是“{an}为递增数列”的（  ） 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 【分析】先化简，再判断单调性． 解：由{an}是等差数列，S1+S3＞2S2，化简得 a3＞a2，即 d＞0，则{an}为递增数列， 则“S1+S3＞2S2”是“{an}为递增数列”的充分必要条件， 故选：C． 【点评】本题考查数列，以及充要性，属于基础题． 9．设 f（x）是定义在 R 上的函数，若存在两个不等实数 x1，x2∈R，使得풇( 푥1 + 푥2 2 ) = 푓(푥1) + 푓(푥2) 2 ，则称函数 f（x）具有性质 P，那么下列函数：①；풇(풙) = {1 푥，풙 ≠ ퟎ ퟎ，풙 = ퟎ ②；f （x）＝x2③；f（x）＝|x2﹣1|，具有性质 P 的函数的个数为（  ） A．0 B．1 C．2 D．3 【分析】根据题意，找出存在的点，如果找不出则需证明． 解：①：因为函数是奇函数，可找关于原点对称的点，比如 f（1 + ( ― 1) 2 ）＝f（0） = 푓(1) + 푓( ― 1) 2 = 1 ― 1 2 = ퟎ，存在； ②：假设存在 x1，x2∈R，使得풇( 푥1 + 푥2 2 ) = 푓(푥1) + 푓(푥2) 2 ，即( 푥1 + 푥2 2 )ퟐ = 푥1 2 + 푥2 2 2 ，得 x1 ＝x2，矛盾，故不存在； ③：函数为偶函数，f（0）＝1，令 f（x）＝|x2﹣1|＝0，x =± ퟐ，则 f（ 2 ― 2 2 ）＝f （0）＝1 = 푓( 2) + 푓( ― 2) 2 ，存在． 故选：C． 【点评】本题考查学生的理解能力，以及证明，属于中档题． 10．点 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中棱 BD，CC1 的中点，动点 P 在 正方形 BCC1B1（包括边界）内运动．若 PA1∥面 AMN，则 PA1 的长度范围是（  ） A．[ퟐ， ퟓ] B．[3 2 2 ， ퟓ] C．[3 2 2 ，ퟑ] D．[2，3] 【分析】取 B1C1 的中点 E，BB1 的中点 F，连结 A1E，A1F，EF，取 EF 中点 O，连结 A1O，推导出平面 AMN∥平面 A1EF，从而点 P 的轨迹是线段 EF，由此能求出 PA1 的长 度范围． 解：取 B1C1 的中点 E，BB1 的中点 F，连结 A1E，A1F，EF，取 EF 中点 O，连结 A1O， ∵点 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中棱 BC，CC1 的中点， ∴AM∥A1E，MN∥EF， ∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E， ∴平面 AMN∥平面 A1EF， ∵动点 P 在正方形 BCC1B1（包括边界）内运动，且 PA1∥面 AMN， ∴点 P 的轨迹是线段 EF， ∵A1E＝A1F = ퟐퟐ + ퟏퟐ = ퟓ，EF = ퟏퟐ + ퟏퟐ = ퟐ， ∴A1O⊥EF， ∴当 P 与 O 重合时，PA1 的长度取最小值 A1O = ( ퟓ)ퟐ ― ( 2 2 )ퟐ = 3 2 2 ， 当 P 与 E（或 F）重合时，PA1 的长度取最大值为 A1E＝A1F = ퟓ． ∴PA1 的长度范围为[3 2 2 ， ퟓ]． 故选：B． 【点评】本题考查线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置 关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分. 11．已知向量 → 푩푨 = （1 2， 3 2 ）， → 푩푪 = （ 3 2 ，1 2），则∠ABC＝ 휋 6 ． 【分析】运用向量的数量积的坐标表示可得可得 → 푩푨• → 푩푪，由向量的模公式可得| → 푩푨|＝| → 푩푪 |，再由 cos∠ABC = → 퐵퐴 ⋅ → 퐵퐶 | → 퐵퐴| ⋅ | → 퐵퐶| ，计算即可得到所求值． 解：向量 → 푩푨 = （1 2， 3 2 ）， → 푩푪 = （ 3 2 ，1 2）， 可得 → 푩푨• → 푩푪 = 1 2 × 3 2 + 3 2 × 1 2 = 3 2 ， | → 푩푨|＝| → 푩푪| = 1 4 + 3 4 = 1， 可得 cos∠ABC = → 퐵퐴 ⋅ → 퐵퐶 | → 퐵퐴| ⋅ | → 퐵퐶| = 3 2 ， 由 0≤∠ABC≤π， 可得∠ABC = 휋 6． 故答案为：휋 6． 【点评】本题考查向量的数量积的坐标表示和模的公式，考查夹角的求法，以及化简整 理的运算能力，属于基础题． 12．已知各项为正数的等比数列{an}中，a1＝1，其前 n 项和为푺풏(풏 ∈ 푵∗)，且 1 푎1 ― 1 푎2 = 2 푎3 ， 则 S4＝ 15 ． 【分析】由题意先求出公比，再根据前 n 项和公式计算即可． 解：正项等比数列{an}中，a1＝1，且 1 푎1 ― 1 푎2 = 2 푎3 ， ∴1 ― 1 푞 = 2 푞2， 即 q2﹣q﹣2＝0， 解得 q＝2 或 q＝﹣1（舍去）， ∴S4 = 1 ― 24 1 ― 2 = 15， 故答案为：15． 【点评】本题考查了等比数列的前 n 项和公式，属于基础题． 13．能够说明“设 a，b 是任意非零实数，若“a＞b，则1 푎＜ 1 푏”是假命题的一组整数 a，b 的值依次为 2，﹣1 ． 【分析】可看出，取 a＝2，b＝﹣1 时，可说明”a＞b，则1 푎＜ 1 푏”是假命题． 解：取 a＝2，b＝﹣1 时，可得出“a＞b，则1 푎＜ 1 푏“不成立，即该命题为假命题． 故答案为：2，﹣1． 【点评】本题考查了真假命题的定义，举反例说明一个命题是假命题的方法，考查了推 理能力，属于基础题． 14．已知 F 是抛物线 C：y2＝4x 的焦点，M 是 C 上一点，FM 的延长线交 y 轴于点 N，若 M 为 FN 的中点，则|FN|＝ 3 ． 【分析】求出抛物线的焦点坐标，推出 M 坐标，然后求解即可． 解：抛物线 C：y2＝4x 的焦点 F（1，0），M 是 C 上一点，FM 的延长线交 y 轴于点 N．若 M 为 FN 的中点， 可知 M 的横坐标为：1 2， 则|FM| = 1 2 + 1＝1 1 2， |FN|＝2|FM|＝2×1 1 2 = 3． 故答案为：3． 【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力． 15．石景山区为了支援边远山区的教育事业，组织了一支由 13 名一线中小学教师组成的支 教团队，记者采访其中某队员时询问这个团队的人员构成情况，此队员回答：①有中学 高级教师；②中学教师不多于小学教师；③小学高级教师少于中学中级教师；④小学中 级教师少于小学高级教师；⑤支教队伍的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、中 学高级；⑥无论是否把我计算在内，以上条件都成立．由此队员的叙述可以推测出他的 学段及职称分别是 小学 、 中级 ． 【分析】设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为 a，b，c，d，根据条 件建立不等式组关系，分别讨论队长的学段和职称是否满足不等式组即可． 解：设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为 a，b，c，d， 则{풂 + 풃 + 풄 + 풅 ≥ ퟏퟑ 풅 ≥ ퟏ 풄 + 풅 ≤ 풂 + 풃 풃＜풄 풂＜풃 ， 所以 13﹣（a+b）≤a+b，a+b≥7，c+d≤6， 若 a+b＝7，则 c+d＝6，∵a＜b，∴a＝3，b＝4，c＝5，d＝1， 若 a+b≥8，则 c+d≤5，∵d≥1，∴c≤4，∵b＜c，∴b≤3，a≥5＞b 矛盾， 若队长为小学中级时，去掉队长则 a＝2，b＝4，c＝5，d＝1， 满足 d＝1≥1，c+d＝6≤a+b＝4，b＝4≤c＝5，a＝2＜b＝4； 若队长为小学高级时，去掉队长则 a＝3，b＝3，c＝5，d＝1，不满足 a＜b； 若队长为中学中级时，去掉队长则 a＝3，b＝4，c＝4，d＝1，不满足 b＜c； 若队长为中学高级时，去掉队长则 a＝3，b＝3，c＝5，d＝0，不满足 d≥1； 综上可得队长为小学中级． 故答案为：小学中级． 【点评】本题主要考查合情推理的应用，结合不等式组，利用分类讨论的数学是解决本 题的关键． 三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16．如图，在正四棱锥 P﹣ABCD 中，AB＝PB＝2 ퟐ，AC∩BD＝O． （Ⅰ）求证：BO⊥面 PAC； （Ⅱ）求二面角 A﹣PC﹣B 的余弦值． 【分析】（Ⅰ）连结 PO，推导出 PO⊥BO，BO⊥AC，由此能证明 BO⊥面 PAC． （Ⅱ）由 PO，AO，BO 两两垂直，以 O 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法 能法出二面角 A﹣PC﹣B 的余弦值． 解：（Ⅰ）证明：连结 PO，在正四棱锥 P﹣ABCD 中，PO⊥底面 ABCD， ∵BO⊂底面 ABCD，∴PO⊥BO， 在正方形 ABCD 中，BO⊥AC， ∵PO∩AC＝O，∴BO⊥面 PAC． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知 PO，AO，BO 两两垂直， 以 O 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 在正方形 ABCD 中，∵AB＝2 ퟐ，∴AO＝2， ∵PB＝2 ퟐ，∴PO＝2，∴P（0，0，2），C（﹣2，0，0），B（0，2，0）， ∴ → 푷푪 = （﹣2，0，﹣2）， → 푪푩 = （2，2，0）， 由（1）知 BO⊥平面 PAC， ∴平面 PAC 的一个法向量→ 풏 = → 푶푩 = （0，2，0）， 设平面 PBC 的一个法向量 → 풎 = （x，y，z）， 则{ → 풎 ⋅ → 푷푪 = ―ퟐ풙 ― ퟐ풛 = ퟎ → 풎 ⋅ → 푪푩 = ퟐ풙 + ퟐ풚 = ퟎ ，取 x＝﹣1，得 → 풎 = （﹣1，1，1）， 设二面角 A﹣PC﹣B 的平面角为 θ， 则 cosθ = | → 푚 ⋅ → 푛| | → 푚| ⋅ | → 푛| = 3 3 ． ∴二面角 A﹣PC﹣B 的余弦值为 3 3 ． 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 17．2020 年，北京将实行新的高考方案，新方案规定：语文、数学和英语是考生的必考科 目，考生还需从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选 考科目．若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方 案确定：否则，称该学生选考方案待确定，例如，学生甲选择“物理、化学和生物”三 个选考科目，则学生甲的选考方案确定．“物理、化学和生物”为其选考方案． 某校为了解高一年级 840 名学生选考科目的意向，随机选取 60 名学生进行了一次调查， 统计选性别考科目人数如表： 性别 选考方案确定情况 物理 化学 生物 历史 地理 政治 男生 选考方案确定的有 16 人 16 16 8 4 2 2 选考方案待确定的有 12 人 8 6 0 2 0 0 选考方案确定的有 20 人 6 10 20 16 2 6女生 选考方案待确定的有 12 人 2 8 10 0 0 2 （Ⅰ）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？ （Ⅱ）从选考方案确定的 16 名男生中随机选出 2 名，求恰好有一人选“物理、化学、生 物”的概率； （Ⅲ）从选考方案确定的 16 名男生中随机选出 2 名． 设随机变量흃 = {ퟎ两名男生选考方案不同 ퟏ两名男生选考方案相同，求 ξ 的分布列和期望． 【分析】（Ⅰ）由数据知，60 人中选考方案确定的学生中选考生物的学生有 8+20＝28 人，由此能求出该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生人数． （Ⅱ）选考方案中确定且为“物理、化学、生物”的男生共有 8 人，设“恰好有一人选 考物理、化学、生物”为事件 A，由此能求出恰好有一人选“物理、化学、生物”的概 率． （Ⅲ）由数据知，选考方案确定的男生中有 8 人选择物理、化学和生物，有 4 人选择物 理、化学和历史，有 2 人选择物理、化学和地理，有 2 人选择物理、化学和政治，ξ 的 可能取值为 0，1，分别求出相应的概率，由此能求出 ξ 的分布列和 Eξ． 解：（Ⅰ）由数据知，60 人中选考方案确定的学生中选考生物的学生有 8+20＝28 人， ∴该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有： 840 × 28 60 = 392 人． （Ⅱ）选考方案中确定且为“物理、化学、生物”的男生共有 8 人， 设“恰好有一人选考物理、化学、生物”为事件 A， 则恰好有一人选“物理、化学、生物”的概率： P（A） = 퐶1 8퐶1 8 퐶2 16 = 8 15． （Ⅲ）由数据知，选考方案确定的男生中有 8 人选择物理、化学和生物， 有 4 人选择物理、化学和历史，有 2 人选择物理、化学和地理， 有 2 人选择物理、化学和政治，ξ 的可能取值为 0，1， P（ξ＝0） = 퐶1 8퐶1 8 + 퐶1 4퐶1 4 + 퐶1 2퐶1 2 퐶2 16 = 7 10， P（ξ＝1） = 퐶2 8 + 퐶2 4 + 퐶2 2 + 퐶2 2 퐶2 16 = 3 10， ∴ξ 的分布列为： ξ 0 1 P 7 10 3 10 ∴Eξ = ퟎ × 3 10 + ퟏ × 3 10 = 3 10． 【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频数分布表、 古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 18．已知锐角△ABC，同时满足下列四个条件中的三个： ①푨 = 휋 3②a＝13③c＝15④풔풊풏푪 = 1 3 （Ⅰ）请指出这三个条件，并说明理由； （Ⅱ）求△ABC 的面积． 【分析】（Ⅰ）根据内角和定理和正余弦定理进行推导即可； （Ⅱ）根据（Ⅰ）可知，同时满足①②③，所以先利用余弦定理求出 b，然后代入面积 公式即可． 解：（Ⅰ）△ABC 同时满足①②③． 理由：若△ABC 同时满足①④， 因为是锐角三角形，所以 sinC = 1 3＜ 1 2 = 풔풊풏 휋 6，∴푪＜ 휋 6，结合푨 = 휋 3，∴B＞ 휋 2． 与题设矛盾．故△ABC 同时满足①④不成立； 所以△ABC 同时满足②③． 因为 c＞a，所以 C＞A，满足④．则푨＜푪＜ 휋 6，∴푩＞ 휋 2，与题设矛盾，故此时不满足 ④． ∴△ABC 同时满足①②③． （Ⅱ）因为 a2＝b2+c2﹣2bccosA， 所以ퟏퟑퟐ = 풃ퟐ + ퟏퟓퟐ ― ퟐ × 풃 × ퟏퟓ × 1 2． 解得 b＝8 或 7． 当 b＝7 时，풄풐풔푪 = 72 + 132 ― 152 2 × 7 × 13 ＜ퟎ，C 为钝角，与题设矛盾． 所以 b＝8，푺△푨푩푪 = 1 2풃풄풔풊풏푨 = ퟑퟎ ퟑ． 【点评】本题考查利用正余弦定理、三角形中如内角和定理、大边对大角等基础知识．同 时考查了学生的逻辑推理、数学运算等数学核心素养．属于中档题． 19．已知椭圆푪： 푥2 푎2 + 푦2 푏2 = ퟏ(풂＞풃＞ퟎ)的右焦点为 F（1，0），离心率为 2 2 ．直线 l 过点 F 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两交点 A，B，线段 AB 的中点为 M． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； （Ⅲ）延长线段 OM 与椭圆 C 交于点 P，若四边形 OAPB 为平行四边形，求此时直线 l 的斜率． 【分析】（Ⅰ）由题可知，c＝1，풆 = 푐 푎 = 2 2 ，再结合 a2＝b2+c2，解出 a 和 b 的值即可 得解； （Ⅱ）设直线 l 的方程为 y＝k（x﹣1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线 l 的方程和椭圆的方程，消去 y 得到关于 x 的一元二次方程，写出两根之和与系数的关系； 由于 M 为线段 AB 的中点，利用中点坐标公式可用 k 表示点 M 的坐标，利用풌푶푴 = 푦푀 푥푀 可求出直线 OM 的斜率，进而得解； （Ⅲ）若四边形 OAPB 为平行四边形，则 → 푶푨 + → 푶푩 = → 푶푷，利用平面向量的线性坐标运 算可以用 k 表示点 P 的坐标，再将其代入椭圆方程即可得到关于 k 的方程，解之即可得 解． 解：（Ⅰ）由题意可知，c＝1，풆 = 푐 푎 = 2 2 ， ∵a2＝b2+c2，∴풂 = ퟐ，풃 = ퟏ， ∴椭圆的方程为푥2 2 + 풚ퟐ = ퟏ． （Ⅱ）设直线 l 的方程为 y＝k（x﹣1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立{풚 = 풌(풙 ― ퟏ) 푥2 2 + 풚ퟐ = ퟏ ，消去 y 得，（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0， 则풙ퟏ + 풙ퟐ = 4푘2 2푘2 + 1 ， ∵M 为线段 AB 的中点，∴풙푴 = 푥1 + 푥2 2 = 2푘2 2푘2 + 1 ，풚푴 = 풌(풙푴 ― ퟏ) = ―푘 2푘2 + 1 ， ∴풌푶푴 = 푦푀 푥푀 = ― 1 2푘， ∴풌푶푴 ⋅ 풌풍 = ― 1 2푘 × 풌 = ― 1 2为定值． （Ⅲ）若四边形 OAPB 为平行四边形，则 → 푶푨 + → 푶푩 = → 푶푷， ∴풙푷 = 풙ퟏ + 풙ퟐ = 4푘2 2푘2 + 1 ，풚푷 = 풚ퟏ + 풚ퟐ = 풌(풙ퟏ + 풙ퟐ) ― ퟐ풌 = ―2푘 2푘2 + 1 ， ∵点 P 在椭圆上，∴( 4푘2 2푘2 + 1 )ퟐ + ퟐ × ( ―2푘 2푘2 + 1)ퟐ = ퟐ，解得풌ퟐ = 1 2，即풌 =± 2 2 ， ∴当四边形 OAPB 为平行四边形时，直线 l 的斜率为풌 =± 2 2 ． 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及曲直联立、中点坐标公式、平面向量的 坐标运算等知识点，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 20．已知函数，f（x）＝x2（x＞0），g（x）＝alnx（a＞0）． （Ⅰ）若 f（x）＞g（x）恒成立，求实数 a 的取值范围； （Ⅱ）当 a＝1 时，过 f（x）上一点（1，1）作 g（x）的切线，判断：可以作出多少条 切线，并说明理由． 【分析】（Ⅰ）令 h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣alnx（x＞0），则 h′（x） = 2푥2 ―푎2 푥 ，利用当 x 变化时，h′（x），h（x）的变化情况可得当 0＜a＜2e 时，h（x）＞ 0 恒成立，即 f（x）＞g（x）恒成立； （Ⅱ）当 a＝1 时，g（x）＝lnx，设过点（1，1）的直线 l 与 g（x）＝lnx 相切于点 P （x0，y0），则 1 푥0 = 푦0 ― 1 푥0 ― 1，整理得 x0lnx0﹣2x0+1＝0，令 m（x）＝xlnx﹣2x+1，则 m （x）在（0，+∞）上的零点个数与切点 P 的个数一一对应，m′（x）＝lnx﹣1，令 m′ （x）＝lnx﹣1＝0 解得 x＝e．通过对 x 变化时，m′（x），m（x）的变化情况的分析， 可得答案． 解：令 h（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣alnx（x＞0）， 所以 h′（x）＝2x ― 푎 푥 = 2푥2 ―푎2 푥 ， 令 h′（x） = 2푥2 ―푎2 푥 = 0， 解得 x = 푎 2， 当 x 变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表： x （0， 푎 2） 푎 2 （ 푎 2， +∞） h′ （x）， ﹣ 0 + h （x）， 减 极小 值 增 所以在（0，+∞）的最小值为 h（ 푎 2） = 푎 2 ― aln 푎 2 = 푎 2 ― 푎 2ln 푎 2，令 h（ 푎 2）＞0，解得 0 ＜a＜2e， 所以当 0＜a＜2e 时，h（x）＞0 恒成立，即 f（x）＞g（x）恒成立． （Ⅱ）可作出 2 条切线． 理由如下：当 a＝1 时，g（x）＝lnx， 设过点（1，1）的直线 l 与 g（x）＝lnx 相切于点 P（x0，y0），g′（x0） = 푦0 ― 1 푥0 ― 1，即 1 푥0 = 푦0 ― 1 푥0 ― 1，整理得 x0lnx0﹣2x0+1＝0，令 m（x）＝xlnx﹣2x+1，则 m（x）在（0，+ ∞）上的零点个数与切点 P 的个数一一对应， m′（x）＝lnx﹣1，令 m′（x）＝lnx﹣1＝0 解得 x＝e． 当 x 变化时，m′（x），m（x）的变化情况如下表： x （0， e） e （e， +∞） m′ ﹣ 0 + （x） m （x） 减 极小 值 增 所以 m（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增， 且 m（ 1 푒2） = 1 푒2ln 1 푒2 ― 2 푒2 + 1 = ― 4 푒2 + 1＞0，m（e）＝elne﹣2e+1＝﹣e+1＜0，m（e2）＝ e2lne2﹣2e2+1＝1＞0， 所以 m（x）在（ 1 푒2，e）和（e，e2）上各有一个零点， 即 xlnx﹣2x+1＝0 有两个不同的解， 所以过点（1，1）可以作出 2 条切线． 【点评】本题考查利用导数求曲线上某点的切线方程，利用导数求不等式恒成立问题， 考查逻辑思维能力与综合运算能力，属于难题． 21．有限个元素组成的集合 A＝{a1，a2，…，an}，n∈一、选择题*，记集合 A 中的元素个数 为 card（A），即 card（A）＝n．定义 A+A＝{x+y|x∈A，y∈A}，集合 A+A 中的元素个数 记为 card（A+A），当 card（A+A） = 푛(푛 + 1) 2 时，称集合 A 具有性质 P． （Ⅰ）A＝{1，4，7}，B＝{2，4，8}，判断集合 A，B 是否具有性质 P，并说明理由； （Ⅱ）设集合 A＝{a1，a2，a3，2020}．a1＜a2＜a3＜2020，且 ai∈N*（i＝1，2，3），若 集合 A 具有性质 P，求 a1+a2+a3 的最大值； （Ⅲ）设集合 A＝{a1，a2，…，an}，其中数列{an}为等比数列，ai＞0（i＝1，2，…，n） 且公比为有理数，判断集合 A 是否具有性质 P 并说明理由． 【分析】（Ⅰ）由已知集合结合定义求得 A+A 与 B+B，再由性质 P 的概念判断； （Ⅱ）首先说明若三个数 a，b，c 成等差数列，则 A＝{a，b，c}不具有性质 P，由 a1＜a2 ＜a3＜2020，得 a3≤2019，结合集合 A 具有性质 P 依次求出 a3＝2019，a2＝2017，a1＝ 2014，可得 a1+a2+a3 的最大值； （Ⅲ）设等比数列的公比为 q，得풂풏 = 풂ퟏ풒풏―ퟏ（a1＞0）且 q 为有理数，假设当 i＜k≤l＜ j 时有 ai+aj＝ak+al 成立，则有 qj﹣i＝qk﹣i+ql﹣i﹣1，设 q = 푚 푛（m，n∈N*且 m 与 n 互质）， 因此有( 푚 푛)풋―풊 = ( 푚 푛)풌―풊 +( 푚 푛)풍―풊 ― 1，整理后出现矛盾，说明 ai+aj＝ak+al 不成立，得到 card （A+A） = 푪ퟏ풏 + 푪ퟐ풏 = 푛(푛 + 1) 2 ，说明集合 A 具有性质 P． 解：（Ⅰ）集合 A 不具有性质 P，集合 B 具有性质 P． 事实上，∵A＝{1，4，7}，∴A+A＝{2，5，8，11，14}，card（A+A）＝5 ≠ 3(3 + 1) 2 ， 故 A 不具有性质 P； ∵B＝{2，4，8}，∴B+B＝{4，6，8，10，12，16}，card（B+B）＝6 = 3(3 + 1) 2 ，故 B 具有性质 P． （Ⅱ）若三个数 a，b，c 成等差数列，则 A＝{a，b，c}不具有性质 P，理由是 a+c＝ 2b． ∵a1＜a2＜a3＜2020，且 ai∈N*（i＝1，2，3），∴a3≤2019， 要使 a1+a2+a3 取最大，则 a3＝2019，a2≤2018， 易知{2018，2019，2020}不具有性质 P， 要使 a1+a2+a3 取最大，则 a2＝2017，a1≤2016， 要使 a1+a2+a3 取最大，检验可得 a1＝2014； ∴（a1+a2+a3）max＝6050； （Ⅲ）集合 A 具有性质 P． 设等比数列的公比为 q，∴풂풏 = 풂ퟏ풒풏―ퟏ（a1＞0）且 q 为有理数． 假设当 i＜k≤l＜j 时有 ai+aj＝ak+al 成立，则有 qj﹣i＝qk﹣i+ql﹣i﹣1． ∵q 为有理数，设 q = 푚 푛（m，n∈N*且 m 与 n 互质），因此有 ( 푚 푛)풋―풊 = ( 푚 푛)풌―풊 +( 푚 푛)풍―풊 ― 1，即 mj﹣i＝mk﹣inj﹣k+ml﹣inj﹣l﹣nj﹣i． 上式左边是 m 的倍数，右边是 n 的倍数，而 m 与 n 互质， 显然 ai+aj＝ak+al 不成立． ∴card（A+A） = 푪ퟏ풏 + 푪ퟐ풏 = 푛(푛 + 1) 2 ，故集合 A 具有性质 P． 【点评】本题是新定义题，考查等差数列与等比数列的性质，考查逻辑思维能力与推理 论证能力，属难题．