还剩10页未读,继续阅读
本资源只提供10页预览,全部文档请下载后查看!喜欢就下载吧,查找使用更方便
文本内容:
2019-2020年高考试题——文数(北京卷)解析本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分第Ⅰ卷1至2页、第Ⅱ卷3至5页,共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【名师简评】作为北京进入新课改后第一年高考的数学试题,我认为很好的完成了由老教材到新课改的过度,试题的命制在这方面做的很好.我的总体感觉耳目一新
1、风格亲切,考生不意外对这份题,考生可能感觉似曾相识,与此前的模拟练习很类似,可以说是练什么就考什么这也正说明与教师、学生的目的是一致的,最终是让学生掌握基本知识,而不是找学生毛病
2、平稳中有创新20个题严格依照考试说明的要求,考查主要知识、基本方法保持了北京卷的一贯特点关注考生的探索意识和动手能力如第
14、第20题等,情景是全新的,对学生的“学习能力”提出了较高要求
3、敢于探索,创新力度大尽管今年是北京新课程第一年高考,但试题并没有一味求稳,依据新课程的要求,大胆取舍,甚至一步到位,创新力度出乎多数人意料其中倒数第2题给人印象尤其深刻,题目新颖不落俗套,学生平时常用的方法不能解决了但问题不是偏了、怪了,而是回归到解析几何最本质的问题代数方法研究几何问题
4、难度比去年要高一点试卷梯度明显,入手容易,但真正完全解决,还需要学生有扎实的基础和顽强的意志考试后接触到一些水平不错的孩子,他们大都觉得这份试卷比平时的模拟练习难度要高,阅读量大,计算量大第Ⅰ卷(选择题共140分)
1、本大题共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⑴集合,则=A{12}B{012}C{123}D{0123}答案B【命题意图】本题考查集合的交集运用,在求解中要注意集合元素的特性【试题解析】集合集合所以={012}⑵在复平面内,复数6+5i-2+3i对应的点分别为AB.若C为线段AB的中点,则点C对应的复数是(A)4+8iB8+2i(C)2+4iD4+i答案C【命题意图】本题考查复平面的基本知识及中点坐标公式.求解此类问题要能够灵活准确的对复平面内的点的坐标与复数进行相互转化.【试题解析】两个复数对应的点的坐标分别为A65B-23,则其中点的坐标为C24,故其对应的复数为2+4i.⑶从{12345}中随机选取一个数为a,从{123}中随机选取一个数为b,则ba的概率是(A)B(C)D答案D【命题意图】本题考查离散型随机变量的概率问题,在求解此类问题要求能够准备的确定基本事件空间的基本事件个数和所求事件所含的基本事件个数【试题解析】分别从两个集合中各取一个数,共有15中取法,其中满足ba的有3种,所求事件的概率为⑷若ab是非零向量,且,,则函数是(A)一次函数且是奇函数(B)一次函数但不是奇函数(C)二次函数且是偶函数(D)二次函数但不是偶函数答案A【命题意图】本题考查学生对平面向量的数量积运算和函数的奇偶性,在求解中要明确及有关向量模的运算【试题解析】,因为所以所以函数是一次函数且为奇函数
(5)一个长方体去掉一个小长方体,所得几何体的正视图与侧(左)视图分别如右图所示,则该集合体的俯视图为答案C【命题意图】本题考查了几何体的三视图之间的关系,要注意记忆和理解“长对正、高平齐、宽相等”的含义【试题解析】由正(主)视图可知去掉的长方体在正对视线的方向,从侧(左)视图可以看出去掉的长方体在原长方体的左侧,由以上各视图的描述可知其俯视图符合C6给定函数
①,
②,
③,
④,期中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是(A)
①②(B)
②③(C)
③④(D)
①④答案B【命题意图】本题考查了函数的单调性,要注意各类函数中决定单调性的元素所满足的条件【试题解析】
①是幕函数,其在()第一象限内为增函数,故此项不符合要求,
②中的函数是由函数向左平移一个单位而得到的,因原函数在()内为减函数,故此项也不符合要求,
③中的函数图像是由函数y=x-1的图象保留x轴上方,下方图象翻折到x轴上方而得到的,故由其图象可知该图象符合要求,
④中的函数为指数函数,因其底数大于1,故其在R上单调递增,不符合题意,所以选项B正确
(7)某班设计了一个八边形的班徽(如图),它由腰长为1,顶角为的四个等腰三角形,及其底边构成的正方形所组成,该八边形的面积为(A);(B)(C)(D)答案A【命题意图】本题考查了三角面积公式的应用和余弦定理的应用.【试题解析】四个等腰三角形的面积之和为在由余弦定理可得正方形的边长为,故正方形的面积为所求八边形的面积为
(8)如图,正方体的棱长为2,动点E、F在棱上点Q是CD的中点,动点P在棱AD上,若EF=1,DP=x,E=yxy大于零,则三棱锥P-EFQ的体积(A)与x,y都有关;(B)与x,y都无关;(C)与x有关,与y无关;(D)与y有关,与x无关;答案C【命题意图】本题考查空间几何体的结构特征和棱锥的体积问题,同时也考查了学生的分析问题的能力以及空间想象能力【试题解析】三棱锥P-EFQ的体积与点P到面EFQ的距离和三角形EFQ的面积有关,由图可知,平面EFQ与平面是同一平面,故点P到面EFQ的距离既是点P到面的距离,且该距离既是点P到线段的距离,次距离与X有关,因EF的长度是1点Q到EF的距离是线段的长度,该值为定值,综上所述,可以得知所求三棱锥的体积只与X有关,与Y无关第Ⅱ卷(共110分)
2、填空题本大题共6小题,每小题5分,共30分
(9)已知函数右图表示的是给定x的值,求其对应的函数值y的程序框图,
①处应填写;
②处应填写答案【命题意图】本题考查了程序框图的基本知识和分段函数求值问题,同时也考查了识图能力【试题解析】由框架图可知只要满足
①中的条件则对应的函数解析式为y=2-x所以此处应当是X2,则
②应当是
(10)在中若,,,则a=答案1【命题意图】本题考查了应用正弦定理求解三角形的问题【试题解析】在中由正弦定理得,解得,因为bc,角B为锐角,所以则,再由正弦定理可得a=1
(11)若点p(m,3)到直线的距离为4,且点p在不等式<3表示的平面区域内,则m=答案-3【命题意图】本题考查点到线的距离问题和二元一次不等式表示的平面区域问题,和应用方程的思想进行解题的能力【试题解析】由题意可得,解得m=-3
(12)从某小学随机抽取100名同学,将他们身高(单位厘米)数据绘制成频率分布直方图(如图)由图中数据可知a=若要从身高在[120,130﹚,[130,140﹚,[140,150]三组内的学生中,用分层抽样的方法选取18人参加一项活动,则从身高在[140,150]内的学生中选取的人数应为答案
0.033【命题意图】本题考查频率分布直方图的相关知识,直方图中的各个矩形的面积代表了频率,所以各个矩形面积之和为1,同时也考查了分层抽样的特点,即每个层次中抽取的个体频率都是相等的,都等于样本容量/总体个数【试题解析】因为直方图中的各个矩形的面积之和为1,所以有解得a=
0.03,由直方图可知三个区域内的学生总数为人,其中身高在
[140150]内的学生人数为10人,所以在身高在
[140150]范围内抽取的学生人数为人.
(13)已知双曲线的离心率为2,焦点与椭圆的焦点相同,那么双曲线的焦点坐标为;渐近线方程为答案【命题意图】本题考查了圆锥曲线的基本元素之间的关系问题,同时对对曲线、椭圆的相应知识也进行了综合考查,考查了两类曲线中的元素之间的不同关系【试题解析】椭圆的焦点坐标为,故双曲线中的c=4且满足,得a=2,所以双曲线的渐近线方程为
(14)如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动设顶点p(x,y)的纵坐标与横坐标的函数关系是,则的最小正周期为;在其两个相邻零点间的图像与x轴所围区域的面积为说明“正方形PABC沿x轴滚动”包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动沿x轴正方向滚动是指以顶点A为中心顺时针旋转,当顶点B落在x轴上时,再以顶点B为中心顺时针旋转,如此继续,类似地,正方形PABC可以沿着x轴负方向滚动答案4【命题意图】本题是一道信息题,试题形式新颖,考查学生的分析问题能力,阅读能力,推理能力和应用知识解决问题的能力【试题解析】由题中信息可知无论正方形是沿X轴的正方形还是负方向滚动,再次使点P与x轴方向的路程是4,故其最小正周期为4,在正方形的翻滚过程中,函数y=fx的两个相邻点间点P的轨迹如图所示,故其与x轴所围成的图形面积为
3、解答本大题共6小题,共80分解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程
(15)(本小题共13分)已知函数(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)求的最大值和最小值解(Ⅰ)=(Ⅱ)因为所以,当时取最大值2;当时,去最小值-1【命题意图】本题考查基础知识、基本技能,且立意简单,考查目标明确,试题考查了三角函数求值、恒等变换和最值问题,恒等变换主要考查了二倍角的降幂公式,本题也考查了求解三角函数性质问题的通法“辅助角公式”【试题点评】三角函数问题是每年高考必考题型,关于此类问题的考查常常侧重于对基础知识、基本技能、通解的考查,且此类题型也常常会和向量、解三角形等知识综合考查,求解此类问题关键能够熟练的掌握三角函数的各个恒等变换公式和三角函数的各个性质,辅助角公式是求解三角函数性质的重要途径,要重视此公式
(16)(本小题共13分)已知为等差数列,且,(Ⅰ)求的通项公式;(Ⅱ)若等差数列满足,,求的前n项和公式解(Ⅰ)设等差数列的公差因为所以解得所以(Ⅱ)设等比数列的公比为因为所以即=3所以的前项和公式为【命题意图】本题考查等差数列的求解项和等比数列的求和问题,本题很好的兼顾了对等差数列和等比数列的考查且考查的知识点和方法侧重于基础与典型【试题点评】数列问题每年必考内容,求解此类问题求通项与求和是其考查的主体方向,等差数列和等比数列是数列问题中常考类型,求解此类问题的关键是能够应用题中的条件准确的求出基本量,首项和公差、公比求解数列问题还要能够熟练的掌握各个数列的求和公式、求通项公式和其他的一些主要性质以及求解递推数列的通项、前n项和的方法
(17)(本小题共13分)如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直EF//AC,AB=CE=EF=1(Ⅰ)求证AF//平面BDE;(Ⅱ)求证CF⊥平面BDF;证明(Ⅰ)设AC于BD交于点G因为EF∥AG且EF=1,AG=AG=1所以四边形AGEF为平行四边形所以AF∥EG因为EG平面BDEAF平面BDE所以AF∥平面BDE(Ⅱ)连接FG因为EF∥CGEF=CG=1且CE=1所以平行四边形CEFG为菱形所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD且平面ACEF∩平面ABCD=AC所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G所以CF⊥平面BDE.【命题意图】本题考查了立体几何中的线面平行关系、线面垂直关系、面面垂直关系,本题考查要点明确,是一道基础题型,具体考查中以考查有关线面关系的判定定理和性质定理为主体,同时兼顾考查学生的空间想象能力【试题点评】立体几何问题是每年高考必考内容,此类问题主要有两类一个是考查有关线面关系的证明问题,一个是考查简单几何体的体积问题,求解此类问题的前提是能够熟练的记忆各个判定定理,性质定理和常用的结论、公式,此类问题也侧重于对空间想象能力的考查,因此在平时的学习中要针对以上各个方法进行训练18(本小题共14分)设定函数,且方程的两个根分别为1,4(Ⅰ)当a=3且曲线过原点时,求的解析式;(Ⅱ)若在无极值点,求a的取值范围解由得因为的两个根分别为14,所以(*)(Ⅰ)当时,又由(*)式得解得又因为曲线过原点,所以故(Ⅱ)由于a0所以“在(-∞,+∞)内无极值点”等价于“在(-∞,+∞)内恒成立”由(*)式得又解得即的取值范围【命题意图】本题考查简单函数的求导计算求值问题和应用导数求解函数极值问题,在考查中又融入了对二次方程解法的考查,在对应用导数法求解函数极值问题的考查中主要以其逆向应用求参数为考查的重点,从而使问题增加了一定的难度【试题点评】高考中的函数问题每年都会考查有关导数的应用问题,关于导数的应用在平时的学习中要能够掌握应用导数方法求解函数的单调性、极值、最值等问题的常规方法,且能够求解有关以上各个应用的逆向求解参数问题
(19)(本小题共14分)已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是,,离心率是,直线y=t椭圆C交与不同的两点M,N,以线段MN为直径作圆P圆心为P(Ⅰ)求椭圆C的方程;(Ⅱ)若圆P与x轴相切,求圆心P的坐标;(Ⅲ)设Q(x,y)是圆P上的动点,当t变化时,求y的最大值解(Ⅰ)因为,且,所以所以椭圆C的方程为(Ⅱ)由题意知由得所以圆P的半径为解得所以点P的坐标是(0,)(Ⅲ)由(Ⅱ)知,圆P的方程因为点在圆P上所以设,则当,即,且,取最大值
2.【命题意图】本题考查了椭圆方程、直线与圆的位置关系以及应用参数法求最值等问题.问题的设置由浅入深,符合学生的思维能力的生成过程,问题的设置也兼顾考查了应用代数的思想解决几何问题的能力.【试题点评】圆锥曲线问题是每年的必考题型,其试题的难度会有所增加,但是其试题一般都是有梯度的,且此类问题的设置时基于对基础知识、基本能力的考查基础上能力的拔高.求解此类问题往往要应用到代数的方法和思想来求解,故此在平时的学习中要注意对圆锥曲线的标准方程、参数关系、基本方法、基本题型的掌握和熟练.
(20)(本小题共13分)已知集合对于,,定义A与B的差为A与B之间的距离为(Ⅰ)当n=5时,设,求,;(Ⅱ)证明,且;Ⅲ证明三个数中至少有一个是偶数(Ⅰ)解=
(10101)=3Ⅱ证明设因为,所以从而由题意知当时,当时,所以Ⅲ证明设记由(Ⅱ)可知所以中1的个数为k中1的个数为设是使成立的的个数则由此可知,三个数不可能都是奇数即三个数中至少有一个是偶数【命题意图】本题是一道创新试题,试题题目比较新颖,有一定难度,考查学生对于新生事物的接受能力和认知能力,同时也考查了我们对所学的集合、绝对值不等式有关知识综合解题的能力绝密使用完毕前xx年普通高等学校招生全国统一考试数学(文)(北京卷)
1、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)⑴B⑵C⑶D⑷A⑸C⑹B⑺A⑻C
2、提空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)⑼⑽1⑾-3⑿
0.0303⒀⒁
43、解答题(本大题共6小题,共80分)⒂(共13分)解(Ⅰ)=(Ⅱ)因为所以,当时取最大值2;当时,去最小值-1⒃(共13分)解(Ⅰ)设等差数列的公差因为所以解得所以(Ⅱ)设等比数列的公比为因为所以即=3所以的前项和公式为⒄(共13分)证明(Ⅰ)设AC于BD交于点G因为EF∥AG且EF=1,AG=AG=1所以四边形AGEF为平行四边形所以AF∥EG因为EG平面BDEAF平面BDE所以AF∥平面BDE(Ⅱ)连接FG因为EF∥CGEF=CG=1且CE=1所以平行四边形CEFG为菱形所以CF⊥EG.因为四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD且平面ACEF∩平面ABCD=AC所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G所以CF⊥平面BDE.18共14分解由得因为的两个根分别为14,所以(*)(Ⅰ)当时,又由(*)式得解得又因为曲线过原点,所以故(Ⅱ)由于a0所以“在(-∞,+∞)内无极值点”等价于“在(-∞,+∞)内恒成立”由(*)式得又解得即的取值范围
(19)(共14分)解(Ⅰ)因为,且,所以所以椭圆C的方程为(Ⅱ)由题意知由得所以圆P的半径为解得所以点P的坐标是(0,)(Ⅲ)由(Ⅱ)知,圆P的方程因为点在圆P上所以设,则当,即,且,取最大值
2.20共13分(Ⅰ)解=
(10101)=3Ⅱ证明设因为,所以从而由题意知当时,当时,所以Ⅲ证明设记由(Ⅱ)可知所以中1的个数为k中1的个数为设是使成立的的个数则由此可知,三个数不可能都是奇数即三个数中至少有一个是偶数。