2020年广东省茂名市高考理科数学模拟试卷及答案解析
2020年广东省茂名市高考数学一模试卷(理科)
2020年广东省茂名市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：1．（3分）已知集合{|24}A x Z x =∈-<<，2{|230}B x x x =--<，则(A B =I ) A ．(2,1)-B ．(1,3)-C ．{1-，0}D ．{0，1，2}2．（3分）i 为虚数单位，复数21iz i =-在复平面内对应的点所在象限为( ) A ．第二象限B ．第一象限C ．第四象限D ．第三象限3．（3分）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知5316S a =+，11a =，则26(a a += ) A ．10B ．11C ．12D ．134．（3分）剪纸是我国的传统工艺，要剪出如图“双喜”字，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁，下列哪一个图形展开后是如图的“双喜”字．( )A ．B ．C ．D ．5．（3分）记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若11a =，37S =，则35(a a =g ) A ．64B ．729C ．64或729D ．64或2436．（3分）公元263年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率π，他从单位圆内接正六边形算起，令边数一倍一倍地增加，即12，24，48，⋯，192，⋯，逐个算出正六边形，正十二边形，正二十四边形，⋯，正一百九十二边形，⋯的面积，这些数值逐步地逼近圆面积，刘徽算到了正一百九十二边形，这时候π的近似值是3.141024，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”．刘徽这种想法的可贵之处在于用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限来逼近无穷，这种思想极其重要，对后世产生了巨大影响．按照上面“割圆术”，用正二十四边形来估算圆周率，则π的近似值是( )（精确到0.01)．（参考数据sin150.2588)︒≈A ．3.14B ．3.11C ．3.10D ．3.057．（3分）已知1F 、2F 为双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、右焦点，点P 在双曲线C上，且线段1PF 的中点坐标为(0,)b ，则双曲线C 的离心率为( ) A ．2B ．3C ．5D ．28．（3分）前进中学高二学生会体育部共有5人，现需从体育部派遣4人，分别担任拔河比赛活动中的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每个人只能担任其中一项工作，其中体育部的张三不能担任裁判工作，则共有( )种派遣方法． A ．120B ．96C ．48D ．609．（3分）设函数()sin()cos()(0f x x x ωϕωϕω=+++>，||)2πϕ…的最小正周期为π，且过点(0,2)，则下列正确的为( ) ①()f x 在(0,)2π单调递减．②()f x 的一条对称轴为2x π=．③(||)f x 的周期为2π． ④把函数()f x 的图象向左平移6π个长度单位得到函数()g x 的解析式为()2cos(2)6g x x π=+A ．①②B ．①③C ．①②③D ．①②④10．（3分）下列函数图象中，函数||()()x f x x e Z αα=∈的图象不可能的是( )A ．B ．C ．D ．11．（3分）已知(2,0)A -，(2,0)B 及抛物线方程为28(1)x y =-，点P 在抛物线上，则使得ABP ∆为直角三角形的点P 个数为( ) A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个12．（3分）已知函数21,1()(),1ax ax x f x a R x alnx x ⎧-+=∈⎨->⎩„，若函数()f x 有四个零点，则a 的取值范围是( ) A ．(,0)-∞ B ．(,)e +∞ C ．(4,)+∞D ．2(4,)e二、填空题：13．（3分）已知实数x ，y 满足5210220x y x y x y -⎧⎪+-⎨⎪+-⎩„…„，则3z x y =+的最小值为 ．14．（3分）在ABC ∆中，60B C ∠=∠=︒，2AB =，且点M 满足2BM CM =u u u u r u u u u r ，则AM BC =u u u u r u u u rg ． 15．（3分）点P 为曲线212(41)()4y x ln x x =++>-图象上的一个动点，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则当α取最小值时x 的值为 ．16．（3分）如图，网格纸上小正方形的边长为0.5，某多面体的正视图、左视图、俯视图为同一图形，粗实线画出如图所示，则该多面体外接球的体积等于 ．三、解答题：17．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin (sin sin )sin b B a A B c C +-=． （Ⅰ）求角C 的大小；（Ⅱ）求sin sin A B +的取值范围．18．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 是AB 的中点，BC AC =，222AB DC ==14AA =．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1ACD ； （Ⅱ）求平面11BCC B 与平面1ACD 所成锐二面角的平面角的余弦值．19．当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．某地区2019年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分．某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如下频率分布直方图，且规定计分规则如表： 每分钟跳 绳个数 [165，175) [175，185) [185，195) [195，205) [205，215)得分1617181920（Ⅰ）现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于33分的概率； （Ⅱ）若该校初三年级所有学生的跳绳个数X 服从正态分布2(,)N μσ，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差（结果四舍五入到整数），已知样本方差277.8S ≈（各组数据用中点值代替）．根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设明年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，利用现所得正态分布模型：（ⅰ）预估全年级恰好有1000名学生，正式测试时每分钟跳193个以上的人数．（结果四舍五入到整数）（ⅱ）若在该地区2020年所有初三毕业生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳202个以上的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．附：若随机变量X 服从正态分布2(,)N μσ，77.89σ≈，则()0.6826P X μσμσ-<<+=，(22)0.9544P X μσμσ-<<+=，(33)0.9974P X μσμσ-<<+=20．设函数()x f x e mx n =-+，曲线()y f x =在点(2ln ，(2))f ln 处的切线方程为220x y ln --=．（Ⅰ）求m ，n 的值；（Ⅱ）当0x >时，若k 为整数，且1()[()1]x k x f x x +>-++，求k 的最大值．21．在圆224x y +=上任取一点P ，过点P 作x 轴的垂线段PD ，D 为垂足，当点P 在圆上运动时，点M 在线段PD 上，且12DM DP =u u u u r u u u r，点M 的轨迹为曲线1C ．（1）求曲线1C 的方程；（2）过抛物线22:8C y x =的焦点F 作直线l 交抛物线于A ，B 两点，过F 且与直线l 垂直的直线交曲线1C 于另一点C ，求ABC ∆面积的最小值，以及取得最小值时直线l 的方程．22．设A 为椭圆221:1424x y C +=上任意一点，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为210cos 240ρρθ-+=，B 为2C 上任意一点． （Ⅰ）写出1C 参数方程和2C 普通方程； （Ⅱ）求||AB 最大值和最小值．23．已知函数()|22|()f x x a a R =-∈，对x R ∀∈，()f x 满足()(2)f x f x =-． （Ⅰ）求a 的值； （Ⅱ）若x R ∃∈，使不等式21()(2)2f x f x m m -++…，求实数m 的取值范围．。
2020年广东省茂名市高考数学一模试卷及其答案教学内容
2020年广东省茂名市高考数学一模试卷及其答案2020年广东省茂名市高考数学一模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.已知集合A={x∈Z|−2<x<4}，B={x|x2+2x−3<0}，则A∩B=()A. (−2,1)B. (−1,3)C. {−1,0}D. {0,1，2}2.i是虚数单位，则复数z=2i在复平面内对应的点在()i−1A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知S5=a3+16，a1=1，则a2+a6=()A. 10B. 11C. 12D. 134.剪纸是我国的传统工艺，要剪出如图“双喜”字，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁，下列哪一个图形展开后是如图的“双喜”字．()A.B.C.D.5.记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=1，S3=7，则a3⋅a5=()A. 64B. 729C. 64或729D. 64或2436.公元263年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率π，他从单位圆内接正六边形算起，令边数一倍一倍地增加，即12，24，48，…，192，…，逐个算出正六边形，正十二边形，正二十四边形，…，正一百九十二边形，…的面积，这些数值逐步地逼近圆面积，刘徽算到了正一百九十二边形，这时候π的近似值是3.141024，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”.刘徽这种想法的可贵之处在于用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限来逼近无穷，这种思想极其重要，对后世产生了巨大影响．按照上面“割圆术”，用正二十四边形来估算圆周率，则π的近似值是()(精确到0.01).(参考数据sin15°≈0.2588)A. 3.14B. 3.11C. 3.10D. 3.057.已知F1、F2为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，点P在双曲线C上，且线段PF1的中点坐标为(0,b)，则双曲线C的离心率为()A. √2B. √3C. √5D. 28.前进中学高二学生会体育部共有5人，现需从体育部派遣4人，分别担任拔河比赛活动中的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每个人只能担任其中一项工作，其中体育部的张三不能担任裁判工作，则共有()种派遣方法．A. 120B. 96C. 48D. 609.设函数f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)(ω>0,|φ|≤π2)的最小正周期为π，且过点(0,√2)，则下列正确的为()10.①f(x)在(0,π2)单调递减．11.②f(x)的一条对称轴为x=π2．12.③f(|x|)的周期为π2．13.④把函数f(x)的图象向左平移π6个长度单位得到函数g(x)的解析式为g(x)=√2cos(2x+π6)A. ①②B. ①③C. ①②③D. ①②④14.下列函数图象中，函数f(x)=xαe|x|(α∈Z)的图象不可能的是()A. B.C. D.15.已知A(−√2,0)，B(√2,0)及抛物线方程为x2=8(y−1)，点P在抛物线上，则使得△ABP为直角三角形的点P个数为()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个16. 已知函数f(x)={ax 2−ax +1,x ≤1x −alnx,x >1(a ∈R)，若函数f(x)有四个零点，则a 的取值范围是( ) A. (−∞,0) B. (e,+∞) C. (4,+∞) D. (4,e 2) 二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）17. 已知实数x ，y 满足{x −y ≤52x +y −1≥0x +2y −2≤0，则z =3x +y 的最小值为______．18. 在△ABC 中，∠B =∠C =60°，AB =2，且点M 满足BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC⃗⃗⃗⃗⃗ =______． 19. 点P 为曲线y =2x 2+ln (4x +1)(x >−14)图象上的一个动点，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则当α取最小值时x 的值为______．20. 如图，网格纸上小正方形的边长为0.5，某多面体的正视图、左视图、俯视图为同一图形，粗实线画出如图所示，则该多面体外接球的体积等于______． 21. 22. 23. 24.三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）25. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知bsinB +a(sinA −sinB)=csinC ． 26. (Ⅰ)求角C 的大小；27. (Ⅱ)求sinA +sinB 的取值范围． 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34.35. 如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，D 是AB 的中点，BC =AC ，AB =2DC =2√2，AA 1=4．36. (Ⅰ)求证：BC 1//平面A 1CD ；37. (Ⅱ)求平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角的余弦值．38.当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．某地区2019年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分．某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如下频率分布直方图，每分钟跳[165,175)[175,185)[185,195)[195,205)[205,215)绳个数得分16 17 18 19 2033分的概率；(Ⅱ)若该校初三年级所有学生的跳绳个数X服从正态分布N(μ,σ2)，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差(结果四舍五入到整数)，已知样本方差S2≈77.8(各组数据用中点值代替).根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设明年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，利用现所得正态分布模型：(ⅰ)预估全年级恰好有1000名学生，正式测试时每分钟跳193个以上的人数．(结果四舍五入到整数)(ⅰ)若在该地区2020年所有初三毕业生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳202个以上的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．附：若随机变量X服从正态分布N(μ,σ2)，σ=√77.8≈9，则P(μ−σ<X<μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<X<μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X<μ+3σ)=0.997439. 设函数f(x)=e x −mx +n ，曲线y =f(x)在点(ln2,f(ln2))处的切线方程为x −y −2ln2=0． 40. (Ⅰ)求m ，n 的值；41. (Ⅱ)当x >0时，若k 为整数，且x +1>(k −x)[f(x)+x +1]，求k 的最大值． 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48.49. 在圆x 2+y 2=4上任取一点P ，过点P 作x 轴的垂线段PD ，D 为垂足，当点P 在圆上运动时，点M 在线段PD 上，且DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，点M 的轨迹为曲线C 1．50. (1)求曲线C 1的方程；51. (2)过抛物线C 2：y 2=8x 的焦点F 作直线l 交抛物线于A ，B 两点，过F且与直线l 垂直的直线交曲线C 1于另一点C ，求△ABC 面积的最小值，以及取得最小值时直线l 的方程． 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58.59. 设A 为椭圆C 1：x 24+y 224=1上任意一点，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2−10ρcosθ+24=0，B 为C 2上任意一点．60. (1)写出C 1参数方程和C 2普通方程； 61. (2)求|AB|最大值和最小值． 62. 63. 64. 65. 66. 67. 68.69. 已知函数f(x)=|2x −2a|(a ∈R)，对∀x ∈R ，f(x)满足f(x)=f(2−x)．70. (Ⅰ)求a 的值；f(x)−f(x+2)≥m2+m，求实数m的取值71.(Ⅱ)若∃x∈R，使不等式12范围．72.73.74.75.76.77.78.答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵A={−1,0，1，2，3}，B={x|−3<x<1}，∴A∩B={−1,0}．故选：C．可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．考查描述法、列举法的定义，一元二次不等式的解法，以及交集的运算．2.【答案】D【解析】解：∵z=2ii−1=2i(i+1)(i−1)(i+1)=1−i，∴在复平面内对应的点为(1,−1)，故选：D．由题意分子分母同乘以1+i，再进行化简求出实部和虚部即可．本题考查了复数的除法运算，关键利用共轭复数对分母实数化．3.【答案】B【解析】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S5=a3+16，a1=1，∴5+5×42d=1+2d+16，解得d=32．则a2+a6=2+6×32=11．故选：B．利用等差数列通项公式求和公式即可得出．本题考查了等差数列通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：如图“双喜”字，第一次对折后为；第二次对折后为；故选：D．把剪出“双喜”字对折两次即可得出结论．本题考查了轴对称的应用问题，是基础题．5.【答案】C【解析】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵a1=1，S3=7，∴1+q+q2=7，解得q=2，或−3．则a3⋅a5=q6=64或729．故选：C．利用等比数列的通项公式求和公式即可得出．本题考查了等比数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：连接圆心与正二十四边形的各个顶点，正二十四边形被分成了24个面积相等的等腰三角形，每个等腰三角形的腰长为1，顶角为360°24=15°，所以每个等腰三角形的面积s=12×1×1×sin360°24=12×sin15°，所以正二十四边形的面积为24s=12×sin15°≈12×0.2588≈3.11，故选：B．连接圆心与正二十四边形的各个顶点，正二十四边形被分成了24个面积相等的等腰三角形，可以计算出每个等腰三角形的面积，再算出正二十四边形的面积，即可求出π的近似值．本题主要考查了类比推理，是中档题．7.【答案】C【解析】解：F1、F2为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，点P在双曲线C上，且线段PF1的中点坐标为(0,b)，可得：2b=b2a，可得2a=b，所以双曲线的离心率为：e=ca =√a2+b2a2=√5．故选：C．利用双曲线的通径的一半为2b，列出方程，转化求解双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的方程和性质，考查离心率的求法，抓住通径与已知条件的转化是解题的关键．8.【答案】B【解析】解：根据题意，需要先在5人中选出4人，分2种情况讨论：①，选出的4人中没有张三，此时将选出的4人全排列，对应4项工作即可，此时有A44=24种情况，②，选出的4人中没有张三，需要在其他4人中选出3人，再让选出4人担任4项工作，张三不担任裁判工作，有C43×3×A33=72种情况，则一共有24+72=96种安排方法；故选：B．根据题意，分2种情况讨论：①，选出的4人中没有张三，此时将选出的4人全排列，对应4项工作即可，②，选出的4人中没有张三，需要在其他4人中选出3人，再让选出4人担任4项工作，张三不担任裁判工作，由加法原理计算可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．9.【答案】A【解析】解：函数f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)=√2sin(ωx+φ)(ω> 0,|φ|≤π2)，由于函数的最小正周期为π，所以ω=2ππ=2，由于函数的图象经过点(0,√2)，所以√2=√2sinφ，所以φ=π2．所以函数f(x)=√2sin(2x+π2)=√2cos2x，对于①f(x)在x∈(0,π2)时，2x∈(0,π)，所以函数单调递减．故正确．对于②f(x)的一条对称轴为x=π2.当x=π2时，函数取得最小值，故正确．③f(|x|)=√2cos2|x|，所以函数的周期为π.故错误．④把函数f(x)的图象向左平移π6个长度单位得到函数g(x)=√2cos(2x+π3)，故错误．故选：A．首先把三角函数的关系式进行变换，把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，余弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．10.【答案】C【解析】解：A图象中函数的定义域为R，函数是偶函数，则α为正偶数时，满足对应图象，B图象中函数的定义域为{x|x≠0}，函数是偶函数，则α为负偶数时，满足对应图象，C图象中函数的定义域为R，函数是奇函数，则α为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来越快，故C不满足条件．D图象中函数的定义域为R，函数是奇函数，则α为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来越快，故D满足条件．故选：C．结合函数定义域，奇偶性以及幂函数的性质分别进行判断即可．本题主要考查函数图象的识别和判断．结合函数的定义域，奇偶性，得到α是奇偶数是解决本题的关键．难度中等．11.【答案】D【解析】解：由题意如图所示，当∠PAB ，∠PBA 为直角时，即当PB ⊥AB ，PA ⊥AB 时有两个点，当PA ⊥PB ，即AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∠APB 为直角时，设P(a,a 28+1)，∵AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP⃗⃗⃗⃗⃗ =(a +√2,a 28+1)⋅(a −√2,a 28+1)=0，即(a +√2)(a −√2)+(a 28+1)2=0，整理：a 4+80a 2−64=0，可得由两个根，即有两个P 点关于y 轴对称， 综上所述共有4个点P 满足△ABP 为直角三角形， 故选：D ．讨论分别以P ，A ，B 为直角顶点的情况，可得△ABP 为直角三角形的个数．考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题． 12.【答案】C【解析】解：①当a =0时，显然不符合题意，舍去；②当a <0时，f(x)=x −alnx 为(1,+∞)上的增函数，在区间(1,+∞)上至多有一个零点，与条件矛盾，不合题意，舍去；③当a >0时，则f(x)在(−∞,1]上有两个零点，在(1,+∞)上有两个零点． 当x ≤1时，f(x)=ax 2−ax +1=a(x −12)2+4−a 4，由于对称轴是x =12，f(0)=f(1)=1>0，故只要f(12)<0，即a >4； 当x >1时，f(x)=x −alnx ，f′(x)=1−ax =x−a x，令f′(x)=0，则x =a ，当0<a ≤1时，f′(x)>0，f(x)在(1,+∞)上单调递增，与条件矛盾，不符合题意，舍去；当a >1时，x ∈(1,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈(a,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；且根据不同函数的增长率的知识知，必然存在x 0∈(a,+∞)，使得f(x 0)=x 0−alnx 0>0；故x =a 时f(x)有极小值，要满足条件，只要f(a)=a −alna <0，即a >e ；综上所述，a >4且a >e ，故a >4； 故选：C ．当a =0时，显然不符合题意，舍去；当a <0时，f(x)=x −alnx 为(1,+∞)上的增函数，在区间(1,+∞)上至多有一个零点，与条件矛盾，不合题意，舍去；当a >0时，使f(x)在(−∞,1]上有两个零点，在(1,+∞)上有两个零点即可．本题考查了分段函数的零点问题，要分类讨论，注意数形结合，属于中档题．13.【答案】1【解析】解：由实数x ，y 满足{x −y ≤52x +y −1≥0x +2y −2≤0，作出可行域如图， 联立{2x +y −1=0x +2y −2=0，解得A(0,1)，化目标函数z =3x +y 为y =−3x +z ， 由图可知，当直线y =−3x +z 过A 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为3×0+1=1． 故答案为：1．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题． 14.【答案】6【解析】解：因为在△ABC 中，∠B =∠C =60°，AB =2， 所以△ABC 是等边三角形．因为点M 满足BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以，点C 是BM 的中点， AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2BC⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +2BC⃗⃗⃗⃗⃗ 2=2×2×cos120°+2×22=6， 故答案为：6．根据题意可知△ABC 是等边三角形．且点C 是BM 的中点，将AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示，再进行AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 运算． 本题考查数量积的运算，属于中档题． 15.【答案】14【解析】解：由y =2x 2+ln (4x +1)(x >−14)，得y′=4x +44x+1=4x +1+44x+1−1≥2√(4x +1)⋅44x+1−1=3，当且仅当4x +1=44x+1，即x =14时，y′最小，此时tanα最小，α最小． 故答案为：14．求出原函数的导函数，利用基本不等式求得导函数的最小值，再由倾斜角的正切值等于斜率得答案．本题考查了利用导数研究过曲线上的某点的切线方程，过曲线上的某点的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是基础题．16.【答案】8√23π【解析】解：根据该几何体的三视图可知该几何体外框架为正方体，棱长为2，则其外接球的半径R=√22+22+222=√2，所以其体积为V=43πR3=8√23π，故答案为：8√23π判断出几何体外框架为正方体即可本题考查几何体三视图，几何体外接球体积公式，属于中档题17.【答案】解：(Ⅰ)由bsinB+a(sinA−sinB)=csinC，及正弦定理asinA =bsinB=csinC，得a(a−b)+b2=c2，即a2+b2−c2=ab，由余弦定理得cosC=a2+b2−c22ab =12，结合0<C<π，得C=π3．(Ⅱ)∵C=π3，∴A+B=π−C=2π3，即B=2π3−A，则sinA+sinB=sinA+sin(2π3−A)=sinA+√32cosA+12sinA=32sinA+√3 2cosA=√3sin(A+π6)，∵A∈(0,2π3)，∴A+π6∈(π6,5π6)，∴sin(A+π6)∈(12,1]，则sinA+sinB的取值范围是(√32,√3].【解析】(Ⅰ)利用正弦定理化简已知等式可得a(a−b)+b2=c2，即a2+ b2−c2=ab，再利用余弦定理结合0<C<π，得C．(Ⅱ)根据C的度数求出A+B的度数，用A表示出B，代入sinA+sinB中，利用两角和与差的正弦函数公式化简，根据A的范围得到这个角的范围，利用正弦函数的值域即可确定出所求式子的范围．此题考查了正弦、余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，以及正弦函数的定义域与值域，熟练掌握公式及定理是解本题的关键，属于基础题．18.【答案】解：(Ⅰ)证明：取A1B1中点E，连结BE，C1E，∵在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点， ∴BE//A 1D ，C 1E//CD ，∵DA 1∩DC =D ，BE ∩C 1E =E ，平面CDA 1//平面C 1EB ， ∵BC 1//平面A 1CD ． (Ⅱ)解：∵AA 1⊥平面ABC ，D 是AB 的中点，BC =AC ，AB =2DC =2√2，AA 1=4.所以AC ⊥CB ，，，以C 为原点，CB 为x 轴，CC 1为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，BC =AC =2，平面BCC 1B 1的法向量为m ⃗⃗ =(0,0，1)，A 1(0,4，2)，C(0,0，0)，B(2,0，0)，A(0,0，2)，D(1,0，1)， 设CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，1)，CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4，2)， 设平面A 1CD 的法向量n ⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =x +z =0n ⃗ ⋅CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4y +2z =0，取x =2，得n ⃗ =(2,1，−2)，设平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角为θ， 则cosθ=|m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ||m⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=23． ∴平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角的余弦值为23．【解析】(Ⅰ)取A 1B 1中点E ，连结BE ，C 1E ，从而BE//A 1D ，C 1E//CD ，进而平面CDA 1//平面C 1EB ，由此能证明BC 1//平面A 1CD ．(Ⅱ)以C 为原点，OB 为x 轴，CC 1为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角的余弦值．本题考查线面平行的证明，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．19.【答案】解：(Ⅰ)现从样本的100名学生中，任意选取2人，两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分， 由题意知：得16分的分数为5人，得17分的人数为9人， ∴两人得分之和不大于33分的概率为： P =C 52+C 51C 91C 1002=190．(Ⅱ)(i)X −=170×0.05+180×0.09+190×0.5+200×0.3+210×0.06=192.3≈192(个)，σ2≈77.8，σ≈9，∴正式测试时，μ=202，σ=9， ∴μ−σ=193，μ+σ=211， ∴P(ξ>193)=1−1−0.68262=0.8413，0.8413×1000=841.3≈841，∴正式测试时每分钟跳193个以上的人数为841个．(ii)由正态分布模型得，在该地区2020年初三毕业生中任取1人， 每分钟跳绳个数202以上的概率为12，即ξ～B(3,12)，P(ξ=0)=C 30(12)0(1−12)3=18， P(ξ=1)=C 31(12)(1−12)2=38，P(ξ=2)=C 32(12)2(1−12)=38， P(ξ=3)=C 33(12)3(1−12)0=18，E(ξ)=0×18+1×38+2×38+3×18=32．【解析】(Ⅰ)现从样本的100名学生中，任意选取2人，两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分，由此能求出两人得分之和不大于33分的概率．(Ⅱ)(i)求出X −≈192个，σ2≈77.8，σ≈9，从而正式测试时，μ=202，σ=9，进而μ−σ=193，μ+σ=211，由此能求出正式测试时每分钟跳193个以上的人数．(ii)由正态分布模型得，在该地区2020年初三毕业生中任取1人，每分钟跳绳个数202以上的概率为12，即ξ～B(3,12)，由此能求出ξ的分布列和E(ξ)． 本题考查概率、频数的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查正态分布、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=e x −m ，易知切线方程的斜率为1，且过点(ln2,−ln2)，∴{2−mln2+n =−ln22−m =1，解得m =1，n =2； (Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)=e x −x −2，∴x +1>(k −x)[f(x)+x +1]即为x +1>(k −x)(e x −1)， 当x >0时，等价于k <x+1e −1+x(x >0)， 令g(x)=x+1e x −1+x(x >0)，则g′(x)=e x (e x −x−2)(e x −1)2，令ℎ(x)=e x −x −2，由x >0得，ℎ′(x)=e x −1>0， ∴函数ℎ(x)在(0,+∞)上递增，而ℎ(1)<0，ℎ(2)>0，故存在唯一的零点x 0∈(1,2)，使得ℎ(x 0)=0，即存在唯一的零点x 0∈(1,2)，使得g′(x 0)=0，当x ∈(0,x 0)时，g′(x)<0，g(x)递减，当x ∈(x 0,+∞)时，g′(x)>0，g(x)递增，∴g(x)min =g(x 0)，又ℎ(x 0)=0，即e x 0=x 0+2，故g(x 0)=x 0+1∈(2,3)， ∴整数k 的最大值为2．【解析】(Ⅰ)根据题意，列出方程组，解出即可；(Ⅱ)将原不等式变形为于k <x+1e x −1+x(x >0)，构造新函数g(x)=x+1e x −1+x(x >0)，求其最小值即可．本题考查导数的几何意义，以及利用导数解不等式，确定参数的范围，属于较难的题．21.【答案】解(1)设M(x,y)，P(x′,y′)，由题意可知D(x′,0)，因为DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以可得M 是DP 的中点，∴{x =x′y =y′2，即{x′=xy′=2y ，而P 在圆x 2+y 2=4上，所以可得x 2+(2y)2=4，整理得：x 24+y 2=1，所以曲线C 1的方程：x 24+y 2=1．(2)由题意焦点F 的坐标(2,0)，显然直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：x =my +2，设交点A(x,y)，B(x′,y′)，联立直线与抛物线的方程：{x =my +2y 2=8x， y 2−8my −16=0，y +y′=8m ，yy′=−16，所以弦长AB =√1+m 2⋅√(y +y′)2−4yy′=√1+m 2⋅√64m 2+64=8(1+m 2)，由题意可知CF 的方程为：y =−m(x −2)，与曲线C 1联立{y =−m(x −2)x 24+y 2=1可得：(1+4m 2)x 2−16m 2x +16m 2−4=0，∴x +2=16m 21+4m ，∴x C =8m 2−21+4m ，代入直线CF 中y C =−m(8m 2−21+4m 2−2)=4m1+4m 2，即C 的坐标为(8m 2−21+4m 2,4m1+4m 2)，所以CF =√(8m 2−21+4m 2−2)2+(4m 1+4m 2)2=4√1+m 21+4m 2， 所以S △ABC =12⋅AB ⋅CF =12⋅8(1+m 2)⋅4√1+m 21+4m =16(1+m 2)⋅√1+m 21+4m ，令t =√1+m 2≥1，则S △ABC =16⋅t 34t 2−3，令f(t)=t 34t 2−3(t ≥1)，∴f′(t)=3t 2(4t 2−3)−t 3⋅4t(4t 2−3)2=t 2(4t 2−9)(4t 2−3)2，令f′(t)=0，t ≥1，t =32， 当1≤t <32，f′(t)<0，f(t)单调递减 当t >32，f′(t)>0，f(t)单调递增， 所以t ∈[1,+∞)，f(32)最小，且最小值f(32)=(32)34⋅(32)2−3=916，所以△ABC 面积的最小值为16×916=9，且这时√1+m 2=32，解得m =±√52， 即直线l 的方程为：x =±√52y +2．【解析】(1)由题意设P ，M 的坐标可得D 的坐标，由向量之间的关系求出P ，M 的坐标的关系，由相关点法，P 在圆上得出M 的轨迹方程；(2)设直线l 的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长AB 的长，再求直线CF 的方程与曲线C 1联立求出C 的坐标，求出CF 的长，由题意CF ⊥AB ，即CF 的长为C 到AB 边上的高，求出面积，换元，用导数求出函数在单调性，进而求出面积的最小值，及此时的直线l 的方程． 考查直线与圆锥曲线的综合应用，属于中难题． 22.【答案】解：(1)椭圆C 1：x 24+y 224=1转换为参数方程为{x =2cosθy =2√6sinθ(θ为参数)．曲线C 2的极坐标方程为ρ2−10ρcosθ+24=0， 转换为直角坐标方程为x 2+y 2−10x +24=0， 整理得(x −5)2+y 2=1． (2)椭圆上点A(2cosθ,2√6sinθ)到曲线C 2的圆心(5,0)的距离d =√(2cosθ−5)2+24sin 2θ=√−20(cos θ+12)2+54， 当cosθ=−12时，|AO|max=3√6，当cosθ=1时，|AO|min =3， 所以|AB|max=3√6+1， |AB|min =2．【解析】(1)先将直线l 的参数方程利用部分分式法进行转化，再消参数，将曲线C 的方程先去分母，再将y =ρsinθ，x 2+y 2=ρ2代入，化简即可求解；(2)先将曲线C 的方程化为参数形式，再利用两点间的距离公式，结合三角函数求最值，即可得解．本题考查参数方程与普通方程、直角坐标和极坐标之间的转化、二次函数性质的应用，两点间的距离公式的应用，考查考生的运算求解能力，考查化归与转化思想．23.【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=|2x−2a|(a∈R)，对∀x∈R，f(x)满足f(x)=f(2−x)，可得f(x)的图象关于直线x=1对称，可得a=1；(Ⅱ)由(Ⅰ)可得f(x)=2|x−1|，f(x)−f(x+2)≥m2+m，若∃x∈R，使不等式12可得m2+m≤|x−1|−|2x+2|的最大值，由|x−1|−|2x+2|=|x−1|−|x+1|−|x+1|≤|x−1−x−1|−|x+ 1|≤2，当且仅当x=−1时，取得等号，即最大值2，则m2+m≤2，解得−2≤m≤1．【解析】(Ⅰ)由题意可得f(x)的图象关于直线x=1对称，再由绝对值函数的对称轴，可得a的值；(Ⅱ)运用绝对值不等式的性质和二次不等式的解法，即可得到所求范围．本题考查函数的对称性的判断和运用，不等式成立问题解法，注意运用绝对值不等式的性质，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．。
2020届广东省茂名市普通高中高三下学期第二次综合模拟测试数学(理)试题及解析
A. 3B. 19C. 171D. 114
【Hale Waihona Puke 案】C【解析】先求出 除以 得余数，然后利用辗转相除法，将 的值赋给 ，将余数赋给 ，进行迭代，一直算到余数为 时，输出 的值即可．
∴此沙锥的侧面积 .
故选：D
8. 设偶函数 满足 ，则使不等式 成立的x取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
易知 在 上单调递减，且 .再根据 的奇偶性，解不等式 ，即得x的取值范围.
【详解】易知 在 上单调递减，且 ，
由 得 ，
又因为 为偶函数，所以 或 ，
所以 或 .
故选：A.
【详解】解：依题意可得，方案一：第一次付款2880元时，
因为 ，所以该款的原价享受了9折优惠，则其原价为 元；
第二次付款4850元时，
因为 ，所以其原来的价格为 元.
所以分两次购买饲料的原价为 元.
方案二：若一次性付款，则应付款为： 元，
所以节省 元.
故选：C
11. 已知六棱锥 的底面是正六边形， 平面ABC， .则下列命题中正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
先求出细沙在上部容器时的体积为 ，再根据流入下部后的圆锥形沙锥底面半径为4，结合等体积法求出高h，最后求出流入下部后的圆锥形侧面积即可．
【详解】解：细沙在上部容器时的体积为 ，
流入下部后的圆锥形沙锥底面半径为4，设高为h，则 ，
2020年广东省高考理科数学模拟试卷及答案解析
（2）设点P（0，2），直线C1交曲线C2于M，N两点，求|PM|2+|PN|2的值．
五．解答题（共1小题）
23．（1）解不等式：|x﹣1|+|x+3|＞6；
（2）若a＞0，b＞0，a+b＝2，证明：（ ﹣1）（ ﹣1）≥9
2020年广东省高考理科数学模拟试卷
参考答案与试题解析
13．函数y＝x+lnx在x＝1处的切线方程是．
14．在等比数列{an}中，a2＝1，a5＝8，则数列{an}的前n项和Sn＝．
15．从装有3个黑球，2个白球的不透明箱子中不放回地摸球，每次只摸出一个，则摸完两次后箱中仅剩下黑球的概率为．
16．已知双曲线 的右焦点为F，过点F向双曲线的一条渐近线引垂线，垂足为A，再反向延长交另一条渐近线于点B，若 ，则双曲线C的离心率为．
2020年广东省高考理科数学模拟试卷
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．设全集U＝R，已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|（x+2）（x﹣1）＜0}，则（ ）
A．A∪B＝UB．A∩B＝∅C．∁UB⊆AD．∁UA⊆B
2．已知复数z满足|z﹣i|+|z+i|＝3（i是虚数单位），若在复平面内复数z对应的点为Z，则点Z的轨迹为（ ）
20．（12分）已知函数f（x）＝x2+aln（x+1）．
（Ⅰ）若函数y＝f（x）在区间[2，+∞）上是单调递增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）若函数y＝f（x）有两个极值点x1，x2且x1＜x2，求证
21．（12分）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数f（x）＝ +log2 图象上任意两点，M为线段AB的中点．已知点M的横坐标为 ．若Sn＝f（ ）+f（ ）+…+f（ ），n∈N*，且n≥2．
广东省茂名市信宜中学2020年高三数学理模拟试卷含解析
广东省茂名市信宜中学2020年高三数学理模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．16 B．4 C．8D．2参考答案：B由三视图可知该几何体是三棱锥，且三棱锥的高为1，底面为一个直角三角形，由于底面斜边上的中线长为1，则底面的外接圆半径为1，顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上，由于顶点到底面的距离，与底面外接圆的半径相等则三棱锥的外接球半径R为1，则三棱锥的外接球表面积，选B.2. 在△ABC 所在平面上有三点P 、Q 、R ，满足则的面积与的面积之比为（）A．1:2 B． C． 12:13 D． 13:25参考答案：D3. 若,则等于（）A． B． C． D．参考答案：A 解析：4. 设a是实数，复数，则实数a＝（）A． B．1 C．2D．参考答案：B5. 我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”．已知F1、F2是一对相关曲线的焦点，P是它们在第一象限的交点，当∠F1PF2=60°时，这一对相关曲线中双曲线的离心率是（）A．B．C．D．2参考答案：A考点：双曲线的简单性质；椭圆的简单性质．专题：压轴题；新定义；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：设F1P=m，F2P=n，F1F2=2c，由余弦定理4c2=m2+n2﹣mn，设a1是椭圆的长半轴，a1是双曲线的实半轴，由椭圆及双曲线定义，得m+n=2a1，m﹣n=2a2，由此能求出结果．解答：解：设F1P=m，F2P=n，F1F2=2c，由余弦定理得（2c）2=m2+n2﹣2mncos60°，即4c2=m2+n2﹣mn，设a1是椭圆的长半轴，a2是双曲线的实半轴，由椭圆及双曲线定义，得m+n=2a1，m﹣n=2a2，∴m=a1+a2，n=a1﹣a2，将它们及离心率互为倒数关系代入前式得3a22﹣4c2+=0，a1=3a2，e1?e2=?==1，解得e2=．故选A．点评：本题考查双曲线和椭圆的简单性质，解题时要认真审题，注意正确理解“相关曲线”的概念．6. 已知方程﹣=1表示椭圆，则实数m的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣2，+∞）C．（﹣∞，﹣）∪（﹣1，+∞）D．（﹣2，﹣）∪（﹣，﹣1）参考答案：D【考点】椭圆的简单性质．【分析】求得椭圆的标准方程，分别讨论焦点的位置即可求得实数m的取值范围．【解答】解：由﹣=1转化成标准方程：，假设焦点在x轴上，则2+m＞﹣（m+1）＞0，解得：﹣＜m＜﹣1，当焦点在y轴上，则﹣（m+1）＞2+m＞0，解得：﹣2＜m＜﹣，综上可知：m的取值范围（﹣2，﹣）∪（﹣，﹣1），故选：D．7. 已知数列{a n}中，a1=2， =3，若a n≤100，则n的最大值为（）A．4 B．5 C．6 D．7参考答案：B【考点】数列递推式．【分析】=3，可得数列{a n﹣1}是公比为3，首项为1的等比数列，利用等比数列的通项公式即可得出．【解答】解：∵=3，∴数列{a n﹣1}是公比为3，首项为1的等比数列，∴a n=3n﹣1+1，∵a5=82，a6=244，∴a n≤100，则n的最大值为5．故选：B．8. 已知函数f（x）=3sin（ωx﹣）（ω＞0）和g（x）=2cos（2x+φ）+1的图象的对称轴完全相同，若x∈[0，]，则f（x）的取值范围是（）A．[﹣3，3] B．[﹣，] C．[﹣，] D．[﹣，3]参考答案：D【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【专题】三角函数的图像与性质．【分析】先根据函数f（x）=3sin（ωx﹣）和g（x）=2cos（2x+φ）+1的图象的对称轴完全相同确定ω的值，再由x的范围确定ωx﹣的范围，最后根据正弦函数的图象和性质可得到答案【解答】解：由题意可得ω=2，∵x∈[0，]，∴ωx﹣=2x﹣∈[﹣，]，由三角函数图象知：f（x）的最小值为3sin（﹣）=﹣，最大值为3sin=3，所以f（x）的取值范围是[﹣，3]，故选：D【点评】本题考查三角函数的图象与性质，考查了数形结合的数学思想，属于基础题9. 已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若，则cosS9的值为( )A. B. C． D．参考答案：D略10. 设函数f（x）=，若f（x）是奇函数，则g（3）的值是（）A．1 B．3 C．﹣3 D．﹣1参考答案：C【考点】函数奇偶性的判断．【分析】函数f（x）=，f（x）是奇函数，可得f（﹣3）=﹣f（3），代入即可得出．【解答】解：∵函数f（x）=，f（x）是奇函数，∴f（﹣3）=﹣f（3），∴log2（1+3）=﹣[g（3）+1]，则g（3）=﹣3．故选：C．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为．类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为参考答案：12. 等差数列{}的前n 项和为等于参考答案：72略13. 若复数满足则．参考答案：14. 已知函数，则该函数的零点为 _________参考答案：1略15. 如图，在等腰三角形中，已知分别是边上的点，且其中若的中点分别为且则的最小值是▲ .参考答案：16. 曲线（为参数且）与直线交点的极坐标为．参考答案：略17. 设（是虚数单位），则=_____________.参考答案：i略三、解答题：本大题共5小题，共72分。
2020年广东茂名高三一模理科数学试卷 附详细解析 必考经典试题
附：若随机变量 服从正态分布
，
，
．
，则 ，
【答案】（ 1 ）所以两人得分之和不大于 分的概率为 ．
（ 2 ）1
人．
2 的分布列为
．
【解析】（ 1 ）两人得分之和不大于 分，即两人得分均为 分，或两人中 人 分， 人 ，
所以两人得分之和不大于 分的概率为：
．
（ 2 ）1
（个）
又
，
，所以正式测试时，
，
，∴
，
中，
， ，
∴
，
中，
，
，
/
所以平面
与平面
所成锐二面角的平面角的余弦值 ．
19. 当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测 试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．某地区 年 初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、 分钟跳绳三项测试，三项 考试满分为 分，其中立定跳远 分，掷实心球 分， 分钟跳绳 分．某学校在初三上期开 始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了 名学生进行测试，得到如下频率分布 直方图，且规定计分规则如下表：
11. 已知
、
及抛物线方程为
为直角三角形的点 个数为（ ）．
A. 个
B. 个
C. 个
，点 在抛物线上，则使得 D. 个
【答案】 D
【解析】 以 为直径的圆与抛物线有两个交点，另外以 ， 为直角为与抛物线分别有两 个点，共 个． 故选 ．
/
12. 已知函数
（ ）．
A.
B.
，若函数 有四个零点，则 的取值范围是
（ 2 ）求 最大值和最小值．
2020年广东省茂名市高考数学一模试卷(理科)
2020年广东省茂名市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：1. 已知集合A＝{x∈Z|−2<x<4}，B＝{x|x2−2x−3<0}，则A∩B＝（）A.(−2, 1)B.(−1, 3)C.{−1, 0}D.{0, 1, 2}2. i为虚数单位，复数z=2ii−1在复平面内对应的点所在象限为（）A.第二象限B.第一象限C.第四象限D.第三象限3. 记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知S5＝a3+16，a1＝1，则a2+a6＝（）A.10B.11C.12D.134. 剪纸是我国的传统工艺，要剪出如图“双喜”字，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁，下列哪一个图形展开后是如图的“双喜”字．（）A. B. C. D.5. 记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1＝1，S3＝7，则a3⋅a5＝（）A.64B.729C.64或729D.64或2436. 公元263年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率π，他从单位圆内接正六边形算起，令边数一倍一倍地增加，即12，24，48，…，192，…，逐个算出正六边形，正十二边形，正二十四边形，…，正一百九十二边形，…的面积，这些数值逐步地逼近圆面积，刘徽算到了正一百九十二边形，这时候π的近似值是3.141024，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”．刘徽这种想法的可贵之处在于用已知的、可求的来逼近未知的、要求的，用有限来逼近无穷，这种思想极其重要，对后世产生了巨大影响．按照上面“割圆术”，用正二十四边形来估算圆周率，则π的近似值是（）（精确到0.01）．（参考数据sin15∘≈0.2588）A.3.14B.3.11C.3.10D.3.057. 已知F1、F2为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的左、右焦点，点P在双曲线C上，且线段PF1的中点坐标为(0, b)，则双曲线C的离心率为（）A.√2B.√3C.√5D.28. 前进中学高二学生会体育部共有5人，现需从体育部派遣4人，分别担任拔河比赛活动中的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每个人只能担任其中一项工作，其中体育部的张三不能担任裁判工作，则共有（）种派遣方法．A.120B.96C.48D.609. 设函数f(x)＝sin(ωx +φ)+cos(ωx +φ)(ω>0, |φ|≤π2)的最小正周期为π，且过点(0,√2)，则下列正确的为（ ） ①f(x)在(0,π2)单调递减． ②f(x)的一条对称轴为x =π2． ③f(|x|)的周期为π2．④把函数f(x)的图象向左平移π6个长度单位得到函数g(x)的解析式为g(x)=√2cos(2x +π6)A.①②B.①③C.①②③D.①②④10. 下列函数图象中，函数f(x)＝x αe |x|(α∈Z)的图象不可能的是（ ） A.B.C.D.11. 已知A(−√2,0)，B(√2,0)及抛物线方程为x 2＝8(y −1)，点P 在抛物线上，则使得△ABP 为直角三角形的点P 个数为（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个12. 已知函数f(x)={ax 2−ax +1,x ≤1x −alnx,x >1(a ∈R)，若函数f(x)有四个零点，则a 的取值范围是（ ） A.(−∞, 0) B.(e, +∞) C.(4, +∞)D.(4, e 2)二、填空题：已知实数x ，y 满足{x −y ≤52x +y −1≥0x +2y −2≤0 ，则z ＝3x +y 的最小值为________．在△ABC 中，∠B ＝∠C ＝60∘，AB ＝2，且点M 满足BM →=2CM →，则AM →⋅BC →=________．点P 为曲线y ＝2x 2+ln(4x +1)(x >−14)图象上的一个动点，α为曲线在点P 处的切线的倾斜角，则当α取最小值时x 的值为________14 ．如图，网格纸上小正方形的边长为0.5，某多面体的正视图、左视图、俯视图为同一图形，粗实线画出如图所示，则该多面体外接球的体积等于________．三、解答题：在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知bsinB +a(sinA −sinB)＝csinC ．(Ⅰ)求角C 的大小；(Ⅱ)求sinA +sinB 的取值范围．如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，D 是AB 的中点，BC ＝AC ，AB ＝2DC ＝2√2，AA 1＝4．(Ⅰ)求证：BC 1 // 平面A 1CD ；(Ⅱ)求平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角的余弦值．当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．某地区2019年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分．某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如下频率分布直方图，且规定计分规则如表：(Ⅱ)若该校初三年级所有学生的跳绳个数X 服从正态分布N(μ, σ2)，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差（结果四舍五入到整数），已知样本方差S 2≈77.8．根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设明年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，利用现所得正态分布模型：(ⅰ)预估全年级恰好有1000名学生，正式测试时每分钟跳193个以上的人数．（结果四舍五入到整数）(ⅱ)若在该地区2020年所有初三毕业生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳202个以上的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望．附：若随机变量X 服从正态分布N(μ, σ2)，σ=√77.8≈9，则P(μ−σ<X <μ+σ)＝0.6826，P(μ−2σ<X <μ+2σ)＝0.9544，P(μ−3σ<X <μ+3σ)＝0.9974设函数f(x)＝e x −mx +n ，曲线y ＝f(x)在点（ln2, f(ln2)）处的切线方程为x −y −2ln2＝0．(Ⅰ)求m ，n 的值；(Ⅱ)当x >0时，若k 为整数，且x +1>(k −x)[f(x)+x +1]，求k 的最大值．在圆x 2+y 2＝4上任取一点P ，过点P 作x 轴的垂线段PD ，D 为垂足，当点P 在圆上运动时，点M 在线段PD 上，且DM →=12DP →，点M 的轨迹为曲线C 1．（1）求曲线C 1的方程；（2）过抛物线C 2:y 2＝8x 的焦点F 作直线l 交抛物线于A ，B 两点，过F 且与直线l 垂直的直线交曲线C 1于另一点C ，求△ABC 面积的最小值，以及取得最小值时直线l 的方程．设A 为椭圆C 1:x 24+y 224=1上任意一点，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2−10ρcosθ+24＝0，B 为C 2上任意一点． (Ⅰ)写出C 1参数方程和C 2普通方程； (Ⅱ)求|AB|最大值和最小值．已知函数f(x)＝|2x −2a|(a ∈R)，对∀x ∈R ，f(x)满足f(x)＝f(2−x)． (Ⅰ)求a 的值；(Ⅱ)若∃x ∈R ，使不等式12f(x)−f(x +2)≥m 2+m ，求实数m 的取值范围．参考答案与试题解析2020年广东省茂名市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】∵A＝{−1, 0, 1, 2, 3}，B＝{x|−3<x<1}，∴A∩B＝{−1, 0}．2.【答案】C【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】由题意分子分母同乘以1+i，再进行化简求出实部和虚部即可．【解答】∵z=2ii−1=2i(i+1)(i−1)(i+1)=1−i，∴在复平面内对应的点为(1, −1)，3.【答案】B【考点】等差数列的前n项和【解析】利用等差数列通项公式求和公式即可得出．【解答】设等差数列{a n}的公差为d，∵S5＝a3+16，a1＝1，∴5+5×42d＝1+2d+16，解得d=32．则a2+a6＝2+6×32=11．4.【答案】D【考点】图形的对称性【解析】把剪出“双喜”字对折两次即可得出结论．【解答】如图“双喜”字，第一次对折后为；第二次对折后为；5.【答案】C【考点】等比数列的前n项和【解析】利用等比数列的通项公式求和公式即可得出．【解答】设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵a1＝1，S3＝7，∴1+q+q2＝7，解得q＝2，或−3．则a3⋅a5＝q6＝64或729．6.【答案】B【考点】类比推理【解析】连接圆心与正二十四边形的各个顶点，正二十四边形被分成了24个面积相等的等腰三角形，可以计算出每个等腰三角形的面积，再算出正二十四边形的面积，即可求出π的近似值．【解答】连接圆心与正二十四边形的各个顶点，正二十四边形被分成了24个面积相等的等腰三角形，每个等腰三角形的腰长为1，顶角为360024=150，所以每个等腰三角形的面积s=1 2×1×1×sin360024=12×sin150，所以正二十四边形的面积为24s＝12×sin15∘≈12×0.2588≈3.11，7.【答案】C【考点】双曲线的离心率【解析】利用双曲线的通径的一半为2b，列出方程，转化求解双曲线的离心率即可．【解答】F1、F2为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的左、右焦点，点P在双曲线C上，且线段PF1的中点坐标为(0, b)，可得：2b=b2a，可得2a＝b，所以双曲线的离心率为：e=ca =√a2+b2a2=√5．8.【答案】B【考点】排列、组合及简单计数问题【解析】根据题意，分2种情况讨论：①，选出的4人中没有张三，此时将选出的4人全排列，对应4项工作即可，②，选出的4人中没有张三，需要在其他4人中选出3人，再让选出4人担任4项工作，张三不担任裁判工作，由加法原理计算可得答案．【解答】根据题意，需要先在5人中选出4人，分2种情况讨论：①，选出的4人中没有张三，此时将选出的4人全排列，对应4项工作即可，此时有A44＝24种情况，②，选出的4人中没有张三，需要在其他4人中选出3人，再让选出4人担任4项工作，张三不担任裁判工作，有C43×3×A33＝72种情况，则一共有24+72＝96种安排方法；9.【答案】A【考点】命题的真假判断与应用【解析】首先把三角函数的关系式进行变换，把函数的关系式变形成余弦型函数，进一步利用函数的性质的应用求出结果．【解答】函数f(x)＝sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)=√2sin(ωx+φ)(ω>0, |φ|≤π2)，由于函数的最小正周期为π，所以ω=2ππ=2，由于函数的图象经过点(0,√2)，所以√2=√2sinφ，所以φ=π2．所以函数f(x)=√2sin(2x+π2)=√2cos2x，对于①f(x)在x∈(0,π2)时，2x∈(0, π)，所以函数单调递减．故正确．对于②f(x)的一条对称轴为x=π2．当x=π2时，函数取得最小值，故正确．③f(|x|)=√2cos2|x|，所以函数的周期为π．故错误．④把函数f(x)的图象向左平移π6个长度单位得到函数g(x)=√2cos(2x+π3)，故错误．10.【答案】 C【考点】函数的图象与图象的变换 【解析】结合函数定义域，奇偶性以及幂函数的性质分别进行判断即可． 【解答】A 图象中函数的定义域为R ，函数是偶函数，则α为正偶数时，满足对应图象，B 图象中函数的定义域为{x|x ≠0}，函数是偶函数，则α为负偶数时，满足对应图象，C 图象中函数的定义域为R ，函数是奇函数，则α为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来越快，故C 不满足条件．D 图象中函数的定义域为R ，函数是奇函数，则α为正奇数，函数为增函数，且递增的速度越来越快，故D 满足条件． 11.【答案】 D【考点】直线与抛物线的位置关系 【解析】讨论分别以P ，A ，B 为直角顶点的情况，可得△ABP 为直角三角形的个数． 【解答】由题意如图所示，当∠PAB ，∠PBA 为直角时，即当PB ⊥AB ，PA ⊥AB 时有两个点， 当PA ⊥PB ，即PA →⋅PB →=0，∠APB 为直角时，设P(a, a 28+1)，∵ PA →⋅PB →=(a +√2, a 28+1)⋅(a −√2, a 28+1)＝0，即(a +√2)(a −√2)+(a 28+1)2＝0，整理：a 4+80a 2−64＝0，可得由两个根，即有两个P 点关于y 轴对称， 综上所述共有4个点P 满足△ABP 为直角三角形， 12.【答案】 C【考点】函数的零点与方程根的关系 【解析】当a ＝0时，显然不符合题意，舍去；当a <0时，f(x)＝x −alnx 为(1, +∞)上的增函数，在区间(1, +∞)上至多有一个零点，与条件矛盾，不合题意，舍去； 当a >0时，使f(x)在(−∞, 1]上有两个零点，在(1, +∞)上有两个零点即可． 【解答】②当a <0时，f(x)＝x −alnx 为(1, +∞)上的增函数，在区间(1, +∞)上至多有一个零点，与条件矛盾，不合题意，舍去（1）③当a >0时，则f(x)在(−∞, 1]上有两个零点，在(1, +∞)上有两个零点．当x ≤1时，f(x)＝ax 2−ax +1＝a(x −12)2+4−a 4，由于对称轴是x =12，f(0)＝f(1)＝1>0，故只要f(12)<0，即a >4(2)当x >1时，f(x)＝x −alnx ，f ′(x)＝1−ax =x−a x，令f ′(x)＝0，则x ＝a ，当0<a ≤1时，f ′(x)>0，f(x)在(1, +∞)上单调递增，与条件矛盾，不符合题意，舍去（3）当a >1时，x ∈(1, a)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈(a, +∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增（4）且根据不同函数的增长率的知识知，必然存在x 0∈(a, +∞)，使得f(x 0)＝x 0−alnx 0>0(5)故x ＝a 时f(x)有极小值，要满足条件，只要f(a)＝a −alna <0，即a >e(6)综上所述，a >4且a >e ，故a >4(7)故选：C ． 二、填空题： 【答案】 1【考点】 简单线性规划 【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案． 【解答】由实数x ，y 满足{x −y ≤52x +y −1≥0x +2y −2≤0 ，作出可行域如图，联立{2x +y −1=0x +2y −2=0，解得A(0, 1)， 化目标函数z ＝3x +y 为y ＝−3x +z ，由图可知，当直线y ＝−3x +z 过A 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值为3×0+1＝1． 【答案】 6【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】根据题意可知△ABC 是等边三角形．且点C 是BM 的中点，将AM →用AB →，BC →表示，再进行AM →⋅BC →运算．【解答】因为在△ABC 中，∠B ＝∠C ＝60∘，AB ＝2， 所以△ABC 是等边三角形．因为点M 满足BM →=2CM →，所以，点C 是BM 的中点， AM →=AB →+BM →=AB →+2BC →，所以AM →⋅BC →=(AB →+2BC →)⋅BC →=AB →⋅BC →+2BC →2=2×2×cos120∘+2×22＝6， 【答案】14【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程求出原函数的导函数，利用基本不等式求得导函数的最小值，再由倾斜角的正切值等于斜率得答案． 【解答】由y ＝2x 2+ln(4x +1)(x >−14)， 得y′＝4x +44x+1=4x +1+44x+1−1≥2√(4x +1)⋅44x+1−1=3， 当且仅当4x +1=44x+1，即x =14时，y′最小，此时tanα最小，α最小． 【答案】 8√23π 【考点】球内接多面体 由三视图求体积 【解析】判断出几何体外框架为正方体即可 【解答】根据该几何体的三视图可知该几何体外框架为正方体，棱长为2， 则其外接球的半径R =√22+22+222=√2，所以其体积为V =43πR 3=8√23π， 三、解答题：【答案】（1）由bsinB +a(sinA −sinB)＝csinC ，及正弦定理 asinA =bsinB =csinC ，得a(a −b)+b 2＝c 2，即a 2+b 2−c 2＝ab ， 由余弦定理得cosC =a 2+b 2−c 22ab =12，结合0<C <π，得C =π3． （2）∵ C =π3， ∴ A +B ＝π−C =2π3，即B =2π3−A ，则sinA +sinB ＝sinA +sin(2π3−A)＝sinA +√32cosA +12sinA =32sinA +√32cosA =√3sin(A +π6)， ∵ A ∈(0, 2π3)， ∴ A +π6∈( π6, 5π6)， ∴ sin(A +π6)∈(12, 1]，则sinA +sinB 的取值范围是(√32, √3]．正弦定理 【解析】(Ⅰ)利用正弦定理化简已知等式可得a(a −b)+b 2＝c 2，即a 2+b 2−c 2＝ab ，再利用余弦定理结合0<C <π，得C ．(Ⅱ)根据C 的度数求出A +B 的度数，用A 表示出B ，代入sinA +sinB 中，利用两角和与差的正弦函数公式化简，根据A 的范围得到这个角的范围，利用正弦函数的值域即可确定出所求式子的范围． 【解答】（1）由bsinB +a(sinA −sinB)＝csinC ，及正弦定理 asinA =bsinB =csinC ，得a(a −b)+b 2＝c 2，即a 2+b 2−c 2＝ab ， 由余弦定理得cosC =a 2+b 2−c 22ab =12，结合0<C <π，得C =π3． （2）∵ C =π3， ∴ A +B ＝π−C =2π3，即B =2π3−A ，则sinA +sinB ＝sinA +sin(2π3−A)＝sinA +√32cosA +12sinA =32sinA +√32cosA =√3sin(A +π6)， ∵ A ∈(0, 2π3)， ∴ A +π6∈( π6, 5π6)，∴ sin(A +π6)∈(12, 1]，则sinA +sinB 的取值范围是(√32, √3]．【答案】（1）证明：取A 1B 1中点E ，连结BE ，C 1E ， ∵ 在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点， ∴ BE // A 1D ，C 1E // CD ，∵ DA 1∩DC ＝D ，BE ∩C 1E ＝E ，平面CDA 1 // 平面C 1EB ， ∵ BC 1 // 平面A 1CD ．（2）取BC 的中点O ，连结AO ，过O 作BF // A 1B 1，交B 1C 1于F ，F 是B 1C 1中点，∵ AA 1⊥平面ABC ，D 是AB 的中点，BC ＝AC ，AB ＝2DC ＝2√2，AA 1＝4．∴ AO ⊥BC ，以O 为原点，OC 为x 轴，OF 为y 轴，OA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，平面BCC 1B 1的法向量为m →=(0, 0, 1)，A 1(0, 4, 2)，C(2, 0, 0)，B(−2, 0, 0)，A(0, 0, 2)，D(−1, 0, 1)， 设CD →=(−3, 0, 1)，CA 1→=(−2, 4, 2)， 设平面A 1CD 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅CD →=−3x +z =0n →⋅CA 1→=−2x +4y +2z =0 ，取x ＝1，得n →=(1, −1, 3)， 设平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角为θ， 则cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√11=3√1111． ∴ 平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角的余弦值为3√1111．【考点】二面角的平面角及求法 直线与平面平行 【解析】(Ⅰ)取A 1B 1中点E ，连结BE ，C 1E ，从而BE // A 1D ，C 1E // CD ，进而平面CDA 1 // 平面C 1EB ，由此能证明BC 1 // 平面A 1CD ．(Ⅱ)取BC 的中点O ，连结AO ，过O 作BF // A 1B 1，交B 1C 1于F ，F 是B 1C 1中点，以O 为原点，OC 为x 轴，OF 为y 轴，OA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角的余弦值． 【解答】（1）证明：取A 1B 1中点E ，连结BE ，C 1E ， ∵ 在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，D 是AB 的中点， ∴ BE // A 1D ，C 1E // CD ，∵ DA 1∩DC ＝D ，BE ∩C 1E ＝E ，平面CDA 1 // 平面C 1EB ， ∵ BC 1 // 平面A 1CD ．（2）取BC 的中点O ，连结AO ，过O 作BF // A 1B 1，交B 1C 1于F ，F 是B 1C 1中点，∵ AA 1⊥平面ABC ，D 是AB 的中点，BC ＝AC ，AB ＝2DC ＝2√2，AA 1＝4．∴ AO ⊥BC ，以O 为原点，OC 为x 轴，OF 为y 轴，OA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，平面BCC 1B 1的法向量为m →=(0, 0, 1)，A 1(0, 4, 2)，C(2, 0, 0)，B(−2, 0, 0)，A(0, 0, 2)，D(−1, 0, 1)， 设CD →=(−3, 0, 1)，CA 1→=(−2, 4, 2)， 设平面A 1CD 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅CD →=−3x +z =0n →⋅CA 1→=−2x +4y +2z =0 ，取x ＝1，得n →=(1, −1, 3)， 设平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角为θ， 则cosθ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√11=3√1111．∴ 平面BCC 1B 1与平面A 1CD 所成锐二面角的平面角的余弦值为3√1111．【答案】（1）现从样本的100名学生中，任意选取2人，两人得分之和不大于33分， 即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分， 由题意知：得16分的分数为5人，得17分的人数为9人， ∴ 两人得分之和不大于33分的概率为： P =C 52+C 51C91C 1002=190．(2)(i)X =170×0.05+180×0.09+190×0.5+200×0.3+210×0.06＝192.3≈192（个），σ2≈77.8，σ≈9，∴ 正式测试时，μ＝202，σ＝9， ∴ μ−σ＝193，μ+σ＝211， ∴ P(ξ>193)＝1−1−0.68262=0.8413，0.8413×1000＝841.3≈841，∴ 正式测试时每分钟跳193个以上的人数为841个．(ii)由正态分布模型得，在该地区2020年初三毕业生中任取1人， 每分钟跳绳个数202以上的概率为12，即ξ∼B(3, 12)，P(ξ＝0)=C 3(12)0(1−12)3=18， P(ξ＝1)=C 31(12)(1−12)2=38， P(ξ＝2)=C 32(12)2(1−12)=38， P(ξ＝3)=C 33(12)3(1−12)0=18， ∴ ξ的分布列为：E(ξ)=0×18+1×38+2×38+3×18=32． 【考点】离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列 【解析】(Ⅰ)现从样本的100名学生中，任意选取2人，两人得分之和不大于33分，即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分，由此能求出两人得分之和不大于33分的概率． (Ⅱ)(i)求出X ≈192个，σ2≈77.8，σ≈9，从而正式测试时，μ＝202，σ＝9，进而μ−σ＝193，μ+σ＝211，由此能求出正式测试时每分钟跳193个以上的人数． (ii)由正态分布模型得，在该地区2020年初三毕业生中任取1人，每分钟跳绳个数202以上的概率为12，即ξ∼B(3, 12)，由此能求出ξ的分布列和E(ξ)．【解答】（1）现从样本的100名学生中，任意选取2人，两人得分之和不大于33分， 即两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分， 由题意知：得16分的分数为5人，得17分的人数为9人， ∴ 两人得分之和不大于33分的概率为： P =C 52+C 51C91C 1002=190．(2)(i)X =170×0.05+180×0.09+190×0.5+200×0.3+210×0.06＝192.3≈192（个），σ2≈77.8，σ≈9，∴ 正式测试时，μ＝202，σ＝9， ∴ μ−σ＝193，μ+σ＝211， ∴ P(ξ>193)＝1−1−0.68262=0.8413，0.8413×1000＝841.3≈841，∴ 正式测试时每分钟跳193个以上的人数为841个．(ii)由正态分布模型得，在该地区2020年初三毕业生中任取1人， 每分钟跳绳个数202以上的概率为12，即ξ∼B(3, 12)，P(ξ＝0)=C 3(12)0(1−12)3=18， P(ξ＝1)=C 31(12)(1−12)2=38， P(ξ＝2)=C 32(12)2(1−12)=38， P(ξ＝3)=C 33(12)3(1−12)0=18， ∴ ξ的分布列为：E(ξ)=0×18+1×38+2×38+3×18=32．【答案】（1）f′(x)＝e x −m ，易知切线方程的斜率为1，且过点(ln2, −ln2)，∴ {2−mln2+n =−ln22−m =1，解得m ＝1，n ＝2；（2）由(Ⅰ)知，f(x)＝e x −x −2，∴ x +1>(k −x)[f(x)+x +1]即为x +1>(k −x)(e x −1)， 当x >0时，等价于k <x+1e x −1+x(x >0)， 令g(x)=x+1e x −1+x(x >0)，则g ′(x)=e x (e x −x−2)(e x −1)2，令ℎ(x)＝e x −x −2，由x >0得，ℎ′(x)＝e x −1>0， ∴ 函数ℎ(x)在(0, +∞)上递增，而ℎ(1)<0，ℎ(2)>0，故存在唯一的零点x 0∈(1, 2)，使得ℎ(x 0)＝0，即存在唯一的零点x 0∈(1, 2)，使得g′(x 0)＝0，当x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，g(x)递减，当x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，g(x)递增， ∴ g(x)min ＝g(x 0)，又ℎ(x 0)＝0，即e x 0=x 0+2，故g(x 0)＝x 0+1∈(2, 3)， ∴ 整数k 的最大值为2． 【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】(Ⅰ)根据题意，列出方程组，解出即可；(Ⅱ)将原不等式变形为于k <x+1e x −1+x(x >0)，构造新函数g(x)=x+1e x −1+x(x >0)，求其最小值即可． 【解答】（1）f′(x)＝e x −m ，易知切线方程的斜率为1，且过点(ln2, −ln2)， ∴ {2−mln2+n =−ln22−m =1，解得m ＝1，n ＝2；（2）由(Ⅰ)知，f(x)＝e x −x −2，∴ x +1>(k −x)[f(x)+x +1]即为x +1>(k −x)(e x −1)， 当x >0时，等价于k <x+1e x −1+x(x >0)， 令g(x)=x+1e x −1+x(x >0)，则g ′(x)=e x (e x −x−2)(e x −1)2，令ℎ(x)＝e x −x −2，由x >0得，ℎ′(x)＝e x −1>0， ∴ 函数ℎ(x)在(0, +∞)上递增，而ℎ(1)<0，ℎ(2)>0，故存在唯一的零点x 0∈(1, 2)，使得ℎ(x 0)＝0，即存在唯一的零点x 0∈(1, 2)，使得g′(x 0)＝0，当x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，g(x)递减，当x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，g(x)递增， ∴ g(x)min ＝g(x 0)，又ℎ(x 0)＝0，即e x 0=x 0+2，故g(x 0)＝x 0+1∈(2, 3)， ∴ 整数k 的最大值为2． 【答案】设M(x, y)，P(x ′, y ′)，由题意可知D(x ′, 0)，因为DM →=12DP →，所以可得M 是DP 的中点，∴ {x =x ′y =y ′2，即{x ′=x y ′=2y ，而P 在圆x 2+y 2＝4上，所以可得x 2+(2y)2＝4，整理得：x 24+y 2=1，所以曲线C 1的方程：x 24+y 2=1．由题意焦点F 的坐标(2, 0)，显然直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：x ＝my +2，设交点A(x, y)，B(x ′, y ′)，联立直线与抛物线的方程：{x =my +2y 2=8x ， y 2−8my −16＝0，y +y ′＝8m ，yy ′＝−16，所以弦长AB =√1+m 2⋅√(y +y ′)2−4yy ′=√1+m 2⋅√64m 2+64=8(1+m 2)， 由题意可知CF 的方程为：y ＝−m(x −2)，与曲线C 1联立{y =−m(x −2)x 24+y 2=1 可得：(1+4m 2)x 2−16m 2x +16m 2−4＝0，∴ x +2=16m 21+4m2，∴ x C =8m 2−21+4m 2， 代入直线CF 中y C ＝−m(8m 2−21+4m2−2)=4m 1+4m2，即C 的坐标为(8m 2−21+4m2, 4m1+4m 2)，所以CF =√(8m 2−21+4m 2−2)2+(4m 1+4m 2)2=4√1+m 21+4m 2， 所以S △ABC =12⋅AB ⋅CF =12⋅8(1+m 2)⋅4√1+m 21+4m 2=16(1+m 2)⋅√1+m 21+4m 2， 令t =√1+m 2≥1，则S △ABC ＝16⋅t 34t 2−3，令f(t)=t 34t 2−3(t ≥1)，∴ f ′(t)=3t 2(4t 2−3)−t 3⋅4t(4t 2−3)2=t 2(4t 2−9)(4t 2−3)2，令f ′(t)＝0，t ≥1，t =32，当1≤t <32，f ′(t)<0，f(t)单调递减 当t >32，f ′(t)>0，f(t)单调递增， 所以t ∈[1, +∞)，f(32)最小，且最小值f(32)=(32)34⋅(32)2−3=916，所以△ABC 面积的最小值为16×916=9，且这时√1+m 2=32，解得m =±√52，即直线l 的方程为：x =±√52y +2．【考点】直线与抛物线的位置关系 轨迹方程 【解析】（1）由题意设P ，M 的坐标可得D 的坐标，由向量之间的关系求出P ，M 的坐标的关系，由相关点法，P 在圆上得出M 的轨迹方程；（2）设直线l 的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长AB 的长，再求直线CF 的方程与曲线C 1联立求出C 的坐标，求出CF 的长，由题意CF ⊥AB ，即CF 的长为C 到AB 边上的高，求出面积，换元，用导数求出函数在单调性，进而求出面积的最小值，及此时的直线l 的方程． 【解答】设M(x, y)，P(x ′, y ′)，由题意可知D(x ′, 0)，因为DM →=12DP →，所以可得M 是DP 的中点，∴ {x =x ′y =y ′2，即{x ′=x y ′=2y ，而P 在圆x 2+y 2＝4上，所以可得x 2+(2y)2＝4，整理得：x 24+y 2=1，所以曲线C 1的方程：x 24+y 2=1．由题意焦点F 的坐标(2, 0)，显然直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：x ＝my +2，设交点A(x, y)，B(x ′, y ′)，联立直线与抛物线的方程：{x =my +2y 2=8x ， y 2−8my −16＝0，y +y ′＝8m ，yy ′＝−16，所以弦长AB =√1+m 2⋅√(y +y ′)2−4yy ′=√1+m 2⋅√64m 2+64=8(1+m 2)， 由题意可知CF 的方程为：y ＝−m(x −2)，与曲线C 1联立{y =−m(x −2)x 24+y 2=1 可得：(1+4m 2)x 2−16m 2x +16m 2−4＝0，∴ x +2=16m 21+4m 2，∴ x C =8m 2−21+4m 2，代入直线CF 中y C ＝−m(8m 2−21+4m2−2)=4m 1+4m2，即C 的坐标为(8m 2−21+4m 2, 4m 1+4m 2)，所以CF =√(8m 2−21+4m 2−2)2+(4m 1+4m 2)2=4√1+m 21+4m 2， 所以S △ABC =12⋅AB ⋅CF =12⋅8(1+m 2)⋅4√1+m 21+4m2=16(1+m 2)⋅√1+m 21+4m2， 令t =√1+m 2≥1，则S △ABC ＝16⋅t 34t 2−3，令f(t)=t 34t 2−3(t ≥1)，∴ f ′(t)=3t 2(4t 2−3)−t 3⋅4t(4t 2−3)2=t 2(4t 2−9)(4t 2−3)2，令f ′(t)＝0，t ≥1，t =32， 当1≤t <32，f ′(t)<0，f(t)单调递减 当t >32，f ′(t)>0，f(t)单调递增， 所以t ∈[1, +∞)，f(32)最小，且最小值f(32)=(32)34⋅(32)2−3=916，所以△ABC 面积的最小值为16×916=9，且这时√1+m 2=32，解得m =±√52， 即直线l 的方程为：x =±√52y +2．【答案】 （1）椭圆C 1:x 24+y 224=1转换为参数方程为{x =2cosθy =2√6sinθ（θ为参数）．曲线C 2的极坐标方程为ρ2−10ρcosθ+24＝0，转换为直角坐标方程为x 2+y 2−10x +24＝0，整理得(x −5)2+y 2＝1．（2）椭圆上点A(2cosθ, 2√6sinθ)到曲线C 2的圆心(5, 0)的距离d =√(2cosθ−5)2+24sin 2θ=√−2(cosθ+12)2+972，当cosθ=−12时，|AO|max =√972，当cosθ＝1时，|AO|min =2√11， 所以|AB|max =√972+1=2√194+1，|AB|min =2√11−1． 【考点】圆的极坐标方程 【解析】(Ⅰ)先将直线l 的参数方程利用部分分式法进行转化，再消参数，将曲线C 的方程先去分母，再将y ＝ρsinθ，x 2+y 2＝ρ2代入，化简即可求解；(Ⅱ)先将曲线C 的方程化为参数形式，再利用两点间的距离公式，结合三角函数求最值，即可得解． 【解答】 （1）椭圆C 1:x 24+y 224=1转换为参数方程为{x =2cosθy =2√6sinθ（θ为参数）． 曲线C 2的极坐标方程为ρ2−10ρcosθ+24＝0，转换为直角坐标方程为x 2+y 2−10x +24＝0，整理得(x −5)2+y 2＝1．（2）椭圆上点A(2cosθ, 2√6sinθ)到曲线C 2的圆心(5, 0)的距离d =√(2cosθ−5)2+24sin 2θ=√−2(cosθ+12)2+972，当cosθ=−12时，|AO|max =√972，当cosθ＝1时，|AO|min =2√11， 所以|AB|max =√972+1=2√194+1，|AB|min =2√11−1． 【答案】（1）函数f(x)＝|2x −2a|(a ∈R)，对∀x ∈R ，f(x)满足f(x)＝f(2−x)， 可得f(x)的图象关于直线x ＝1对称，可得a ＝1； （2）由(Ⅰ)可得f(x)＝2|x −1|，若∃x ∈R ，使不等式12f(x)−f(x +2)≥m 2+m ，可得m 2+m ≤|x −1|−|2x +2|的最大值，由|x −1|−|2x +2|＝|x −1|−|x +1|−|x +1|≤|x −1−x −1|−|−1+1|＝2， 当且仅当x ＝−1时，取得等号，即最大值2， 则m 2+m ≤2，解得−2≤m ≤1． 【考点】函数恒成立问题 【解析】(Ⅰ)由题意可得f(x)的图象关于直线x ＝1对称，再由绝对值函数的对称轴，可得a 的值； (Ⅱ)运用绝对值不等式的性质和二次不等式的解法，即可得到所求范围． 【解答】（1）函数f(x)＝|2x −2a|(a ∈R)，对∀x ∈R ，f(x)满足f(x)＝f(2−x)， 可得f(x)的图象关于直线x ＝1对称，可得a ＝1； （2）由(Ⅰ)可得f(x)＝2|x −1|，若∃x ∈R ，使不等式12f(x)−f(x +2)≥m 2+m ，可得m2+m≤|x−1|−|2x+2|的最大值，由|x−1|−|2x+2|＝|x−1|−|x+1|−|x+1|≤|x−1−x−1|−|−1+1|＝2，当且仅当x＝−1时，取得等号，即最大值2，则m2+m≤2，解得−2≤m≤1．。
2020年广东省高考数学一模试卷(理科) (含答案解析)
2020年广东省高考数学一模试卷(理科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设全集U={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3}，B={2,3,4}，则A∩(C U B)=()A. {0}B. {0,1,2,3,4}C. {0,1}D. {1}2.复数1+2i2−i的虚部是()A. iB. −iC. −1D. 13.若变量x，y满足约束条件{x+2y≥0x−y≤0x−2y+2≥0，则z=2x−y的最小值等于()A. −52B. −2 C. −32D. 24.若a>1，b<0，则函数y=a x+b的图象有可能是()A.B.C.D.5.函数f(x)=18x−cosx的零点个数为()A. 3B. 4C. 5D. 66.如果一个正四面体的体积为163√2dm3，则其表面积S的值为()A. 16dm2B. 18 dm2C. 18√3dm2D. 16√3dm27.某次数学考试中，某校学生的数学成绩服从正态分布N(100,25).估计数学成绩大于115分的学生所占的百分比为()(参考数据：P(μ−σ<X≤μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<X≤μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X≤μ+3σ)=0.9974)A. 0.13％B. 1.3％C. 3％D. 3.3％8.设(2−x)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6则|a1|+|a2|+⋯+|a6|的值是()A. 665B. 729C. 728D. 639.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右两个焦点分别为F1，F2，A，B为其左、右两个顶点，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，且∠AMB=30°，则该双曲线的离心率为()A. √212B. √13 C. 2√3 D. √19210. 已知数列{a n }的前n 项和S n =12n(n +1)，n ∈N ∗，b n =3a n +(−1)n−1a n ，则数列{b n }的前2n +1项和为( ) A. 32n+2−12+n B. 12⋅32n+2+n +12 C. 32n+2−12−n D. 12⋅32n+2−n +32 11. 已知三棱锥P −ABC 中，PA =√23，AB =3，AC =4，AB ⊥AC ，PA ⊥面ABC ，则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为( )A. 16B. 28C. 64D. 9612. 已知函数f(x)=x −sinx ，则不等式f(x +1)+f(2−2x)>0的解集是( )．A. (−∞,13)B. (−13,+∞)C. (−∞,3)D. (3,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 设函数f(x)=(x +a)lnx ，若曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x −y =0平行，则实数a 的值为______．14. 已知在数列{a n }中，a 1=2，2n (a n +a n+1)=1，设T n =a 1+2a 2+⋯+2n−1a n ，b n =3T n −n−1a n ，数列{b n }的前n 项和S n =______．15. 在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，A(0,sinα)，B(cosα,0)，动点C 满足|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，则|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值是________． 16. 过抛物线C ：x 2=4y 的准线上任意一点P 作抛物线的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则A点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是____________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 如图，在△ABC 中，已知4sin 2A−B 2+4sinAsinB =3．(I)求角C 的大小；(Ⅱ)若AC =8，点D 在BC 边上，且BD =2，cos∠ADB =17，求边AB的长．18.如图所示，四棱锥P—ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，PA=AB=AD=2DC=2，PB=2√2，∠PAD=120°，E为PB的中点．(1)证明：EC//平面PAD；(2)求二面角C−AE−B的余弦值．19.如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的长轴为AB，过点B的直线l与x轴垂直，椭圆的离心率e=√32，F为椭圆的左焦点，且AF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB⃗⃗⃗⃗⃗ =1．(Ⅰ)求此椭圆的方程；(Ⅱ)设P是此椭圆上异于A，B的任意一点，PH⊥x轴，H为垂足，延长HP到点Q使得HP=FQ.连接AQ并延长交直线l于点M，N为MB的中点，判定直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系．20.求函数f(x)=x2e−x的极值．21.在合作学习小组的一次活动中，甲、乙、丙、丁、戊五位同学被随机地分配承担A，B，C，D四项不同的任务，每个同学只能承担一项任务．(1)若每项任务至少安排一位同学承担，求甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率；(2)设这五位同学中承担任务A的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列及数学期望Eξ．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=−1+2cosφy=2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为ρ=√2sin(θ+π4)，设l1与C相交于A，B两点，AB的中点为M，过点M作l1的垂线l2交C于P，Q两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ||MP|⋅|MQ|的值．23.已知函数f(x)=|x−2|．(1)求不等式f(x)−|x|<1的解集；(2)设g(x)=|x+1|，若∀x∈R，f(x)+g(x)≥a2−2a恒成立，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：本题主要考查了交、并、补集的混合运算，考查学生的计算能力，属于基础题．根据题意可得C U B ，从而即可得A ∩(C U B)．解：∵全集U ={0,1,2,3,4}，集合A ={1,2,3}，B ={2,3,4}，∴C U B ={0,1}，∴A ∩(C U B)={1}，故选D ．2.答案：D解析：本题考查了复数运算，属于基础题．根据复数运算法则即可求解．解：令z =1+2i 2−i =(1+2i )(2+i)(2−i)(2+i)=5i5=i ，故复数z 的虚部为1，故选D ．3.答案：A解析：解：由变量x ，y 满足约束条件{x +2y ≥0x −y ≤0x −2y +2≥0作出可行域如图，由图可知，最优解为A ，联立{x +2y =0x −2y +2=0，解得A(−1,12). ∴z =2x −y 的最小值为2×(−1)−12=−52．故选：A ．由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．4.答案：A解析：本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数单调性以及与y轴的交点的范围是解决本题的关键．根据指数函数的单调性以及函数与y轴交点纵坐标的取值范围进行判断即可．解：当a>1时，函数为增函数，排除B，D，当x=0时，y=a0+b=1+b<1，排除C，故选：A．5.答案：C解析：解：函数f(x)=18x−cosx的零点，即函数y=18x与y=cosx图象交点的横坐标，在同一坐标系中画出函数y=18x与y=cosx的图象，如下图所示：由图可知：函数y=18x与y=cosx的图象有5个交点，故函数f(x)=18x−cosx有5个零点，故选：C将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，结合图象，问题容易解得．本题考察了函数的零点问题，渗透了数形结合思想，是一道基础题．6.答案：D解析：解：如果一个正四面体的棱长为a．则体积V=√212a3=163√2dm3，故a=4dm，则其表面积S=√3a2=16√3dm2，故选：Da3，求出棱长，再由棱长为a的正四面体的表面积S=√3a2，根据棱长为a的正四面体的体积V=√212可得答案．a3，表面积本题考查的知识点是正四面体的几何特征，熟练掌握棱长为a的正四面体的体积V=√212S=√3a2，是解答的关键．7.答案：A解析：本题主要考查正态分布的性质，属于基础题．解：某校学生的数学成绩服从正态分布N(100,25)．P(85<μ<115)=0.9974.估计数学成绩大于×(1−0.9974)×100％=0.0013×100％=0.13％.115分的学生所占的百分比为12故选A．8.答案：A解析：本题考查了二项式定理和赋值法的应用问题，由二项式定理知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a6|=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6，利用赋值法把x=−1，x=0分别代入已知式子计算即可，属基础题目．解：∵(2−x)6=a0+a1x+a2x+⋯+a6x，由二项式定理可知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，令x=−1可得：∴|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a6|=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=(2+1)6=729，x=0时，a0=26=64；∴|a1|+|a2|+⋯+|a6|=729−64=665．故选A．9.答案：B解析：本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，考查离心率的求法，属于基础题．求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点M，再由两点的斜率公式，得到a，b的关系，再由离心率公式即可得到所求值．解：双曲线x2a −y2b=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2，将直线y=bax代入圆的方程，可得，x=√a2+b2=a(负的舍去)，y=b，即有M(a,b)，又A(−a,0)，B(a,0)，由于∠AMB=30°，BM⊥x轴，则tan30°=2ab =√33，即有b=2√3a，则离心率e=ca =√1+b2a2=√13．故选：B．10.答案：A解析：解：当n=1时，a1=S1=12×1×2=1；当n≥2时，a n=S n−S n−1=12n(n+1)−12(n−1)n=n．故a n=n．∴b n=3a n+(−1)n−1a n=3n+(−1)n−1n，则数列{b n}的前2n+1项和S2n+1=(31+32+⋯+32n+1)+[1−2+3−4+⋯+(2n−1)−2n+ (2n+1)]=3(1−32n+1)1−3+(n+1)=32n+2−12+n．故选：A．由数列的前n项和求出数列{a n}的通项公式，代入b n=3a n+(−1)n−1a n，整理后分组，然后利用等比数列的前n项和得答案．本题考查了数列递推式，考查了数列的分组求和，考查了等比数列的前n项和，是中档题．11.答案：C解析：解：∵三棱锥P−ABC中，PA=√23，AB=3，AC=4，AB⊥AC，PA⊥面ABC，∴以AB，AC，AP为棱构造长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，∴三棱锥P−ABC的外接球的半径R=√23+9+16=2√3，2设此三棱锥的外接球的内接正方体的半径为a，=2√3，解得a=4，则R=√3a2∴此三棱锥的外接球的内接正方体的体积V=a3=43=64．故选：C．以AB，AC，AP为棱构造长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，三棱锥P−ABC=2√3，解得的外接球的半径R=2√3，设此三棱锥的外接球的内接正方体的半径为a，则R=√3a2a=4，由此能求出此三棱锥的外接球的内接正方体的体积．本题考查三棱锥的外接球的内接正方体的体积的求法，考查三棱锥及外接球、球的内接正方体等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.答案：C解析：本题考查函数的奇偶性及利用导数研究函数的单调性，属于基础题．由f(x)=x−sinx，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f(x)是增函数，再由f(x)是奇函数，f(x+1)+f(2−2x)>0，即f(x+1)>f(2x−2)，得x+1>2x−2，解得．解：由f(x)=x−sinx，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f(x)是增函数，再由f(x)=x−sinx，f(−x)=−f(x)，∴f(x)是奇函数，∴f(x+1)+f(2−2x)>0，即f(x+1)>f(2x−2)，得x+1>2x−2，解得x<3．故选C．13.答案：1解析：解：函数f(x)=(x+a)lnx的导数为f′(x)=lnx+x+a，x可得曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k =1+a ， 由切线与直线2x −y =0平行， 可得1+a =2， 解得a =1， 故答案为：1．求得函数f(x)的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a 的值． 本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线平行的条件：斜率相等，正确求导是解题的关键，属于基础题．14.答案：2n+1−2解析：解：由题意可知因为T n =a 1+2a 2+⋯+2n−1a n ，所以2T n =2a 1+22a 2+⋯+2n a n ， 两式相加3T n =a 1+2(a 1+a 2)+22(a 1+a 2)+⋯+2n−1(a n−1+a n )+2n a n=2+2×12+22×122+⋯+2n−1×12n−1+2n a n=2+(n −1)×1+2n a n =n +1+2n a n所以b n =2n ， 从而S n =2(1−2n )1−2=2n+1−2．故答案为：22n+1−2．先根据条件求出数列{b n }的通项公式，再根据通项公式的特点确定求和的方法．本题考查由递推式式求数列的通项公式以及等比数列的前n 项和公式，解题的关键对条件的分组转化，难度较大．15.答案：2解析：本题主要考查向量的计算和模长的计算，属于基础题． 解：依题意，设C(cosβ,sinβ)，则|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(cosα+cosβ)2+(sinα+sinβ)2=2+2cos(α−β)， 所以当cos(α−β)=1时，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2取得最大值4， 故|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2的最大值是2．故答案为2．16.答案：4解析：本题主要考查的是抛物线的性质的有关知识，根据到准线的距离转化为到焦点的距离，三点共线时距离最小，进而求出最小值．解：设A(x1,x124)，B(x2,x224)，由x2=4y可得y=x24，∴y′=x2，所以直线PA，PB的方程分别为：y−x124=x12(x−x1)①，y−x224=x22(x−x2)②，①②方程联立可得P(x1+x22,x1x24)，∵点P在准线上，∴x1x24=−1，∴x1x2=−4，设直线AB的方程为：y=kx+m，代入抛物线的方程可得：x2−4kx−4m=0，可得x1x2=−4m，所以可得m=1，即直线恒过(0,1)点，即直线恒过焦点(0,1)，即直AB的方程为：y=kx+1，代入抛物线的方程：x2−4kx−4=0，x1+x2=4k，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，A点到准线的距离与B点到准线的距离之和=AF+BF=y1+y2+2=4k2+4≥4，当k=0时，距离之和最小且为4，这时直线AB平行于x轴．故答案为：4．17.答案：解：(I)由4sin2A−B2+4sinAsinB=3，变形得：2[1−cos(A−B)]+4sinAsinB=3，即2−2(cosAcosB+sinAsinB)+4sinAsinB=3，整理得：2−2cos(A+B)=3，即2+2cosC=3，∴cosC=12，则C =π3；(Ⅱ)∵cos∠ADB =17，∠ADB +∠ADC =π， ∴cos∠ADC =−17，sin∠ADC =4√37，在△ADC 中，由正弦定理AD sinC =AC sin∠ADC 得：AD =ACsinCsin∠ADC =8×√324√37=7，由余弦定理得：AB 2=DA 2+DB 2−2DA ·DB ·cos∠ADB =49+4−4=49， 则AB =7．解析：(I)已知等式利用二倍角的余弦函数公式化简，再利用两角和与差的余弦函数公式化简，求出cos C 的值，即可确定出角C 的大小；(Ⅱ)由cos∠ADB 的值求出cos∠ADC 的值，进而求出sin∠ADC 的值，再由sin C 与AC 的长，利用正弦定理求出AD 的长，再利用余弦定理求出AB 的长即可．此题考查了正弦、余弦定理，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握定理是解本题的关键．18.答案：解：(1)取PA 中点F ，连接EF ，DF ，因为E 为PB 中点， 所以EF//AB ，EF =12AB ． 又因为AB//DC ，AB =2DC ， 所以EF//DC ，EF =DC ． 所以四边形DCEF 为平行四边形， 所以EC//DF ． 又DF ⊂平面PAD ，平面PAD ，所以EC//平面PAD ．(2)因为由题可知AP =AB =2，PB =2√2， 所以AP 2+AB 2=PB 2， 所以AB ⊥AP ，又因为AB ⊥AD ，AP ∩AD =A ，AP ，AD ⊂平面PAD ． 所以AB ⊥平面PAD ．所以以A 为坐标原点，AP ，AB 所在直线为x ，y 轴，在面PAD 内过点A 与AP 垂直的直线为z 轴， 建立空间直角坐标系，A(0,0，0)，E(1,1，0)，C(−1,1，√3)， 设平面AEC 的法向量为n ⃗ =(x,y ，x)， 所以{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0即{x =−y2y =−√3z, 令y =√3，得x =−√3，z =−2． 所以n ⃗ =(−√3√3,−2)，易知平面AEB 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,0，1)， 所以|cos(n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ )|=|n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗|n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗⃗⃗ || =|√3,√3,−2)⋅(0,0,1)√10|=√105， 因为二面角C −AE −B 为锐角， 所以二面角C −AE −B 的余弦值为√105．解析：本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题．(1)取PA 中点F ，在接EF ，DF ，推导出四边形DCEF 为平行四边形，证得EC//DF ，由此能证明EC //平面PAD ；(2)A 为坐标原点，AP ，AB 所在直线为x ，y 轴，在面PAD 内过点A 与AP 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面AEC 与平面AEB 的法向量，进而求得结果．19.答案：解：(Ⅰ)由题得{e =ca =√32(a −c)(a +c)=1，解得{a 2=4c 2=3 则b 2=a 2−c 2=1 则椭圆方程为x 24+y 2=1．(Ⅱ)QN 与以AB 为直径的圆O 相切，证明如下：设P(x P ,y P )(|x P |<2,0<|y P |≤1)，则Q(x P ,2y P )又因为点A 坐标为(−2,0) 所以直线AQ 的斜率k AQ =2y Px P +2则直线AQ 的方程为y =2y Px P+2(x +2)，当x =2时，y =8y PxP +2则M 点坐标为(2,8y PxP+2)，又因为B(2,0)，则N(2,4y PxP +2)则直线QN 的斜率为k QN =−2x P y P(2+xP )(2−x P )则直线QN 的方程为：2x P yP 4−x P2x +y −8yP4−x P2=0则点O(0,0)到直线QN 的距离为d =8y P4−x P2×√(4−x P2)24x P 2y P 2+(4−x P2)又因为y P 2=1−x P24则d =8y P4−x P2×√(4−x P2)24x P 2y P2+(4−x P2)=84−x P2×√4−x P22×√(4−x P2)24x P 2(1−x P 24)+(4−x P 2)2=2则QN 与以AB 为直径的圆O 相切．解析：(Ⅰ)由题得{e =c a=√32(a −c)(a +c)=1，及其b 2=a 2−c 2=1，即可得出．(Ⅱ)QN 与以AB 为直径的圆O 相切，分析如下：设P(x P ,y P )(|x P |<2,0<|y P |≤1)，则Q(x P ,2y P ).又因为点A 坐标为(−2,0)，可得直线AQ 的方程为y =2y Px P+2(x +2)，可得M 点坐标为(2,8y PxP +2)，又因为B(2,0)，则N(2,4y PxP +2).直线QN 的方程为：2x P yP 4−x P 2x +y −8yP 4−x P 2=0.又y P 2=1−x P 24，可得点O(0,0)到直线QN 的距离为d =2，即可证明QN 与以AB 为直径的圆O 相切．本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、直线方程，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20.答案：解：f′(x)=2xe x −x 2e x(e x )2=−x(x−2)e x，令f′(x)=0，得x =0或2， 得出f(x)与f′(x)的表格，所以当x =0时，函数有极小值，且f(0)=0． 当x =2时，函数有极大值，且f(2)=4e 2．解析：本题考查了利用导数研究函数的极值，先求导，列表即可得出极值．21.答案：解：(1)设甲、乙两人同时承担同一项任务为事件M ，则P(M)=A 44C 52A 44=110，所以甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率是P(M)=1−P(M)=910， 答：甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率是910； (2)ξ的可能取值为ξ=0,1,2,3,4,5， P(ξ=0)=3545=(34)5，P(ξ=1)=C 51⋅3445=5⋅3445， P(ξ=2)=C 52⋅3345=10⋅3345， P(ξ=3)=C 53⋅3245=10⋅3245，P(ξ=4)=C 54⋅3145=1545， P(ξ=5)=C 55⋅3045=145，ξ的分布列为：所以E (ξ)=∑i ⋅P i 5i=0=54．解析：本题考查离散型随机变量的期望的求解及古典概型．(1)利用古典概型求出甲、乙两人同时承担同一项任务的概型，然后利用对立事件的概率公式求解即可；(2)分析ξ的取值，求出各自的概率，得出分布列，再求期望．22.答案：解：(1)由曲线C 的参数方程{x =−1+2cosφy =2sinφ，消去参数φ，得曲线C 的普通方程为(x +1)2+y 2=4．由曲线l 1的极坐标方程ρsin (θ−π4)=√22，得ρsin θ+ρcos θ=1，将x =ρcos θ，y =ρsin θ代入，得l 1的直角坐标方程为x +y −1=0； (2)由l 1⊥l 2，得直线l 2的斜率k l 2=−1k l 1=1，所以l 2的倾斜角为π4，又l 2过圆心(−1,0)，所以l 2的方程为y =x +1，与x +y −1=0联立，得AB 的中点M(0,1)，故l 2的参数方程为{x =tcos π4y =1+tsin π4,(t 为参数)，即{x =√22t y =1+√22t ,(t 为参数)，代入(x +1)2+y 2=4中，化简、整理得t 2+2√2t −2=0， 设P ，Q 对应的参数分别为t 1，t 2，则由韦达定理得t 1·t 2=−2， 又线段PQ 为圆的直径，所以|PQ|=4， 所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型． (1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)不等式f(x)−|x|<1，即为|x −2|−|x|<1，当x >2时，x −2−x <1，即x >2； 当x <0时，2−x +x <1，即x ∈⌀；当0≤x ≤2时，2−x −x <1，解得x >12，即有12<x ≤2， 综上可得不等式的解集为(12,+∞)； (2)∀x ∈R ，f(x)+g(x)≥a 2−2a 恒成立，即为|x−2|+|x+1|≥a2−2a恒成立，由|x−2|+|x+1|≥|x−2−x−1|=3，当且仅当−1≤x≤2时，取得最小值3，可得a2−2a≤3，解得−1≤a≤3．解析：(1)由题意可得|x−2|−|x|<1，讨论x的范围，去绝对值，解不等式，求并集即可得到所求解集；(2)由题意可得|x−2|+|x+1|≥a2−2a恒成立，运用绝对值不等式的性质可得不等式左边的最小值，解a的不等式，即可得到所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质：求最值，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想，考查运算能力，属于中档题．。
广东省2020年高考理科数学模拟试题及答案资料讲解
广东省2020年高考理科数学模拟试题及答案广东省2020年高考理科数学模拟试题及答案（满分150分，考试时间120分钟）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1.已知全集U =R ，集合{}|24,{|(1)(3)0}xA xB x x x =>=--<，则()U A B =I ð（ ）A. (1,2)B. (]1,2C. (1,3)D. (,2]-∞2. 已知复数(i)(1i)z a =+-（i 为虚数单位）在复平面内对应的点在直线2y x =上，则实数a 的值为（ ） A. 0B. 1-C. 1D. 13-3．ABC ∆的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ，若26c b ==，， 60B =︒,则C 等于（ ）A ．30︒B ．60︒C ．150︒D ．30︒或150︒4.执行如图所示的程序框图，如果输入N=4，则输出p 为（ ）A. 6B. 24C. 120D. 7205. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）A. B.C.D.6. 已知直线和抛物线C ：，P 为C 上的一点，且P 到直线l 的距离与P 到C 的焦点距离相等，那么这样的点P 有（ ） A. 0个B. 1个C. 2个D. 无数个7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为A. B. C.D.8. 从2个不同的红球，2个不同的黄球，2个不同的蓝球中任取两个，放入颜色分别为红、黄、蓝的三个袋子中，每个袋子中至多放入1个球，且球的颜色与袋子的颜色不同，那么不同的放法有（ ）A ．46种B ．36种C ．72种D ．42种9. 已知双曲线2222:1x y C a b-=（0,0a b >>）的左焦点为F ，第二象限的点M 在双曲线C 的渐近线上，且||OM a =，若直线MF 的斜率为ba ，则双曲线的渐近线方程为( )A ．y x =±B ．2y x =±C ．3y x =±D ．4y x =±10.已知数列的通项公式是，其前项和，则项数A. 13B. 10C. 9D. 611.已知()f x 是定义域为R 的偶函数,且在(0,+∞)单调递增,设21log 3m f ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()0.17n f -=,()4log 25p f =,则,,m n p 的大小关系为( )A.m p n >>B.p n m >>C.p m n >>D.n p m >>12.已知函数()1x f x e ax =--在区间(-1,1)内存在极值点,且()0f x <恰好有唯一整数解,则a 的取值范围是(其中e 为自然对数的底数, 2.71828e =L )A.221,2e e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B.22211,11,22e e e e ⎡⎫⎛⎤---⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦UC.()2211,1,e 2e e e e e⎡⎫---⎪⎢⎣⎭U D.()1,e e -二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。
2020年1月广东省茂名市2020届高三第一次综合测试(一模)数学(理)试题及答案解析
……………………………………………………………… 12分
法二：延长 、 交于Q,连接QC,过D作
过H作 连接DJ ,……………………………………………………………………… 5分
则 , ,又 所以 ,
所成锐二面角的平面角.…………………………………………… 7分
中,BD=DC ,所以高DH为中线,DH=1,BH=HC=1,
,所以 , ………………………………………………………… 8分
中,
…………………………………………………… 9分
的中位线,∴PF2∥AO,即PF2⊥x轴且|PF2|=2|AO|=2b,
所以点P的坐标为(c, 2b),P在双曲线C上
∴ ,即 ,∴离心率为 ,故选C
8.【解析】若张三不被选中,则派遣方法有 ；若张三被选中,则派遣方法 ,则共派遣方法有24+72=96种.故选B .
9.【解析】 由, 所以 ,
,所以 .① 的单调减区间满足 ,所以k=0时, 在 单调递减,所以①正确；② 对称轴满足 ,所以 ,当k=1时, 的一条称轴为 ,所以②正确；③ ,所以 的周期为 ,所以③不正确. 的横坐标向左平移 个单位长度,纵坐标不变得到 的函数图像的解析式为 ,所以 不正确.故选A
（Ⅱ) …………………………………………… 7分
…………………………………………………………… 8分
∵
…………………………………………………………………………… 9分
…………………………………………………………………………… 10分
……………………………………………………………………………… 11分
10.【解析】当是偶数的时候f(x)是偶函数,图象关于y轴对称,当=2时,f(x)图象形如A；
广东省茂名市茂东学校2020年高三数学理模拟试卷含解析
广东省茂名市茂东学校2020年高三数学理模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图，f（）=﹣1，则f（0）的值为（）A．1 B．C．D．参考答案：A【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【分析】由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，由函数的特殊值求出A，可得函数的解析式，从而求得f（0）的值．【解答】解：根据函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜）的部分图象，可得==﹣，∴ω=3．再根据五点法作图可得3?+φ=，∴φ=，故f（x）=Asin（3x+）．∵f（）=Asin（+）=﹣Acos=﹣A?=﹣1，∴A=，则f（0）=sin=1，故选：A．2. 已知函数，则的大小关系是A、 B、C、 D、参考答案：B 因为函数为偶函数，所以，，当时，，所以函数在递增，所以有，即，选B.3. 集合A={﹣1，0，1，3}，集合B={x|x2﹣x﹣2≤0，x∈N}，全集U={x||x﹣1|≤4，x∈Z}，则A∩（?U B）=（）A．{3} B．{﹣1，3} C．{﹣1，0，3} D．{﹣1，1，3}参考答案：B【考点】交、并、补集的混合运算．【分析】解不等式求出集合B和全集U，结合集合的补集及交集运算的定义，可得答案．【解答】解：∵集合A={﹣1，0，1，3}，集合B={x|x2﹣x﹣2≤0，x∈N}={0，1，2}，全集U={x||x﹣1|≤4，x∈Z}={﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4，5}，∴?U B={﹣3，﹣2，﹣1，3，4，5}，∴A∩（?U B）={﹣1，3}，故选：B4. 下列命题中正确的是（）（A）若为真命题，则为真命题( B ) “，”是“”的充分必要条件(C) 命题“若，则或”的逆否命题为“若或，则”(D) 命题，使得，则，使得参考答案：D对选项A，因为为真命题，所以中至少有一个真命题，若一真一假，则为假命题，故选项A错误；对于选项B，的充分必要条件是同号，故选项B错误；命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”，故选项C错误；故选D．5. 函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，0≤φ≤π）的部分图象如图所示，其中A，B两点之间的距离为5，则f（x）的递增区间是（）A．[6k﹣1，6k+2]（k∈z）B．[6k﹣4，6k﹣1]（k∈z） C．[3k﹣1，3k+2]（k∈z）D．[3k﹣4，3k﹣1]（k∈z）参考答案：B【考点】HK：由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；HM：复合三角函数的单调性．【分析】由图象可求函数f（x）的周期，从而可求得ω，继而可求得φ，利用正弦函数的单调性即可求得f（x）的递增区间．【解答】解：|AB|=5，|y A﹣y B|=4，所以|x A﹣x B|=3，即=3，所以T==6，ω=；∵f（x）=2sin（x+φ）过点（2，﹣2），即2sin（+φ）=﹣2，∴sin（+φ）=﹣1，∵0≤φ≤π，∴+φ=，解得φ=，函数为f（x）=2sin（x+），由2kπ﹣≤x+≤2kπ+，得6k﹣4≤x≤6k﹣1，故函数单调递增区间为[6k﹣4，6k﹣1]（k∈Z）．故选B6. 已知P(x,y)为区域内的任意一点，当该区域的面积为4时，z=2x-y的最大值是A. 6B.0C. 2D.参考答案：7. 函数的最小正周期为，若其图象向右平移个单位后关于y 轴对称，则对应的解析式可为（）A．B．C．D．参考答案：C略8. 如图是一边长为8的正方形苗圃图案，中间黑色大圆与正方形的内切圆共圆心，圆与圆之间是相切的，且中间黑色大圆的半径是黑色小圆半径的2倍．若在正方形图案上随机取一点，则该点取自白色区域的概率为（）A. B. C. D.参考答案：D由题意得正方形的内切圆的半径为4，中间黑色大圆的半径为2，黑色小圆的半径为1，所以白色区域的面积为，由几何概型概率公式可得所求概率为。
2020-2021学年广东茂名市高三第二次高考模拟考试数学(理)试题及答案解析
试卷类型：A 第二次高考模拟考试数学试卷（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，21小题，满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：1．答卷前，考生要务必填写答题卷上的有关项目。
2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答案的序号填在答题卡相应的位置上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液. 不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卷的整洁. 考试结束后，将答题卷交回。
参考公式：锥体的体积公式是：13V S h =•锥体底，其中S 是锥体的底面积，h 是锥体的高。
第一部分 选择题（共40分）一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分,在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1. 设集合{}1,4,5M =,{}0,3,5N =,则M N I = （ ）.A ．{}1,4B ．{}0,3C ．{}0,1,3,4,5D ．{}52. 复数311(i i-为虚数单位）在复平面上对应的点的坐标是 （ ）. A ．(1,1) B ．(1,1)- C ．(1,1)- D ．(1,1)-- 3. 若离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望()E X ＝( ). A ．2 B ．2或21C ．21 D ．1 4. 某三棱锥的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）. A ．23 B ．43 C ．83D ．4 5. 设变量y x ,满足约束条件2003x y x y x -+≥⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，则y x z 2+=的最小值为（ ）.A. -3B. -1 C ．13 D ．-5 6. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，12,242==S a ，则=3a ( ).A ． 2B ．3C ．4D ．57. 在△ABC 中,54sin =A ,6=•AC AB ,则△ABC 的面积为（ ）. A ．3B ．125C ．6D ．48. 若函数()y f x =在实数集R 上的图象是连续不断的，且对任意实数x 存在常数t 使得()()f t x tf x +=恒成立，则称()y f x =是一个“关于t 函数”．现有下列“关于t 函数” 的结论：①常数函数是“关于t 函数”；②“关于2函数”至少有一个零点；③xx f )21()(=是一个“关于t 函数”．其中正确结论的个数是 ( ).A ．1B ．2C ．3D ．0第二部分 非选择题（共110分）二、填空题：（考生作答6小题，每小题5分，共30分） （一）必做题（9～13题）9. 不等式112≤+--x x 的解集为 . 10. 已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当x >0 时,()f x ＝1＋x)21(，则(2)f -＝ .11. 如图所示的流程图，若输入x 的值为2，则输出x 的值为 . 12. 已知直线1y kx =+与曲线b ax x y ++=3相切于点(1，3)，则b 的值为 .13. 已知抛物线x y 42=与双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 有相同的焦点F ，O 是坐标原点，点A 、B 是两曲线的交点，若0)(=•+AF OB OA ，则双曲线的实轴长为 .（二）选做题（14～15题，考生只能从中选做一题，两题都答的，只计算第一题的得分）。
广东省茂名市育贤中学2020年高三数学理模拟试题含解析
广东省茂名市育贤中学2020年高三数学理模拟试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是( )A. B. C. D.参考答案：A2. 设函数，，其中，若存在唯一的整数使得，则a的取值范围是A. B. C. D.参考答案：B3. 设l，m，n表示不同的直线，α、β、γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且nβ，则l∥m.其中正确命题的个数是A．2 B．1 C．3 D．4参考答案：A4.函数（x∈R），当时有最大值．若向量为直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角为A． B．C． D．参考答案：答案：D5. 已知集合A={1，2}，B={1，m，3}，如果A∩B=A，那么实数m等于（）A．﹣1 B．0 C．2 D．4参考答案：C【考点】集合的包含关系判断及应用．【专题】计算题；集合思想；综合法；集合．【分析】由A∩B=A，得出A?B，即可得出m．【解答】解：∵A∩B=A，∴A?B．∵A={1，2}，B={1，m，3}，∴m=2．故选C．【点评】本题考查了集合之间的关系、元素与集合之间的关系，属于基础题．6. 在中，，，则等于（A）（B）（C）或（D）或参考答案：C略7. 已知向量，满足⊥，|+|=t||，若+与﹣的夹角为°，则t的值为（）A．1 B．C．2 D．3参考答案：C【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】由题意可得，利用两个向量的夹角公式求得||，再利用勾股定理求得t的值．【解答】解：∵⊥，|+|=t||，∴，则cos=﹣==，化简可得22=（2+t2），∴ ||，再由，t＞0，解得t=2．故选：C．8. r是相关系数，则结论正确的个数为①r∈［－1，－0.75］时，两变量负相关很强②r∈［0.75，1］时，两变量正相关很强③r∈（－0.75，－0.3］或［0.3，0.75）时，两变量相关性一般④r=0.1时，两变量相关很弱A.1B.2C.3D.4参考答案：D9. 设数列{a n}的前n项和为S n，且a1=a2=1，{nS n+（n+2）a n}为等差数列，则a n=（）A．B．C．D．参考答案：A【考点】数列递推式．【专题】等差数列与等比数列．【分析】设b n=nS n+（n+2）a n，由已知得b1=4，b2=8，从而b n=nS n+（n+2）a n=4n，进而得到是以为公比，1为首项的等比数列，由此能求出．【解答】解：设b n=nS n+（n+2）a n，∵数列{a n}的前n项和为S n，且a1=a2=1，∴b1=4，b2=8，∴b n=b1+（n﹣1）×（8﹣4）=4n，即b n=nS n+（n+2）a n=4n当n≥2时，∴，即，∴是以为公比，1为首项的等比数列，∴，∴．故选：A．【点评】本题考查数列的通项公式的求法，是中档题，解题时要注意构造法和等差数列、等比数列的性质的合理运用．10. 已知向量=（2，﹣4），=（﹣3，x），=（1，﹣1），若（2+）⊥，则||=（）A．9 B．3 C．D．3参考答案：D【考点】平面向量数量积的运算．【分析】利用向量垂直关系推出等式，求出x，然后求解向量的模．【解答】既然：向量=（2，﹣4），=（﹣3，x），=（1，﹣1），2+=（1，x﹣8），（2+）⊥，可得：1+8﹣x=0，解得x=9．则||==3．故选：D ．【点评】本题考查平面向量的数量积的运算，向量的模的求法，考查计算能力．二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 在直角坐标平面内, 以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴建立极坐标系, 已知点的极坐标为, 曲线的参数方程为(为参数), 则点到曲线上的点的距离的最小值为 ．参考答案：略12. 若复数满足，则在复平面内对应的点的坐标是.参考答案：【知识点】复数运算. L4【答案解析】(4，-2) 解析：，所以在复平面内对应的点的坐标是(4，-2).【思路点拨】解已知复数方程得，由此得复平面内对应的点的坐标.13. 已知，则的大小关系是， .参考答案：，1；14. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点A ，F 分别为椭圆C ：的右顶点、右焦点，过坐标原点O 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，线段AP 的中点为M ，若Q ，F ，M 三点共线，则椭圆C 的离心率为______.参考答案：【分析】根据，关于原点对称假设，，利用中点坐标公式可求得，利用三点共线可得，利用向量共线可构造等式，从而求得离心率. 【详解】由题意知：，关于原点对称，可设，又，，则，，，三点共线，整理可得：即椭圆的离心率：本题正确结果：【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，关键是能够构造出关于的齐次方程，本题构造方程的关键是能够将三点共线转化为向量共线的关系，从而利用向量共线定理可求得结果.15. 已知为虚数单位，则 .参考答案：16.展开式的常数项为 ．（用数字作答）参考答案：【考点】二项式定理的应用． 【专题】二项式定理．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x 的幂指数等于0，求得r 的值，即可求得展开式中的常数项的值．【解答】解：由于展开式的通项公式为 T r+1=?，令8﹣2r=0，求得r=4，可得常数项为 ?=，故答案为：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．17. 已知函数的定义域和值域都是，则实数a 的值是 ▲___参考答案： 2三、 解答题：本大题共5小题，共72分。
【2020年高考必备】广东省茂名市高考数学一模试卷(理科)及解析
广东省茂名市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的■1. （5 分）若集合A={x|x2-2x-3V 0}，B={ - 1, 0，1, 2}，则A H B=（）A. { - 1，0，1，2}B. {x| - 1v x v 3}C. {0，1，2}D. { - 1，0，1}2. （5分）已知复数z满足（z- i）i=2+i，i是虚数单位，则| z| =（）A. 「B. 「C. :D. 33. （5分）已知变量x，y满足约束条件* x+y>4，则z=3x+y的最大值为（）A. 12B. 11C. 3D.- 14. （5分）设X〜N （1, 1），其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD 中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是（）（注：若X〜N （ ^，d2），贝U P （厂（VX v P+ o） =68.26% P （厂2 eV X v p+2 o）=95.44%）A. .7539B. 6038C. 7028D. 65875. （5分）数学文化《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八^一”，其意大致为：有一栋七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则该塔中间一层有（）盏灯.A. 24B. 48C. 12D. 606. （5分）甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A .丙被录用了 B.乙被录用了C •甲被录用了 D.无法确定谁被录用了10. （5分）已知△ ABC 的三个内角A , B 、C 的对边分别为a 、b 、c,若2sin 「 2 -—）=1,且a=2,则厶ABC 的面积的最大值为（）6A .二 B.〔 C 三 D . 2 -3 2V I 41X2018 D . 2C（5分）函数• ：「_一'的部分图象大致为（ 7.11. （5分）侧视團三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥外接球的体积为（）鱼XA.厂「B. •• 1「C.二「「D. ■■「12. （5分）定义在R上的奇函数f （x）满足条件f （1+x）=f （1 - x）,当x€ ［0, 1］时，f（x）=x,若函数g（x）=|f （x）| - ae-lxl在区间［-2018, 2018］上有4032 个零点，则实数a的取值范围是（）A. (0, 1)B. (e, e3)C. (e, e2)D. (1, e3)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，13. （5 分）已知，二 * 二..1 _、「，若I ，贝U 入____________ .14. _______________________________________________________ （5分）在（1 - x）2（1 - 7）4的展开式中，x2的系数是________________________ .十i I IJ T15. （5 分）已知函数f （x）=4sin w- sin2（—7^ + ） - 2sin23x（3> 0）在区间A「———I上是增函数，且在区间［0, x］上恰好取得一次最大值，则w的取值范围是________ .16. （5分）从抛物线x2=4y的准线I上一点P引抛物线的两条切线PA PB,且A、B为切点，若直线AB的倾斜角为--,则P点的横坐标为____________6、解答题：本大题共5小题，共70分■其中仃至21题为必做题，22、23题为选做题■解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. ( 12分)设正项等比数列｛a n｝，a4=81，且臣，a3的等差中项为：.」：•(I)求数列｛a n｝的通项公式；(II)若b n=log3a2n-i，数列｛b n｝的前n项和为S n,数列」,T n11 n 4 S n -1为数列｛c n｝的前n项和，若T n V入恒成立，求入的取值范围.18. (12 分)女口图，在四棱锥P—ABCD中，PC丄底面ABCD AD// BC, AD=2BC=2 PC=2 △ ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E是PD的中点.(I)求证：平面EACL平面PCD(II)求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.19. (12分)交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率就越高，具体浮动情况如表：交强险浮动因素和浮动费率比率表浮动因素浮动比率A1上一个年度未发生有责任道路交通事故下浮10%A2上两个年度未发生有责任道路交通事故下浮20%A3上三个及以上年度未发生有责任道路交通事故下浮30%A4上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0%A5上一个年度发生两次及两次以上有责任道路交通事故上浮10%A上一个年度发生有责任道路交通死亡事故上浮30%某机构为了解某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了100辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计如下表：以这100辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：（I）按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，a=950（元），记X为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求X的分布列与数学期望；（II）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元：①若该销售商购进三辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆（车龄已满三年）该品牌二手车，求该销售商获得利润的期望值.20. （12分）已知椭圆C i: ^+耳二1 （（a>b>0））的一个焦点为F i（山晶）,乩b且经过点P I亓（I）求椭圆C的标准方程；（II）已知椭圆C2的中心在原点，焦点在y轴上，且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的入倍（心1），过点C（- 1, 0）的直线I与椭圆C2交于A，B两个不同的点，若求厶OAB面积取得最大值时直线I的方程.21. （12分）已知函数（a€ R）.x（I）讨论g （x）的单调性；（II）当-「-时，函数-I -:.在其定义域内有两个不同的e 2极值点，记作X1，X2，且X1< X2，若m A 1，证明：：「・，—-，］|.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.［选修4-4 :坐标系与参数方程选讲］22. (10分)在直角坐标系xOy中，直线I倾斜角为a其参数方程为(x="2+tcosaI 尸tsin。
【精校】2020年广东省茂名市高考一模数学理
2020年广东省茂名市高考一模数学理一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合A={x|x2-2x-3＜0}，B={-1，0，1，2}，则A∩B=( )A.{-1，0，1，2}B.{x|-1＜x＜3}C.{0，1，2}D.{-1，0，1}解析：集合A={x|x2-2x-3＜0}={x|-1＜x＜3}，B={-1，0，1，2}，则A∩B={0，1，2}.答案：C2.已知复数z满足(z-i)i=2+i，i是虚数单位，则|z|=( )A.B.C.D.3解析：由(z-i)i=2+i，得()()22212i iiz i ii i+-+-=--＝＝，∴z=1-i，则z=答案：A3.已知变量x，y满足约束条件241yx yx y≤⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，则z=3x+y的最大值为( )A.12B.11C.3D.-1解析：作出不等式组对应的平面区域如图：由z=3x+y 得y=-3x+z ，平移直线y=-3x+z ，由图象可知当直线y=-3x+z ，经过点A 时， 直线的截距最大，此时z 最大. 由21y x y ⎧⎨-⎩＝＝，解得32x y ⎧⎨⎩＝＝，即A(1，2)，此时zmax=3×3+2=11. 答案：B4.设X ～N(1，1)，其正态分布密度曲线如图所示，那么向正方形ABCD 中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )(注：若X ～N(μ，σ2)，则P(μ-σ＜X ＜μ+σ)=68.26%，P(μ-2σ＜X ＜μ+2σ)=95.44%) A.7539 B.6038 C.7028 D.6587解析：∵X ～N(1，1)，∴μ=1，σ=1.μ+σ=2∵P(μ-σ＜X ＜μ+σ)=68.26%，∴则P(0＜X ＜2)=68.26%， 则P(1＜X ＜2)=34.13%，∴阴影部分的面积为：0.6587.∴正方形ABCD 中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是6587. 答案：D5.数学文化《算法统宗》是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”，其意大致为：有一栋七层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有381盏灯，则该塔中间一层有( )盏灯. A.24 B.48 C.12 D.60解析：根据题意，设最底一层有a 盏灯，则由题意知从下而上，第一层至第七层的灯的盏数构成一个以a 为首项，以12为公比的等比数列，又由()77112381112a S -==-，解可得a=192， 则()341242a a =⨯=，即该塔中间一层有24盏灯. 答案：A6.甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后，甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是( ) A.丙被录用了 B.乙被录用了 C.甲被录用了D.无法确定谁被录用了解析：假设甲说的是真话，即丙被录用，则乙说的是假话，丙说的是假话，不成立； 假设甲说的是假话，即丙没有被录用，则丙说的是真话， 若乙说的是真话，即甲被录用，成立，故甲被录用； 若乙被录用，则甲和乙的说法都错误，不成立. 答案：C7.函数()||x e f x x＝的部分图象大致为( ) A.B.C.D.解析：∵f(-x)=-f(x)，可得f(x)为奇函数，排除B ， ∵f(1)＝3e＜1，排除A. 当x ＞0时，()()()2133xx x e ef x f x x x -'＝，＝，∴在区间(1，+∞)上f(x)单调递增，排除D.答案：C8.执行如图所示的程序框图，那么输出的S 值是( )A.12B.-1C.2020D.2解析：依题意，执行如图所示的程序框图可知： 初始S=2，当k=0时，S 0=-1，k=1时，S 1=12， 同理S 2=2，S 3=-1，S 4=12，…， 可见S n 的值周期为3.∴当k=2007时，S 2007=S 0=-1， k=2008，退出循环.输出S=-1. 答案：B9.设P 是双曲线22221y x a b-＝ (a ＞0，b ＞0)上的点，F 1，F 2是其焦点，且PF 1⊥PF 2，若△PF 1F 2的面积是1，且a+b=3，则双曲线的离心率为( ) A.2B.C.D.32解析：方法一：设|PF 1|=m ，|PF 2|=n ，由题意得 由PF 1⊥PF 2，△PF 1F 2的面积是1，则12mn=1，得mn=2， ∵Rt △PF 1F 2中，根据勾股定理得m 2+n 2=4c 2∴(m-n)2=m 2+n 2-2mn=4c 2-4，结合双曲线定义，得(m-n)2=4a 2，∴4c 2-4=4a 2，化简整理得c 2-a 2=1，即b 2=1， 则b=1，由a+b=3，得a=2，所以c ==∴该双曲线的离心率为c e a==. 方法二：由双曲线的焦点三角形的面积公式2tan 2bS θ=，∠F 1PF 2=θ，由PF 1⊥PF 2，则∠F 1PF 2=90°，则△PF1F2的面积221tan 45b S b ===︒，由a+b=3，得a=2，所以c ==∴该双曲线的离心率为c e a==.答案：C10.已知△ABC 的三个内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c.若()sin 126A π-=，且a=2.则△ABC 面积的最大值为( )A.B.C.D.解析：△ABC 的三个内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c.若()sin 126A π-=，且a=2. 由于：0＜A ＜π，则：6263A πππ--＜＜，所以：266A ππ-=，解得：23A π＝，所以：a 2=b 2+c 2-2bccosA ，整理得：4=b 2+c 2+bc ，由于：b 2+c 2≥2bc ， 所以：bc ≤43，则：114sin 223ABC S bc A ≤⋅V ＝.答案：B11.三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥外接球的体积为( )A.B.C.D.解析：三棱锥的直观图如图，以△PBC所在平面为球的截面，则截面圆O1的半径为112，以△ABC所在平面为球的截面，则截面圆O2的半径为12AB H到△ABC所在平面的距离为1132PO＝，则球的半径R，所以球的体积为343π⨯=.答案：A12.定义在R上的奇函数f(x)满足条件f(1+x)=f(1-x)，当x∈[0，1]时，f(x)=x，若函数g(x)=|f(x)|-ae-|x|在区间[-2020，2020]上有4032个零点，则实数a的取值范围是( )A.(0，1)B.(e，e3)C.(e，e2)D.(1，e3)解析：∵f(x)满足条件f(1+x)=f(1-x)且为奇函数，函数f(x)=f(2-x)=-f(-x)∵f(-x)=f(2+x)⇒f(x+4)=f(x)∴f(x)周期为4，∵当x∈[0，1]时，f(x)=x，根据m(x)=|f(x)|与n(x)=ae-|x|图象，函数g(x)=|f(x)|-ae-|x|在区间[-2020，2020]上有4032个零点，即m(x)=|f(x)|与n(x)=ae-|x|在[0，4]有且仅有两个交点，∴()() ()()1133 m nm n⎧⎪⎨⎪⎩＜＞即e＜a＜e3. 答案：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知a ＝(1，2)，b ＝(-1，λ)，若a ⊥b ，则λ=_____.解析：∵()()121ab a b λ-⊥r r r r ＝，，＝，，， ∴a b ⋅r r=-1+2λ=0， 解得λ=12. 答案：1214.在()(4211x -的展开式中，x 2的系数是_____.解析：()(()()43222324411121x x x C x Cx -=-+--+∴x 2的系数=2412110C --+=-答案：-1015.已知函数()()224sin sin 2sin 24x f x x x ωπωω=-+-(ω＞0)在区间]344[ππ-，上是增函数，且在区间[0，π]上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围是_____. 解析：()()224sin sin 2sin 24x f x x x ωπωω=-+-=()21cos 24sin 2sin 2x x x πωωω-+-- =2sin ωx(1+sin ωx)-2sin 2ωx =2sin ωx ，即：f(x)=2sin ωx ，∴[2]2ππωω-，是函数含原点的递增区间.又∵函数在]344[ππ-，上递增，∴322[][4]4ππππωω⊇--，，，∴得不等式组24342ππωππω⎧-≤-≤⎪⎨⎪⎩，得223ωω⎧≤≤⎪⎨⎪⎩， 又∵ω＞0， ∴203ω≤＜， 又函数在区间[0，π]上恰好取得一次最大值， 根据正弦函数的性质可知22x k πωπ=+，k ∈Z ，即函数在22k x ππωω=+处取得最大值，可得0≤2πω≤π，∴ω≥12， 综上，可得ω∈1223⎡⎤⎢⎥⎣⎦，. 答案：1223⎡⎤⎢⎥⎣⎦，16.从抛物线x 2=4y 的准线l 上一点P 引抛物线的两条切线PA 、PB ，且A 、B 为切点，若直线AB 的倾斜角为6π，则P 点的横坐标为_____. 解析：如图，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，P(x 0，-1)，则1212tan 6AB y y k x x π--＝＝ 又∵22121244x x y y ＝，＝，∴124AB x x K +＝＝，则12x x +由x 2=4y ，得24x y ＝，∴2x y '＝， ∴切线PA 的方程为()1112xy y x x -=-，切线PB 的方程为()2222xy y x x -=-，即切线PA 的方程为()211142x x y x x -=-，即x 12-2x 1x+4y ＝0；切线PB 的方程为()222242x x y x x -=-，即x 22-2x 2x+4y ＝0.∵点P(x 0，-1)在切线PA 、PB 上，∴x 12-2x 1x 0-4＝0，x 22-2x 2x 0-4＝0，可知x 1，x 2是方程x 2-2x 0x-4=0的两个根，∴x 1+x 2=2x 0，得0x .三、解答题：本大题共5小题，共70分.其中17至21题为必做题，22、23题为选做题.解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.设正项等比数列{a n }，a 4=81，且a 2，a 3的等差中项为()1232a a +. (I)求数列{a n }的通项公式； (II)若21log3n a nb -=，数列{b n }的前n 项和为S n ，数列{c n }满足141n n c S -＝，T n 为数列{c n }的前n 项和，若T n ＜λn 恒成立，求λ的取值范围.解析：(I)设等比数列{a n }的公比为q(q ＞0)，由题意得()34121111813a a q a q a q a a q ++⎧⎪⎨⎪⎩＝＝＝，解得即可得出. (II)由(I)得213log 3=21n nn b --=，利用求和公式可得S n ，利用裂项求和方法可得T n ，再利用单调性即可得出.答案：(I)设等比数列{a n }的公比为q(q ＞0)，由题意，得()34121111813a a q a q a q a a q ++⎧⎪⎨⎪⎩＝＝＝ 解得133a q ⎧⎨⎩＝＝所以a n ＝a 1q n-1＝3n(II)由(I)得213log 3=21n nn b --=()()1212122n n n n n b b S n +⎡⎤⎣⎦-+＝＝＝.∴()211112212141n c n n n --+-＝＝， ∴()()()11111112335212121n n T n n n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦-+-+⋯+--++＝＝，若21n n T n +＝＜λn 恒成立，则121n λ+＞ (n ∈N*)恒成立， 则()121n λ+＞max ，所以λ＞13.18.如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AD=2BC=2，PC=2，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 是PD 的中点.(I)求证：平面EAC ⊥平面PCD ；(II)求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值.解析：(I)推导出PC ⊥AC ，AC ⊥CD ，从而AC ⊥平面PCD ，由此能证明平面EAC ⊥平面PCD. (II)解法1：作PH ⊥EC ，则PH ⊥平面EAC ，从而PA 与平面EAC 所成角为∠PAH ，由此能出直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值.解法2：由PC ⊥底面ABCD ，建立空间直角坐标系，利用向量法能出直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值.答案：(I)∵PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂底面ABCD ，∴PC ⊥AC ， 由题意可知，AD ∥BC ，且AD=2BC=2 △ABC 是等腰直角三角形，∴AC CD ==∴CD 2+AC 2=AD 2，即AC ⊥CD ， 又∵PC ∩CD=C ， ∴AC ⊥平面PCD ，∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PCD.(II)解法1：由(1)得平面EAC ⊥平面PCD ，平面EAC ∩平面PCD=EC ， 作PH ⊥EC ，则PH ⊥平面EAC ， ∴PA 与平面EAC 所成角为∠PAH ， 在Rt △PAC 中，，在Rt △PHC 中，sin ∠PH=PCsin ∠PCE，3sin 3PH PAH PA ∠=＝＝，∴直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23.解法2：∵PC ⊥底面ABCD ，则建立如图所示的直角坐标系，则P(0，0，2)，C(0，0，0)，A(0，0)，D(，0，0)，，0，1)()(0010CA CE PA⎫⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r＝，＝，，＝.设平面EAC的法向量为nr=(x，y，z)，则n CAn CE⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩r uu u rr uuu r＝＝，即20z+＝＝，令z=1，解得()1nr＝，记直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinn PAn PAθ⋅==⋅r u u u rr u u u r，所以直线PA与平面EAC.19.交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用(基准保费)统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率就越高，具体浮动情况如表：某机构为了解某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了100辆车龄已满三年(I)按照我国《机动车交通事故责任强制保险条例》汽车交强险价格的规定，a=950(元)，记X 为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求X 的分布列与数学期望； (II)某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元： ①若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；②若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求该销售商获得利润的期望值.解析：(I)由题意可知：X 的可能取值为0.9a ，0.8a ，0.7a ，a ，1.1a ，1.3a ，由统计数据分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列和数学期望.(II)①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为310，由此能出三辆车中至多有一辆事故车的概率.②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为-5000，10000，分别求出相应的概率，由此能求出Y 的分布列和该销售商一次购进100辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望值.答案：(I)由题意可知：X 的可能取值为0.9a ，0.8a ，0.7a ，a ，1.1a ，1.3a ，…(1分) 由统计数据可知：P(X ＝0.9a)＝15， P(X ＝0.8a)＝110， P(X ＝0.7a)＝110，P(X ＝a)＝310，P(X ＝1.1a)＝15，P(X ＝1.3a)＝110.∴X 的分布列为：∴1113119.80.90.80.7 1.1 1.3931510101051010EX a a a a a a a ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯＝＝＝(II)①由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故车的概率为310，三辆车中至多有一辆事故车的概率为()()()()3121333333110.78410101010P C C -+-＝＝ ②设Y 为该销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y 的可能取值为-5000，10000， P(Y=-5000)=310，P(Y=10000)=710，∴Y 的分布列为：3750001000055001010EY -⨯+⨯＝＝所以该销售商一次购进100辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望值为100EY=550000元=55万元.20.已知椭圆C 1：22221y x a b+＝((a ＞b ＞0))的一个焦点为F1(0)，且经过点P(43(I)求椭圆C 1的标准方程；(II)已知椭圆C 2的中心在原点，焦点在y 轴上，且长轴和短轴的长分别是椭圆C 1的长轴和短轴的长的λ倍(λ＞1)，过点C(-1，0)的直线l 与椭圆C 2交于A ，B 两个不同的点，若2AC CB u u u r u u u r＝，求△OAB 面积取得最大值时直线l 的方程.解析：(1)由已知可得|PF 1|、|PF 2|的值及椭圆焦距，再由椭圆定义求得a ，结合隐含条件求得b ，则椭圆方程可求；(2)设椭圆C 2的方程为2222194y x λλ+＝，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，由题意设直线l 方程为y=k(x+1)(A ，B ，O 三点不共线，故k ≠0)，联立直线方程与椭圆方程，借助于向量等式及根与系数的关系可得221894k y k -+＝.则△OAB 的面积为S △OAB =S △AOC +S △BOC ，化为含有k 的代数式，利用基本不等式求最值，进一步得到直线l 的方程. 答案：(1)设椭圆C 1的另一个焦点为F 2(0，，由题意可得，△PF 1F 2为直角三角形，则|PF 1|＝43，|F 1F 2|＝2143PF ＝＝，由椭圆的定义得1218263a PF PF +＝＝＝，即a=3，又由b 2+c 2=a 2，得b=2，∴椭圆C1的标准方程22194y x +＝；(2)设椭圆C2的方程为2222194y x λλ+＝，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2). ∵λ＞1，∴点C(-1，0)在椭圆内部，直线l 与椭圆必有两个不同的交点.当直线l 垂直于x 轴时，AC CB u u u r u u u r＝(不是零向量)，不合条件； 故设直线l 方程为y=k(x+1)(A ，B ，O 三点不共线，故k ≠0)，由()22214936y k x y x λ⎧+⎪⎨+⎪⎩＝＝，得22291849360y y k k λ+-⎛⎫-⎭+ ⎪⎝＝. ∴1221894k y y k ++＝，∵2AC CB u u u ru u u r＝，而点C(-1，0)，∴(-1-x 1，-y 1)=2(x 2+1，y 2)，即y 1=-2y 2，则y 1+y 2=-y 2，∴221894k y k -+＝. ∴△OAB的面积为S△OAB=S△AOC+S△BOC1212221811133279112222294944k y y y y y k k k=⨯⨯+⨯⨯=-=⨯=≤=++═.上式取等号的条件是294k ＝，即32k =±时，△OAB 的面积取得最大值. ∴直线l 的方程为()312y x +＝或()312y x +＝-.21.已知函数()ln 2ag x x x x++＝(a ∈R). (I)讨论g(x)的单调性；(II)当10a e＜＜时，函数()()()222a f x xg x x x -+-＝在其定义域内有两个不同的极值点，记作x 1，x 2，且x 1＜x 2，若m ≥1，证明：112mm x x e +⋅＞.解析：(Ⅰ)求出函数的导数，需要分类讨论，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间； (Ⅱ)先求出f(x)=2ln 2a x x x x a--+，求导，欲证112m m x x e +⋅＞等价于要证：()112ln ln m m x x e +⋅＞，等价于证明121m a x mx ++＞，等价于证明()()11ln m t t t m +-+＜，t ∈(0，1)，再构造函数，利用导数，求出函数的最值即可证明.答案：(I)()222122a x x a g x x x x +-'+-＝＝(a ∈R)， 方程2x 2+x-a=0的判别式△=1+8a ，①当a ≤-18时，△≤0，g ′(x)≥0，g(x)在(0，+∞)为增函数， ②当a ＞-18时，△＞0，方程2x 2+x-a=0的两根为12x x ，当-18＜a ≤0时，x 1＜x 2≤0，g(x)在(0，+∞)为增函数，当a ＞0时，x 1＜0＜x 2，g(x)在(x 2，+∞)为增函数，在(0，x 2]为减函数， 综上所述：当a ≤0时，g(x)的增区间为(0，+∞)，无减区间， 当a ＞0时，g(x)的增区间为(x 2，+∞)，减区间(0，x 2]， (II)证明：2ln 2a x x x x a--+，所以f'(x)=lnx-ax因为f(x)有两极值点x 1，x 2， 所以lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2，欲证112mm x x e +⋅＞等价于要证：()112ln ln m m x x e +⋅＞，即1+m ＜lnx 1+mlnx 2，所以1+m ＜lnx 1+mlnx 2=ax 1+max 2=a(x 1+mx 2)， 因为m ≥1，0＜x 1＜x 2，所以原式等价于要证明：121m a x mx ++＞.又lnx 1=ax 1，lnx 2=ax 2，作差得()1122ln x a x x x =-， 所以1212lnx x a x x =-所以原式等价于要证明：()()112211212212ln11ln x m x x x x m x x x mx x x mx +-+⇔-++＞＜， 令12x t x =，t ∈(0，1)，上式等价于要证：()()11ln m t t t m +-+＜，t ∈(0，1)， 令()()()11ln m t h t t t m+--+＝，所以()()()()221t t m h t t t m --'+＝， 当m ≥1时，h ′(t)＞0，所以h(t)在(0，1)上单调递增， 因此h(t)＜h(1)=0， 所以()()11ln m t t t m+-+＜在t ∈(0，1)上恒成立，所以原不等式成立.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分，作答时，请用2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程选讲] 22.在直角坐标系xOy 中，直线l 倾斜角为α，其参数方程为2cos sin x t y t αα-+⎧⎨⎩＝＝(t 为参数)，在以原点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴的极坐标系中(取相同的长度单位)，曲线C 的极坐标方程为ρ-4cos θ=0.(I)若直线l 与曲线C 有公共点，求直线l 倾斜角α的取值范围； (II)设M(x ，y)为曲线C 上任意一点，求y 的取值范围.解析：(1)直接把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化.(Ⅱ)利用三角函数的关系变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值域.答案：(Ⅰ)曲线C 的极坐标方程为ρ-4cos θ=0.转化为：x 2+y 2-4x=0，整理得：(x-2)2+y 2=4∴曲线C 是圆心为C(2，0)，半径为2的圆.∵直线l 过点P(-2，0)，当l 斜率不存在时，l 的方程为x=-2与曲线C 没有公共点； ∴当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为：y=k(x+2)， 即kx-y+2k=0直线l与圆有公共点，则2d ≤，解得：k ≤≤∵α∈[0，π]，∴α的取值范围是：5066πππ⎡⎤⎡⎤⎢⋃⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，，. (II)曲线C 的直角坐标方程为：x 2+y 2-4x=0，可化为：(x-2)2+y 2=4.其参数方程为：22cos 2sin x y θθ+⎧⎨⎩＝＝(θ为参数)∵M(x ，y)为曲线C 上任意一点，∴()22cos 24sin 6x πθθθ++=++＝，由于：-1≤()sin 6πθ+≤1则：-4≤4()sin 6πθ+≤4所以：-2≤4()sin 6πθ++2≤6∴x+y 的取值范围是[-2.6].[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数f(x)=|x-3|-|x+5|. (Ⅰ)求不等式f(x)≥2的解集；(Ⅱ)设函数f(x)的最大值为M ，若不等式x 2+2x+m ≤M 有解，求m 的取值范围. 解析：(Ⅰ)通过讨论x 的范围，求出不等式的解集即可；(Ⅱ)求出f(x)的分段函数的形式，根据二次函数的性质求出m 的范围即可. 答案：(Ⅰ)当x ≥3时，f(x)=-8，此时f(x)≥2无解； 当-5＜x ＜3时，f(x)=-2x-2，由f(x)≥2解得-5＜x ≤-2； 当x ≤-5时，f(x)=8，此时f(x)≥2恒成立. 综上，不等式f(x)≥2的解集是{x|x ≤-2}.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知()83225385x f x x x x -≥⎧⎪---⎨⎪≤-⎩，＝，＜＜， 易知函数f(x)的最大值M=8，若x 2+2x+m ≤8有解，得m ≤-x 2-2x+8有解.即m ≤[-(x+1)2+9]max=9. 因此，m 的取值范围是m ≤9.考试高分秘诀是什么？试试这四个方法，特别是中考和高考生谁都想在考试中取得优异的成绩，但要想取得优异的成绩，除了要掌握好相关的知识定理和方法技巧之外，更要学会一些考试技巧。
2020年广东茂名高三一模数学试卷(理科)
2020年广东茂名高三一模数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，，则（ ）．A. B. C. D.2.是虚数单位，复数在复平面内对应的点所在象限为（ ）．A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.记为等差数列的前项和，已知，，则（ ）．A. B. C. D.4.剪纸是我国的传统工艺，要剪出如下图“双喜”字，需要将一张长方形纸对折两次进行剪裁，下列哪一个图形展开后是如图的“双喜”字（ ）．A. B. C. D.5.记为等比数列的前项和，若，，则（ ）．A.B.C.或D.或6.公元年左右，我国古代数学家刘徽用圆内接正多边形的面积去逼近圆的面积求圆周率，他从单位圆内接正六边形算起，令边数一倍一倍地增加，即，，，…，，…逐个算出正六边形，正十二边形，正二十四边形，…，正一百九十二边形，…的面积，这些数值逐步地逼近圆面积，刘徽算到了正一百九十二边形，这时候的近似值是，刘徽称这个方法为“割圆术”，并且把“割圆术”的特点概括为“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”．刘徽这种想法的可贵之处在于用已知的可求的来逼近未知的、要求的，用有限来逼近无穷，这种思想极其重要，对后世产生了巨大影响．按照上面“割圆术”，用正二十四边形来估算圆周率，则的近似值是 （精确到）．（参考数据）A.B.C.D.7.已知、为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且线段的中点坐标为，则双曲线的离心率为（ ）．A.B.C.D.8.前进中学高二学生会体育部共有人，现需从体育部派遣人，分别担任拔河比赛活动中的裁判、记录结果、核查人数、维持纪律四项工作，每个人只能担任其中一项工作，其中体育部的张三不能担任裁判工作，则共有 种派遣方法（ ）．A.B.C.D.9.设函数（，）的最小正周期为，且过点，则下列正确的是（ ）．①在单调递减．②的一条对称轴为．③的周期为．④把函数的图像向左平移个长度单位得到函数的解析式为．A.①②B.①③C.①②③D.①②④10.下列函数图象中，函数的图象的是（ ）．A.xyOB.xyOC.xyOD.xy不.可.能.11.已知、及抛物线方程为，点在抛物线上，则使得为直角三角形的点个数为（ ）．A.个B.个C.个D.个12.已知函数，若函数有四个零点，则的取值范围是（）．A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知实数，满足，则的最小值为 ．14.在中，，，且点满足，则．15.当为曲线图象上的一个动点，为曲线在点处的切线的倾斜角，则当取最小值时的值为 ．16.如图，网格纸上小正方形的边长为，某多面体的正视图、左视图、俯视图为同一图形，粗实线画出如图所示，则该多面体外接球的体积等于 ．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）（1）（2）17.在中，角，，所对的边分别为，，，已知．求角的大小．求的取值范围．18.如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，，．（1）（2）求证：平面．求平面与平面所成锐二面角的平面角的余弦值．（1）1（2）19.当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．某地区年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、分钟跳绳三项测试，三项考试满分为分，其中立定跳远分，掷实心球分，分钟跳绳分．某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了名学生进行测试，得到如下频率分布直方图，且规定计分规则如下表：频率组距每分钟跳绳个数每分钟跳绳个数得分现从样本的名学生中，任意选取人，求两人得分之和不大于分的概率．若该校初三年级所有学生的跳绳个数服从正态分布，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差（结果四舍五入到整数），已知样本方差（各组数据用中点值代替）．根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设明年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加个，利用现所得正态分布模型：预估全年级恰好有名学生，正式测试时每分钟跳个以上的人数（结果四舍五入到整数）．【答案】解析:2若在该地区年所有初三毕业生中任意选取人，记正式测试时每分钟跳个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望．附：若随机变量服从正态分布，，则，，．（1）（2）20.设函数，曲线在点处的切线方程为．求，的值．当时，若为整数，且，求的最大值．（1）（2）21.在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当点在圆上运动时，点在线段上，且，点的轨迹为曲线．求曲线的方程．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，过且与直线垂直的直线交曲线于另一点，求面积的最小值，以及取得最小值时直线的方程．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）（1）（2）22.设为椭圆上任意一点，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，为上任意一点．写出参数方程和普通方程．求最大值和最小值．（1）（2）23.已知函数，对，满足．求的值．若，使不等式，求实数的取值范围．D 1.，,．故选．解析:，复数在复平面内对应坐标为，所以复数在复平面内对应的点在第四象限．故选．解析:由，得，，，∴ ∴．故选．解析:运用逆向思维，将展开图对称折，折两次得到图．（折一次，用铅笔对中画一条线）故选．解析:设等比数列的公比为，所以，即，所以或，当时，，当时，．故选．解析:圆内接正二十四边形的边所对圆心角是，因此，单位圆内接正二十四边形的面积为D 2.B 3.D 4.C 5.B 6.，单位圆的面积为，依题意，所以，故选．解析:设为点，连接，依题意为的中位线，∴，即轴且，∴点的坐标为，在双曲线上，∴，即，∴离心率为．故选．解析:若张三不被选中，则派遣方法有种；若张三被选中，则派遣方法有种，则派遣方法共有种．故选．解析:圆圆C 7.B 8.A 9.，由，所以，，因为，则，所以，① 的单调区间满足，∴的单调减区间为，，所以时，在单调递减，所以①正确，② 对称轴满足，所以，当时，的一条对称轴为，所以②正确，③ ，所以的周期为，所以③不正确，④的横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变得到的函数图像的解析式为，所以④不正确．故选．解析:当是偶数的时候是偶函数，图象关于轴对称，当时，图象形如；当时，，时，，，图象形如；当是正奇数的时候，是奇函数图象关于原点轴对称且过原点，当的奇数时在第一象限，由幂函数的图象知的图象不可能是．故选．C 10.解析:以为直径的圆与抛物线有两个交点，另外以，为直角为与抛物线分别有两个点，共个．故选．解析:①当时，在区间上是单调递增函数，且，．即时，没有零点，而时最多有两个零点，因此，不符合；②时，令，则，即，设，则，∴在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，即在处取得极小值也是最小值，∴与最多有两个交点，即最多有两个零点，且当时，有两个零点，又有四个零点，∴时，必有两个零点，所以满足，且对称轴，解得．综上时，有四个零点．故选．解析:画出可行域，由图可知，D 11.C 12.13.可行域三个顶点分别为，，，，当直线平移到点时，取到最小值为．14.解析:依题意是等边三角形，为的中点，，，在易得，所以．15.解析:，设为曲线上任一点，由导数的几何意义知曲线在点处的切线的斜率为：（等号成立的条件为当且仅当，即），结合正切函数的图象可知，当取时倾斜角最小，此时的值为．16.解析:该多面体为棱长为的正方体沿着各棱的中点截去个角余下的部分，如图，（1）（2）其外接球的球心为正方体的中心，半径为点到正方体棱长中点的距离，即．所以该多面体外接球的体积为．解析:由正弦定理得：，，，又，所以，所以，，分又因为．所以．，∵，∴，∵，∴，，所以的取值范围是．（1）．（2）．17.（1）证明见解析．（2）．18.（1）（2）解析:连结交于点，连结，则为中点，为中位线，所以 ，又平面，平面，所以平面．方法一：因为，为中点，所以，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，， ，平面的法向量为，设平面的法向量为，则由，，得，令，则，，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为：．方法二：延长、交于，连接，过作于，过作于，连接，（1）12（2）则平面，，又，所以平面，为平面，与平面所成锐二面角的平面角．中，，所以高为中线，，，∵，所以∴， ∴，中，，，∴ ，中，，，所以平面与平面所成锐二面角的平面角的余弦值．解析:两人得分之和不大于分，即两人得分均为分，或两人中人分，人，所以两人得分之和不大于分的概率为：．（个）又，，所以正式测试时，，，∴，．∴，∴（人）由正态分布模型，在该地区年初三毕业生中任取人，每分钟跳绳个数以上的概率为，即，（1）所以两人得分之和不大于分的概率为．12（2）人．的分布列为．19.（1）（2）∴，，，∴的分布列为．解析:由，由于的斜率为，且过点得，即，解得，．由知，所以得，，故当时，等价于①，令，则，令，，∴，所以函数在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点，设此零点为，则．当时，,减函数；当时，，增函数；所以在的最小值为，又由，可得，所以，故①等价于，故整数的最大值为．解析:（1），．（2）．20.（1）．（2）面积的最小值为，此时直线的方程为：．21.（1）（2）设，，则由于，依题知：，，即，．而点在圆上，故，得，故曲线的方程为．方法一：抛物线的焦点为，当直线的斜率不存在时，，，，当直线的斜率存在时，则，设，，直线的方程设为，代入，消去得，即，则，，∴，的直线方程为：，代入消去得，，，，，面积：，令，则，则，，令，则，即，当时，为减函数，当时，为增函数，所以时，面积最小．根据由可得此时，（1）此时直线的方程为：，即．方法二：抛物线的焦点为，过点的直线的方程设为：，设，，联立得，则，，∴，过且与直线垂直的直线设为：，联立得，，，∴，面积，令，则，,令，则，即，当时，为减函数，当时，为增函数，所以时，面积最小，由得时，面积的最小值为，此时直线的方程为：，即．解析:由题意可得的参数方程为：（为参数），又∵，且，，（1）的参数方程为：（为参数），的普通方程为：．（2）当时，；当时，；当时，；当时，．22.（2）（1）（2）∴的普通方程为，即．由（）得，设，圆的圆心，则．∵，∴当时，；当时，；当时，；当时，．解析:∵，，∴的图象关于直线对称，又，∴的图象关于直线对称，∴．令，由，则，因此，在区间上单调递增，在区间上单调递减，∴，使不等式等价于，即，解得，即实数的取值范围是．（1）．（2）．23.。
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（2）已知小强已通过初试，他在复试中单选题的正答率为 ，多选题的正答率为 ，且每道题回答正确与否互不影响．记小强复试成绩为y，求y的分布列及数学期望．
附：p＜μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）＝0.9974．
2020年广东省茂名市高考理科数学模拟试卷
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．已知集合A＝{x∈N|x＞1}，B＝{x|x＜5}，则A∩B＝（ ）
A．{x|1＜x＜5}B．{x|x＞1}C．{2，3，4}D．{1，2，3，4，5}
2．已知i为虚数单位，若 ，则a2019+b2020＝（ ）
2020年广东省茂名市高考理科数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．已知集合A＝{x∈N|x＞1}，B＝x|x＜5}，则A∩B＝（ ）
A．{x|1＜x＜5}B．{x|x＞1}C．{2，3，4}D．{1，2，3，4，5}
【分析】利用交集定义直接求解．
【解答】解：∵集合A＝{x∈N|x＞1}，B＝{x|x＜5}，
16．如图，O在△ABC的内部，且 + +3 ＝ ，则△ABC的面积与△AOC的面积的比值为．
三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）
17．（12分）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2+2n，等比数列{bn}满足b2＝a1，b3＝a4．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn．
D．y＝f（x）的图象关于点（1，2）对称
6．二次项 的展开式中常数项为（ ）
A．5B．10C．15D．20
7．一个几何体的三视图如图所示，该几何体的各个表面中，最大面的面积为（ ）
A． B． C．2D．4
8．双曲线 的渐近线方程为（ ）
A． B． C．y＝±xD．y＝±2x
9．已知f（x）＝ ，不等式f（x+a）＞f（2a﹣x）在[a，a+1]上恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
∴A∩B＝{x∈N|1＜x＜5}＝{2，3，4}．
故选：C．
【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
（Ⅰ）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线l：y＝kx与曲线C1，C2的交点分别为A，B（A，B异于原点），当斜率 时，求 的最小值．
五．解答题（共1小题）
23．已知函数f（x）＝|x+1|+|mx﹣1|，m∈R．
（Ⅰ）当m＝﹣2时，求不等式f（x）≤2的解集；
（Ⅱ）若f（x）≤|x+3|的解集包含[1，2]，求实数m的取值范围．
若在图④中随机选取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜π）的部分图象如图所示，则（ ）
A．ω＝ ，φ＝ B．ω＝ ，φ＝
C．ω＝ ，φ＝ D．ω＝ ，φ＝﹣
12．如图，一个盛满溶液的玻璃杯，其形状为一个倒置的圆锥，现放一个球状物体完全浸没于杯中，球面与圆锥侧面相切，且与玻璃杯口所在平面相切，则溢出溶液的体积为（ ）
21．（12分）已知函数f（x）＝lnx+ax+1（a∈R）．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）若函数f（x）的图象与x轴相切，求证：对于任意互不相等的正实数x1，x2，都有 ．
四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）
22．（10分）曲线C1的参数方程为 为参数），在以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρcos2θ＝3sinθ．
18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，PA＝PD＝AD＝2，BC＝1， ．
（1）求证：平面PQB⊥平面PAD；
（2）若M是棱PC上的一点，且满足 ，求二面角M﹣BQ﹣C的大小．
19．（12分）已知圆C1方程为x2+y2+2x＝0，圆C2的圆心坐标为（3，3），且两圆上的点之间的最小距离为2．
A． B． C． D．
二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．已如α，β均为锐角，cos（α+β）＝﹣ ，sin（β+ ）＝ ，则sin（α﹣ ）＝．
14．已知点A（﹣2，0），点M（x，y）为平面区域 上的一个动点，则|AM|的最小值是
15．已知F是抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧， • ＝2（其中O为坐标原点），则△ABO与△AFO面积之和的最小值是．
A．0B．1C．2D．3
3．若连续抛掷两次骰子得到的点数分别为m，n，则m+n≠5的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．在△ABC中，G为△ABC的重心，M为AC上一点，且满足 ，则（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数 ，则（ ）
A．f（x）在（0，1）单调递增
B．f（x）的最小值为4
C．y＝f（x）的图象关于直线x＝1对称
A．（﹣2，0）B．（﹣∞，0）C．（0，2）D．（﹣∞，﹣2）
10．部分与整体以某种相似的方式呈现称为分形，一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统，分形几何学不仅让人们感悟到科学与艺术的融合，数学与艺术审美的统一，而且还有其深刻的科学方法论意义，如图，由波兰数学家谢尔宾斯基1915年提出的谢尔宾斯基三角形就属于一种分形，具体作法是取一个实心三角形，沿三角形的三边中点连线．将它分成4个小三角形，去掉中间的那一个小三角形后，对其余3个小三角形重复上述过程逐次得到各个图形．
（1）求圆C2的方程；
（2）如图，过P向两圆引切线，切点分别M，N，且|PM|＝|PN|，求|PN|的最小值．
20．（12分）某市举办数学知识竞赛活动，共5000名学生参加，竞赛分为初试和复试，复试环节共3道题，其中2道单选题，1道多选题，得分规则如下：参赛学生每答对一道单选题得2分，答错得O分，答对多选题得3分，答错得0分，答完3道题后的得分之和为参赛学生的复试成绩．