2020年1月广东省普通高中学业水平考试数学模拟卷二(解析版)

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广东省广州市2020届高三普通高中毕业班综合测试(二)理科数学试题(解析版)

2020年广东省广州市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．若集合A ＝{x |y =√2−x }，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}，则A ∩B ＝（） A ．[0，1）B ．[0，1]C ．[0，2）D ．[0，2]2．已知复数z ＝1+bi （b ∈R ），z 2+i是纯虚数，则b ＝（）A ．﹣2B ．−12C ．12D ．13．若a ＝log 332，b ＝ln 12，c ＝0.6﹣0.2，则a ，b ，c 的大小关系为（） A ．c ＞b ＞aB ．c ＞a ＞bC ．b ＞a ＞cD ．a ＞c ＞b4．首项为﹣21的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d 的取值范围是（） A ．d ＞3B ．d ＜72C ．3≤d ＜72D ．3＜d ≤725．《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r ，正方形的边长为a （0＜a ＜r ），若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p ，则圆周率π的值为（）A ．a 2(1−p)rB ．a 2(1+p)rC ．a (1−p)rD ．a(1+p)r6．在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，E 是棱AB 的中点，动点F 是侧面ACC 1A 1（包括边界）上一点，若EF ∥平面BCC 1B 1，则动点F 的轨迹是（） A ．线段B ．圆弧C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分7．函数f（x）＝﹣2x+1|x|的图象大致是（）A．B．C．D．8．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC，E是BC的中点，F 是AE上一点，AF→=2FE→，则BF→=（）A．12AB→−13AD→B．13AB→−12AD→C．−12AB→+13AD→D．−13AB→+12AD→9．已知命题p：（x2−1x）n的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为495；命题q：随机变量ξ服从正态分布N（2，σ2），且P（ξ＜4）＝0.7，则P （0＜ξ＜2）＝0.3．现给出四个命题：①p∧q，②p∨q，③p∧（￢q），④（￢p）∨q，其中真命题的是（）A．①③B．①④C．②③D．②④10．设数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝2，a n+a n+1＝2n（n∈N*），则S2020＝（）A ．22020−23B ．22020+23C ．22021−23D ．22021+2311．过双曲线C ：x 2a −y 2b =1（a ＞0，b ＞0）右焦点F 2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为P ，与双曲线交于点A ，若F 2P →=3F 2A →，则双曲线C 的渐近线方程为（） A ．y ＝±12xB ．y ＝±xC ．y ＝±2xD ．y ＝±25x12．若关于x 的不等式e 2x ﹣alnx ≥12a 恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．[0，2e ]B ．（﹣∞，2e ]C ．[0，2e 2]D ．（﹣∞，2e 2]二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年广东高三二模理科数学试卷(详解)

2020年广东高三二模理科数学试卷(详解)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.A. B.C.D.【答案】【解析】已知集合，，则（）．C ∵集合．集合，∴．故选．2.A.B.C.D.【答案】【解析】已知复数（为虚数单位，），若，则的取值范围为（）．A ，∴，又∵，则，∴ ．故选．3.《周髀算经》是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测A.尺B.尺C.尺D.尺【答案】【解析】算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，则立秋的晷长为（）．D不妨设夏至到寒露依次为，，，∴数列为为等差数列，由题可知，，∴，∵，则，∴，故立秋的晷长为尺．故选．4.A.B.C.D.【答案】【解析】在中，已知，，且边上的高为，则（）．B 在中，面积，∴，由余弦定理可知，，∴，由正弦定理，得．故选．5.A.B.C.D.一个底面半径为的圆锥，其内部有一个底面半径为的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为（）．【答案】【解析】D作出该几何体的轴截面图如图，，，设内接圆柱的高为，由，得，∵，∴，即，得，∴该圆锥的体积为．故选．6.A. B.C.D.【答案】【解析】已知函数是定义在上的奇函数，且在上单调递减，，则不等式的解集为（）．B根据题意，函数是定义在上的奇函数，且在上单调递减，则在上递减，又由，则，则函数的草图如图：若，则有，解可得，即不等式的解集为，故选．7.A.B.C.D.【答案】【解析】已知双曲线的右焦点为，过点分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为，．若，则该双曲线的离心率为（）．D 由得，又∵在四边形中，，且，则四边形为正方形，∴，即，∴双曲线渐近线方程为，∴，即，∴，∴离心率．故选．8.A.B.C. D.【答案】【解析】已知四边形中，，，，，在的延长线上，且，则（）．A ABDCE在中，由余弦定理可知，，∴，由可知，，∴，在中，由正弦定理可知，，得，∴．故选．9.A.B.C.D.【答案】【解析】的展开式中，的系数为（）．C把的展开式看成个因式的乘积形式，从中任意选个因式，这个因式取，再取个因式，这个因式都取，剩余个因式取，相乘即得含的项；故含项的系数为：．故选：．10.A.B.C.D.【答案】【解析】把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，关于的说法有：①函数的图象关于点对称；②函数的图象的一条对称轴是；③函数在上的最小值为；④函数在上单调递增．则以上说法正确的个数是（）．C 把函数的图象向右平移个单位长度，可得的函数图象，由横坐标缩短到原来的可得．①中，∵，，则不是的对称中心，故①错误；②中，当时，，故是的对称轴，故②正确；③中，当时，，，∴，则在内的最小值为，故③正确；④∵函数的周期，又因为正弦函数不会在一个周期内为单调增函数，故④错误；故选．11.A. B. C. D.如图，在矩形中，已知，是的中点，将沿直线翻折成，连接．若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则（）．【答案】【解析】B 在矩形中，已知，是的中点，所以：为等腰直角三角形；斜边上的高为：；要想三棱锥的体积最大；需高最大，则当面时体积最大，此时三棱锥的高等于：，取的中点，过作下底面的垂线，此时三棱锥的外接球球心在上，∵三棱锥外接球的体积为，所以球半径，如图：，①，②即：，③，④联立③④可得．故选．12.A. B.C.D.【答案】【解析】已知函数，若函数有唯一零点，则的取值范围为（）．D 因为．令，则，所以当时，，即在上单调递增，又，所以，，当，，所以在上为增函数，在上为减函数，又，所以当，，当，对恒成立，即当时，，且当且仅当，，故当时，有唯一的零点；排除，当时，，令，可得，有无数解，所以，不成立，排除，故选．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.【答案】【解析】若，满足约束条件，则的最大值是．由不等式组可画出可行域如图，目标函数可化为，经平移可知直线过点时，在轴截距最大，由，得：，即，∴．故答案为：．14.【答案】【解析】已知，则．∵，∴，即，∴．故答案为：．15.【答案】【解析】从正方体的个面的对角线中，任取条组成对，则所成角是的有对．根据题意，如图，在正方体中，与平面中一条对角线成的直线有，，，，，，，，共条直线，则包含在内的符合题意的对角线有对；又由正方体个面，每个面有条对角线，共有条对角线，则共有对面对角线所成角为，而其中有一半是重复的；则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有对，故答案为：．16.【答案】【解析】如图，直线过抛物线的焦点且交抛物线于，两点，直线与圆交于，两点，若，设直线的斜率为，则= ．∵，同理可得，∴．设，联立可得，∴，．∴，即，解．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）17.（1）（2）（1）【答案】已知数列和满足，且，，设．求数列的通项公式．若是等比数列，且，求数列的前项和．．（2）（1）（2）【解析】．由，得，∴，∵，∴，∴是以为公差的等差数列．又∵，∴．设的公比为，则，∴由（）知，又，∴∴，①，②①②得：∴．．18.为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均在以内，规定质量指标值大于的产品为优质品，质量指标值在的产品为合格品．旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标值如频数分布表所示．频率组距质量指标值质量指标值频数（1）（2）（3）（1）（2）（3）【答案】合计请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率．优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高．根据已知图表数据填写下面列联表（单位：件），并判断是否有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计附：，其中．用频率代替概率，从新设备所生产的产品中随机抽取件产品，其中优质品数为件，求的分布列及数学期望．，．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计有的把握认为产品质量高与新设备有关．的分布列为．（1）（2）（3）【解析】估计新设备所生产的产品的优质品率为：，估计旧设备所生产的产品的优质品率为：．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计由列联表可得，，∴有的把握认为产品质量高与新设备有关．的所有可能取值为，，，．∵由知新设备所生产的优质品率为，∴，，，．∴的分布列为∴的数学期望为．19.（1）（2）（1）【答案】如图，四棱锥中，四边形是菱形，，．是上一点，且．设．证明：平面．若，，求二面角的余弦值．证明见解析．（2）（1）（2）【解析】．∵四边形是菱形，∴是的中点，，∵，，∴平面，∵平面，∴，∵，是的中点，∴，∵平面，平面，，∴平面．由知平面，．∴，，两两互相垂直，∴以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，，设四边形的边长为，，∵四边形是菱形，，∴和都是等边三角形，∴，∴，，，，∴，，，∵，∴，∴，即，∴，，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，设二面角的平面角为，结合图象可知，，∴二面角的余弦值为．20.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】已知椭圆：的焦点为，，是椭圆上一点．若椭圆的离心率为，且，的面积为．求椭圆的方程．已知是坐标原点，向量，过点的直线与椭圆交于，两点．若点满足，，求的最小值．．．依据题意得，所以，所以，（2）因为，故设，代入椭圆方程得，所以的面积为：，联立，解得，，所以椭圆的方程为：．由题意可知直线的斜率显然存在，故设直线的方程为：，联立，消去并整理得，所以，设，，所以，，因为，所以，当时，，当时，，，因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，且满足，所以，综上．21.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】已知函数（），其中为自然对数的底数．若函数的极小值为，求的值．若，证明：当时，成立．．证明见解析．函数的定义域为，，当时，对于恒成立，∴在上单调递减，∴在上无极值．当时，令，得．∴当时，，当时，．∴在上单调递减，在上单调递增．∴当时，，∴取得极小值，即．令（），则．∵，∴，∴在上单调递增．又∵，∴．∵，∴，∴，令（），∴．令（），∴，令，得，∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增．∴当时，取得极小值．又∵，，∴存在使得．∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．又∵，∴，∴当时，，即．令（），则对于恒成立．∴在上单调递增．∴，即当时，，∴当时，．∴当时，．∴当时，成立．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）选修4-4：坐标系与参数方程22.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】在直角坐标系中，曲线的方程为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．求直线的直角坐标方程．已知是曲线上的一动点，过点作直线交直线于点，且直线与直线的夹角为，若的最大值为，求的值．．．由，（2）得，∴，∵，．∴直线的直角坐标方程为，即．依题意可知曲线的参数方程为：（为参数），设，则点到直线的距离为：，，∵，∴当时，，依题意得，∴的最大值为，即，∵，∴解得．选修4-5：不等式选讲23.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】已知函数．解不等式：．若，，均为正数，且，证明：．．证明见解析．，当时，，即，解得：；（2）当时，，满足题意；当时，，即，解得：．综上，不等式的解集为．由知，∴，∴，∴，∴，当且仅当时等号成立，∴．。

2020年广东省高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)

2020年广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，，则A. B.C. D.2.已知复数为虚数单位，，若，则的取值范围为A. B. C. D.3.周髀算经是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，则立秋的晷长为A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺4.在中，已知，，且AB边上的高为，则A. B. C. D.5.一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为A. B. C. D.6.已知函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，，则不等式的解集为A. B.C. D.7.已知双曲线的右焦点为F，过点F分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，若，则该双曲线的离心率为A. B. 2 C. D.8.已知四边形ABCD中，，，，，E在CB的延长线上，且，则A. 1B. 2C.D.9.的展开式中，的系数为A. 120B. 480C. 240D. 32010.把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到函数的图象，关于的说法有：函数的图象关于点对称；函数的图象的一条对称轴是；函数在上的最上的最小值为；函数上单调递增，则以上说法正确的个数是A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个11.如图，在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，将沿直线DE翻折成，连接C.若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则A. 2B.C.D. 412.已知函数，若函数有唯一零点，则a的取值范围为A. B.C. D. ，二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件，则的最大值是______．14.已知，则______．15.从正方体的6个面的对角线中，任取2条组成1对，则所成角是的有______对．16.如图，直线l过抛物线的焦点F且交抛物线于A，B两点，直线l与圆交于C，D两点，若，设直线l的斜率为k，则______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列和满足，且，，设．求数列的通项公式；若是等比数列，且，求数列的前n项和．18.为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取100件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均在以内，规定质量指标值大于30的产品为优质品，质量指标值在的产品为合格品．旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标值如频数分布表所示．质量指标频数2820302515合计100请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率．优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高．根据已知图表数据填写下面列联表单位：件，并判断是否有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计附：其，中．用频率代替概率，从新设备所生产的产品中随机抽取3件产品，其中优质品数为X件，求X 的分布列及数学期望．19.如图，四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，E是BC上一点，且，设．证明：平面ABCD；若，，求二面角的余弦值．20.已知椭圆C：的焦点为，，P是椭圆C上一点．若椭圆C的离心率为，且，的面积为．求椭圆C的方程；已知O是坐标原点，向量过点的直线l与椭圆C交于M，N两点．若点满足，，求的最小值．21.已知函数，其中e为自然对数的底数．若函数的极小值为，求a的值；若，证明：当时，成立．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．求直线l的直角坐标方程；已知P是曲线C上的一动点，过点P作直线交直线于点A，且直线与直线l的夹角为，若的最大值为6，求a的值．23.已知函数．解不等式：；若a，b，c均为正数，且，证明：．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：集合，，故选：C．求出集合A，B，由此能求出．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．2.答案：A解析：解：因为复数，所以，由于，即，则的取值范围为，故选：A．根据复数的基本运算法则进行化简，再求复数模的范围即可．本题主要考查复数的乘法运算及模长的计算，比较基础．3.答案：D解析：解：夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，，，即．解得，．立秋的晷长．故选：D．由夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，可得：，，即解出利用通项公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.答案：B解析：解：如图，在中，，，且AB边上的高CD为，，，由余弦定理可得，由正弦定理，可得．故选：B．由已知可求AD，利用勾股定理可求AC，由余弦定理可得BC，进而根据正弦定理可得sin C的值．本题主要考查了勾股定理，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．5.答案：D解析：解：作出该几何体的轴截面图如图，，，设内接圆柱的高为h，由，得．∽，，即，得，该圆锥的体积为．故选：D．由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥体积可求．本题主要考查了圆锥的内接圆柱的体积，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．6.答案：B解析：解：根据题意，函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，则在上递减，又由，则，则函数的草图如图：若，则有，解可得，即不等式的解集为；故选：B．根据题意，由函数的奇偶性与单调性分析可得函数的大致图象，据此分析可得关于x的取值范围，即可得答案．本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意作出函数的简图，分析不等式的解集．7.答案：D解析：解：如图，由，得，即，，即．则．故选：D．由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到，则离心率可求．本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的求法，是基础题．8.答案：A解析：解：在中，由余弦定理有，，，易知，又，，故，．故选：A．先由余弦定理求得，再根据题设条件求得，而展开，利用数量积公式化简求解即可．本题考查平面向量数量积的综合运用，涉及了余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．9.答案：C解析：解：把的展开式看成6个因式的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x，再取3个因式，这3个因式都取y，剩余2个因式取2，相乘即得含的项；故含项的系数为：．故选：C．把的展开式看成6个因式的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x，再取3个因式，这3个因式都取y，剩余2个因式取2，相乘即得含的项，求出项的系数．本题考查了排列组合与二项式定理的应用问题，是综合性题目．10.答案：C解析：解：把函数的图象向右平移个单位长度，得，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到函数的图象，则，函数的图象不关于点对称，故错误；，函数的图象的一条对称轴是，故正确；当时，，则，即函数在上的最上的最小值为，故正确；当时，，可知函数在上不单调，故错误．正确命题的个数为2．故选：C．通过平移变换与伸缩变换求得函数的解析式．由判断错误；由求得最小值判断正确；由x的范围求得函数值域判断正确；由x的范围可知函数在上不单调判断错误．本题考查命题的真假判断与应用，考查型函数的图象与性质，是中档题．11.答案：B解析：解：在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，所以：为等腰直角三角形；斜边DE上的高为：；要想三棱锥的体积最大；需高最大，则当面BCDE时体积最大，此时三棱锥的高等于：；取DC的中点H，过H作下底面的垂线；此时三棱锥的外接球球心在OH上；三棱锥外接球的体积为；所以球半径；如图：；；即：；；联立可得；故选：B．要想体积最大，需高最大，当面BCDE时体积最大，根据对应球的体积即可求解结论．本题考查的知识要点：几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用，属于中档题型．12.答案：D解析：解：因为．令，则，所以当时，，即在R上单调递增，又，所以，，当，，所以在上为增函数，在上为减函数，又，所以当，，当，对恒成立，即当时，，且当且仅当，，故当时，有唯一的零点；排除A，当时，，令，可得，有无数解，所以，不成立，排除BC，故选：D．求导，构造辅助函数，则，当时，可知在R上单调递增，，即可判断在上为增函数，在上为减函数，由，即可证明，当时，有唯一的零点；然后验证时，函数的零点的个数，判断选项即可．本题考查函数的导数的应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及含量，分类讨论思想的应用，是中档题．13.答案：6解析：解：由x，y满足约束条件，作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为直线方程的斜截式：．由图可知，当直线过A时，直线在y轴上的截距最大，Z有最大值为；故答案为：6．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，代入目标函数的答案．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，是基础题．14.答案：解析：解：，则．故答案为：由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础试题．15.答案：48解析：解：根据题意，如图，在正方体中，与平面中一条对角线成的直线有，，，，，，，，共8条直线，则包含在内的符合题意的对角线有8对；又由正方体6个面，每个面有2条对角线，共有12条对角线，则共有对面对角线所成角为，而其中有一半是重复的；则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有48对．故答案为：48根据题意，由正方体几何结构分析可得：每一条对角线和另外的8条构成8对直线所成角为，进而可得共有对对角线所成角为，并且容易看出有一半是重复的，据此分析可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16.答案：解析：解：由题意圆的圆心为抛物线的焦点F，再由题意可得直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为：，，设，，联立直线与抛物线的方程：，整理可得，，所以，由抛物线的性质可得：弦长，由题意可得为的直径2，所以，而，所以可得：，因为，所以，代入直线AB中可得，即，将A点坐标代入抛物线的方程，整理可得，解得，因为，所以，故答案为：．由题意设直线AB的方程与抛物线联立求出两根之和，进而求出弦长的值，再由圆的方程可得圆心为抛物线的焦点可得为圆的直径，求出的值，再由题意可得的值，由题意可得A的横坐标，代入直线的方程，可得A的纵坐标，代入抛物线的方程中可得斜率的平方的值．本题考查抛物线的性质及求点的坐标，属于中档题．17.答案：解：依题意，由，可得，两边同时乘以，可得，即，，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，，．由题意，设等比数列的公比为q，则，故，．由知，，且，则，所以：，，得：，，，所以．解析：直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．利用乘公比错位相减法的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法的应用，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．18.答案：解：估计新设备所生产的产品的优质品率为，估计旧设备所生产的产品的优质品率为．补充完整的列联表如下所示，非优质品优质品合计新设备产品 30 70 100旧设备产品 45 55 100合计 75 125 200，有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．由知，新设备所生产的优质品率为，而X的所有可能取值为0，1，2，3，，，，．的分布列为：X 0 1 2 3P数学期望．解析：由频数分布表可知，将的频数相加，再除以100，即为新设备的优质品率；由频率分布直方图可知，将的频率组距相加，再乘以组距即为旧设备的优质品率；先填写列联表，再根据的公式计算其观测值，并与附表中的数据进行对比即可作出判断；由知，新设备所生产的优质品率为，而X的所有可能取值为0，1，2，3，然后根据二项分布求概率的方式逐一求出每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．本题考查频率分布直方图、频数分布表、独立性检验、二项分布、离散型随机变量的分布列和数学期望等知识点，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题．19.答案：证明：四边形ABCD是菱形，是AC的中点，，，，平面PAC，平面PAC，．，O是AC的中点，．平面ABCD，平面ABCD，，平面ABCD；解：由知，平面ABCD，．以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD的边长为4，．四边形ABCD是菱形，，与都是等边三角形．．0，，0，，0，，，，，．，，即，得．，．设平面PAE的法向量为，由，取，得；设平面PEC的一个法向量为，由，取，得．设二面角的平面角为，则．二面角的余弦值为．解析：由已知可得，，由直线与平面垂直的判定可得平面PAC，得到再由进一步得到平面ABCD；由知，平面ABCD，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD的边长为4，由列式求解a，可得所用点的坐标，再求出平面PAE与平面PEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.答案：解：依据题意得，所以，所以，因为，故设，代入椭圆方程得，所以的面积为：．联立，解得，，所以椭圆C的方程为：．由题意可知直线l的斜率显然存在，故设直线l的方程为：，联立，消去y并整理得，所以，设，，所以，，因为，所以，当时，，当时，，，因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，且满足，所以，综上．解析：根据题意可得方程组联立，解得b，a，进而得出椭圆C的方程．设直线l的方程为：，设，，联立直线l与椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理得，，因为，得，当时，，当时，，，因为，所以，代入化简得化简，利用基本不等式可得出答案．本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，向量问题，属于中档题．21.答案：解：函数的定义域是R，，时，对恒成立，在R递减，函数无极值，时，令，解得：，令，解得：，在递减，在递增，时，取极小值，，即，令，则，，，在递增，，；，，，令，，令，，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递增，时，取极小值，又，，存在使得，在递增，在递减，在递增，，，时，，即，令，，则对于恒成立，在递增，，即当时，，时，，，故时，成立．解析：求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，得到，令，根据函数的单调性求出a的值即可；令，求出，令，，求出，从而证明结论．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，不等式的证明，是一道综合题．22.答案：解：由，得，即．，，直线l的直角坐标方程为，即；依题意可知曲线C的参数方程为为参数．设，则点P到直线l的距离为：．，当时，．又过点P作直线交直线于点A，且直线与直线l的夹角为，，即．的最大值为，即．，解得．解析：把展开两角差的余弦，结合，可得直线l的直角坐标方程；依题意可知曲线C的参数方程为为参数设，写出点P到直线l的距离，利用三角函数求其最大值，可得的最大值，结合已知列式求解a．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，训练了利用三角函数求最值，是中档题．23.答案：解：函数．当时，，解得，故．当时，，恒成立．当时，，解得，故，所以不等式的解集为．证明：由知：，所以：，所以，所以，所以当且仅当时，等号成立．故：．解析：直接利用分段函数的解析式和零点讨论法的应用求出结果．直接利用基本不等式的应用求出结果．本题考查的知识要点：分段函数的性质的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．。

2020年广东省普通高中学业水平考试测试题二(含答案)

2020年广东省普通高中学业水平考试数学周测试题 (二)一、选择题（本题共有15小题，每小题4分，满分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、已知集合A={-2,-1,0,1,2,3},B={x|x2-2x-3<0},则A∩B=()A．{-1,0} B．{0,1,2} C．{-1,0,1} D．{-2,-1,0}2、.设i是虚数单位,x是实数,若复数的虚部是2,则x= ( )A. 4B. 2C. -2D. -43、某校高一(1)班有男、女学生共50人,其中男生20人,用分层抽样的方法,从该班学生中随机选取15人参加某项活动,则应选取的男、女生人数分别是( )A.6和9B.9和6C.7和8D.8和74、集合A={1,2,3}的所有子集的个数为 ( )A.5个B.6个C.7个D.8个5、“sin α>0”是“α为锐角”的 ( )A. 充分不必要条件B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件D.充要条件6、)函数f(x)=的定义域为 ( )A.(-∞,1]B.(-∞,0)C.(-∞,0)∪(0,1]D.(0,1]7、若f(x)=,则f[f(-2)]= ( )A.2B.3C.4D.58、下列函数中,既不是奇函数,也不是偶函数的是 ( )A.y=x+sin 2x B、y= 2x cosx1 D.y=x2+sin xC.y=x2 +x29、一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示,则其俯视图不可能为：①长方形;②直角三角形;③圆;④椭圆.其中正确的是 ( )A.①B.②C.③D.④10、设x ,y 满足约束条件则z=x-2y 的最小值为 ( )A.-10B.-6C.-1D.011、化简：)3()(31212132b a b a -∙÷)31(6561b a =（）A.6aB.-aC.-9aD.92a12.已知圆C 与y 轴相切于点(0,5),半径为5,则圆C 的标准方程是 ( )A.(x-5)2+(y-5)2=25B.(x+5)2+(y-5)2=25C.(x-5)2+(y-5)2=5或(x+5)2+(y-5)2=5D.(x-5)2+(y-5)2=25或(x+5)2+(y-5)2=25 13、若log 7[log 3(log 2x )]=0,则21x 的值为 ( ) A .3B .2C .2D .314、函数f (x )=4sin x cos x ,则f (x )的最大值和最小正周期分别为 ( ) A.2和π B.4和π C.2和2π D.4和2π15、已知ABC ∆三个内角A 、B 、C 的对边分别是a b c 、、，若120,3,8,A b c =︒==则ABC ∆的面积等于( )A ．6B ．C ．12D ．二、填空题（本题共4小题，每小题4分，满分16分）16、函数y=ax+1(a>0)在区间[1,3]上的最大值为4,则a= 。

广东省2020届高考数学一模试卷2 (含答案解析)

广东省2020届高考数学一模试卷2一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知全集U={1,2，3，4，5，6，7}，集合A={3,4，5}，B={1,3，6}，则A∩(∁U B)等于()A. {4,5}B. {2,4，5，7}C. {1,6}D. {3}2.设i是虚数单位，复数7+4i1+2i=()A. 3+2iB. 3−2iC. 2+3iD. 2−3i3.设x，y满足约束条件{3x+y−2 ≤ 0 y−x ≤ 2 y ≥ −x−1 , ，则z=y−2x的最大值()A. 72B. 2 C. 3 D. 1124.方程x+√y=0所表示的图形是()A. B. C. D.5.函数f(x)=(x−1)cosx2在区间[0,4]上的零点个数是()A. 4B. 5C. 6D. 76.一个正三棱柱的侧棱长和底面边长都相等，它的俯视图如图所示，左视图是一个矩形，棱柱的体积为2√3，则这个三棱柱的表面积为()A. 2√3B. 12C. 2√3+12D. 2√3+67.已知某地区一次联考中10000名学生的数学成绩服从正态分布N(120,100)，则数学成绩高于130分的学生人数大约为()附：X～N(μ,σ2)，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．A. 3174B. 1587C. 456D. 68288.设(1+x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n，若a1+a2+⋯+a n=63，则展开式中系数最大的项是()A. 15x2B. 20x3C. 21x3D. 35x39.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.设数列{a n}的前n项和为S n，若a1=4且S n=12a n+1+2，则S10=()A. 2×(310−1)B. 2×(310+1)C. 2×(39+1)D. 2×(39−1)11.已知三棱锥P−ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，2AC=√3AB，若三棱锥P−ABC的体积为3，则该三棱锥的外接球的体积为()2A. 8√3πB. 6√3πC. 4√3πD. 2√3π12.已知函数f(x)=x−sinx，则不等式f(x2−1)+f(2x−2)>0的解集是()．A. (−∞,−1)⋃(3,+∞)B. (−3,1)C. (−∞,−3)⋃(1,+∞)D. (−1,3)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，a1=2，2n(a n+a n+1)=1，设T n=a1+2a2+⋯+2n−1a n，b n=3T n−n−1，a n数列{b n}的前n项和S n=______．15.已知a⃗,b⃗ ,c⃗均为单位向量，若a⃗⋅b⃗ =0，则|3a⃗+2b⃗ −c⃗|的最大值为________．16.过抛物线C：x2=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.在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，且a2=b2+c2+bc．(1)求A的大小；(2)若sinB+sinC=1，b=2，试求△ABC的面积．18.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=4，AB=4√3，M，N分别为AB，CC1的中点．(1)求证：CM//平面B1AN；(2)若A1M⊥B1C，求平面B1AN与平面B1MC所成锐二面角的余弦值．19.已知椭圆E：x23+y22=1的左右顶点分别为A、B，点P为椭圆上异于A，B的任意一点．(Ⅰ)求直线PA与PB的斜率乘积的值；(Ⅱ)设Q(t,0)(t≠√3)，过点Q作与x轴不重合的任意直线交椭圆E于M，N两点，则是否存在实数t，使得以MN为直径的圆恒过点A？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．20.已知函数f(x)=(x2−2x−5)e2x−1，求函数f(x)的极值．21.口袋中有大小形状质量相同的四个白球和两个红球，每次从中任取一个球，各个球被取到的可能性是一样的，取后不放回．若能把两个红球区分出来就停止，用ξ表示停止时取球的次数，(1)求ξ=3时的概率P(ξ=3)(2)求ξ的分布列与均值．22. 在平面直角坐标系中，圆C 的参数方程为{x =1+2cosαy =2sinα(α为参数).以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin(θ−π4)=1−√22．(1)求圆C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程；(2)若直线l 与圆C 交于A,B 两点，M 是圆C 上不同于A,B 两点的动点，求ΔMAB 面积的最大值．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)≥a 2−2a 恒成立，求a 的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：本题考查了集合的定义与运算问题，是基础题目．根据补集与交集的定义，进行运算即可．解：全集U ={1,2，3，4，5，6，7}，集合A ={3,4，5}，集合B ={1,3，6}，所以∁U B ={2,4，5，7}，所以A ∩(∁U B)={4,5}. 故选A .2.答案：B解析：解：复数7+4i1+2i =(7+4i)(1−2i)(1+2i)(1−2i)=15−10i 5=3−2i ．故选：B ．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，属于基础题．3.答案：A解析：【解答】约束条件对应的平面区域如图：目标函数z =y −2x 即y =2x +z ，当过B 时z 最大，由{y −x =2y =−x −1得到B(−1.5,0.5)，所以z 的最大值为0.5−2×(−1.5)=3.5；故选：A ．【分析】首先由约束条件画出可行域，然后根据目标函数的几何意义求其最大值．本题考查了简单线性规划问题；一般首先画出可行域，然后根据目标函数的几何意义求其最值．4.答案：D解析：本题主要考查函数的图象，属于基础题．利用排除法进行排除即可．解：因为√y≥0，则x≤0，排除ABC，故选D．5.答案：C解析：解：令f(x)=0，可得x=1或cosx2=0∴x=1或x2=kπ+π，k∈Z，2∵x∈[0,4]，则x2∈[0,16]，∴k可取的值有0，1，2，3，4，∴方程共有6个解，∴函数f(x)=(x−1)cosx2在区间[0,4]上的零点个数为6个，故选C令函数值为0，构建方程，即可求出在区间[0,4]上的解，从而可得函数f(x)=(x−1)cosx2在区间[0,4]上的零点个数本题考查三角函数的周期性以及零点的概念，属于基础题．6.答案：C解析：解：一个正三棱柱的侧棱长和底面边长相等，体积为2√3，x3=2√3，设高为：x，所以√34解得：x=2，)x2=2√3+12，故这个三棱柱的表面积为：(3+√32故选：C通过正三棱柱的体积，求出正三棱柱的高，棱长，进而可得答案．本题考查的知识点是棱柱的体积和表面积，简单几何体的三视图，方程思想，难度中档．7.答案：B解析：本题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题，解题的关键是考试的成绩ξ关于ξ= 120对称，利用对称写出待求分数段的频率，进而得解．根据考试的成绩ξ服从正态分布N(120,100)，得到考试的成绩ξ关于ξ=120对称，根据P(110<ξ≤130)=0.6826，得到P(ξ≥130)=0.1587，根据频率乘以样本容量得到这个分数段上的人数．解：∵数学成绩服从正态分布N(120,100)，∴数学成绩ξ关于ξ=120对称，∵P(110<ξ≤130)=0.6826，∴P(ξ≥130)=P(ξ≤110)=12×(1−0.6826)=0.1587，∴该班数学成绩在130分以上的人数为0.1587×10000=1587．故选：B．8.答案：B解析：本题考查了二项式展开式的系数，属于基础题．解：∵(1+x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n，令x=0，得a0=1．令x=1，则(1+1)n=a0+a1+a2+⋯+a n=64，∴n=6，又(1+x)6的展开式二项式系数最大项的系数最大，∴(1+x)6的展开式系数最大项为T4=C63x3=20x3．故选B．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x2a2−y2b2=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：C解析：解：数列{a n}的前n项和为S n，若a1=4且S n=12a n+1+2，可得a1=S1=12a2+2，即a2=4，n≥2时，a n=S n−S n−1，S n=12a n+1+2，S n−1=12a n+2，两式相减可得a n=12a n+1−12a n，即为a n+1=3a n，可得a n=a2q n−2=4⋅3n−2，n≥2，则S10=12a11+2=2×39+2=2×(39+1)，故选：C．由数列的递推式：n=1时，a1=S1，n≥2时，a n=S n−S n−1，结合等比数列的通项公式，可得a n，即可得到所求和．本题考查数列的递推式的运用：求通项，考查化简整理的运算能力，属于中档题．11.答案：C解析：本题考查了线面垂直的性质、三棱锥的体积计算公式、球的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．如图所示，由于三棱锥P−ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，可得PO是三棱锥P−ABC的高，OA=OB=OC=OP=x，AC⊥BC.而2AC=√3AB，可得BC=x，AC=√3x.利用三棱锥的体积计算公式可得x，再利用球的体积计算公式即可得出．解：如图所示，∵三棱锥P−ABC的外接球的球心O在AB上，且PO⊥平面ABC，∴PO是三棱锥P−ABC的高，OA=OB=OC=OP=x，∴∠ACB=90°，∴AC⊥BC．∵2AC=√3AB，∴∠ABC=60°，。

2020年广东省高考数学二模试卷（二）（有答案解析）

2020年⼴东省⾼考数学⼆模试卷（⼆）（有答案解析）2020年⼴东省⾼考数学⼆模试卷（⼆）⼀、选择题（本⼤题共12⼩题，共60.0分）1.已知集合A={x|-1＜x＜6}，集合B={x|x2＜4}，则A∩（?R B）=（）A. {x|-1＜x＜2}B. {x|-1＜x≤2}C. {x|2≤x＜6}D. {x|2＜x＜6}2.设i为虚数单位，则复数的共轭复数=（）A. B. C. D.3.在样本的频率直⽅图中，共有9个⼩长⽅形，若中间⼀个长⽅形的⾯积等于其他8个⼩长⽅形⾯积的和的，且样本容量为200，则中间⼀组的频数为（）A. 0.2B. 0.25C. 40D. 504.设向量与向量垂直，且=（2，k），=（6，4），则下列下列与向量+共线的是（）A. （1，8）B. （-16，-2）C. （1，-8）D. （-16，2）5.某⼏何体的三视图如图所⽰，三个视图都是半径相等的扇形，若该⼏何体的表⾯积为，则其体积为（）A.B.C.D.6.阿基⽶德（公元前287年-公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利⽤“逼近法”得到椭圆的⾯积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆的离⼼率为，⾯积为12π，则椭圆C的⽅程为（）A. B. C. D.7.设a，b，c分别为△ABC内⾓A，B，C的对边，若B=C≠A，且b=2a cos A，则A=（）A. B. C. D.8.的展开式的各项系数之和为3，则该展开式中x3项的系数为（）A. 30B. 80C. -50D. 1309.函数的部分图象不可能为（）A. B.C. D.10.若函数f（x）=x3-ke x在（0，+∞）上单调递减，则k的取值范围为（）A. [0，+∞）B.C.D.11.已知⾼为的正三棱锥的每个顶点都在半径为的球的球⾯上，若⼆⾯⾓的正切值为4 ，则（）A. B. C. D.12.已知函数，若关于x的⽅程f（f（x））=m有两个不同的实数根x1，x2，则x1+x2的取值范围为（）A. [2，3）B. （2，3）C. [2ln2，4）D. （2ln2，4）⼆、填空题（本⼤题共4⼩题，共20.0分）13.若x，y满⾜约束条件，则的最⼤值为______．14.若tan（α-2β）=4，tanβ=2，则=______．15.已知函数f（x）=3x+9x（t≤x≤t+1），若f（x）的最⼤值为12，则f（x）的最⼩值为______16.已知直线x=2a与双曲线C：的⼀条渐近线交于点P，双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，且，则双曲线C的离⼼率为______．三、解答题（本⼤题共7⼩题，共82.0分）17.已知S n为数列{a n}的前n项和，且依次成等⽐数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和T n．18.如图，在四棱锥P-ABCD中，底⾯ABCD是边长为2的菱形，PD⊥平⾯ABCD，∠PAD=∠DAB=60°，E为AB中点．（1）证明；PE⊥CD；（2）求⼆⾯⾓A-PE-C的余弦值．19.在平⾯直⾓坐标系xOy中，抛物线C：x2=6y与直线l：y=kx+3交于M，N两点．（1）设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1和d2的乘积为定值；（2）y轴上是否存在点p，当k变化时，总有∠OPM=∠OPN？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．20.2019年春节期间，我国⾼速公路继续执⾏“节假⽇⾼速公路免费政策”．某路桥公司为掌握春节期间车辆出⾏的⾼峰情况，在某⾼速公路收费站点记录了⼤年初三上午9：20～10：40这⼀时间段内通过的车辆数，统计发现这⼀时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直⽅图如下图所⽰，其中时间段9：20～9：40记作区[20，40），9：40～10：00记作[40，60），10：00～10：20记作[60，80），10：20～10：40记作[80，100），例如10点04分，记作时刻64．（1）估计这600辆车在9：20～10：40时间内通过该收费点的时刻的平均值（同⼀组中的数据⽤该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进⾏分析，现采⽤分层抽样的⽅法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9：20～10：00之间通过的车辆数为X，求X的分布列与数学期望；（3）由⼤数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N（µ，σ2），其中µ可⽤这600辆车在9：20～10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，σ2可⽤样本的⽅差近似代替（同⼀组中的数据⽤该组区间的中点值代表），已知⼤年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）．若T～N（µ，σ2）则P（µ-σ＜T≤µ+σ）=0.6827，P（µ-2σ＜T≤σ+2σ）=0.9545，P（µ-3σ＜T≤µ+3σ）=0.9973．21.已知函数．（1）讨论函数在（1，+∞）上的单调性；（2）若a≥0，不等式x2f（x）+a≥2-e对x∈（0，+∞）恒成⽴，求a的取值范围．22.在平⾯直⾓坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴为正半轴建⽴极坐标系，已知曲线C的极坐标⽅程为ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0．（1）求曲线C的直⾓坐标⽅程；（2）过曲线C上⼀动点P分别作极轴、直线ρcosθ=-1的垂线，垂⾜分别为M，N，求|PM|+|PN|的最⼤值．23.设函数f（x）=|x+1|+|2-x|-k．（1）当k=4时，求不等式f（x）＜0的解集；（2）若不等式对x∈恒成⽴，求k的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：B={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，则?R B={x|x≥2或x≤-2}，则A∩（?R B）={x|2≤x＜6}，故选：C．求出集合B的等价条件，结合补集交集的定义进⾏求解即可．本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件以及利⽤交集补集的定义是解决本题的关键．2.答案：D解析：解：∵==，∴．故选：D．直接利⽤复数代数形式的乘除运算得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.答案：D解析：解：在样本的频率直⽅图中，共有9个⼩长⽅形，中间⼀个长⽅形的⾯积等于其他8个⼩长⽅形⾯积的和的，且样本容量为200，设其他8组的频率数和为m，则由题意得：m+m=200，解得m=150，∴中间⼀组的频数为=50．故选：D．设其他8组的频率数和为m，则由题意得：m+m=200，由此能求出中间⼀组的频数．本题考查频数的求法，考查频率分布直⽅图的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．4.答案：B解析：解：∵；∴；∴k=-3；∴；∴；∴（-16，-2）与共线．故选：B．根据即可得出，从⽽得出k=-3，从⽽可求出，从⽽可找出与共线的向量．考查向量垂直的充要条件，向量坐标的加法和数量积的运算，共线向量基本定理．5.答案：A解析：解：将三视图还原可知该⼏何体为球体的，S=3×+=，r=，⼏何体的体积为：=．故选：A．⾸先把⼏何体的三视图进⾏转换，进⼀步利⽤表⾯积公式的应⽤求出结果．本题考查的知识要点：三视图和⼏何体的转换，⼏何体的体积公式和⾯积公式的应⽤，主要考查学⽣的运算能⼒和转化能⼒，属于基础题型．6.答案：A解析：【分析】本题考查椭圆简单性质的应⽤,考查转化思想以及计算能⼒,属于基础题.利⽤已知条件列出⽅程组，求出a，b，即可得到椭圆⽅程．【解答】解：由题意可得：，解得a=4，b=3，因为椭圆的焦点坐标在y轴上，所以椭圆⽅程为：．故选A．7.答案：B解析：解：在△ABC中，∵b=2a cos A，∴由正弦定理可得：sin B=2sin A cosA=sin2A，∴B=2A，或B=π-2A，∵B=C≠A，∴当B=2A时，由于A+B+C=5A=π，可得：A=；当B=π-2A时，由于A+B+C=B+2A，可得：B=C=A（舍去）．综上，A=．故选：B．由正弦定理化简已知等式可得：sin B=sin2A，可求B=2A，或B=π-2A，根据三⾓形的内⾓和定理即可得解A的值．本题主要考查了正弦定理，三⾓形的内⾓和定理在解三⾓形中的综合应⽤，属于基础题．8.答案：D解析：解：令x=1得各项系数和为（2-n）（1-2）5=3，即n-2=3，得n=5，多项式为（2x2-5）（x-）5，⼆项式（x-）5的通项公式为T k+1=C5k x5-k（-）k=（-2）k C5k x5-2k，若第⼀个因式是2x2，则第⼆个因式为x，即当k=2时，因式为4C52x=40x，此时2x2×40x=80x3，若第⼀个因式是-5，则第⼆个因式为x3，即当k=1时，因式为-2C51x3=-10x3，此时-5×（-10）x3=50x3，则展开式中x3项的为80x3+50x3=130x3，即x3的系数为130故选：D．令x=1得各项系数为3，求出n的值，结合展开式项的系数进⾏求解即可．本题主要考查⼆项式定理的应⽤，令x=1求出各项系数和以及通过通项公式求出对应项的系数是解决本题的关键．9.答案：B解析：解：A．由图象知函数的周期T=2π，则=2π得ω=1，此时f（x）=2sin（x-）=-2cos x为偶函数，对应图象为A，故A图象可能B．由图象知函数的周期T=-（-）==，即=，得ω=±3，当ω=3时，此时f（x）=2sin（3x-），f（）=2sin（3×-）=2sin≠-2，即B图象不可能，当ω=-3时，此时f（x）=2sin（-3x+），f（）=2sin（-3×+）=-2sin≠-2，即B图象不可能，C．由图象知函数的周期T=4π，则=4π得ω=±，当ω=时，此时f（x）=2sin（x-π）=-2sin x，f（π）=-2sin=-1，即此时C图象不可能，当ω=-时，此时f（x）=2sin（-x-π）=2sin x，f（π）=2sin=-1，即此时C图象可能，D．由图象知函数的周期=-=，即t=π，则=π得ω=2，此时f（x）=2sin（2x-），f（）=2sin（2×-）=2sin=2，即D图象可能，综上不可能的图象是B，故选：B．根据三⾓函数的图象判断周期性性以及对称轴是否对应即可得到结论．本题主要考查三⾓函数图象的识别和判断，利⽤周期性求出ω以及利⽤特殊值进⾏验证是解决本题的关键．注意本题的ω有可能是复数．10.答案：C解析：【分析】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数恒成⽴问题，属于中档题．令f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成⽴得k在（0，+∞）上恒成⽴，求出右侧函数的最⼤值即可得出k的范围．【解答】解：∵函数f（x）=x3-ke x在（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）=3x2-ke x≤0在（0，+∞）上恒成⽴，∴k在（0，+∞）上恒成⽴，令g（x）=，x＞0，则，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，此时g（x）单调递增，x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，故当x=2时，g（x）取得最⼤值g（2）=，则k，故选：C．11.答案：A解析：【分析】本题考查正三棱柱的⾼与其外接球半径的⽐值的求法，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．设棱锥底⾯边长为a，由已知把a⽤含有H的代数式表⽰，再由球的性质利⽤勾股定理求得．【解答】解：设P在底⾯ABC的射影为E，则PE为正三棱锥的⾼，D为AB的中点，连结PD，设正三⾓形ABC的边长为a，则CD=，∴ED=，EC=a，由题意可得：，⼆⾯⾓的平⾯⾓为，由⼆⾯⾓P-AB-C的正切值为4，得=4，解得a=．∴EC==，OP=OC=R，OE=H-R，∴OC2=OE2+CE2，∴R2=（H-R）2+（）2，解得=．故选：A．12.答案：A解析：解：函数，的图象如下：当m≥1时，f（t）=m，有两个解t1，t2，其中t1≤0，t2≥2，f（x）=t1有⼀个解，f（x）=t2有两个解，不符合题意．当m＜0时，f（t）=m，有⼀个解t，且t∈（0，1），f（x）=t有⼀个解，不符合题意．当0≤m＜1时，f（t）=m，有⼀个解t，且t∈[1，2），f（x）=t两个不同的实数根x1，x2，符合题意．可得1-x1=log2x2=t，且t∈[1，2），x1+x2=2t-t+1，令g（t）=2t-t+1，g′（t）=2t ln t-1＞0，故g（t）在[1，2）单调递增，∴g（t）∈[2，3）．故选：A．画出函数，的图象，可求得当0≤m＜1时，f（t）=m，有⼀个解t，且t∈[1，2），f（x）=t两个不同的实数根x1，x2，符合题意．可得1-x1=log2x=t，且t∈[1，2），x1+x2=2t-t+1，令g（t）=2t-t+1，利⽤导数求解．本题考查了函数与⽅程思想、数形结合思想，属于中档题．13.答案：解析：解：设z=，则z的⼏何意义为可⾏域内的点与原点连线的斜率，作出不等式组对应得平⾯区域如图：由图可知OA的斜率最⼤，由，解得A（3，4），则OA得斜率k=，则的最⼤值为．故答案为：．本题主要考查线性规划求最值，是基础题．设z=，作出不等式组对应得平⾯区域，利⽤z的⼏何意义即可得到结论．14.答案：解析：解：由tanβ=2，得tan2β==，⼜tan（α-2β）=4，∴tanα=tan[（α-2β）+2β]==．∴=．故答案为：．由已知求得tan2β，再由tanα=tan[（α-2β）+2β]求出tanα，代⼊得答案．本题考查三⾓函数的化简求值，考查两⾓和的正切与⼆倍⾓的正切，是中档题．15.答案：2解析：解：设m=3x，因为t≤x≤t+1，所以3t≤m≤3t+1，则g（m）=m2+m，3t≤m≤3t+1，因为函数g（m）在[3t，3t+1]为增函数，所以（3t+1）2+3t+1=12，解得：3t+1=3，即t=0，即f（x）min=g（30）=2，故答案为：2．由⼆次型函数值域的求法得：设m=3x，则3t≤m≤3t+1，则g（m）=m2+m，3t≤m≤3t+1，因为函数g（m）在[3t，3t+1]为增函数，所以（3t+1）2+3t+1=12，解得：3t+1=3，即t=0，即f（x）min=g（30）=2，得解本题考查了⼆次型函数值域的求法，属中档题．16.答案：解析：【分析】本题考查双曲线的⽅程和性质，主要是渐近线⽅程和离⼼率的求法，考查⽅程思想和运算能⼒，属于中档题．设出双曲线的焦点，求得⼀条渐近线⽅程可得P的坐标，求得直线PF2的斜率，由两点的斜率公式和离⼼率公式，可得所求值．【解答】解：双曲线C的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0），且，可得sin∠PF2F1==，即有直线PF2的斜率为tan∠PF2F1=，由直线x=2a与双曲线C：的⼀条渐近线y=x交于点P，可得P（2a，2b），可得=，即有4b2=15（4a2-4ac+c2）=4（c2-a2），化为11c2-60ac+64a2=0，由e=可得11e2-60e+64=0，解得e=或e=4，由2a-c＞0，可得c＜2a，即e＜2，可得e=4舍去．故答案为：．17.答案：解：（1）依次成等⽐数列，可得（）2=S n=（n+2）（a1-2）n，当n=1时，a1=S1=3（a1-2），解得a1=3，当n≥2时，a n=S n-S n-1=n（n+2）-（n-1）（n+1）=2n+1，上式对n=1也成⽴，则数列{a n}的通项公式为a n=2n+1；（2）==（-），可得前n项和T n=（-+-+…+-）=（-）=．解析：（1）运⽤等⽐数列的中项性质，令n=1，可得⾸项，再由数列的递推式：当n≥2时，a n=S n-S n-1，计算可得所求通项公式；（2）求得==（-），再由数列的裂项相消求和，化简计算可得所求和．本题考查等⽐数列中项性质和数列的递推式的运⽤，考查数列的裂项相消求和，化简整理的运算能⼒，属于基础题．18.答案：证明：（1）连结DE，BD，∵四边形ABCD是菱形，且∠DAB=60°，E为AB的中点，∴DE⊥AB，∵PD⊥平⾯ABCD，∴PD⊥AB，⼜DE∩PD=D，∴AB⊥平⾯PDE，∴AB⊥PE，∵AB∥CD，∴PE⊥CD．解：（2）设AC，BD交点为O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平⾯ABCD的垂线为z轴，建⽴空间直⾓坐标系，如图，则P（-1，0，2），A（0，-，0），E（，0），C（0，，0），=（-1，，2），=（，0），=（1，），=（，0），设平⾯APE的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（），设平⾯PCE的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（3，1，2），设⼆⾯⾓A-PE-C的平⾯⾓为θ，由图知θ为钝⾓，∴cosθ=-=-=-．∴⼆⾯⾓A-PE-C的余弦值为-．解析：（1）连结DE，BD，推导出DE⊥AB，PD⊥AB，从⽽AB⊥平⾯PDE，进⽽AB⊥PE，由此能证明PE⊥CD．（2）设AC，BD交点为O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平⾯ABCD 的垂线为z轴，建⽴空间直⾓坐标系，利⽤向量法能求出⼆⾯⾓A-PE-C的余弦值．本题考查线线垂直的证明，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．19.答案：解（1）证明：将y=kx+3代⼊x2=6y，得x2-6kx-18=0．设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2=-18，从⽽d1d2=|x1|?|x2|=|x1x2|=18为定值．（2）解：存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，．从⽽k1+k2=+==．当b=-3时，有k1+k2=0对任意k恒成⽴，则直线PM的倾斜⾓与直线PN的倾斜⾓互补，故∠OPM=∠OPN，所以点P（0，-3）符合题意．解析：（1）先将y=kx+3代⼊x2=6y，设M（x1，y1），N（x2，y2），结合韦达定理，即可证明结论成⽴；（2）先设设P（0，b）为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，由∠OPM=∠OPN，得当k变化时，k1+k2=0恒成⽴，进⽽可求出结果本题主要考查直线与抛物线的位置关系、以及抛物线中的定点问题，通常需要联⽴直线与抛物线⽅程，结合韦达定理等求解，属于中档题．20.答案：解：（1）这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为（30×0.05+50×0.015+70×0.025+90×0.010）×20=64，即10：04（2）结合频率分布直⽅图和分层抽样的⽅法可知，抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20，60）这⼀区间内的车辆数，即（0.005+0.015）×20×10=4，所以X的可能的取值为0，1，2，3，4．所以P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==，P（X=4）==，所以X的分布列为：X01234P所以E（X）=0×+1×+2×+3×+4×=．（3）由（1）得µ=64，σ2=（30-64）2×0.1+（50-64）2×0.3+（50-64）2×0.4+（70-64）2×0.4+（90-64）2×0.2=324，所以σ=18，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数也就是在[46，100）通过的车辆数，由T～N（64，182），得，P（64-18≤T≤64+2×18）=+=0.8186，所以估计在在9：46～10：40之间通过的车辆数为1000×0.8186≈819辆．解析：（1）将直⽅图中每个⼩长⽅形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．（2）抽样⽐为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量X的所有可能的取值，计算出每个X对应的概率，列分布列，求期望即可．（3）根据频率分布直⽅图估计出⽅差，再结合（1）求出的期望，得到µ，σ2再根据其对称性处理即可．本题考查了离散型随机变量的概率分布列，超⼏何分布，正态分布等知识，阅读量⼤，审清题意是关键，属于中档题．21.答案：解：（1）∵函数，∴x＞0，则g（x）=，．若a≤-，∵x＞1，∴ln x＞0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，若a＞-，令g′（x）=0，得x=，当1＜x＜时，g′（x）＞0，当x＞时，g′（x）＜0，∴g（x）的单调递减区间是（，+∞），单调递增区间为（1，）．（2）a≥0，不等式x2f（x）+a≥2-e对x∈（0，+∞）恒成⽴，∴x lnx-ax+a+e-2≥0对x∈（0，+∞）恒成⽴，设h（x）=x lnx-ax+a+e-2，则h′（x）=ln x+1-a，令h′（x）=0，得x=e a-1，当x∈（0，e a-1）时，h′（x）＜0，当x∈（e a-1，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）的最⼩值为h（e a-1）=（a-1）e a-1+a+e-2-ae a-1=a+e-2-e a-1，令t（a）=a+e-2-e a-1，则t′（a）=1-e a-1，令t′（a）=0，得a=1，当a∈[0，1）时，t′（a）＞0，t（a）在[0，1）上单调递增，当a∈[1，+∞）时，t′（a）0，t（a）在[1，+∞）上单调递减，∴当a∈[0，1）时，h（x）的最⼩值为t（a）≥t（0）=e-2-，当a∈[1，+∞）时，h（x）的最⼩值为t（a）=a+e-2-e a-1≥0=t（2），∴a的取值范围是[0，2]．解析：本题考查导数的综合应⽤，考查推理能⼒和运算求解能⼒，考查化归与转化思想，是难题．（1）x＞0，．利⽤分类讨论思想结合导数性质能讨论函数在（1，+∞）上的单调性．（2）推导出x lnx-ax+a+e-2≥0对x∈（0，+∞）恒成⽴，设h（x）=x lnx-ax+a+e-2，则h′（x）=ln x+1-a，由此利⽤导数性质，结合分类讨论思想能求出a的取值范围．22.答案：解：（1）由ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0，得x2+y2-4x-6y+12=0，即（x-2）2+（y-3）2=1，此即为曲线C的直⾓坐标⽅程．（2）由（1）可设P的坐标为（2+cosα，3+sinα），0≤α＜2π，则|PM|=3+sinα，⼜直线ρcosθ=-1的直⾓坐标⽅程为x=-1，所以|PN|=2+cosα+1=3+cosα，所以|PM|+|PN|=6+sin（α+），故当α=时，|PM|+|PN|取得最⼤值为6+．解析：（1）由ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0，得x2+y2-4x-6y+12=0，即（x-2）2+（y-3）2=1，此即为曲线C的直⾓坐标⽅程．（2）由（1）可设P的坐标为（2+cosα，3+sinα），0≤α＜2π，求出|PM|和|PN|后相加，⽤三⾓函数的性质求得最⼤值．本题考查了简单曲线的极坐标⽅程，属中档题．23.答案：解：（1）k=4时，函数f（x）=|x+1|+|2-x|-4，不等式f（x）＜0化为|x+1|+|2-x|＜4，当x＜-1时，不等式化为-x-1+2-x＜4，解得-＜x＜-1，当-1≤x≤2时，不等式化为x+1+2-x=3＜4恒成⽴，则-1≤x≤2，当x＞2时，不等式化为x+1+x-2＜4，解得2＜x＜，综上所述，不等式f（x）＜0的解集为（-，）；（2）因为f（x）=|x+1|+|2-x|-k≥|x+1+2-x|-k=3-k，所以f（x）的最⼩值为3-k；⼜不等式对x∈恒成⽴，所以3-k≥，所以，解得k≤1，所以k的取值范围是（-∞，1]．解析：本题考查了不等式恒成⽴应⽤问题，也考查了含有绝对值的不等式解法与应⽤问题，是中档题．（1）k=4时，利⽤分类讨论思想求出不等式f（x）＜0的解集，再求它们的并集；（2）利⽤绝对值不等式的性质求出f（x）的最⼩值，再把不等式化为3-k≥，求出不等式的解集即可．。

2020年广东省普通高中学业水平考试数学模拟仿真卷(2)

2020年广东省普通高中学业水平考试数学模拟仿真卷（6）一、选择题（本大题共15小题，每小题4分，共60分•每小题中只有一个选项是符合题意的，不选、多选、错选均不得分•） 1•复数（-1+3i ）（3-i ）=（）A . 10B .- 10C . 10iD .- 10i2•已知集合 A = { - 2, 0, 1, 2, 3} , B = { - 1, 1, 3, 4}，则 A H B =(3.函数f x = .3x ，1的定义域为（ -1 )r —3,丿4 . lg2+lg5 =(38A .B .83下列函数在R 上是增函数的是（）C . y - -xC . .T710 .角〉的终边经过点（1,- 1）,则cos ;A . {1 , 3}B . { - 2, 1, 3}C . { - 1, 1, 3, 4}{ - 2, -1, 1, 3}A ' -1 -He .3，C .A . lg75.已知两点A (- 1,C .lg252), B (3, 4),则直线AB 的斜率为c11B .C .-2 2lg2X |g56 .已知向量a - 2,3 ,b = x,4 .若 a 〃 a -b ，则 x =(7. △ ABC 的内角A , B , C 的对边分别为 a , b , c ,已知 b = 3,229.已知样本数据X 1 , X 2,…，X 10,其中 X 1, x 2, X 3的平均数为a ； X 4, X 5, …，X 10的平均数为b ,则样本数据的平均数为（a b3a 7bB . 107a 3b C . 10D- 10A . 1B . - 1C . —2D .一2 211. 已知函数f (x )=F ‘X 兰0 ，则f |f 11的值是()[log 2X,x >0 ] (2 丿」 A . - B . 3 C .- 1 D .、3312.设m ：一…，_：i ,-是两个不同的平面，贝厂’r |”是“ m 〃： ”的()15 .已知等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，若a 什a 3= 3， a 2+a 4= 6，贝U S B =( ) A . 45B . 81C . 117D . 153二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分.)16 .已知圆锥的底面半径为4cm ,高为5 cm ，则这个圆锥的表面积是 ____________ cm 2 . 17 .以点(-2, 3)为圆心且过坐标原点的圆的方程是 ________________ .18 .甲、乙两校各有3名教师报名支教，若从这6名教师中任选2名，选出的2名教师来自同一学校的概率为 __________ .垂直，则双曲线C 的离心率e= _________ .三、解答题(本大题共2小题，共24分.解答应时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.)20 .(本小题满分12分)已知数列｛a n ｝是等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2= 4，& = 20 .(1) 求数列｛a n ｝的通项公式；(2) 令b n 二a n -9，求数列fbj 的前n 项和Tn .A .充分不必要条件B .必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件13. 已知在△ ABC 中，P 为线段AB 上一点，且31〕，若C?二XCZ • C 2，则x 2y C .14.若实数x ， x 空3y 满足x • y _2，则2x+y 的取值范围为 [y兰xA . [1 ， 9]B . [5，9]C . [3， 9]D . [3，5]19 .已知双曲线C : =1 ( a 0， b 0)的一条渐近线与直线 l : x -2y+2020= 021.（本小题满分12分）如图，已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是菱形, / BAD = 60 , PA = PD , O 为 AD 边的中点. （1）证明：平面POB_平面PAD ;2020年广东省普通高中学业水平考试数学模拟仿真卷（6）参考答案、选择题(2)若丄三=2 .,3 ,考「13，求四棱锥P -ABCD 的体积.•••OB = 3,7分、填空题三、解答题:20.解：(1)设数列｛a n ｝的公差为d, .............................. 1分r a 2 二耳 d =4由IS 4 = 4a 1 6d = 20I解得a ^2 . ................................ 5分d =2.•.a n = 2+2 (n - 1)= 2n. ............................ 6分 (2)由(1) 知 a n = 2n ,a n••• bn— n 1 -9- 2n-9 =2 , ............................................... 9 分二数列：0 ［是以b 1 = -7为首项，公差为2的等差数列， ............. 10分n b 1 b n n [-7 2n -9 2------------ = -------------------- =n2 221. (1)证明：•••底面 ABCD 是菱形，/ BAD = 60° ••• AB = BD = AD, ........................ 1 分v O 为AD 的中点，••• AD 丄BO, ........................ 2 分v O 为AD 的中点，FA = PD ,••• AD 丄 PO, ....................... 3 分v PO P BO = O , PO 平面 POB , BO 平面 POB,••• AD 丄平面POB, ........................ 5分v AD?平面 PAD ,•••平面POB 丄平面PAD. .................. 6分 16. 40'： 2 217. x 2 y-3 1318. -19. .55—8n . 12分(2)解:v三=2,3，匕D是正三角形,在Rt A PAO 中"门，江〕- ,3 ,••• PO= 2, .......................................... 8 分2 2 2•••OB2+PO2= 9 4 = 13 = PB2,••• PO丄OB, ...................... 9分••• AD 丄PO, 且OB A AD = O, OB 平面ABCD, AD 平面ABCD ,••• PO 丄平面ABCD , ...................... 10 分1 2S菱形J■予D = 3 =<sin 60'=6^/3 , .............................. 11 分•••四棱锥P- ABCD的体积为V =〔S菱形二C D沖-1 6乜2=4■■一3 •…12分3 3。

2024年广东省普通高中学业水平合格性考试数学模拟卷(二)(含答案)

数 2024年第一次广东省普通高中学业水平合格性考试模拟卷（二）学位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（A ）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”本试卷共22小题，满分150分。

考试用时90分钟。

注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座。

2. 选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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. 考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

─、选择题：本大题共12小题，每小题6分，共72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{}|13Ax x =<<，则CC UU AA =（）A ．{|1x x <或3}x >B ．{}|3x x ≥C ．{|1x x ≤或3}x ≥D ．{}|1x x ≤2．下列函数中，在区间（0，＋∞）上是减函数的是（）A ．y ＝x 2B ．y ＝1x C ．y ＝2x D ．y ＝lg x 3. 已知角α的终边过点()1,2P −，则tan α等于（）A. 2B. 12−C. 2−D.124．函数lg y x =+的定义域是（）A ．{1x x >或}0x <B ．{}01x x <<C ．{1x x ≥或}0x ≤D ．{}01x x <≤5．已知R a ∈，则“1a >”是“11a<”的（） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件6．不等式(2x −1)(x +2)>0的解集是（A ．）{2x x <−∣，或12x>B ．12∣ >xx C ．122xx−<<∣ D ．{2}xx <−∣ 7．已知平面向量a ＝（－2，4），b ＝（n ，6），且a ∥b ，则n ＝（）A. 3 B ．2C ．1D ．－18．已知,0x y >且xy ＝36，则x y +的最小值为（）A． B ．4C ．6D ．129. 要得到函数4y sin x =−（3π）的图象，只需要将函数4y sin x =的图象（）A. 向左平移12π个单位 B. 向右平移12π个单位 C. 向左平移3π个单位 D. 向右平移3π个单位10. 已知函数()122,0,log ,0,x x f x x x ≤= > 则()()2f f −=（）A. －2B. －1C. 1D. 211．如图1，在正方体1111ABCD A B C D −中，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则异面直线1B C 与EF 所成的角的大小为（） A ．90° B ．60°C ．45°D ．30°12. 某同学计划2023年高考结束后，在A ，B ，C ，D ，E 五所大学中随机选两所去参观，则A 大学恰好被选中的概率为（） A.45B.35C.25 D. 15二、填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分。

广东省2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学模拟试题(二)含答案

2 A.(−, 0) B.(−, 0] [1, +)
C.(−,1] [1, +) D.(−,0) 1, +)
二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。
x + y − 3 0, 13.若 x,y 满足约束条件 x − y − 3 0 , 则 z = y − 2x 的最大值是 ▲
x −1 0,
A1DE,连接 A1C.若当三棱锥 A1-CDE 的体积取得最大值时,三棱锥 A1 − CDE 外接球的体积
为 8 2 ,则 a= 3
A.2 B. 2 C. 2 2 D.4
12.已知函数 f ( x) = 1 ax2 + cos x −1(a R ) ,若函数 f ( x) 有唯一零点,则 a 的取值范围为
AE=BE,则 AE DB =
A.1 B.2
1 C.2
D. 3
9.( x + y + 2)6 的展开式中,xy3 的系数为
A.120 B.480 C.240 D.320
10.把函数 f ( x) = 2sin x 的图象向右平移π3个单位长度,再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的12(纵坐标不变)得到函数 g ( x) 的图象,关于 g (t ) 的说法有:①函数 g ( x) 的
14.已知
cos
+
12
=
3 5
, 则sin
2
+
2 3
=
▲
15.从正方体的 6 个面的对角线中,任取 2 条组成 1 对,则所成角是 60°的有 ▲ 对。
16.如图,直线 l 过抛物线 y2=4x 的焦点 F 且交抛物线于 A,B 两点,直线 l 与圆

2020年普通高等学校招生全国统一考试广东省理科数学模拟试题(二)(解析版)

2020年普通高等学校招生全国统一考试广东省理科数学模拟试题（二）（教师版）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．已知集合A＝{x|(x－7)(x＋3)＜0},B＝{x|－2＜x＜2 2},则A∩B＝（）A．{x|－3＜x＜2 2} B．{x|－3＜x＜7} C．{x|－2＜x＜7} D．{x|－2＜x＜2 2} 【考点】交集及其运算．【专题】计算题；集合思想；定义法；集合；数学运算．【分析】求出集合A,B,由此能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={x|(x- 7)(x+3)<0}={x|-3<x< 7},B={x|-2<x<2 2},∴A∩B={x|-2<x< 7}．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．2．已知复数z=i(a-i)(i为虚数单位,a∈R),若1<a<2,则|z|的取值范围为（）A．( 2, 5) B．( 2,2) C．(2, 5) D．(1,2)【考点】复数的模．【专题】整体思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算．【分析】根据复数的基本运算法则进行化简，再求复数模的范围即可．【解答】解：因为复数z=i(a-i)=1+ai,所以|z|=a 2+1,由于1<a<2,即1<a2<4,则|z|的取值范围为( 2, 5),故选：A．【点评】本题主要考查复数的乘法运算及模长的计算，比较基础．3．《周髀算经》是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49．5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10．5尺，则立秋的晷长为（）A．1．5尺B．2．5尺C．3．5尺D．4．5尺【考点】等差数列的通项公式．【专题】方程思想；综合法；等差数列与等比数列；数学运算．【分析】由夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列{}a n,经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49．5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10．5尺，可得：9a1＋36d＝49.5,a1＋a3＋a5＝10．5，即3a1＋6d＝10．5．解出利用通项公式即可得出．【解答】解：∵夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列{}a n,经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49．5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10．5尺，9a1＋36d＝49.5,a1＋a3＋a5＝10．5，即3a1＋6d＝10．5．解得d＝1,a1＝1．5．∴立秋的晷长＝a4＝1．5＋3＝4．5．故选：D．【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4．在△ABC中，已知∠A＝45°，AB＝6 2,且AB边上的高为2 2,则sin C＝（）A．1010B．3 1010C．105D．2 105【考点】正弦定理．【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；数学运算．【分析】由已知可求AD，利用勾股定理可求AC，由余弦定理可得BC，进而根据正弦定理可得sin C的值．【解答】解：∵如图，在△ABC 中，∠A ＝45°，AB ＝6 2,且AB边上的高CD 为2 2, ∴AD ＝2 2,AC ＝AD 2＋CD 2＝4，∴由余弦定理可得BC ＝AC 2＋AB 2－2AC ﹒AB ﹒cos A ＝16＋72－2×4×6 2×22＝40, ∴由正弦定理AB sin C ＝BC sin A ,可得sin C ＝AB ﹒sin ABC ＝6 2×2240＝3 1010．故选：B ．【点评】本题主要考查了勾股定理，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．5．一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为3π,则该圆锥的体积为（）A ．2 3πB ．2 33πC ．4 33πD ．8 33π【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】对应思想；数形结合法；立体几何；数学运算．【分析】由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥体积可求．【解答】解：作出该几何体的轴截面图如图，BC ＝2，BD ＝1，设内接圆柱的高为h ，由π×12×h ＝3π,得h ＝3．∵△CAB ∽△CED ， ∴ED AB ＝CD CB ,即3AB ＝12,得AB ＝2 3, ∴该圆锥的体积为13×π×22×2 3＝8 33π．故选：D ．【点评】本题主要考查了圆锥的内接圆柱的体积，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．6．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减，f (－3)＝0，则不等式f (x －1)＞0的解集为（）A ．(－3，3)B ．(－∞，－2)∪(1，4)C ．(－∞，－4)∪(－1，2)D ．(－∞，－3)∪(0，3)【考点】奇偶性与单调性的综合；抽象函数及其应用．【专题】计算题；方程思想；转化思想；函数的性质及应用；数学运算．【分析】根据题意，由函数的奇偶性与单调性分析可得函数的大致图象，据此分析可得关于x 的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则f (x )在(－∞，0)上递减，又由f (－3)＝0，则f (3)＝0，则函数f (x )的草图如图：若f (x －1)＞0，则有⎩⎨⎧x －1＜－30＜x －1＜3,解可得⎩⎨⎧x ＜－21＜x ＜4,即不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，4)；故选：B ．【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意作出函数的简图，分析不等式的解集． 7．已知双曲线x2a 2－ y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，过点F 分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A ，B ．若→FA ﹒ →FB ＝0，则该双曲线的离心率为（）A ． 5B ．2C ． 3D ． 2【考点】双曲线的性质．【专题】方程思想；数形结合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．【分析】由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到b a＝1，则离心率可求．【解答】解：如图，由→FA ﹒ →FB ＝0，得∠AOB ＝90°，即∠AOF ＝45°，∴b a＝tan45°＝1，即a ＝b ．则e ＝c a＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ b a 2＝2．故选：D ．【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的求法，是基础题． 8．已知四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A ＝30°，AB ＝2 3,AD ＝5，E 在CB 的延长线上，且AE ＝BE ，则→AE ﹒ →DB ＝（）A ．1B ．2C ．12D ． 3【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【专题】转化思想；数形结合法；平面向量及应用；逻辑推理；数学运算．【分析】先由余弦定理求得BD ＝7,再根据题设条件求得BE ＝2，而→AE ﹒ →DB ＝() →BE － →BA ﹒() →AB － →AD 展开，利用数量积公式化简求解即可．【解答】解：在△ABD 中，由余弦定理有,BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ﹒AD ﹒cos30°＝12＋25－2×2 3×5×32＝7， ∴BD ＝7,易知∠ABE ＝∠A ＝30°，又AE ＝BE ，AB ＝2 3,故BE ＝3cos30°＝2，→AE ﹒ →DB ＝() →BE － →BA ﹒()→AB － →AD ＝→BE ﹒ →AB － →BE ﹒ →AD － →BA ﹒ →AB ＋ →BA ﹒ →AD＝2×2 3×cos150°＋2×5＋(2 3)2＋5×2 3×cos150°＝1．故选：A ．【点评】本题考查平面向量数量积的综合运用，涉及了余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题． 9．(x ＋y ＋2)6的展开式中,xy 3的系数为（） A ．120 B ．480C ．240D ．320【考点】二项式定理．【专题】转化思想；综合法；二项式定理；数学运算．【分析】把(x ＋y ＋2)6的展开式看成6个因式(x ＋y ＋2)的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x ，再取3个因式，这3个因式都取y ，剩余2个因式取2，相乘即得含xy 3的项，求出xy 3项的系数．【解答】解：把(x ＋y ＋2)6的展开式看成6个因式(x ＋y ＋2)的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x ，再取3个因式，这3个因式都取y ，剩余2个因式取2，相乘即得含xy 3的项；故含xy 3项的系数为：故选：C ．【点评】本题考查了排列组合与二项式定理的应用问题，是综合性题目．10．把函数f (x )＝2sin x 的图象向右平移π3个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的 (1)/(2)(纵坐标不变）得到函数g (x )的图象，关于g (t )的说法有：①函数g (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫ π3,0对称；②函数g (x )的图象的一条对称轴是x ＝－ π12;③函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤ π3, π2上的最上的最小值为3;④函数g (x )∈[0，π]上单调递增，则以上说法正确的个数是（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【考点】命题的真假判断与应用．【专题】函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；数学运算．【分析】通过平移变换与伸缩变换求得函数g (x )的解析式．由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ π3≠0判断①错误；由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ π12＝－2求得最小值判断②正确；由x 的范围求得函数值域判断③正确；由x 的范围可知函数g (x )在[0，π]上不单调判断④错误．【解答】解：把函数f (x )＝2sin x 的图象向右平移π3个单位长度，得y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x － π3, 再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的 (1)/(2)(纵坐标不变）得到函数g (x )的图象，则g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x － π3．①∵g ⎝ ⎛⎭⎪⎫ π3＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 2π3－ π3＝3≠0，∴函数g (x )的图象不关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫ π3,0对称，故①错误；②∵g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ π12＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－ π6－ π3＝－2，∴函数g (x )的图象的一条对称轴是x ＝－ π12,故②正确； ③当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤ π3, π2时,2x － π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤ π3, 2π3,则2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x － π3∈[ 3,2], 即函数g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3, π2上的最上的最小值为3,故③正确；④当x ∈[0，π]时,2x － π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－ π3, 5π3,可知函数g (x )在[0，π]上不单调，故④错误．∴正确命题的个数为2．故选：C ．【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查y ＝A sin(ωx ＋φ)型函数的图象与性质，是中档题．11．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2AD ＝2a ，E 是AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE ,连接A 1C ．若当三棱锥A 1－CDE 的体积取得最大值时，三棱锥A 1－CDE 外接球的体积为8 23π,则a ＝（） A ．2 B ． 2 C ．2 2 D ．4【考点】球的体积和表面积．【专题】转化思想；综合法；球；数学运算．【分析】要想体积最大，需高最大，当△A 1DE ⊥面BCDE 时体积最大，根据对应球的体积即可求解结论．【解答】解：在矩形ABCD 中，已知AB ＝2AD ＝2a ，E 是AB 的中点，所以：△A 1DE 为等腰直角三角形；斜边DE 上的高为：A ′K ＝12DE ＝12a 2＋a 2＝22a ; 要想三棱锥A 1－CDE 的体积最大；需高最大，则当△A 1DE ⊥面BCDE 时体积最大，此时三棱锥A 1－CDE 的高等于：12DE ＝12a 2＋a 2＝22a ; 取DC 的中点H ，过H 作下底面的垂线；此时三棱锥A 1－CDE 的外接球球心在OH 上； ∵三棱锥A 1－CDE 外接球的体积为8 23π;所以球半径R ＝2; 如图：OH 2＝OC 2－CH 2; ①A ′O 2＝A ′G 2＋GO 2;②即：R 2－a 2＝OH 2; ③R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a －OH 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ 22a 2;④ 联立③④可得a ＝2; 故选：B ．【点评】本题考查的知识要点：几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用，属于中档题型．12．已知函数f (x )＝12ax 2＋cos x －1(a ∈R ),若函数f (x )有唯一零点，则a 的取值范围为（）A ．(－∞，0)B ．(－∞，0]∪[1，＋∞)C ．(－∞，1]∪[1，＋∞)D ．（－∞，0）∪[1，＋∞）【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．【专题】计算题；分类讨论；转化思想；分析法；导数的综合应用；数学运算．【分析】求导，构造辅助函数g (x )＝f ′(x )＝－sin x ＋ax ，则g ′(x )＝－cos x ＋a ，当a ≥1时，可知g (x )在R 上单调递增，g (0)＝0，即可判断f (x )在[0，＋∞）上为增函数，在(－∞，0)上为减函数，由f (x )＝0，即可证明，当a ≥1时，f (x )有唯一的零点；然后验证a ＝0时，函数的零点的个数，判断选项即可．【解答】解：因为f ′(x )＝－sin x ＋ax (x ∈R )．令g (x )＝－sin x ＋ax ，则g ′(x )＝－cos x ＋a ，所以当a ≥1时，g ′(x )＝－cos x ＋a ≥0，即g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝－sin0＝0，所以x ∈[0，＋∞），f ′（x ）≥0，当x ∈(－∞，0)，f ′(x )＜0，所以f (x )在[0，＋∞）上为增函数，在(－∞，0)上为减函数，又f (0)＝0，所以当x ∈[0，＋∞），f （x ）≥0，当x ∈(－∞，0)，对x ∈R 恒成立，即当a ≥1时，f (x )≥0，且当且仅当x ＝0，f (x )＝0，故当a ≥1时，f (x )有唯一的零点；排除A ，当a ＝0时，f (x )＝cos x －1，令f (x )＝0，可得cos x ＝1，有无数解，所以a ＝0，不成立，排除BC ，故选：D ．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及含量，分类讨论思想的应用，是中档题．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≤0x －y －3≤0x －1≤0,则z ＝y －2x 的最大值是________【考点】简单线性规划．【专题】计算题；数形结合；转化思想；分析法；不等式；数学建模．【分析】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，代入目标函数的答案．【解答】解：由x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≤0x －y －3≤0x ＋1≥0,作出可行域如图，1联立 ⎩⎨⎧x ＋y －3＝0x ＋1＝0，解得A (－1，4)，化目标函数z=y-2x 为直线方程的斜截式：y ＝2x ＋Z ．由图可知，当直线y ＝2x ＋Z 过A 时，直线在y 轴上的截距最大，Z 有最大值为4－2×(－1)＝6；【点评】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，是基础题．14．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋ π12＝35,则sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋ 2π3＝________ 【考点】两角和与差的三角函数．【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；数学运算．【分析】由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．【解答】解：∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋ π12＝35,则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋ 2π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋ π6＋ π2＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋ π6＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋ π12－1＝2× 925－1＝－ 725．故答案为：－ 725【点评】本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础试题． 15．从正方体的6个面的对角线中，任取2条组成1对，则所成角是60°的有________对．【考点】排列、组合及简单计数问题．【专题】计算题；空间位置关系与距离；排列组合；数学抽象；数学运算．【分析】根据题意，由正方体几何结构分析可得：每一条对角线和另外的8条构成8对直线所成角为60°，进而可得共有12×8对对角线所成角为60°，并且容易看出有一半是重复的，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与平面A 1B 1C 1D 1中一条对角线A 1C 1成60°的直线有A 1D ,B 1C ,A 1B ,D 1C ,BC 1,AD 1,C 1D ,B 1A ,共8条直线，则包含A 1C 1在内的符合题意的对角线有8对；又由正方体6个面，每个面有2条对角线，共有12条对角线，则共有12×8＝96对面对角线所成角为60°，而其中有一半是重复的；则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有48对．故答案为：48【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16．如图，直线l 过抛物线y 2＝4x 的焦点F 且交抛物线于A ，B 两点，直线l 与圆(x －1)2＋y 2＝1交于C ，D 两点，若2|AC |＝|BD |，设直线l 的斜率为k ，则k 2＝________．【考点】抛物线的性质．【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．【分析】由题意设直线AB 的方程与抛物线联立求出两根之和，进而求出弦长|AB |的值，再由圆的方程可得圆心为抛物线的焦点可得|CD |为圆的直径，求出|AC |＋|BD |的值，再由题意可得|AC |的值，由题意可得A 的横坐标，代入直线的方程，可得A 的纵坐标，代入抛物线的方程中可得斜率的平方的值．【解答】解：由题意圆(x －1)2＋y 2＝1的圆心为抛物线的焦点F ，再由题意可得直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程为：x ＝my ＋1，m ＝1k,设A ()x 1,y 1,B ()x 2,y 2,联立直线与抛物线的方程： ⎩⎨⎧y 2＝4xx ＝my ＋1，整理可得y 2－4my －4＝0,y 1＋y 2＝4m ，所以x 1＋x 2＝4m 2＋2,{{b 17310fe .png }} 由抛物线的性质可得：弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝4m 2＋2＋2＝4m 2＋4, 由题意可得|CD |为(x －1)2＋y 2＝1的直径2，所以|AC |＋|BD |＝|AB |－|CD |＝4m 2＋4－2＝4m 2＋2,而2|AC |＝|BD |，所以可得：|AC |＝4m 23＋ 23,因为|AC |＝|AF |－r ＝|AF |－1＝()x A ＋1－1＝x A , 所以x A ＝4m 23＋ 23,代入直线AB 中可得y A ＝4m 3－ 13m,即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 4m 23＋ 23, 4m 3－ 13m , 将A 点坐标代入抛物线的方程⎝ ⎛⎭⎪⎫ 4m 3－ 13m 2＝4﹒⎝ ⎛⎭⎪⎫ 4m 23＋ 23,整理可得1m 4－ 32m2－32＝0，解得1m2＝32±322＋32×42＝16±12 2,因为1m 2＞0,所以k 2＝1m2＝16＋12 2,故答案为：16＋12 2．【点评】本题考查抛物线的性质及求点的坐标，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．已知数列{}a n 和{}b n 满足a n ﹒b n ＋1－a n ＋1﹒b n －2a n ﹒a n ＋1＝0，且a 1＝1,b 1＝1，设c n ＝b n a n．（1）求数列{}c n 的通项公式；（2）若{}a n 是等比数列，且a 2＝3，求数列{}b n 的前n 项和S n ．【考点】数列的求和；数列递推式．【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑推理；数学运算．【分析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用乘公比错位相减法的应用求出结果．【解答】解：（1）依题意，由a n ﹒b n ＋1－a n ＋1﹒b n －2a n ﹒a n ＋1＝0，可得a n ﹒b n ＋1－a n ＋1﹒b n ＝2a n ﹒a n ＋1,两边同时乘以1a n ﹒a n ＋1,可得b n ＋1a n ＋1－ b na n ＝2，即c n ＋1－c n ＝2， ∵c 1＝b 1a 1＝1，∴数列{}c n 是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴c n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，n ∈N ×．（2）由题意，设等比数列{}a n 的公比为q ，则q ＝a 2a 1＝31＝3，故a n ＝1﹒3n －1＝3n －1,n ∈N ×．由（1）知,c n ＝2n －1，且c n ＝b n a n,则b n ＝c n ﹒a n ＝(2n －1)﹒3n －1,所以：S n ＝1×30＋3×31＋…＋(2n －1)×3n －1①， 3S n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －1)×3n②，①－②得：－2S n ＝1＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－(2n －1)×3n,＝1＋ 2×3－2×3n －1×3 1－3－(2n －1)×3n ,＝－2－(2n －2)×3n, 所以S n ＝(n －1)×3n＋1．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法的应用，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．18．为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取100件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均在（15，45]以内，规定质量指标值大于30的产品为优质品，质量指标值在（15，30]的产品为合格品．旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标值如频数分布表所示．（1）请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率．（2）优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高．根据已知图表数据填写下面列联表（单位：件），并判断是否有95%的把握认为“产品质量高与新设备有关”．附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )其，中n ＝a ＋b ＋c ＋d ．（3）用频率代替概率，从新设备所生产的产品中随机抽取3件产品，其中优质品数为X 件，求X 的分布列及数学期望．【考点】独立性检验；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．【专题】对应思想；综合法；概率与统计；数据分析．【分析】（1）由频数分布表可知，将（30，45]的频数相加，再除以100，即为新设备的优质品率；由频率分布直方图可知，将（30，45]的频率/组距相加，再乘以组距即为旧设备的优质品率；（2）先填写2×2列联表，再根据K 2的公式计算其观测值，并与附表中的数据进行对比即可作出判断；（3）由（1）知，新设备所生产的优质品率为0．7，而X 的所有可能取值为0，1，2，3，然后根据二项分布求概率的方式逐一求出每个X 的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．【解答】解：（1）估计新设备所生产的产品的优质品率为30＋25＋15100×100%＝70%，估计旧设备所生产的产品的优质品率为5×(0．06＋0．03＋0．02)×100%＝55%．（2）补充完整的2×2列联表如下所示，∴K 2＝200×(30×55－45×70)275×125×100×100＝4．8＞3．841，∴有95%的把握认为“产品质量高与新设备有关”．（3）由（1）知，新设备所生产的优质品率为0．7，而X 的所有可能取值为0，1，2，3， ∴P （X ＝0）＝C 30×(1－0.7)3×0．70＝0．027， P （X ＝1）＝C 31×(1－0.7)2×0．71＝0．189， P （X ＝2）＝C 32×(1－0.7)1×0．72＝0．441， P （X ＝3）＝C 33×(1－0.7)0×0．73＝0．343． ∴X 的分布列为：数学期望E (X )＝0×0．027＋1×0．189＋2×0．441＋3×0．343＝2．1．【点评】本题考查频率分布直方图、频数分布表、独立性检验、二项分布、离散型随机变量的分布列和数学期望等知识点，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题．19．如图，四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是菱形，PA ＝PC ，BD ⊥PA ，E 是BC 上一点，且EC ＝3BE ，设AC∩BD＝O．（1）证明：PO⊥平面ABCD；（2）若∠BAD＝60°，PA⊥PE，求二面角A－PE－C的余弦值．【考点】直线与平面垂直；二面角的平面角及求法．【专题】数形结合；向量法；空间角；数学运算．【分析】（1）由已知可得BD⊥AC，BD⊥PA，由直线与平面垂直的判定可得BD⊥平面PAC，得到BD⊥PO．再由PO⊥AC．进一步得到PO⊥平面ABCD；（2）由（1）知，PO⊥平面ABCD，BD⊥AC．以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD的边长为4，PO＝a．由PA⊥PE列式求解a，可得所用点的坐标，再求出平面PAE与平面PEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A－PE－C的余弦值．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴O是AC的中点，BD⊥AC，∵BD⊥PA，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∵PO⊂平面PAC，∴BD⊥PO．∵PA＝PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC．∵AC⊂平面ABCD，BD?平面ABCD，AC∩BD＝O，∴PO ⊥平面ABCD ；（2）解：由（1）知，PO ⊥平面ABCD ，BD ⊥AC ．∴以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD 的边长为4，PO ＝a ．∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，∴△ABD 与△BCD 都是等边三角形． ∴OA ＝OC ＝2 3．∴P (0,0,a ),A (2 3,0,0),C (－2 3,0,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32, 32,0, →PA ＝(2 3,0,－a ), →PE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－ 32, 32,－a , →EC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－ 3 32,－ 32,0．∵PA ⊥PE ，∴→PA ﹒ →PE ＝(2 3,0,－a )﹒⎝ ⎛⎭⎪⎫－ 32, 32,－a ＝0，即－3＋a 2＝0，得a ＝3．∴→PA ＝(2 3,0,－ 3), →PE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－ 32, 32,－ 3．设平面PAE 的法向量为→m ＝()x 1,y 1,z 1,由 ⎩⎨⎧→m ﹒ →PA ＝2 3x 1－ 3z 1＝0→m ﹒ →PE ＝－ 32x 1＋ 32y 1－ 3z 1＝0，取z 1＝2，得→m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1, 5 33,2; 设平面PEC 的一个法向量为→n ＝()x 2,y 2,z 2,由，取x 2＝－1，得→n ＝(－1, 3,2)．设二面角A －PE －C 的平面角为θ，则cos θ＝－| →m ﹒ →n | →m |﹒| →n ||＝－ 155．∴二面角A －PE －C 的余弦值为－155．【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20．已知椭圆C ：x 2a 2＋ y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦点为F 1(－c ,0),F 2(c ,0),P 是椭圆C 上一点．若椭圆C 的离心率为22,且PF 1⊥F 1F 2,△PF 1F 2的面积为22．（1）求椭圆C 的方程；（2）已知O 是坐标原点，向量→m ＝(1，1)过点(2，0)的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点．若点Q (x ，y )满足→OQ ﹒ →m ＝1, →OM ＋ →ON ＝λOQ ，求λ的最小值．【考点】椭圆的标准方程；直线与椭圆的综合．【专题】数形结合；分类讨论；数形结合法；向量与圆锥曲线；逻辑推理．【分析】（1）根据题意可得方程组联立 ⎩⎨⎧a 2＝2b2c ﹒ b 2a ＝22c 2＝a 2－b 2，解得b ，a ，进而得出椭圆C 的方程．（2）设直线l 的方程为：y ＝k (x －2)，设M ()x 1,y 1,N ()x 2,y 2,联立直线l 与椭圆的方程，得关于x 的一元二次方程，结合韦达定理得x 1＋x 2＝8k21＋2k 2,x 1﹒x 2＝8k 2－21＋2k 2,因为→OM ＋ →ON ＝λ →OQ ,得()x 1＋x 2,y 1＋y 2＝λ(x ，y )，当k ＝0时，λ＝0，当λ≠0时，x ＝x 1＋x 2λ＝8k 2λ()1＋2k 2,y ＝y 1＋y 2λ＝1λ[]k ()x 1＋x 2－4k ＝－4k λ()1＋2k 2,因为→OQ ﹒ →m ＝1，所以x ＋y ＝1，代入化简得λ＝8k 2－4k ()1＋2k 2化简，利用基本不等式可得出答案．【解答】解：（1）依据题意得c a ＝22, 所以c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝1－ b 2a2＝12,所以a 2＝2b 2, 因为PF 1⊥F 1F 2,故设P ()－c ,y 0,代入椭圆方程得y 0＝± b 2a, 所以△PF 1F 2的面积为：12﹒|F 1F 2|﹒|y 0|＝c ﹒ b 2a ＝22．联立，解得b ＝1，a ＝2b ＝2,所以椭圆C 的方程为：x22＋y 2＝1．（2）由题意可知直线l 的斜率显然存在，故设直线l 的方程为：y ＝k (x －2)，联立，消去y 并整理得()1＋2k 2x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0，所以△＝()－8k 22－4()1＋2k2()8k 2－2＞0,设M ()x 1,y 1,N ()x 2,y 2, 所以x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2,x 1﹒x 2＝8k 2－21＋2k2, 因为→OM ＋ →ON ＝λ →OQ ,所以()x 1＋x 2,y 1＋y 2＝λ(x ，y )，当k ＝0时，λ＝0，当λ≠0时，x ＝x 1＋x 2λ＝8k 2λ()1＋2k 2,y ＝y 1＋y 2λ＝1λ[]k ()x 1＋x 2－4k ＝－4k λ()1＋2k 2,因为→OQ ﹒ →m ＝1，所以x ＋y ＝1，所以8k 2λ()1＋2k 2＋－4kλ()1＋2k 2＝1，所以λ＝8k 2－4k()1＋2k 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ k ＋11＋2k 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ k ＋12(k ＋1)2－4(k ＋1)＋3＝4⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－ 12(k ＋1)＋ 3k ＋1－4≥4－ 42 6－4＝2－ 6, 当且仅当k ＝62－1时取等号，且k ＝62－1满足△＞0，所以λ≥2－ 6, 综上λmin ＝2－ 6．【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，向量问题，属于中档题．21．已知函数f (x )＝ae x －ex －a (a ＜e ),其中e 为自然对数的底数．（1）若函数f (x )的极小值为－1，求a 的值；（2）若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )＋2x －x ln(x ＋1)≥0成立．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的最值．【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑推理．【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，得到e ln a －a ＋1＝0，令m (x )＝e ln x －x ＋1(0＜x ＜e )，根据函数的单调性求出a 的值即可；（2）令g (x )＝e x ＋(2－e )x －1－x 2(x ≥0),求出e x ＋(2－e )x －1≥x 2(x ≥0),令q (x )＝x －ln(x ＋1)，(x ≥0)，求出x ≥ln(x ＋1)，从而证明结论．【解答】解：（1）函数f (x )的定义域是R ，f ′(x )＝ae x－e , a ≤0时，f ′(x )＜0对x ∈R 恒成立，∴f (x )在R 递减，函数无极值，0＜a ＜e 时，令f ′(x )＞0，解得：x ＞ln e a ,令f ′(x )＜0，解得：x ＜ln e a, ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞,ln e a 递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln e a ,＋∞递增， ∴x ＝ln e a时，f (x )取极小值－1， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln e a ＝ae ln e a －e ln e a －a ＝－1，即e ln a －a ＋1＝0，令m (x )＝e ln x －x ＋1(0＜x ＜e )，则m ′(x )＝e －x x, ∵0＜x ＜e ，∴m ′(x )＞0，∴m (x )在(0，e )递增，∵m (1)＝0，∴a ＝1；（2）∵a ＝1，∴f (x )＝e x －ex －1,∴f (x )＋2x －x ln(x ＋1)≥0?e x＋(2－e )x －1－x ln(x ＋1)≥0, 令g (x )＝e x ＋(2－e )x －1－x 2(x ≥0),∴g ′(x )＝e x －2x ＋2－e ,令h (x )＝e x －2x ＋2－e ,(x ≥0),h ′(x )＝e x－2,令h ′(x )＞0，解得：x ＞ln2，令h ′(x )＜0，解得：x ＜ln2，故h (x )在[0，ln2）递增，在(ln2，＋∞)递增，∴x ＝ln2时，h (x )取极小值，又∵h (0)＝3－e ＞0，h (1)＝0，∴存在x 0∈(0,ln2)使得h ()x 0＝0，∴g (x )在[0，x _(0)）递增，在()x 0,1递减，在(1，＋∞)递增，∵g (0)＝g (1)＝0，∴g (x )min ＝0，∴x ≥0时,e x ＋(2－e )x －1－x 2≥0,即e x ＋(2－e )x －1≥x 2,令q (x )＝x －ln(x ＋1)，(x ≥0)，则q ′(x )＝1－ 1x ＋1≥0对于x ≥0恒成立， ∴q (x )在[0，＋∞）递增，∴q (x )≥q (0)＝0，即当x ≥0时，x ≥ln(x ＋1)，∴x ≥0时,x 2≥x ln(x ＋1),∴e x ＋(2－e )x －1≥x 2≥x ln(x ＋1),故x ≥0时，f (x )＋2x －x ln(x ＋1)≥0成立．【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，不等式的证明，是一道综合题．22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 的方程为x 212＋ y 24＝1，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为2ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－ π4＝a (a ＞0)．（1）求直线l 的直角坐标方程；（2）已知P 是曲线C 上的一动点，过点P 作直线l 1交直线于点A ，且直线l 1与直线l 的夹角为45°，若|P A |的最大值为6，求a 的值．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【专题】方程思想；转化法；坐标系和参数方程；数学运算．【分析】（1）把2ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－ π4＝a 展开两角差的余弦，结合x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ可得直线l 的直角坐标方程；（2）依题意可知曲线C 的参数方程为 ⎩⎨⎧x ＝2 3cos αy ＝2sin α（α为参数）．设P (2 3cos α,2sin α),写出点P 到直线l 的距离，利用三角函数求其最大值，可得|P A |的最大值，结合已知列式求解a ．【解答】解：（1）由2ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－ π4＝a ，得2ρ⎝⎛⎭⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝a ，即ρcos θ＋ρsin θ＝a ．∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝a ，即x ＋y －a ＝0；（2）依题意可知曲线C 的参数方程为 {Á2£½n?½¦x sin （α为参数）．设P (2 3cos α,2sin α),则点P 到直线l 的距离为：d ＝|2 3cos α＋2sin α－a |2＝|4⎝ ⎛⎭⎪⎫ 32cos α＋ 12sin α－a |2＝|4sin ⎝⎛⎭⎫α＋ π3－a |2． ∵a ＞0， ∴当sin ⎝⎛⎭⎫α＋ π3＝－1时,d max ＝|－4－a |2．又过点P 作直线l 1交直线于点A ，且直线l 1与直线l 的夹角为45°，∴d |P A |＝cos 45°，即|P A |＝2d ． ∴|P A |的最大值为2d max ＝6，即2× |－4－a |2＝6． ∵a ＞2，∴解得a ＝2．【点评】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，训练了利用三角函数求最值，是中档题．23．已知函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|．（1）解不等式：f (x )≤6；（2）若a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝f (x )min ,证明：(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥ 493．【考点】绝对值不等式的解法；不等式的证明．【专题】转化思想；不等式的解法及应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（1）直接利用分段函数的解析式和零点讨论法的应用求出结果．（2）直接利用基本不等式的应用求出结果．【解答】解：（1）函数f (x )＝|x －1|＋|x ＋3|＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2(x ＜－3)4(－3≤x ≤1)2x ＋2(x ＞1)．当x ＜－3时，－2x －2≤6，解得x ≥－4，故－4≤x ＜－3．当－3≤x ≤1时，4≤6，恒成立．当x ＞1时，2x ＋2≤6，解得x ≤2，故1＜x ≤2，所以不等式的解集为{x |－4≤x ≤2}．证明：（2）由（1）知：f (x )min ＝4，所以：a ＋b ＋c ＝4，所以(a ＋1)＋(b ＋1)＋(c ＋1)＝7，所以[(a ＋1)＋(b ＋1)＋(c ＋1)]2＝49，所以(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2＋2(a ＋1)(b ＋1)＋2(a ＋1)(c ＋1)＋2(b ＋1)(c ＋1)＝49≤3[](a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2．当且仅当a ＝b ＝c ＝43时，等号成立．故：(a ＋1)2＋(b ＋1)2＋(c ＋1)2≥ 493．【点评】本题考查的知识要点：分段函数的性质的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．。

2020届广东省高三普通高中招生全国统一考试模拟(二)数学(理)试题解析

绝密★启用前2020届广东省高三普通高中招生全国统一考试模拟（二）数学（理）试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案：正确填写在答题卡上一、单选题1．已知集合((){}|30A x x x =+<，{|2B x x =-<<，则A B =I （）A ．{|3x x -<<B ．{|3x x -<<C ．{|2x x -<<D ．{|2x x -<<答案：C求出集合A ，B ，由此能求出A B I . 解：解：∵集合((){}{|30|3A x x x x x =+<=-<<，{|2B x x =-<<∴{|2A B x x =-<<I .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，属于基础题. 2．已知复数()z i a i =-（i 为虚数单位，a R ∈），若12a <<，则z 的取值范围为（）A ．B ．)2C ．(D ．()1,2答案：A根据复数的基本运算法则进行化简，再求复数模的范围即可. 解：解：因为复数()1z i a i ai =-=+，所以z =12a <<，即214a <<，则z 的取值范围为，故选：A. 点评：本题主要考查复数的乘法运算及模长的计算，属于基础题.3．《周髀算经》是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49.5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10.5尺，则立秋的晷长为（） A ．1.5尺 B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺答案：D设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意列出方程组求解即可. 解：∵夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列{}n a ，设其首项为1a ，公差为d ，根据题意9131115= 1.510.49.593649.5365.5110S a a a a a d d a d +==⎧⎧⎧⇒⇒⎨⎨⎨++==⎩+=⎩⎩，∴立秋的晷长为4 1.53 4.5a =+=. 故选：D 点评：本题考查等差数列的通项公式、求和公式，属于基础题.4．在ABC V 中，已知45A ∠=︒，AB =，且AB边上的高为，则sin C =（） A．10BC．5D．5答案：B由已知可求AD ，利用勾股定理可求AC ，由余弦定理可得BC ，进而根据正弦定理可得sin C 的值. 解：∵在ABC V 中，已知45A ∠=︒，AB =AB边上的高为∴AD =4AC ==，∴由余弦定理可得2222cos16722462402BC ACAB AC AB A=+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯=，∴由正弦定理sin sinAB BCC A=可得262sin3102sin1040AB ACBC⨯⋅===.故选：B.点评：本题主要考查了勾股定理，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题.5．一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为3π，则该圆锥的体积为（）A．23πB．23πC．43πD．83π答案：D由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥体积可求.解：作出该几何体的轴截面图如图，2BC=，1BD=，设内接圆柱的高为h，由213hππ⨯⨯=，得3h=∵CAB CED△∽△，∴ED CDAB CB=312=，得23AB =，∴该圆锥的体积为218322333ππ⨯⨯⨯=. 故选：D. 点评：本题主要考查圆锥的内接圆柱的体积，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题. 6．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且在()0,+?上单调递减，()30f -=，则不等式()10f x ->的解集为（） A ．()3,3-B ．()(),21,4-∞-UC ．()(),41,2-∞--UD ．()()303,,-∞-U答案：B根据题意，由函数的奇偶性与单调性分析可得函数的大致图象，据此分析可得关于x 的取值范围，即可得答案：. 解：根据题意，函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且在()0,+?上单调递减，则()f x 在(),0-?上递减，又由()30f -=，则()30f =，则函数()f x 的草图如图：若()10f x ->，则有13x -<-或013x <-<，解得2x <-或14x << 即不等式的解集为()(),21,4-∞-U ；故选：B. 点评：本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意作出函数的简图，分析不等式的解集.7．已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右焦点为F ，过点F 分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A ，B .若0FA FB ⋅=u u u r u u u r，则该双曲线的离心率为（） A ．5 B ．2C ．3D ．2答案：D由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到1ba=，则离心率可求. 解：如图，由0FA FB ⋅=u u u r u u u r，得90AOB ∠=︒，即45AOF ∠=︒，∴tan 451ba=︒=，即a b =. 则212c b e a a ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭. 故选：D. 点评：本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的求法，是基础题.8．已知四边形ABCD 中，//AD BC ，30A ∠=︒，23AB =5AD =，E 在CB 的延长线上，且AE BE =，则AE DB ⋅=u u u r u u u r（） A ．1 B ．2C ．12D 3答案：A先由余弦定理求得7BD =2BE =，而()()AE DB BE BA AB AD ⋅=-⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，展开利用数量积公式化简求解即可.解：在ABD △中，由余弦定理有22232cos3012+25223572BD AB AD AB AD =+-⋅⋅︒=-⨯⨯⨯=， ∴7BD =，易知30ABE A ∠=∠=︒，又AE BE =，23AB =，故32cos30BE ==︒，()()AE DB BE BA AB AD ⋅=-⋅-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rBE AB BE AD BA AB BA AD =⋅-⋅-⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r()2223cos1502523523cos1501=⨯⨯︒+⨯++⨯⨯︒=.故选：A 点评：本题考查平面向量数量积的综合运用，涉及了余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题.9．()62x y ++的展开式中，3xy 的系数为（）A ．120B ．480C ．240D ．320答案：C把()62x y ++的展开式看成6个因式()2x y ++的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x ，再选3个因式，这3个因式都取y ，剩余2个因式取2，相乘即得含3xy 的项，即可求出3xy 项的系数. 解：把()62x y ++的展开式看成6个因式()2x y ++的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x ，再选3个因式，这3个因式都取y ，剩余2个因式取2，相乘即得含3xy 的项；故含3xy 项的系数为：13226522240C C C ⋅⋅⨯=故选：C 点评：本题考查了排列组合与二项式定理的应用问题，考查了学生分析问题和解决问题的能力，属于中档题.10．把函数()2sin f x x =的图象向右平移3π个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变）得到函数()g x 的图象，关于()g x 的说法有：①函数()g x 的图象关于点,03π⎛⎫⎪⎝⎭对称；②函数()g x 的图象的一条对称轴是12x π=-；③函数()g x 在,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦()[]0,g x π∈上单调递增，则以上说法正确的个数是（） A ．4个 B ．3个C ．2个D ．1个答案：C通过平移变换与伸缩变换求得函数()g x 的解析式.由03g π⎛⎫≠ ⎪⎝⎭判断①错误；由212g π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭求得最小值判断②正确；由x 的范围求得函数值域判断③正确；由x 的范围可知函数()g x 在[]0,π上不单调判断④错误. 解：把函数()2sin f x x =的图象向右平移3π个单位长度，得2sin 3y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的12（纵坐标不变）得到函数()g x 的图象，则()2sin 23g x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭.①∵22sin 0333g πππ⎛⎫⎛⎫=-=≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴函数()g x 的图象不关于点,03π⎛⎫ ⎪⎝⎭对称，故①错误； ②∵2sin 21263g πππ⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴函数()g x 的图象的一条对称轴是12x π=-，故②正确；③当,32x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，22,333x πππ⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，则2sin 23,23x π⎛⎫⎡⎤-∈ ⎪⎣⎦⎝⎭，即函数()g x 在,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最上的最小值为3，故③正确； ④当[]0,x π∈时，52,333x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，可知函数()g x 在[]0,π上不单调，故④错误. ∴正确命题的个数为2. 故选：C. 点评：本题考查命题的真假判断与应用，考查()sin y A ωx φ=+型函数的图象与性质，是中档题.11．如图，在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，将ADE V 沿直线DE 翻折成1A DE △，连接1A C .若当三棱锥1A CDE -的体积取得最大值时，三棱锥1A CDE -外接球的体积为823π，则a =（）A ．2B 2C ．22D ．4答案：B要想体积最大，需高最大，当1A DE ⊥△面BCDE 时体积最大，根据对应球的体积即可求解结论. 解：在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，所以1A DE ∆为等腰直角三角形；斜边DE 上的高为22112222A K DE a a '==+=, 要想三棱锥1A CDE -的体积最大；需高最大，则当1A DE ⊥△面BCDE 时体积最大，此时三棱锥1A CDE -的高等于：22112222DE a a a =+=；。

2020年广东省普通高中学业水平考试数学模拟仿真卷(2)

2020年广东省普通高中学业水平考试数学模拟仿真卷（6）一、选择题（本大题共15小题，每小题4分，共60分．每小题中只有一个选项是符合题意的，不选、多选、错选均不得分．） 1．复数（﹣1+3i ）（3﹣i ）＝（）A ．10B ．﹣10C ．10iD ．﹣10i 2．已知集合A ＝{﹣2，0，1，2，3}，B ＝{﹣1，1，3，4}，则A ∩B ＝（） A ．{1，3} B ．{﹣2，1，3} C ．{﹣1，1，3，4}D ．{﹣2，﹣1，1，3}3．函数()f x = ）A ．1,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭4．lg2+lg5＝（）A ．lg7B ．lg25C ．1D ．lg2×lg5 5．已知两点A （﹣1，2），B （3，4），则直线AB 的斜率为（）A ．2B ．12-C ．12D ．﹣26．已知向量()2,3a =，(),4b x =．若()//a a b -，则x ＝（）A ．38B ．83C ．12D ．27．下列函数在R 上是增函数的是（）A ．3y x = B ．3log y x = C ．y x =- D ．12xy ⎛⎫= ⎪⎝⎭8．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＝3，c ＝2，cos A ＝23，则a ＝（）A B ．3 C D 9．已知样本数据x 1，x 2，…，x 10，其中x 1，x 2，x 3的平均数为a ；x 4，x 5，…，x 10的平均数为b ，则样本数据的平均数为（） A ．2a b + B ．3710a b + C ．7310a b + D ．10a b+10．角α的终边经过点（1，﹣1），则cos 2πα⎛⎫- ⎪⎝⎭＝（）A ．1B ．﹣1 CD．11．已知函数()23,0log ,0x x f x x x ⎧≤=⎨>⎩，则12f f ⎡⎤⎛⎫ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦的值是（） A ．13B ．3C ．﹣1 D12．设m α⊂，α，β是两个不同的平面，则“αβ⊥”是“//m β”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件13．已知在△ABC 中，P 为线段AB 上一点，且3BP =PA ，若C C C x yP =A +B ，则2x y +＝（）A ．34B ．54C ．74D ．9414．若实数x ，y 满足32x x y y x ≤⎧⎪+≥⎨⎪≤⎩，则2x +y 的取值范围为（）A ．[1，9]B ．[5，9]C ．[3，9]D ．[3，5] 15．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1+a 3＝3，a 2+a 4＝6，则S 8＝（） A ．45 B ．81 C ．117 D ．153 二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．）16．已知圆锥的底面半径为4cm，高为，则这个圆锥的表面积是 cm 2． 17．以点（﹣2，3）为圆心且过坐标原点的圆的方程是．18．甲、乙两校各有3名教师报名支教，若从这6名教师中任选2名，选出的2名教师来自同一学校的概率为．19．已知双曲线C ：22221x y a b-=（0a >，0b >）的一条渐近线与直线l ：x ﹣2y +2020＝0垂直，则双曲线C 的离心率e ＝．三、解答题（本大题共2小题，共24分．解答应时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．）20．（本小题满分12分）已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2＝4，S 4＝20．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）令9n n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和T n ．21．（本小题满分12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD＝60，P A＝PD，O为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面P AD；（2）若AB=PA=PB=，求四棱锥P﹣ABCD的体积．2020年广东省普通高中学业水平考试数学模拟仿真卷（6）参考答案一、选择题16．40π 17．()()222313x y ++-= 18．2519三、解答题：20．解：（1）设数列{a n }的公差为d ，…………………1分由214144620a a d S a d =+=⎧⎨=+=⎩，…………………3分解得122a d =⎧⎨=⎩．…………………5分∴a n ＝2+2（n ﹣1）＝2n ．…………………6分（2）由（1）知a n ＝2n ，∴929n n b a n =-=-，…………………7分∵()()1219292n n b b n n +-=+---=，…………………9分∴数列{}n b 是以17b =-为首项，公差为2的等差数列，…………………10分 ∴()()12729822n n n b b n n n n +-+-T ===-．…………………12分 21．（1）证明：∵底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°， ∴AB ＝BD ＝AD ，…………………1分 ∵O 为AD 的中点，∴AD ⊥BO ，…………………2分 ∵O 为AD 的中点，P A ＝PD ， ∴AD ⊥PO ，…………………3分∵PO ∩BO ＝O ，PO ⊂平面POB ，BO ⊂平面POB ， ∴AD ⊥平面POB ，…………………5分 ∵AD ⊂平面P AD ，∴平面POB ⊥平面P AD ．…………………6分（2）解：∵AB =D ∆AB 是正三角形， ∴OB ＝3，…………………7分在Rt △P AO 中，PA =AO =PO ＝2，…………………8分 ∵OB 2+PO 2＝94+＝13＝PB 2， ∴PO ⊥OB ，…………………9分∵AD ⊥PO ，且OB ∩AD ＝O ，OB ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，…………………10分(2CD 12sin 60632S AB =⨯⨯⨯=菱形，…………………11分∴四棱锥P ﹣ABCD 的体积为CD 11V 233S AB =⨯PO =⨯=菱形………12分。

广东省普通高中1月学业水平考试模拟数学试卷(二)解析版

学业水平考试模拟试卷(二)数学(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本大题共15小题，每小题4分，共60分．每小题中只有一个选项是符合题意的，不选、多选、错选均不得分)1．若复数z满足i·z＝－12(1＋i)，则z的共轭复数的虚部是()A．－12i B.12i C．－12 D.12解析：z＝－12（1＋i）i＝12i(1＋i)＝－12＋12i，共轭复数为－12－12i，虚部为－12.故选C.答案：C2．已知集合A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|x＜3或x＞5}，则A∩B＝() A．{x|2＜x＜5} B．{x|x＜4或x＞5}C．{x|2＜x＜3} D．{x|x＜2或x＞5}解析：借助数轴可得{x|2＜x＜3}．答案：C3．定义域为R的四个函数y＝x3，y＝2x，y＝x2＋1，y＝2sin x中，奇函数的个数是()A．4 B．3 C．2 D．1解析：函数y＝x3，y＝2sin x为奇函数，y＝2x为非奇非偶函数，y ＝x2＋1为偶函数，故奇函数的个数是2，故选C.答案：C4．命题“任意x∈R，x2≠x”的否定是()A．任意x∉R，x2≠x B．任意x∈R，x2＝xC．存在x∉R，x2≠x D．存在x∈R，x2＝x解析：全称命题的否定是特称命题，所以命题“任意x∈R，x2≠x”的否定是“存在x∈R，x2＝x”．答案：D5．若等差数列{a n}的前n项和S n满足S4＝4，S6＝12，则S2＝() A．－1 B．0 C．1 D．3解析：等差数列中，设S2＝a1＋a2＝x，则a3＋a4＝S4－S2＝4－x，a5＋a6＝S6－S4＝8，则S2，S4－S2，S6－S4仍成等差数列，所以2(4－x)＝x＋8，解得x＝0，即S2＝0故选B.答案：B6．如图，三棱锥V-ABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其主视图的面积为23，则其左视图的面积为()A.32 B.33 C.34 D.36解析：由题意知，该三棱锥的主视图为△VAC，作VO⊥AC于O，连接OB，由VA＝VC，知O为AC中点，∴OB⊥AC，又平面VAC⊥平面ABC，∴VO⊥平面ABC，∴VO⊥OB，设底面边长为2a，高VO＝h，则△VAC的面积为12×2a×h＝ah＝23.又三棱锥的左视图为Rt△VOB，在正三角形ABC中，高OB＝3a，∴左视图的面积为12OB·VO＝12×3a×h＝32ah＝32×23＝33. 答案：B7．已知点(－3，－1)和点(4，－6)在直线3x －2y －a ＝0的两侧，则a 的取值范围为( )A ．(－24，7)B ．(－7，24)C ．(－∞，－7)∪(24，＋∞)D ．(－∞，－24)∪(7，＋∞) 解析：根据题意知(－9＋2－a )·(12＋12－a )<0，即(a ＋7)(a －24)<0，解得－7<a <24.答案：B8．已知α为第二象限角，sin α＋cos α＝33，则cos 2α＝( ) A ．－53 B ．－59 C.59 D.53解析：利用同角三角函数的基本关系及二倍角公式求解．∵sin α＋cos α＝33，∴(sin α＋cos α)2＝13，∵2sin αcos α＝－23，即sin 2α＝－23.又∵α为第二象限角且sin α＋cos α＝33＞0，∴2k α＋α2＜α＜2k α＋34α(k ∈Z)，∴4k α＋α＜2α＜4k α＋32α(k ∈Z)，∴2α为第三象限角，∴cos 2α＝－1－sin 22α＝－53. 答案：A9．已知双曲线C ：x 2－y28＝1，则双曲线的渐近线方程为( )A ．y ＝±22xB ．y ＝22xC ．y ＝－22xD ．y ＝±24x解析：因为双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x 且a ＝1，b ＝22，所以答案为A.答案：A10．若实数x ，y 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤1，0≤y ≤2，2y －x ≥1，则z ＝2y －2x ＋4的最小值为( )A ．3B ．4C ．6D ．8解析：作出满足不等式⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤1，0≤y ≤2，2y －x ≥1的可行域，如图所示，作直线l 1：2y －2x ＝t ，当l 1经过B (1，1)时，z min ＝2×1－2×1＋4＝4.故选B. 答案：B11．已知向量a ＝(1，3)，b ＝(cos θ，sin θ)，若a ∥b ，则tan θ＝( )A.33B. 3 C ．－33D ．－ 3 解析：∵a ∥b ，∴sin θ－3cos θ＝0，即sin θ＝3cos θ.故tan θ＝3.答案：B12．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，0≤y ≤2表示的平面区域为D ，在区域D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离大于2的概率是( )A.π4B.π－22C.π6D.4－π4解析：如图所示，区域D 是正方形OABC ，且区域D 的面积S ＝4.又阴影部分表示的是区域D 内到坐标原点的距离大于2的区域．易知该阴影部分的面积S 阴＝4－π，所以所求事件的概率P ＝4－π4.答案：D13．设函数y ＝2sin 2x －1的最小正周期为T ，最大值为M ，则( ) A ．T ＝π，M ＝1 B ．T ＝2π，M ＝1 C ．T ＝π， M ＝2D ．T ＝2π，M ＝2解析：由于三角函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A >0，ω>0)的最小正周期T ＝2αω，最大值为A ＋B ；∴函数y ＝2sin2x －1的最小正周期T ＝2α2＝α，最大值M ＝2－1＝1.答案：A14．已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n 解析：∵n ⊥β，且α，β交于直线l .l ⊂β，∴n ⊥l . 答案：C15．已知一组数据x 1，x 2，…，x n 的平均值为2，方差为1，则2x 1＋1，2x 2＋1，…，2x n ＋1，平均值和方差分别为( )A ．5，4B ．5，3C ．3，5D ．4，5解析：一组数据x 1，x 2，x 3…，x n 的平均值为2，所以数据2x 1＋1，2x 2＋1，2x 3＋1，…，2x n ＋1的平均数是2×2＋1＝5；又数据x 1，x 2，x 3，…x n 的方差为1，所以数据2x 1＋1，2x 2＋1，2x 3＋1，…，2x n ＋1的方差是22×1＝4，故选A.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)16．f (x )为奇函数，当x <0时，f (x )＝log 2(1－x )，则f (3)＝________．解析：f (3)＝－f (－3)＝－log 24＝－2. 答案：－217．经过点(－2，2)，且与两坐标轴所围成的三角形面积为1的直线l 的方程为________．解析：设所求直线l 的方程为x a ＋yb ＝1，由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋2b ＝1，12|a ||b |＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.∴2x ＋y ＋2＝0或x ＋2y －2＝0为所求．答案：2x ＋y ＋2＝0或x ＋2y －2＝018．某防疫站对学生进行身体健康调查，欲采用分层抽样的办法抽取样本．某中学共有学生2 000名，抽取了一个容量为200的样本，已知样本中女生比男生少6人，则该校共有女生________人．解析：由题意知抽取女生97人，设该校共有女生x 人．则x ×2002 000＝97，解得x ＝970.答案：97019．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，－π2≤φ≤π2的图象上的两个相邻的最高点和最低点的距离为22，则ω＝______．解析：由已知两相邻最高点和最低点的距离为22，由勾股定理可得T 2＝（22）2－22，∴T ＝4，∴ω＝α2. 答案：α2三、解答题(本大题共2小题，共24分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤)20．(12分)已知函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π4＋1.(1)求它的振幅、最小正周期、初相；(2)在如图所示坐标系中画出函数y ＝f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2上的图象．解：(1)f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －α4＋1的振幅为2，最小正周期T ＝2α2＝α，初相为－α4.(2)列表并描点画出图象： x －α2 －3α8 －α8 α8 3α8 α2 2x －α4－5α4－α －α2 0 α2 3α4 y211－211＋22故函数y ＝f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－α2，α2上的图象是21．(12分)如图所示，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，E ，F 分别为A 1C 1和BC 的中点．(1)求证：EF ∥平面AA 1B 1B ；(2)若AA 1＝3，AB ＝23，求EF 与平面ABC 所成的角．(1)证明：如图所示，取A 1B 1的中点D ，连接DE ，BD . 因为E 是A 1C 1的中点，所以DE 綊12B 1C 1.又因为BC 綊B 1C 1，BF ＝12BC ，所以DE 綊BF .所以四边形BDEF 为平行四边形．所以BD ∥EF .又因为BD ⊂平面AA 1B 1B ，EF ⊄平面AA 1B 1B ，所以EF ∥平面AA 1B 1B .(2)解：如图所示，取AC 的中点H ，连接HF ，EH .因为EH∥AA1，AA1⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.所以∠EFH就是EF与平面ABC所成的角．在Rt△EHF中，FH＝3，EH＝AA1＝3，所以∠EFH＝60°.故EF与平面ABC所成的角为60°.。