广东省茂名市2020年高三第二次综合测试理科数学答案 图片版
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年广东省二模理科数学试题及答案
，
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
新设备产品
30
旧设备产品
45
合计
75
优质品 70 55 125
．
合计 100 100 200
，
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：
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：
第 6 页，共 13 页
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
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 调判断 错误． 本题考查命题的真假判断与应用，考查
11.答案：B
正确；由 x 的范围可知函数 在 上不单 型函数的图象与性质，是中档题．
解析：解：在矩形 ABCD 中，已知
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．
广东省茂名市2020届高三第二次综合测试理科综合试题(图片版)
38．[生物——选修3：现代生物科技专题] （除说明外，每空2分，共15分）
（1）磷酸二酯键 （1分） 黏性末端和平末端
（2）相同的黏性末端之间可连接，且不同的平末端之间也可以连接
（3）农杆菌转化 置于寒冷环境培养（合理即可） 目的基因转录或翻译异常
32．(除说明外，每空2分，共12分)
（1）显性（1分） F1中的灰体雌雄果蝇相互交配，F2中出现黑檀体 （或 黑檀体雄果蝇与纯合野生型灰体雌果蝇杂交， F1全为灰体）
（2）X（1分） F1中的雄果蝇没有出现菱形眼，说明菱形眼基因不在Y染色体，F2中仅雄果蝇出现菱形眼，说明菱形眼基因不在常染色体上，所以菱形眼基因在X染色体上。
2020年茂名第二次综合测试
生物参考答案
一、选择题（本题共6小题，每小题6源自，共36分）题号 1 2 3 4 5 6
答案 A C D B D C
三、非选择题
29.（10分）
（1）氧气浓度（1分） 光合酶和呼吸酶的最适温度不同（或温度对两种酶活性影响不同）（2分）
（2）干热季（1分） 干热季的水份少（1分），导致大部分气孔关闭（1分），吸收
（3）9/16 6
（4）F2中的菱形眼雄果蝇与F1的雌果蝇杂交（或亲本雄果蝇与F1的雌果蝇杂交）（答案合理即可）
37. [生物——选修1：生物技术实践] （除说明外，每空2分，共15分）
(1)酶的用量 设置梯度（合理即可） 果汁的澄清度、果汁的体积
(2)稀释涂布平板法 酸性重铬酸钾
(3)氧气（1分） 醋酸菌（1分） 30～35℃（1分）（其他答案不给分）
二氧化碳减少（1分），光合作用速率下降
（3）雨季后期（1分） 雨季后期净光合速率最大（1分），积累有机物最多（1分）
2020年广东省高考数学二模试卷(理科)
2020年广东省高考数学二模试卷（理科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0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}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)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4. 在△ABC 中，已知∠A =45°，AB =6√2，且AB 边上的高为2√2，则sinC =( )A. √1010B. 3√1010C. √105D. 2√1055. 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√33π6. 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)7. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=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FA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则该双曲线的离心率为( ) A. √5 B. 2 C. √3 D. √28. 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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 1 B. 2C. 12D. √3 9. (x +y +2)6的展开式中，xy 3的系数为( )A. 120B. 480C. 240D. 32010. 把函数f(x)=2sinx 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△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√23π，则a=()A. 2B. √2C. 2√2D. 412.已知函数f(x)=12ax2+cosx−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，+∞)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{x+y−3≤0,x−y−3≤0x−1≤0,，则z=y−2x的最大值是______．14.已知cos(α+π12)=35，则sin(2α+2π3)=______．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(x−1)2+y2=1交于C，D两点，若2|AC|=|BD|，设直线l的斜率为k，则k2=______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0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a1=1，b1=1，设c n=b na n．(1)求数列{c n}的通项公式；(2)若{a n}是等比数列，且a2=3，求数列{b n}的前n项和S n．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．质量指标频数(15,20]2(20,25]8(25,30]20(30,35]30(35,40]25(40,45]15合计100(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95%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P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.005k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.879K2=n(ad−bc)2其，中n=a+b+c+d．(a+b)(c+d)(a+c)(b+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．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．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．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 −xln(x +1)≥0成立． 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l1交直线于点A，且直线l1与直线l的夹角为45°，若|PA|的最大值为6，求a的值．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≥49．3答案和解析1.【答案】C【解析】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．求出集合A，B，由此能求出A∩B．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】【试题解析】解：因为复数z=i(a−i)=1+ai，所以|z|=√a2+1，由于1<a<2，即1<a2<4，则|z|的取值范围为(√2,√5)，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{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．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．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△ABC中，∠A=45°，AB=6√2，且AB边上的高CD为2√2，∴AD=2√2，AC=√AD2+CD2=4，∴由余弦定理可得BC=√AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cosA=√16+72−2×4×6√2×√22=√40，∴由正弦定理ABsinC =BCsinA，可得sinC=AB⋅sinABC=6√2×√22√40=3√1010．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， BC =2，BD =1，设内接圆柱的高为h ， 由π×12×ℎ=√3π，得ℎ=√3． ∵△CAB∽△CED ，∴EDAB =CDCB ，即√3AB =12，得AB =2√3，∴该圆锥的体积为13×π×22×2√3=8√33π．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 ．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FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得∠AOB =90°，即∠AOF =45°，∴ba =tan45°=1，即a =b ．则e =c a=√1+(ba)2=√2．故选：D ．由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到ba =1，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△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 ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2×2√3×cos150°+2×5+(2√3)2+5×2√3×cos150°=1．故选：A ．先由余弦定理求得BD =√7，再根据题设条件求得BE =2，而AE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(BE ⃗⃗⃗⃗⃗ −BA ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )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(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：∁61⋅∁53⋅∁22×22=240．故选：C ．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． 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f(x)=2sinx 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12(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．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．本题考查命题的真假判断与应用，考查y=Asin(ωx+φ)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AB=2AD=2a，E是AB的中点，所以：△A1DE为等腰直角三角形；斜边DE上的高为：A′K=12DE=12√a2+a2=√22a；要想三棱锥A1−CDE的体积最大；需高最大，则当△A1DE⊥面BCDE时体积最大，此时三棱锥A1−CDE的高等于：12DE=12√a2+a2=√22a；取DC的中点H，过H作下底面的垂线；此时三棱锥A1−CDE的外接球球心在OH上；∵三棱锥A1−CDE外接球的体积为8√23π；所以球半径R=√2；如图：OH2=OC2−CH2；①A′O2=A′G2+GO2；②即：R2−a2=OH2；③R2=(√22a−OH)2+(√22a)2；④联立③④可得a=√2；故选：B．要想体积最大，需高最大，当△A1DE⊥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f′(x)=−sinx+ax(x∈R)．令g(x)=−sinx+ax，则g′(x)=−cosx+a，所以当a≥1时，g′(x)=−cosx+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)=cosx −1，令f(x)=0，可得cosx =1，有无数解，所以a =0，不成立，排除BC ， 故选：D ．求导，构造辅助函数g(x)=f′(x)=−sinx +ax ，则g′(x)=−cosx +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．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{x +y −3≤0x −y −3≤0x +1≥0，作出可行域如图，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； 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】−725【解析】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． 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】16+12√2【解析】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， 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+23,4m3−13m)，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 4−32m 2−32=0，解得1m 2=32±√322+32×42=16±12√2，因为1m 2>0，所以k 2=1m 2=16+12√2，故答案为：16+12√2．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．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：(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+1 a n+1−b na n=2，即c n+1−c n=2，∵c1=b1a1=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=a2a1=31=3，故a n=1⋅3n−1=3n−1，n∈N∗．由(1)知，c n=2n−1，且c n=b na 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−1×31−3−(2n−1)×3n，=−2−(2n−2)×3n，所以S n=(n−1)×3n+1．【解析】(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．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：(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%．∴K2=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)=C30×(1−0.7)3×0．70=0.027，P(X=1)=C31×(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 0 1 2 3 P0.0270.1890.4410.343数学期望．【解析】(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．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】(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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PE⃗⃗⃗⃗⃗ =(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m⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2√3x 1−√3z 1=0m ⃗⃗⃗ ⋅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n⃗ =(x 2,y 2,z 2)， 由{n ⃗ ⋅EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3√32x 2−32y 2=0n⃗ ⋅PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√32x 2+32y 2−√3z 2=0，取x 2=−1，得n ⃗ =(−1,√3,2)．设二面角A −PE −C 的平面角为θ， 则cosθ=−|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ ||=−√155． ∴二面角A −PE −C 的余弦值为−√155．【解析】(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． 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：(1)依据题意得c a =√22，所以c 2a 2=a 2−b 2a 2=1−b 2a 2=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{a 2=2b 2c ⋅b 2a=√22c 2=a 2−b 2，解得b =1，a =√2b =√2，所以椭圆C 的方程为：x 22+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{y =k(x −2)x 22+y 2=1，消去y 并整理得(1+2k 2)x 2−8k 2x +8k 2−2=0， 所以△=(−8k 2)2−4(1+2k 2)(8k 2−2)>0，设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)， 所以x 1+x 2=8k 21+2k2，x 1⋅x 2=8k 2−21+2k 2，因为OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 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]=−4kλ(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)≥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．【解析】(1)根据题意可得方程组联立{a 2=2b 2c ⋅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=8k 21+2k 2，x 1⋅x 2=8k 2−21+2k 2，因为OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λOQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，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]=−4kλ(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． 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：(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 ea ， 令f′(x)<0，解得：x <ln ea ，∴f(x)在(−∞,ln e a )递减，在(ln ea ,+∞)递增， ∴x =ln ea时，f(x)取极小值−1，∴f(ln ea )=ae ln ea −eln ea −a =−1，即elna −a +1=0， 令m(x)=elnx −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 −xln(x +1)≥0⇔e x +(2−e)x −1−xln(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，x2≥xln(x+1)，∴e x+(2−e)x−1≥x2≥xln(x+1)，故x≥0时，f(x)+2x−xln(x+1)≥0成立．【解析】(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elna−a+1=0，令m(x)= elnx−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−x2(x≥0)，求出e x+(2−e)x−1≥x2(x≥0)，令q(x)=x−ln(x+1)，(x≥0)，求出x≥ln(x+1)，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：(1)由√2ρcos(θ−π4)=a，得√2ρ(cosθcosπ4+sinθsinπ4)=a，即ρcosθ+ρsinθ=a．∵x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴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{x=2√3cosαy=2sinα(α为参数)．设P(2√3cosα,2sinα)，则点P到直线l的距离为：d=√3cosα√2=|4(√32cosα+12sinα)−a|√2=|4sin(α+π3)−a|√2．∵a>0，∴当sin(α+π3)=−1时，d max=2．又过点P作直线l1交直线于点A，且直线l1与直线l的夹角为45°，∴d|PA|=cos45°，即|PA|=√2d．∴|PA|的最大值为√2d max=6，即√22=6．∵a>2，∴解得a=2．【解析】(1)把√2ρcos(θ−π4)=a展开两角差的余弦，结合x=ρcosθ，y=ρsinθ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√3cosαy=2sinα(α为参数).设P(2√3cosα,2sinα)，写出点P到直线l的距离，利用三角函数求其最大值，可得|PA|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：(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．【解析】(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．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年广东省高考数学二模试卷(理科)
2020年广东省高考数学二模试卷（理科）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．（5分）已知集合{|(3)0}A x x x =+<，{|2B x x =-<<，则(A B =I )A ．{|3x x -<<B ．{|3x x -<<C ．{|2x x -<<D ．{|2x x -<<2．（5分）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 ．，2)C ．D ．(1,2)3．（5分）《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4．（5分）在ABC ∆中，已知45A ∠=︒，AB =，且AB 边上的高为sin (C =)A B C D 5．（5分）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，则该圆锥的体积为( )A ．B C D 6．（5分）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且在(0,)+∞上单调递减，(3)0f -=，则不等式(1)0f x ->的解集为( ) A ．(3,3)-B ．(-∞，2)(1-⋃，4)C ．(-∞，4)(1--⋃，2)D ．(-∞，3)(0-⋃，3)7．（5分）已知双曲线22221(0,0)x 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 rg ，则该双曲线的离心率为( )A ．5B ．2C ．3D ．28．（5分）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 rg )A ．1B ．2C ．12D ．39．（5分）6(2)x y ++的展开式中，3xy 的系数为( ) A ．120B ．480C ．240D ．32010．（5分）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 t 的说法有：①函数()g x 的图象关于点(,0)3π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[3π，]2π上的最上的最小值为3；④函数()[0g 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11．（5分）如图，在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，将ADE ∆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 ．412．（5分）已知函数21()cos 1()2f x ax x a R =+-∈，若函数()f x 有唯一零点，则a 的取值范围为( ) A ．(,0)-∞ B ．(-∞，0][1U ，)+∞ C ．(-∞，1][1U ，)+∞D ．(,0)[1-∞U ，)+∞二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
广东省茂名市2020届高三数学第二次综合测试试题理含解析
【详解】（1）由 得，
∴ ，∴ 是以首项 ，公比为 的等比数列
∴ ，
设等差数列 的公差为d，
由 ，且 ， ， 成等比数列.
∴ ，即
∵ ，∴ ，∴ .
（2）由（1）得
∴
.
【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前 项和公式，需熟记公式，属于基础题.
【答案】60
【解析】
【分析】
首先写出二项展开式的通项 ，再令 ，求得常数项.
【详解】 的展开式的通项为
，
令 得 ，所以常数项是 .
故答案为：60
【点睛】本题考查二项展开式指定项的求法，重点考查计算能力，属于基础题型.
15. 已知曲线 在点 处的切线的倾斜角为 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【答案】C
【解析】
【分析】
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．
【详解】解：输入 ， ，又 .
① ，
， ， ；
② ，
， ， ；
③ ，
，则 否，输出 ．
故选：C
【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，对于运行次数较少时，一般逐一列举运行结果，直至运行结束；对于运行次数较多时，一列举部分运行结果，直至由规律可循，根据规律求出结果．
9. 圆 与双曲线 的两条渐近线相切于 、 两点，若 ，则 的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意画出图象，根据题意可得： ， ， ，结合图象求得 ，根据双曲线 的两条渐近线为： ，可得 ，根据离心率定义，即可求得答案.