2020年广东省高考数学(理科)二模试卷及详细解析
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年高考数学模拟广东省广州市天河区高考(理科)数学二模试卷 含解析
2020年高考数学二模试卷（理科）一、选择题1．设集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}，B＝{y|y＝2x，x∈R}，则A∪B等于（）A．∅B．R C．（3，+∞）D．（0，+∞）2．瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角形式：e iθ＝cosθ+i sinθ，（i为虚数单位），根据该式，计算eπi+1的值为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．i3．等差数列{a n}的前n项和为S n，S15＝30，a10＝4，则a9＝（）A．2 B．3 C．4 D．84．函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，要得到函数g（x）＝A cosωx的图象，只需将f（x）的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位5．已知直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限围成的封闭图形的面积为a，则（﹣）5的展开式中，x的系数为（）A．5 B．﹣5 C．20 D．﹣206．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q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7．设a＞b＞0，a+b＝1，且x＝（）b，y＝ab，z＝a，则x、y、z的大小关系是（）A．y＜z＜x B．z＜y＜x C．x＜y＜z D．y＜x＜z8．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）A．B．C．D．9．函数f（x）＝x sin x+﹣在区间[﹣2π，2π]上的大致图象为（）A．B．C．D．10．以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）上一点M为圆心作圆，该圆与x轴相切于双曲线C的一个焦点F（c，0），与y轴交于P，Q两点，若|PQ|＝c，则双曲线C的离心率是（）A．B．C．2 D．11．如图，点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动（P点异于B、C1点），则下列四个结论：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变：②A1P∥平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个12．若x，a，b均为任意实数，且（a+2）2+（b﹣3）2＝1，则（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（）A．3B．18 C．3﹣1 D．19﹣6二、填空题13．已知x与y之间的一组数据：x0 2 4 6y a 3 5 3a已求得关于y与x的线性回归方程＝1.2x+0.55，则a的值为．14．已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝．15．已知四棱锥S﹣ABCD的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于．16．记数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2），若对任意的正偶数k，λ（S k﹣3k）≥4恒成立，则实数λ的最小值为．三、解答题：共70分．解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，.每个试题学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，且sin（C﹣）•cos C ＝．（1）求角C的大小；（2）若向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，求△ABC的周长．18．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90°，EC ＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．19．设椭圆C：+＝1（a＞b＞0），F1、F2为椭圆C左右焦点，B为短轴端点，且＝4，离心率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，且满足|+|＝|﹣|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由20．已知函数f（x）＝﹣a（x﹣1）2+（x﹣2）e x（a＞0）．（1）讨论函数f（x）的单调性：（2）若关于x的方程f（x）+a＝0存在3个不相等的实数根，求实数a的取值范围．21．某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次：②混合检验，将其中k（k∈N*且k ≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）：（ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.09．（二）选考题：共10分．请考生在第22.23题中任选-一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知曲线C的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．（1）求曲线C和射线12的极坐标方程；（2）求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+x，a∈R．（Ⅰ）若f（1）+f（2）＞5，求a的取值范围；（Ⅱ）若a，b∈N*，关于x的不等式f（x）＜b的解集为（﹣∞，），求a，b的值．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．设集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}，B＝{y|y＝2x，x∈R}，则A∪B等于（）A．∅B．R C．（3，+∞）D．（0，+∞）【分析】求定义域得集合A，求值域得集合B，根据并集的定义写出A∪B．解：集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}＝{x|x﹣3＞0}＝{x|x＞3}，B＝{y|y＝2x，x∈R}＝{y|y＞0}，则A∪B＝{x|x＞0}．故选：D．2．瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角形式：e iθ＝cosθ+i sinθ，（i为虚数单位），根据该式，计算eπi+1的值为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．i【分析】利用公式e ix＝cos x+i sin x，代入化简即可得出．解：由e ix＝cos x+i sin x，则e iπ+1＝cosπ+i sinπ+1＝0，故选：B．3．等差数列{a n}的前n项和为S n，S15＝30，a10＝4，则a9＝（）A．2 B．3 C．4 D．8【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S15＝30，a10＝4，∴15a1+d＝30，a1+9d＝4，联立解得：a1＝﹣5，d＝1，则a9＝﹣5+8＝3．故选：B．4．函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，要得到函数g（x）＝A cosωx的图象，只需将f（x）的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位【分析】由题意利用诱导公式，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．解：∵函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为＝，∴ω＝3，f（x）＝A sin（3x+）．要得到函数g（x）＝A cos3x＝A sin（3x+）的图象，只需将f（x）的图象向左平移个单位，故选：A．5．已知直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限围成的封闭图形的面积为a，则（﹣）5的展开式中，x的系数为（）A．5 B．﹣5 C．20 D．﹣20【分析】定积分表示围成的图形的面积，然后计算求出a的值，根据二项式展开的公式将二项式展开，令x的幂级数为1，求出r，从而求解．解：两个图形在第一象限的交点为（2，8），所以曲线y＝x3与直线y＝4x在第一象限所围成的图形的面积是∫02（4x﹣x3）dx，而∫02（4x﹣x3）dx＝（2x2﹣x4）|02＝8﹣4＝4，则（﹣）5展开式的通项公式为T r+1＝（﹣1）r C5r45﹣r x，由﹣5＝1，解得r＝4，则展开式中的系数为（﹣1）4C544＝20，故选：C．6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q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【分析】利用祖暅原理可得：A、B在等高处的截面积恒相等”，可得：A、B的体积相等．即可判断出p与q的关系．解：设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等．由“A、B在等高处的截面积恒相等”，由祖暅原理，可得：A、B的体积相等．因此可得：A、B的体积不相等，必然：A、B在等高处的截面积不恒相等．即p⇒q，反之不成立．∴p是q的充分不必要条件．故选：A．7．设a＞b＞0，a+b＝1，且x＝（）b，y＝ab，z＝a，则x、y、z的大小关系是（）A．y＜z＜x B．z＜y＜x C．x＜y＜z D．y＜x＜z【分析】由已知得到a，b的具体范围，进一步得到ab，，的范围，结合指数函数与对数函数的性质得答案．解：由a＞b＞0，a+b＝1，得0，，且0＜ab＜1，则，，a＜，∴x＝（）b＞0，y＝ab＝﹣1，0＝＞z＝a＞＝﹣1，∴y＜z＜x．故选：A．8．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）A．B．C．D．【分析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．解：由题意，甲获得冠军的概率为×+×+×＝，其中比赛进行了3局的概率为×+×＝，∴所求概率为＝，故选：B．9．函数f（x）＝x sin x+﹣在区间[﹣2π，2π]上的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，分析可得f（x）为偶函数，排除AD，求出f（）的值，排除B，即可得答案．解：根据题意，f（x）＝x sin x+﹣，则f（﹣x）＝f（x），即函数f（x）为偶函数，排除A、D；当x＝时，f（）＝﹣（）+﹣＜0，排除B；故选：C．10．以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）上一点M为圆心作圆，该圆与x轴相切于双曲线C的一个焦点F（c，0），与y轴交于P，Q两点，若|PQ|＝c，则双曲线C的离心率是（）A．B．C．2 D．【分析】由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x＝c，代入双曲线的方程，可得M的坐标，圆的半径，运用弦长公式，可得|PQ|＝2＝c，可得a，c的方程，运用离心率公式计算即可得到所求值．解：由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x＝c，代入双曲线的方程可得y＝b＝，即有M（c，），可得圆的圆心为M，半径为，即有M到y轴的距离为c，可得|PQ|＝2＝c，化简可得3b4＝4a2c2，由c2＝a2+b2，可得3c4﹣10c2a2+3a4＝0，由e＝，可得3e4﹣10e2+3＝0，解得e2＝3（舍去），即有e＝．故选：A．11．如图，点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动（P点异于B、C1点），则下列四个结论：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变：②A1P∥平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线线、线面、面面平行和垂直的判断与性质求解．解：对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1∥AD1且相等，由于①知：AD1∥BC1，所以BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C．12．若x，a，b均为任意实数，且（a+2）2+（b﹣3）2＝1，则（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（）A．3B．18 C．3﹣1 D．19﹣6【分析】由题意可得（a，b）在（﹣2，3）为圆心，1为半径的圆上，（x﹣a）2+（lnx ﹣b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，设过切点（m，lnm）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直，由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，解方程求得切点，圆心和切点的距离d，可得距离的最小值为d﹣r，可得所求值．解：（a+2）2+（b﹣3）2＝1，可得（a，b）在（﹣2，3）为圆心，1为半径r的圆上，（x﹣a）2+（lnx﹣b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，设过切点（m，lnm）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直，可得•＝﹣1，即有lnm+m2+2m＝3，由f（m）＝lnm+m2+2m在m＞0递增，且f（1）＝3，可得切点为（1，0），圆心与切点的距离为d＝＝3，可得（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（3﹣1）2＝19﹣6，故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，13．已知x与y之间的一组数据：x0 2 4 6y a 3 5 3a已求得关于y与x的线性回归方程＝1.2x+0.55，则a的值为 2.15 ．【分析】首先求出这组数据的横标和纵标的平均数，写出这组数据的样本中心点，把样本中心点代入线性回归方程求出a的值．解：＝3，＝a+2，将（3，a+2）带入方程得：a+2＝3.6+0.55，解得：a＝2.15，故答案为：2.15．14．已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝ 6 ．【分析】求出抛物线的焦点坐标，推出M坐标，然后求解即可．解：抛物线C：y2＝8x的焦点F（2，0），M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，可知M的横坐标为：1，则M的纵坐标为：，|FN|＝2|FM|＝2＝6．故答案为：6．15．已知四棱锥S﹣ABCD的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于π．【分析】根据四棱锥S﹣ABCD的三视图，把四棱锥S﹣ABCD补成长方体，点S是所在棱的中点，设长方体的上下底面的对角线的交点分别为O1，O2，所以四棱锥S﹣ABCD的外接球的球心O在线段O1O2上，由三视图的数据可知：AB＝4，BC＝2，SC＝3，长方体的高O1O2＝，CO2＝，SO，设四棱锥S﹣ABCD的外接球的半径为R，得到，从而求出半径R，得到球O的表面积．解：根据四棱锥S﹣ABCD的三视图，把四棱锥S﹣ABCD补成长方体，点S是所在棱的中点，设长方体的上下底面的对角线的交点分别为O1，O2，所以四棱锥S﹣ABCD的外接球的球心O在线段O1O2上，如图所示：，由三视图的数据可知：AB＝4，BC＝2，SC＝3，∴长方体的高O1O2＝，CO2＝，SO，设四棱锥S﹣ABCD的外接球的半径为R，∴在Rt△SOO1中：OO1＝，在Rt△COO2中：OO2＝，∴，化简得：R，∴球O的表面积为：4πR2＝π，故答案为：π．16．记数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2），若对任意的正偶数k，λ（S k﹣3k）≥4恒成立，则实数λ的最小值为8 ．【分析】直接利用数列的通项公式的应用，递推关系式的应用，恒成立问题的应用求出结果．解：数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2）．则：，所以数列{a n﹣3}是以a1﹣3＝1为首项，﹣为公比的等比数列．所以，整理得，所以，所以＞0，故对于任意的正偶数n，，恒成立．等价于，对于任意的正偶数n恒成立．由于，所以，所以，只需满足λ≥8．故答案为：8．三、解答题：共70分．解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，.每个试题学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，且sin（C﹣）•cos C ＝．（1）求角C的大小；（2）若向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，求△ABC的周长．【分析】（1）由已知式化简可得，进而得到，由此即可求得角C的大小；（2）由向量与共线结合正弦定理可得b＝2a，再利用余弦定理建立关于a的方程，解出即可求得周长．解：（1）∵sin（C﹣）•cos C＝，∴，∴，∴，∴，∴，又C为△ABC的内角，∴；（2）∵向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，∴sin B﹣2sin A＝0，由正弦定理可知，b＝2a，由（1）结合余弦定理可知，c2＝a2+b2﹣2ab cos C，即，∴，∴△ABC的周长为．18．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90°，EC ＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．【分析】（1）由勾股定理可证AC⊥CD，又CD⊥BC，则CD⊥平面ABC，得到CD⊥AB，又AB⊥BD，得到AB⊥平面BCD，进而得到EF⊥平面BCD，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值．解：（1）证明：∵E，F分别是线段AD，BD的中点，AB＝BD＝2，∴EF＝FD＝1，且EF∥AB，∵∠ABD＝90°，∴∠EFD＝90°，∴，又，∴AC⊥CD，又∠BCD＝90°，即CD⊥BC，又AC∩BC＝C，且AC，BC均在平面ABC内，∴CD⊥平面ABC，∴CD⊥AB，又AB⊥BD，CD∩BD＝D，且CD，BD均在平面BCD内，∴AB⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD，又EF在平面EFC内，∴平面EFC⊥平面BCD；（2）由（1）可知，∠DBC为二面角D﹣AB﹣C的平面角，即∠DBC＝45°，过点B作BB′∥CD，如图，以B为坐标原点，BB′，BD，BA分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），D（0，2，0），C（1，1，0），E（0，1，1），∴，，设平面ACE的一个法向量为，则，可取；设平面BCE的一个法向量为，则，可取；如图可设二面角A﹣CE﹣B的平面角为锐角θ，则，即二面角A﹣CE﹣B的余弦值为．19．设椭圆C：+＝1（a＞b＞0），F1、F2为椭圆C左右焦点，B为短轴端点，且＝4，离心率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，且满足|+|＝|﹣|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由【分析】（Ⅰ）由题意可得方程＝•2c•b＝4，e＝＝，且a2＝b2+c2；从而联立解出椭圆C的方程为+＝1；（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆x2+y2＝r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，则可得•＝0；再设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为y＝kx+m，联立方程组可得x1+x2＝﹣，x1x2＝；y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝；从而再由x1x2+y1y2＝0可得3m2﹣8k2﹣8＝0，从而可解得m≥或m≤﹣；从而解出所求圆的方程为x2+y2＝；再验证当切线的斜率不存在时也成立即可．解：（Ⅰ）∵椭圆C：+＝1（a＞b＞0），由题意可得，＝•2c•b＝4，e＝＝，且a2＝b2+c2；联立解得，；故椭圆C的方程为+＝1；（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆x2+y2＝r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，∵|+|＝|﹣|，∴•＝0；设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为y＝kx+m，解方程组得，（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8＝0，则△＝（4km）2﹣4（1+2k2）（2m2﹣8）＝8（8k2﹣m2+4）＞0；即8k2﹣m2+4＞0；∴x1+x2＝﹣，x1x2＝；y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝；要使•＝0，故x1x2+y1y2＝0；即+＝0；所以3m2﹣8k2﹣8＝0，所以3m2﹣8≥0且8k2﹣m2+4＞0；解得m≥或m≤﹣；因为直线y＝kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r＝，r2＝＝＝；故r＝；即所求圆的方程为x2+y2＝；此时圆的切线y＝kx+m都满足m≥或m≤﹣；而当切线的斜率不存在时切线为x＝±与椭圆+＝1的两个交点为（，±），（﹣，±）；满足•＝0，综上所述，存在圆心在原点的圆x2+y2＝满足条件．20．已知函数f（x）＝﹣a（x﹣1）2+（x﹣2）e x（a＞0）．（1）讨论函数f（x）的单调性：（2）若关于x的方程f（x）+a＝0存在3个不相等的实数根，求实数a的取值范围．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对a进行分类讨论即可求解；（2）转化为相应的函数的交点问题，结合导数研究函数的特征，然后结合图象可求．解：（1）f′（x）＝﹣a（x﹣1）+（x﹣1）e x＝（x﹣1）（e x﹣a），∵a＞0，由f′（x）＝0可得x＝1或x＝lna，（i）当0＜a＜e时，1＞lna，在（1，+∞），（﹣∞，lna）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（lna，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（ii）当a＝e时，lne＝1，f′（x）＞0在R上恒成立，即f（x）在R上单调递增；（iii）当a＞e时，lna＞1，在（lna，+∞），（﹣∞，1）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（1，lna）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2）∵f（x）+a＝＝（x﹣2）（e x﹣）＝0有3个实数根，x＝2显然是方程的一个解，故e x﹣＝0有2个实数根且x≠0，x≠2，即a＝（x≠2），令g（x）＝（x≠2），则，当x∈（﹣∞，0），（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当∈（1，2），（2，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＜0时，g（x）＜0，x＝1时，g（x）取得极小值，g（1）＝2e，又g（2）＝e2，则2e＜a＜e2或a＞e2．21．某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次：②混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）：（ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.09．【分析】（1）利用古典概型、排列组合求出恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）（i）由E（ξ1）＝k，ξ2的取值为1，k+1，计算对应概率与数学期望值，由E（ξ）＝E（ξ2）求得p的值；1（ii）由题意得，即，设，利用导数判断f（x）的单调性，求得k的最大值，即可得出结论．解：（1）记恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来为A事件，则P（A）＝＝．（2）（i）E（ξ1）＝k，ξ2的取值为1，k+1，计算，，所以，由E（ξ1）＝E（ξ2），得k＝k+1﹣k（1﹣p）k，所以（k∈N*且k≥2）．（ii），，所以，即．设，，x＞0，当x∈（0，4）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，4）上单调递增；当x∈（4，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）在（4，+∞）上单调递减．且f（8）＝ln8﹣2＝3ln2﹣2＞0，，所以k的最大值为8；所以k∈[2，8]时，混合检验方式好，k∈[9，+∞）时，逐份检验方式好；（二）选考题：共10分．请考生在第22.23题中任选-一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知曲线C的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．（1）求曲线C和射线12的极坐标方程；（2）求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．【分析】（1）由曲线C的参数方程，得普通方程，由此能求出曲线C的极坐标方程；由过极点的两射线l1、l2相互垂直，与曲线C分别相交于A、B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α，能求出l2的极坐标方程．（2）依题意设，则，同理，由此能法语出△OAB的面积的最小值及此时α的值．解：（1）由曲线C的参数方程为，（t为参数），得普通方程为4y＝x2，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得4ρsinθ＝ρ2cos2θ，所以曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝4sinθ，[或]过极点的两射线l1、l2相互垂直，与曲线C分别相交于A、B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．故l2的极坐标方程为；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）依题意设，则由（1）可得，同理得，即，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∴＝∵，∴0＜α＜π，∴＝≥16，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣△OAB的面积的最小值为16，此时sin2α＝1，得，∴．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+x，a∈R．（Ⅰ）若f（1）+f（2）＞5，求a的取值范围；（Ⅱ）若a，b∈N*，关于x的不等式f（x）＜b的解集为（﹣∞，），求a，b的值．【分析】（Ⅰ）通过讨论a的范围，去掉绝对值，求出a的范围即可；（Ⅱ）通过讨论x的范围，去掉绝对值，求出不等式的解集，得到关于a，b的不等式组，求出a，b的值即可．解：（Ⅰ）由f（1）+f（2）＞5得|1﹣a|+|2﹣a|＞2，当a≥2时，a﹣1+a﹣2＞2，解得：a＞，当1≤a＜2时，a﹣1+2﹣a＞2，不等式无解，当a≤1时，1﹣a+2﹣a＞2，解得：a＜，综上，a的范围是（﹣∞，）∪（，+∞）；（Ⅱ）∵f（x）＜b，∴|x﹣a|+x＜b，当x≥a时，x﹣a+x＜b，解得：x＜，当x＜a时，a﹣x+x＜b，得a＜b，由不等式的解集是（﹣∞，），则，又a，b∈一、选择题*，故a＝1，b＝2．。
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届广东省广州市高三二模数学(理)试题解析
绝密★启用前2020届广东省广州市高三二模数学（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．若集合A ＝{x |y =，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}，则A ∩B ＝（） A ．[0，1）B ．[0，1]C ．[0，2）D ．[0，2] 答案：B求出集合A ，B ，再求出A ∩B 得解．解：解：∵集合A ＝{x |y =＝{x |x ≤2}，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}＝{x |0≤x ≤1}，则A ∩B ＝{x |0≤x ≤1}＝[0，1].故选：B.点评：本题主要考查一元二次不等式的解法，考查函数定义域的求法，考查集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2．已知复数()1z bi b R =+∈，若2z i +是纯虚数，则b ＝（） A ．﹣2B ．12-C ．12D ．1 答案：A 根据复数的除法法则把2z i+化成复数的一般形式，然后由实部为零，虚部不等于零计算即可．解： 因为()()()()()12221122225bi i b b i z bi i i i i +-++-+===+++-，由于其是纯虚数， 所以210b -≠且20b +=，则2b =-．故选：A点评：本题考查的是复数的计算及其概念，较简单.3．若323loga=，1ln2b=，0.20.6c-=，则a，b，c的大小关系为（）A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．b＞a＞c D．a＞c＞b 答案：B利用对数函数、指数函数的单调性直接求解．解：因为31323330log log log1a=<=<=，1ln ln102b=<=，0.200.60.61c-=>=，所以c＞a＞b．故选：B．点评：本题主要考查利用指数、对数函数的单调性比较大小，属于基础题.4．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>3 B．d72<C．3≤d72<D．3<d72≤答案：D根据从第8项起开始为正数，可得a7≤0，a8＞0，利用“1,a d”法求解. 解：a n＝﹣21+（n﹣1）d．∵从第8项起开始为正数，∴a7＝﹣21+6d≤0，a8＝﹣21+7d＞0，解得3＜d72≤．故选：D．点评：本题主要考查等差数列的单调性及通项公式，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.5．《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 ．()221a p r - B ．()22 1a p r + C ．() 1a p r - D ．() 1a p r +答案：A 计算圆形钱币的面积和正方形的面积，利用几何概型的概率公式求出p ，则π可求． 解：圆形钱币的半径为r cm ，面积为S 圆＝π•r 2；正方形边长为a cm ，面积为S 正方形＝a 2．在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是 p S S S -==圆正方形圆122a r π-， 所以π()221a p r=-． 故选：A ．点评：本题主要考查几何概型的概率求法及应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6．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 ．抛物线的一部分答案：A分别取AC ，A 1C 1，A 1B 1的中点N ，F ，M ，连接ME ，MF ，NE ，EF ，证明N ，E ，M ，F 共面，利用线面平行证明EF ∥平面BCC 1B 1，则轨迹可求解：如图所示：分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，EF，因为E为AB的中点，所以NE∥BC且NE12BC=，FM∥B1C1，MF12=B1C1，所以N，E，M，F共面，所以ME∥BB1，NE∥BC，所以ME∥平面BCC1B1，NE∥平面BCC1B1而NE∩ME＝E，BC∩BB1＝B，所以面NEMF∥平面BCC1B1，而EF⊂面MN，所以EF∥平面BCC1B1，所以要使EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹为线段FN．故选：A．点评：本题主要考查线线平行，线面平行，面面平行的转化，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.7．函数1()2f x xx=-+的图象大致是（）A．B．C．D．答案：C由函数解析式易知x ＜0时，()0f x ＞，且(2)0f <，由此利用排除法判断． 解：当x ＜0时，1()20f x x x=-+＞，故排除选项B 、D ； 又1724022f =-+=-（）＜，故排除选项A ． 故选：C点评： 本题考查函数图象的判别，属于基础题. 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 =u u u r 2FE u u u r ，则BF =u u u r （ ）A ．1123AB AD -u u u r u u u r B ．11 32AB AD -u u u r u u u rC ．11 23AB AD -+u u u r u u u r D ．11 32AB AD -+u u u r u u u r 答案：C 直接利用向量的三角形法则以及基本定理即可求得结论．解：由梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2DC ，E 是BC 的中点，F 是AE 上一点，AF =u u u r 2FE u u u r ，则221(332)BF BA AF AB AE AB AB AC =+=-+=-+⨯+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 1(3)AB AB AD DC =-+++u u u r u u u r u u u r u u u r 11(32)AB AB AD AB =-+++u u u r u u u r u u u r u u u r 1123AB AD =-+u u u r u u u r ； 故选：C点评：本题考查向量的三角法则、平面向量基本定理，属于基础题.9．已知命题:p 21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭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()22,N σ，且()40.7P ξ<=，则()020.3P ξ<<=．现给出四个命题：①p q ∧，②p q ∨，③()p q ∧⌝，④()p q ⌝∨，其中真命题的是（）A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④答案：C 由21n x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大求得n ，写出二项展开式的通项，令x 的指数为0求得r ，得到常数项，判断出p 的真假；再由正态分布的对称性求得()02P ξ<<，判断出q 的真假，再由复合命题的真假判断得答案．解： 在21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，∴12n =， 则212243112121()()(1,)0,1,,12r r r r r r r T C x C x r x--+=-=-⋅⋅=L ． 令2430r -=，得8r =， ∴展开式中的常数项为81212!4958!4!C ==⋅，故p 为真命题； 随机变量ξ服从正态分布()22,N σ，则其对称轴方程为2，又()40.7P ξ<=，则()02P ξ<<()1120.30.22=-⨯=，故q 为假命题． 则①p q ∧为假命题；②p q ∨为真命题；③()p q ∧⌝为真命题；④()p q ⌝∨为假命题． ∴其中真命题的是②③．故选：C点评：本题考查了二项式定理、正态分布及复合命题真假性的判断，属于基础题.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n +a n +1＝2n（n ∈N ），则S 2020＝（） A ．2020223- B ．202022 3+ C ．202122 3- D ．202122 3+ 答案：C 根据递推公式a n +a n +1＝2n （n ∈N ）的特点在求S 2020时可采用分组求和法，然后根据等比数列的求和公式即可得到正确选项．解：。
2020届广州市高三理科数学二模试卷-含答案解析
绝密★启用前2020届广州市高三理科数学二模试卷考试时间：120分钟第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，集合，则A. B.C. D.2.若，则A. 1B.C. iD.3.若，则A. B. C. 1 D.4.已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，离心率为，过的直线l交C于A、B两点，若的周长为，则C的方程为A. B. C. D.5.正四面体ABCD中，M是棱AD的中点，O是点A在底面BCD内的射影，则异面直线BM与AO所成角的余弦值为A. B. C. D.6.已知数列满足：，，且，则数列的前13项和为A. B. C. D.7.安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有A. 360种B. 300种C. 150种D. 125种8.函数的图象大致为A. B.C. D.9.某兴趣小组有男生20人，女生10人，从中抽取一个容量为5的样本，恰好抽到2名男生和3名女生，则该抽样可能是系统抽样；该抽样可能是随机抽样：该抽样一定不是分层抽样；本次抽样中每个人被抽到的概率都是．其中说法正确的为A. B. C. D.10.已知S，A，B，C是球O表面上的点，平面ABC，，，，则球O的表面积等于A. B. C. D.11.已知函数若存在，使得，则实数b的取值范围是A. B. C. D.12.数列满足，，若不等式对任何正整数n恒成立，则实数的最小值为A. B. C. D.第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，若向量与垂直，则______．14.已知实数x，y满足，目标函数的最大值为4，则．15.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则______．16.已知，分别是双曲线的左、右焦点，P为双曲线左支上任意一点，若的最小值为8a，则双曲线的离心率的取值范围为________．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知函数．Ⅰ求函数的最小正周期和单调递减区间；Ⅱ在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，，的面积为，求边a的长．18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，，E，F分别是BC，PC的中点．Ⅰ证明：；Ⅱ设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为，求二面角的余弦值．19.已知函数．求曲线在点处的切线方程；证明：函数在区间内有且只有一个零点．20.已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的长轴长为4．求椭圆C的方程；已知直线l：与椭圆C交于A，B两点，是否存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．21.2019年7月1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值代表．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第问中样本标准差s的近似值为用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率．参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券，已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格从k到，若掷出反面，遥控车向前移动两格从k到，直到遥控车移到第49格胜利大本营或第50格失败大本营时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为，试说明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．已知极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，圆C的极坐标是，直线l的参数方程是为参数．若，M为直线l与x轴的交点，N是圆C上一动点，求的最大值；若直线l被圆C截得的弦长为，求a的值．绝密★启用前2020届广州市高三理科数学一模试卷考试时间：120分钟注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。
2020年广东省广州市高考数学二模试卷(理科)
2020年广东省广州市高考数学二模试卷（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{|2}A x y x ==-，2{|0}B x x x =-„，则(A B =I ) A ．[0，1)B ．[0，1]C ．[0，2)D ．[0，2]2．（5分）已知复数1()z bi b R =+∈，2zi+是纯虚数，则(b = ) A ．2-B ．12-C ．12D ．13．（5分）若33log 2a =，12b ln =，0.20.6c -=，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c b a >>B ．c a b >>C ．b a c >>D ．a c b >>4．（5分）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 ．3d >B ．72d <C ．732d <„ D ．732d <„5．（5分）《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(0)a 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 ．22(1)a p r -B ．22(1)a p r +C ．(1)ap r-D ．(1)ap r+6．（5分）在三棱柱111ABC A B C -中，E 是棱AB 的中点，动点F 是侧面11ACC A （包括边界）上一点，若//EF 平面11BCC B ，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．（5分）函数1()2||f x x x =-+的图象大致是( )A ．B ．C ．D ．8．（5分）如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，AB AD ⊥，22AB AD DC ==，E 是BC 的中点，F 是AE 上一点，2AF FE =u u u r u u u r ，则(BF =u u u r)A ．1123AB AD -u u ur u u u rB ．1132AB AD -u u ur u u u rC ．1123AB AD -+u u ur u u u rD ．1132AB AD -+u u ur u u u r9．（5分）已知命题21:()n p x x-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2(2,)N σ，且(4)0.7P ξ<=，则(02)0.3P ξ<<=．现给出四个命题：①p q ∧，②p q ∨，③()p q ∧⌝，④()p q ⌝∨，其中真命题的是( ) A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④10．（5分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12(*)n n n a a n N ++=∈，则2020(S =)A ．2020223-B ．2020223+C ．2021223-D ．2021223+11．（5分）过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>右焦点2F 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223F P F A =u u u u r u u u u r，则双曲线C 的渐近线方程为( ) A ．12y x =±B ．y x =±C ．2y x =±D ．25y x =±12．（5分）若关于x 的不等式212x e alnx a -…恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，2]eB ．(-∞，2]eC ．[0，22]eD ．(-∞，22]e二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
2020届广东省广州市高三二模数学(理)试题(解析版)
当0＜x＜m时， ＜0，f（x）单调递减；当x＞m时， ＞0，f（x）单调递增，
可得x＝m处f（x）取得极小值，且为最小值e2m﹣alnm，
由题意可得e2m﹣alnm a，即 alnm a，
化为m+2mlnm≤1，设g（m）＝m+2mlnm， ＝1+2（1+lnm），
所以面NEMF∥平面BCC1B1，而EF 面MN，
所以EF∥平面BCC1B1，
所以要使EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹为线段FN．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查线线平行，线面平行，面面平行的转化，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.
7．函数 的图象大致是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
解：如图,
在正四棱锥P﹣ABCD中,由底面边长为2,侧棱长为 ,
可得△PAC为正三角形,取PC的中点G,得AG⊥PC,且AG .
设过AG与PC垂直的平面交PB于E,交PD于F,连接EF,
则EG⊥PC,FG⊥PC,可得Rt△PGE≌Rt△PGF,得GE＝GF,PE＝PF,
在△PAE与△PAF中,由PA＝PA,PE＝PF,∠APE＝∠APF,得AE＝AF.
则A∩B＝{x|0≤x≤1}＝[0，1].
故选：B.
【点睛】
本题主要考查一元二次不等式的解法，考查函数定义域的求法，考查集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2．已知复数 ，若 是纯虚数，则b＝（）
A．﹣2B． C． D．1
【答案】A
【解析】根据复数的除法法则把 化成复数的一般形式，然后由实部为零，虚部不等于零计算即可．
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）副标题题号一二三总分得分一、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H的正三棱锥P-ABC的每个顶点都在半径为R的球O的球面上，若二面角P-AB-C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∈R恒成立，求k的取值范围．答案和解析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】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．利用已知条件列出方程组，求出a，b，即可得到椭圆方程．本题考查椭圆飞简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．7.【答案】B【解析】解：在△ABC中，∵b=2acosA，∴由正弦定理可得：sinB=2sinAcosA=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：sinB=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-）=-2cosx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】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．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．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．11.【答案】A【解析】解：设P在底面ABC的射影为E，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．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．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．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=log2x=t，且t∈[1，2），x1+x2=2t-t+1，令g（t）=2t-t+1，g′（t）=2t lnt-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k得几何意义为过原点得直线得斜率，作出不等式组对应得平面区域如图：则由图象可知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：．设z=，作出不等式组对应得平面区域，利用z得几何意义即可得到结论．本题主要考查直线斜率的计算，以及线性规划得应用，根据z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．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】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：．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．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．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，．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＜e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+a-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】（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xlnx-ax+a+e-2≥0对x∈（0，+∞）恒成立，设h（x）=xlnx-ax+a+a-2，则h′（x）=lnx+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．本题考查函数单调性的讨论，考查实数的取值范围的求法，考查导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是难题．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∈R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】（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．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．。
2020年广东省深圳市高考数学二模试卷(理科) (含答案解析)
2020年广东省深圳市高考数学二模试卷(理科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知复数z满足(1+i)·z=3−i，则|z|=()A. 5B. 3C. √5D. √32.已知集合A={1,2}，B={x|x=mn.m∈A,n∈A}，则()A. A∩B=BB. A∩B=⌀C. A∪B⊆AD. A⊆B3.已知直线m⊥平面α，则“直线n⊥m”是“n//α”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4.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为√5，则C的渐近线方程为()A. y=±2xB. y=±12x C. y=±13x D. y=±14x5.已知y=f(x)是定义在R上的函数，且f(x+4)=−f(x)，如果当x∈[−4,0)时，f(x)=3−x，则f(985)=()A. 27B. −27C. 9D. −96.x1，x2…x n的平均数为x，方差为S2，则数据3x1+5，3x2+5，…，3x n+5的方差是()A. S2B. 3S2C. 9S2D. 9S2+30S+257.设等差数列{a n}的前n项和为S n，已知S3=5，S6=15，则S9=()A. 35B. 30C. 25D. 158.函数f(x)=sinx⋅2x−12x+1部分图像大致为()A.B.C. D.9. 已知F 是椭圆C ：x 23+y 22=1的右焦点，P 为椭圆C 上一点，A(1,2√2)，则|PA|+|PF|的最大值为( ) A. 4+√2 B. 4√2 C. 4+√3 D. 4√310. 下面图1是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图．其阴离子排列如图2所示，图2中圆的半径均为1，且相邻的圆都相切，A ，B ，C ，D 是其中四个圆的圆心，则AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =A. 32B. 28C. 26D. 24 11. 已知数列{a n }的通项公式a n =n−√98n−√99(n ∈N ∗)，则数列{a n }的前30项中最大项为( ) A. a 30B. a 10C. a 9D. a 1 12. 已知ω>0，|φ|<π2，若x =π6和x =7π6是函数f(x)=cos(ωx +φ)的两个相邻的极值点，将y =f(x)的图象向左平移π6个单位得到函数y =g(x)的图象，则下列说法正确的是( )A. y =g(x)是奇函数B. y =g(x)的图象关于点(−π2,0)对称C. y=g(x)的图象关于直线x=π2对称D. y=g(x)的周期为π二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.(1)曲线y=−5e x+3在点(0,−2)处的切线方程为________．(2)已知函数f(x)=xln x，若直线ι过点(0,−1)，并且与曲线y=f(x)相切，则直线ι的方程为________．14.若x，y满足约束条件{x−1≥0x−y≤0x+y−4≤0.则yx的最大值为______．15.某志愿者小组共有高一学生4名，高二5名，高三7名，若各年级各选1人参加青奥会志愿者活动，有________种不同的选法．16.如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD//BC，AB=BC=12AD=1，点E是线段CD上异于点C，D的动点，EF⊥AD于点F，将沿EF折起到的位置，并使PF⊥AF，则五棱锥P−ABCEF的体积的取值范围为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在△ABC中，D是BC的边上的点，cos∠BAD=35,cos∠ADC=−√55．(1)求sin B的值；(2)若BD=2DC=2，求AC的长．18.如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB=AC=1，BB1=2，B1C=2，∠ABB1=60°．(1)证明：AB1⊥平面ABC．(2)求AC1与平面BCB1所成角的正弦值．19.如图，直角坐标系中，圆的方程为x2+y2=1,A(1,0),B(−12,√32),C(−12,−√32)为圆上三个定点，某同学从A点开始，用掷骰子的方法移动棋子．规定：①每掷一次骰子，把一枚棋子从一个定点沿圆弧移动到相邻下一个定点；②棋子移动的方向由掷骰子决定，若掷出骰子的点数为偶数，则按图中箭头方向移动；若掷出骰子的点数为奇数，则按图中箭头相反的方向移动．设掷骰子n次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为P n(A)，P n(B),P n(C).例如：掷骰子一次时，棋子移动到A，B，C处的概率分别为P1(A)=0,P1(B)=12,P1(C)=12．(1)分别掷骰子二次，三次时，求棋子分别移动到A，B，C处的概率；(2)掷骰子N次时，若以X轴非负半轴为始边，以射线OA，OB，OC为终边的角的余弦值记为随机变量X n，求X4的分布列和数学期望；(3)记P n(A)=a n,P n(B)=b n,P n(C)=c n，其中a n+b n+c n=1.证明：数列{b n−13}是等比数列，并求a2020．20.已知抛物线C:y2=2px(p>0)．(1)已知直线l:2x−y+2=0与抛物线C相切，求抛物线的方程；(2)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F作直线l′交抛物线于A，B两点，AB的中点为E，以E为圆心，AB为直径作圆E，设E与y轴交于点M，N，求的最大值．21.已知函数f(x)=(ax−1)e x，a∈R，e是自然对数底数．(Ⅰ)当a=1时，求函数f(x)的极值；(Ⅱ)若函数f(x)在区间(0,1)上是单调增函数，求实数a的取值范围．22.椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板上有两条互相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块A，B，它们可分别在纵槽和横槽中滑动，在直尺上的点M处用套管装上铅笔，使直尺转动一周，则点M的轨迹C是一个椭圆，其中|MA|=2，|MB|=1，如图，以两条导槽的交点为原点O，横槽所在直线为x轴，建立直角坐标系．(1)将以射线Bx为始边，射线BM为终边的角xBM记为φ(0≤φ<2π)，用φ表示点M的坐标，并求出C的普通方程；(2)已知过C的左焦点F，且倾斜角为α(0≤α<π2)的直线l1与C交于D，E两点，过点F且垂直于l1的直线l2与C交于G，H两点．当1|FE|，|GH|，1|FD|依次成等差数列时，求直线l2的普通方程．23.设函数f(x)=|x|．(1)设f(x−1)+f(x+2)<4的解集为A，求集合A；(2)已知m为(1)中集合A中的最大整数，且a+b+c=m(其中a，b，c均为正实数)，求证：1−a a ⋅1−bb⋅1−cc≥8．。
2020年广东省佛山市高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)
2020年广东省佛山市高考数学二模试卷（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. 或C. D. 或2.复数z满足，则A. 1B.C.D. 23.的二项展开式中，x的系数与的系数之差为A. B. C. 90 D. 04.设变量x，y满足约束条件，则目标函数的最大值为A. 3B. 4C. 18D. 405.设函数，则下列结论错误的是A. 的最小正周期为B. 的图象关于直线对称C. 的最大值为D. 的一个零点为6.已知，，，则A. B. C. D.7.已知点在抛物线C：的准线上，过点A的直线与抛物线在第一象限相切于点B，记抛物线的焦点为F，则A. 6B. 8C. 10D. 128.盒中有形状、大小都相同的2个红色球和3个黄色球，从中取出一个球，观察颜色后放回并往盒中加入同色球4个，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为A. B. C. D.9.2019年，全国各地区坚持稳中求进工作总基调，经济运行总体平稳，发展水平迈上新台阶，发展质量稳步上升，人民生活福祉持续增进，全年最终消费支出对国内生产总值增长的贡献率为如图为2019年居民消费价格月度涨跌幅度：同比，环比下列结论中不正确的是A. 2019年第三季度的居民消费价格一直都在增长B. 2018年7月份的居民消费价格比同年8月份要低一些C. 2019年全年居民消费价格比2018年涨了以上D. 2019年3月份的居民消费价格全年最低10.已知P为双曲线C：上一点，O为坐标原点，，为曲线C左、右焦点．若，且满足，则双曲线的离心率为A. B. C. D.11.已知A，B，C是球O的球面上的三点，，若三棱锥体积的最大值为1，则球O的表面积为A. B. C. D.12.双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线已知点是双纽线C上一点，下列说法中正确的有双纽线C关于原点O中心对称；；双纽线C上满足的点P有两个；的最大值为A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设命题p：，，则为______．14.已知函数，若，则______．15.在面积为1的平行四边形ABCD中，，则______；点P是直线AD上的动点，则的最小值为______．16.数学兴趣小组为了测量校园外一座“不可到达”建筑物的高度，采用“两次测角法”，并自制了测量工具：将一个量角器放在复印机上放大4倍复印，在中心处绑上一个铅锤，用于测量楼顶仰角如图；推动自行车来测距轮子滚动一周为米该小组在操场上选定A点，此时测量视线和铅锤线之间的夹角在量角器上度数为；推动自行车直线后退，轮子滚动了10圈达到B点，此时测量视线和铅锤线之间的夹角在量角器上度数为测量者站立时的“眼高”为，根据以上数据可计算得该建筑物的高度约为______米．精确到参考数据：，三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等比数列的前n项和为，满足，，成等差数列，且．求数列的通项公式；设，求数列的前n项和．18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，，点M，N分别是棱BC，PD的中点．求证：平面PAB；若平面平面PCD，求直线MN与平面PCD所成角的正弦值．19.已知椭圆C：的离心率为，且过点．求椭圆C的方程；过坐标原点的直线与椭圆交于M，N两点，过点M作圆的一条切线，交椭圆于另一点P，连接PN，证明：．20.2020年是我国全面建成小康社会和“十三五”规划收官之年，也是佛山在经济总量超万亿元新起点上开启发展新征程的重要历史节点．作为制造业城市，佛山一直坚持把创新摆在制造业发展全局的前置位置和核心位置，聚焦打造成为面向全球的国家制造业创新中心，走“世界科技佛山智造全球市场”的创新发展之路．在推动制造业高质量发展的大环境下，佛山市某工厂统筹各类资源，进行了积极的改革探索．如表是该工厂每月生产的一种核心产品的产量件与相应的生产总成本万元的四组对照数据．x57911y200298431609工厂研究人员建立了y与x的两种回归模型，利用计算机算得近似结果如下：模型：；模型：．其中模型的残差实际值预报值图如图所示：根据残差分析，判断哪一个更适宜作为y关于x的回归方程？并说明理由；市场前景风云变幻，研究人员统计历年的销售数据得到每件产品的销售价格万元是一个与产量x相关的随机变量，分布列为：qp结合你对的判断，当产量x为何值时，月利润的预报期望值最大？最大值是多少精确到？21.已知函数．若恒成立，求a的取值范围；若，证明：在有唯一的极值点，且．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．说明是哪种曲线，并将的方程化为极坐标方程；设点M的极坐标为，射线与的异于极点的交点为A，与的异于极点的交点为B，若，求的值．23.已知函数，．若，求实数a的取值范围；证明：对，恒成立．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：集合或，，或．故选：B．求出集合A，B，由此能求出．本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：A解析：解：因为复数z满足，；则；故选：A．把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案．本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．3.答案：D解析：【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求出x的系数与的系数之差的值．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．【解答】解：的二项展开式中，通项公式为．故x的系数与的系数之差为，故选：D．4.答案：C解析：【分析】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．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合的得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．【解答】解：由变量x，y满足约束条件作出可行域如图，，化目标函数为，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18．故选：C．5.答案：D解析：解：因为，所以，的最小正周期为，的最大值为，A、C正确；当时，，所以，的图象关于直线对称，B正确；因为，所以不是函数的零点，错误．故选：D．先利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，即可根据的图象与性质判断出各选项的真假．本题主要考查利用二倍角公式，辅助角公式进行三角变换，以及函数的图象与性质的应用，属于中档题．6.答案：A解析：解：，，即，，即，，，故选：A．利用对数函数和指数函数的性质求解．本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．7.答案：C解析：解：抛物线C：的准线方程为，点在准线上，即，抛物线的方程为即．设点B的坐标为，，对求导可得，，直线AB的斜率为，由、可知，，解之得，或舍负，点，由抛物线的定义可知，．故选：C．由点在准线上可知p的值，从而确定抛物线的方程，设点B的坐标为，，通过对抛物线方程求导，可得点B处切线的斜率，也就是直线AB的斜率，再通过A、B两点的坐标也可求得，于是建立关于m的方程，解之可得m的值，最后利用抛物线的定义即可得解．本题考查抛物线的定义、准线方程等，还涉及利用导数求抛物线上某点处切线的斜率，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题．8.答案：A解析：【分析】若取出的是红色球，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：，若取出的是黄色球，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：，由此能求出再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率．本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．【解答】解：盒中有形状、大小都相同的2个红色球和3个黄色球，从中取出一个球，观察颜色后放回并往盒中加入同色球4个，若取出的是红色球，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：，若取出的是黄色球，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：，再从盒中取出一个球，则此时取出黄色球的概率为：．故选：A．9.答案：D解析：解：由折线图知：从2019年每月的环比增长率看，2019年第三季度的居民消费价格一直都在增长，故A正确；在B中，从2019年每月的同比增长率看，2018年7月份的居民消费价格比同年8月份要低一些，故B正确；在C中，从2019年每月的同比增长率看，2019年全年居民消费价格比2018年涨了，故C正确；在D中，从2019年每月的同比增长率看，2019年2月份的居民消费价格全年最低，故D错误．故选：D．根据已知中的图表，结合；同比增长率和环比增长率的定义，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案．本题考查命题真假的判断，考查折线图等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力，考查函数与方程思想，是基础题．10.答案：C解析：解：点P在双曲线C的右支上，且满足，即有O为外接圆的圆心，即有，由双曲线的定义可得，，所以，则，，由，即，即有，，故选：C．点P在双曲线C的右支上，且满足，即有O为外接圆的圆心，即有，运用勾股定理和双曲线的定义，化简整理，结合离心率公式计算即可得到．本题主要考查双曲线的定义和性质，考查勾股定理的运用，运用平面几何中直径所对的圆周角为直角是解题的关键，属于中档题．11.答案：C解析：解：如图，设求O的半径为r，点B，C在圆M上，由，可得圆M的半径为，平面MBC，．则当且仅当时，取得最大值．．则球O的表面积为．故选：C．由题意画出图形，把的面积用求的半径表示，再写出C到平面AOB的距离，代入三棱锥体积公式，求得体积取得最大值时的外接球的半径，则球的表面积可求．本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．12.答案：B解析：解：根据双纽线C的定义可得，，用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线C关于原点O中心对称，正确；根据三角形的等面积法可知，，即，亦即，正确；若双纽线C上点P满足，则点P在y轴上，即，代入方程，解得，所以这样的点P只有一个，错误；因为，所以由余弦定理可得，，所以的最大值为，正故选：B．根据双纽线C的定义求出其曲线方程，即可判断各命题的真假．本题主要考查新定义的应用，以及利用曲线方程研究其简单几何性质，属于中档题．13.答案：，解析：解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题p：，，则为：：，；故答案为：，．直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．本题考查全称命题与特称命题的否定关系，考查推理能力，属于基础题．14.答案：4解析：【分析】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，注意对函数解析式的变形．根据题意，对函数的解析式变形可得，据此可得，分析可得，即可求解．【解答】解：根据题意，，则，则有，则有，又由，则；故答案为：4．15.答案：解析：解：，，，取BC的中点Q，连接PQ，则，，当且仅当且时取等号，故答案为：，．根据四边形的面积计算的值，再计算；取BC的中点Q，连接PQ，则，再利用基本不等式和四边形的面积求出最小值．本题考查了向量的平行四边形法则、数量积运算性质、基本不等式的性质，考查了变形能力与计算能力，属于中档题．16.答案：解析：解：如图所示，设，；在中，，所以，即；所以；在中，；所以，，所以，，米；根据以上数据可计算该建筑物的高度约为米．故答案为：．根据题意画出图形，结合图形利用三角形的边角关系列方程求出建筑物的高度．本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．17.答案：解：等比数列的前n项和为，满足，，成等差数列，且设公比为q，则：，整理得，解得或，当时，，所以，故，与相矛盾，当时，，所以．由于，所以，所以．解析：直接利用题意，建立方程组求出首项和公比，进一步求出数列的通项公式．利用的结论，进一步利用裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，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．18.答案：解：证明：取PA的中点为Q，连结NQ，BQ，又点N是PD的中点，则，且，又点M是BC的中点，底面ABCD是矩形，则，且，，且，四边形MNQB是平行四边形，，又平面PAB，平面PAB，平面PAB．过点P作，交AB于点E，作，交CD于点F，连结EF，则，，平面PEF，又平面ABCD，平面平面ABCD，，，，，平面平面PCD，，，取EF的中点为O，连结OP，则，，以O为原点，OM，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则0，，1，，1，，0，，，1，，1，，，设平面PCD的一个法向量y，，则，取，得1，，设直线MN与平面PCD所成角为，则，直线MN与平面PCD所成角的正弦值为．解析：取PA的中点为Q，连结NQ，BQ，推导出四边形MNQB是平行四边形，，由此能证明平面PAB．过点P作，交AB于点E，作，交CD于点F，连结EF，推导出平面PEF，平面平面ABCD，取EF的中点为O，连结OP，则，，以O为原点，OM，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线MN与平面PCD所成角的正弦值．本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，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：设椭圆的半焦距为c，由题设可得，结合，解得，，所以椭圆出的方程为：；证明：当直线PM的斜率不存在时，可得直线PM的方程为或，若直线PM：，直线MN：，可得，，，则，，所以；当直线PM的斜率存在时，设直线PM的方程为：，设，，由题设知，联立，可得：，则，．直线PM与相切，原点O到直线PM的距离即．，又，，，．综合知：．解析：由题设列出含a与b的方程组，解出即可得椭圆C的方程；根据直线PM的斜率是否存在进行讨论，联立直线PM与椭圆的方程，得到坐标之间的关系式，求出与，即可证明结论．本题主要考查椭圆标准方程的求法及圆锥曲线中的综合问题，属于中档题．20.答案：解：模型的残差数据如下表：x 5 7 9 11y 200 298 431 60920 21模型的残点图如右图所示，模型更适宜作为y关于x的回归方程．理由如下：理由1：模型这个4个样本点的残差的绝对值都比模型的小．理由：模型这4个样本的残差点落在的带状区域比模型的带状区域更窄．理由：模型这4个样本的残差眯比模型的残差点更贴近x轴．设月利润为Y，由题意得，则Y的分布列为：YP，设函数，，，令，解得或舍，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，的最大值为，即产量为11件时，月利润的预报期望值最大，最大值是万元．解析：本题考查回归直线方程的判断与应用，考查离散型随机变量的分布列、概率的求法，考查导数性质等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．求出模型的残差数据，作出模型的残点图．得到模型更适宜作为y关于x的回归方程．设月利润为Y，由题意得，求出Y的分布列，从而，设函数，，利用导数研究函数的单调性即可得到答案．21.答案：解：由，得，即，解得，，以下证明，当时，．为此先证：．若，则；若，则．令，可知，故，即，故．若，则当时，，故，即；当时，，由，得．故当时，．综上，a的取值范围是．，令，，，是上的增函数，又，，故存在唯一实数，使，当时，，递减；当时，，递增，又，则，，，，，．故存在唯一实数，使．当时，，递减；当时，，递增．在区间有唯一极小值点，且极小值为．又由，得，，又．以下只需证明，．，．则，．解析：先根据，求出a的一个范围，然后证明，再进一步证明当时，恒成立，即可确定a的范围；对求导，然后构造函数，求出零点，再判断的单调情况，进一步证明在有唯一的极值点，且．本题考查了利用导数研究函数的极值和最值，不等式恒成立问题和利用综合法证明不等式，考查了函数思想和分类讨论思想，属难题．22.答案：解：曲线的参数方程为为参数，所以该曲线为以为圆心，2为半径的圆．转换为直角坐标法方程为转换为极坐标方程为．设，，射线与的异于极点的交点为A，与的异于极点的交点为B，所以，，由于，所以，则，整理得．解析：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．利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果．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，三角函数关系式的恒等变换正弦型函数的性质的应用，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．23.答案：解：由，得．当时，不等式化为，解得；当时，不等式化为，此不等式无解；当时，不等式化为，解得．综上，原不等式的解集为或；证明：要证明对，恒成立，需证明对，恒成立，即．，证，即．，原命题成立．解析：由，得然后分，，三类转化为关于a的不等式组求解；要证明对，恒成立，即，也就是，利用绝对值的不等式变形后再由基本不等式证明．本题考查绝对值不等式的解法，考查数学转化思想方法，训练了利用放缩法证明不等式，是中档题．。
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。
2020-2021学年广东省高考数学二模试卷(理科)及答案解析
广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。
在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．函数f（x）=+lg（6﹣3x）的定义域为（）A．（﹣∞，2）B．（2，+∞）C．[﹣1，2）D．[﹣1，2]2．己知复数z=（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|z|为（）A．B．C．6 D．33．“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”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4．已知sinα﹣cosα=，则cos（﹣2α）=（）A．﹣ B．C．D．5．己知0＜a＜b＜l＜c，则（）A．a b＞a a B．c a＞c b C．log a c＞log b c D．log b c＞log b a6．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞍铜方升，其三视图如图所示（单位：升），则此量器的体积为（单位：立方升）（）A．14 B．12+C．12+πD．38+2π7．设计如图的程序框图，统计高三某班59位同学的数学平均分，输出不少于平均分的人数（用j表示），则判断框中应填入的条件是（）A．i＜58？B．i≤58？C．j＜59？D．j≤59？8．某撤信群中四人同时抢3个红包，每人最多抢一个，则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为（）A．B．C．D．9．己知实数x，y满足不等式组，若z=x﹣2y的最小值为﹣3，则a的值为（）A．1 B．C．2 D．10．函数f（x）=x2﹣（）x的大致图象是（）A．B．C．D．11．已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，则这个长方体体积的最大值为（）A．64 B．128 C．192 D．38412．已知函数f（x）=sin2+sinωx﹣（ω＞0），x∈R，若f（x）在区间（π，2π）内有零点，则ω的取值范围是（）A．（，）∪（，+∞）B．（0，]∪[，1）C．（，）∪（，）D．（，）∪（，+∞）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.13．已知向量=（x﹣1，2），=（2，x﹣1）满足=﹣||•||，则x= ．14．已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，则m的值为．15．在△ABC中，已知与的夹角为150°，||=2，则||的取值范围是．16．己知双曲线﹣=1（b＞0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦点，A 为左顶点、B（0，b），点P在线段AB上，则•的最小值为．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（12分）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=+n+1．（I）求证：数列{+1}是等比教列．（II）求数列{a n}的前n项和为S n．18．（12分）己知图1中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，O、Q分别为线段AB，CD的中点，OQ与EF的交点为P，OP=1，PQ=2，现将梯形ABCD沿EF 折起，使得OQ=，连结AD，BC，得一几何体如图2示．（I）证明：平面ABCD⊥平面ABFE；（II）若图1中．∠A=45°，CD=2，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．19．（12分）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏共五关．规定第一关没过者没奖励，过n（n∈N*）关者奖励2n﹣1件小奖品（奖品都一样）．如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率．（Ⅰ）估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值；（II）估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数；（Ⅲ）估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率．20．（12分）己知椭圆+=1（a＞b＞0）与抛物线y2=2px（p＞0）共焦点F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=．（I）求抛物线的方程和椭圆的方程；（II）过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C（x0，y0），求x0的取值范围．21．（12分）设函数f（x）=（x﹣a）2（a∈R），g（x）=lnx，（I）试求曲线F（x））=f（x）+g（x）在点（1，F（1））处的切线l与曲线F（x）的公共点个数；（II）若函数G（x）=f（x）．g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围．（附：当a＜0，x趋近于0时，2lnx﹣趋向于+∞）三、请考生在第（12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=tanα•x（0≤a＜π，α），抛物线C：（t为参数）．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（Ⅰ）求直线l1和抛物线C的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l1和抛物线C相交于点A（异于原点O），过原点作与l1垂直的直线l2，l2和抛物线C相交于点B（异于原点O），求△OAB的面积的最小值．五、[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．己知函数f（x）=|2|x|﹣1|．（I）求不等式f（x）≤1的解集A；（Ⅱ）当m，n∈A时，证明：|m+n|≤mn+1．参考答案与试题解析一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。
广州市2020年高三第二次教学质量检测理科数学解析版
广州市2020年高三第二次教学质量检测数学试题（理科）（考试时间：120分钟 满分：150分）注意事项1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位．2．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．3．答第Ⅱ卷时，必须使用0．5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰．作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0．5毫米的黑色墨水签字笔描清楚，必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草纸上答题元效．第I 卷（满分60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只一项是符合题目要求的．1.已知集合A ＝{x |x 2－x －12≤0}，B ＝{x |2m －1<x <m ＋1}，且A ∩B ＝B ，则实数m 的取值范围为( ) A ．[－1,2) B ．[－1,3] C ．[2，＋∞) D ．[－1，＋∞)答案 D解析 由x 2－x －12≤0，得(x ＋3)(x －4)≤0， 即－3≤x ≤4，所以A ＝{x |－3≤x ≤4}． 又A ∩B ＝B ，所以B ⊆A .①当B ＝∅时，有m ＋1≤2m －1，解得m ≥2； ②当B ≠∅时，有⎩⎪⎨⎪⎧－3≤2m －1，m ＋1≤4，2m －1<m ＋1，解得－1≤m <2.综上，m 的取值范围为[－1，＋∞)．2.若复数z 满足i z ＝2－2i(i 为虚数单位)，则z 的共轭复数z 在复平面内对应的点所在的象限是( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 答案 B解析 由题意，∵z ＝2－2i i ＝(2－2i )·(－i )i·(－i )＝－2－2i ，∴z ＝－2＋2i ，则z 的共轭复数z 对应的点在第二象限.故选B.3.已知函数f (x )＝x －x (x >0)，g (x )＝x ＋e x ，h (x )＝x ＋ln x (x >0)的零点分别为x 1，x 2，x 3，则( ) A ．x 1<x 2<x 3 B ．x 2<x 1<x 3 C ．x 2<x 3<x 1 D ．x 3<x 1<x 2答案 C解析 作出y ＝x 与y ＝x (x >0)，y ＝－e x ，y ＝－ln x (x >0)的图象，如图所示，可知选C.4.已知函数y ＝f (x )的图象为如图所示的折线ABC ，则ʃ1－1[(x ＋1)f (x )]d x 等于( )A ．2B ．－2C ．1D ．－1答案 D解析 由题图易知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －1，－1≤x ≤0，x －1，0<x ≤1，所以ʃ1－1[(x ＋1)f (x )]d x ＝ʃ0－1(x ＋1)(－x －1)d x ＋ ʃ10(x ＋1)(x －1)d x ＝ʃ0－1(－x 2－2x －1)d x ＋ʃ10(x 2－1)d x＝ ⎪⎪⎝⎛⎭⎫－13x 3－x 2－x 0－1＋⎪⎪⎝⎛⎭⎫13x 3－x 10＝－13－23 ＝－1，故选D.5.已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2的最小正周期为4π，且∀x ∈R ，有f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π3成立，则f (x )图象的一个对称中心坐标是( ) A.⎝⎛⎭⎫－2π3，0 B.⎝⎛⎭⎫－π3，0 C.⎝⎛⎭⎫2π3，0 D.⎝⎛⎭⎫5π3，0答案 A解析 由f (x )＝sin(ωx ＋φ)的最小正周期为4π， 得ω＝12.因为f (x )≤f ⎝⎛⎭⎫π3恒成立， 所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫π3， 即12×π3＋φ＝π2＋2k π(k ∈Z )， 又|φ|<π2，所以φ＝π3，故f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫12x ＋π3. 令12x ＋π3＝k π(k ∈Z )，得x ＝2k π－2π3(k ∈Z )， 故f (x )图象的对称中心为⎝⎛⎭⎫2k π－2π3，0(k ∈Z )， 当k ＝0时，f (x )图象的对称中心坐标为⎝⎛⎭⎫－2π3，0. 6.已知点M (5，－6)和向量a ＝(1，－2)，若MN →＝－3a ，则点N 的坐标为( ) A.(2,0) B.(－3,6) C.(6,2) D.(－2,0)答案 A解析 设N (x ，y )，则(x －5，y ＋6)＝(－3,6)， ∴x ＝2，y ＝0.7.已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A.18B.12 C.1 D.2 答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ， 由题意知a 3a 5＝4(a 4－1)＝a 24， 则a 24－4a 4＋4＝0，解得a 4＝2， 又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.8.若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，x ＋y ≤a 表示的平面区域的形状是三角形，则a 的取值范围是( )A.a ≥43B.0<a ≤1C.1≤a ≤43D.0<a ≤1或a ≥43答案 D解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0表示的平面区域(如图中阴影部分所示).由图知，要使原不等式组表示的平面区域的形状为三角形，只需动直线l ：x ＋y ＝a 在l 1，l 2之间(包含l 2，不包含l 1)或l 3上方(包含l 3).9.已知函数f (x )＝x 2x －1，g (x )＝x2，则下列结论正确的是( )A ．h (x )＝f (x )＋g (x )是偶函数B ．h (x )＝f (x )＋g (x )是奇函数C ．h (x )＝f (x )g (x )是奇函数D ．h (x )＝f (x )g (x )是偶函数 答案 A解析 易知h (x )＝f (x )＋g (x )的定义域为{x |x ≠0}．因为f (－x )＋g (－x )＝－x 2－x －1＋－x 2＝－x ·2x 1－2x －x 2＝x (1－2x )－x 1－2x －x 2＝x 2x －1＋x2＝f (x )＋g (x )，所以h (x )＝f (x )＋g (x )是偶函数．故选A.10.执行如图所示的程序框图，若输出k 的值为8，则判断框内可填入的条件是( )A ．s ≤34B ．s ≤56C ．s ≤1112D ．s ≤2524答案 C解析 由s ＝0，k ＝0满足条件，则k ＝2，s ＝12，满足条件；k ＝4，s ＝12＋14＝34，满足条件；k ＝6，s ＝34＋16＝1112，满足条件；k ＝8，s ＝1112＋18＝2524，不满足条件，输出k ＝8，所以应填“s ≤1112”． 11.已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，对于左支上任意一点P 都有|PF 2|2＝8a |PF 1|(a为实半轴长)，则此双曲线的离心率e 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(2,3]C ．(1,3]D ．(1,2] 答案 C解析 由P 是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义， 得|PF 2|＝2a ＋|PF 1|，所以|PF 2|2|PF 1|＝|PF 1|＋4a 2|PF 1|＋4a ＝8a ，∴|PF 1|＝2a ，|PF 2|＝4a ，在△PF 1F 2中，|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|，即2a ＋4a ≥2c ，所以e ＝ca ≤3.又e >1，所以1<e ≤3.故选C.12.对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－6x 2＋4，则g ⎝⎛⎭⎫1100＋g ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋g ⎝⎛⎭⎫199100＝（ ） A ．0 B ．3 C ．6 D ．8 答案 A解析 g ′(x )＝6x 2－12x ，∴g ″(x )＝12x －12， 由g ″(x )＝0，得x ＝1，又g (1)＝0， ∴函数g (x )的对称中心为(1,0)， 故g (x )＋g (2－x )＝0，∴g ⎝⎛⎭⎫1100＋g ⎝⎛⎭⎫2100＋…＋g ⎝⎛⎭⎫199100＝g (1)＝0.故选A. 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第（13）题～第（21）题为必考题，每个试题考生都必须作答．第（22）题、第（23）题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在答题卡上的相应位置．13．如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.答案 1∶47解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.14．过点A (3,5)作圆O ：x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0的切线，则切线的方程为__________． 答案 5x －12y ＋45＝0或x －3＝0解析 化圆x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0为标准方程得(x －1)2＋(y －2)2＝4，其圆心为(1,2)，∵|OA |＝(3－1)2＋(5－2)2＝13>2，∴点A (3,5)在圆外．显然，当切线斜率不存在时，直线与圆相切，即切线方程为x －3＝0，当切线斜率存在时，可设所求切线方程为y －5＝k (x －3)，即kx －y ＋5－3k ＝0.又圆心为(1，2)，半径r ＝2，而圆心到切线的距离d ＝|3－2k |k 2＋1＝2，即|3－2k |＝2k 2＋1，∴k ＝512，故所求切线方程为5x －12y ＋45＝0或x －3＝0.15．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎫22，＋∞解析 f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0， 解得a >22. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞. 16．设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是____________． 答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 因为f (x )(x ∈R )为奇函数，f (－1)＝0， 所以f (1)＝－f (－1)＝0. 当x ≠0时，令g (x )＝f (x )x ，则g (x )为偶函数，g (1)＝g (－1)＝0.则当x >0时，g ′(x )＝⎣⎡⎦⎤f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故g (x )在(0，＋∞)上为减函数，在(－∞，0)上为增函数． 所以在(0，＋∞)上，当0<x <1时，由g (x )>g (1)＝0， 得f (x )x >0，所以f (x )>0；在(－∞，0)上，当x <－1时，由g (x )<g (－1)＝0，得f (x )x<0，所以f (x )>0. 综上知，使得f (x )>0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．三、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎫ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，若f (0)＝3，且AB →·BC →＝π28－8，B ，C 分别为最高点与最低点．(1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)若将f (x )的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，求函数g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值和最小值．解 (1)由f (0)＝3，可得2sin φ＝3， 即sin φ＝32. 又因为|φ|<π2，所以φ＝π3.由题意可知，AB →＝⎝⎛⎭⎫14T ，2，BC →＝⎝⎛⎭⎫12T ，－4， 则AB →·BC →＝T 28－8＝π28－8，所以T ＝π.故ω＝2，所以f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3.由－π2＋2k π≤2x ＋π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，解得－5π12＋k π≤x ≤π12＋k π，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－5π12＋k π，π12＋k π，k ∈Z . (2)由题意将f (x )的图象向左平移π6个单位长度，得到函数g (x )的图象，∴g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π6＝2sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x ＋π6＋π3 ＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3. ∵x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2， ∴2x ＋2π3∈⎣⎡⎦⎤2π3，5π3，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3∈⎣⎡⎦⎤－1，32. ∴当2x ＋2π3＝2π3，即x ＝0时，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝32，g (x )取得最大值3， 当2x ＋2π3＝3π2，即x ＝5π12时，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋2π3＝－1，g (x )取得最小值－2. 18．（本小题满分12分）某投资公司在2019年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和29；项目二：通信设备．据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13和115.针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由． 解 若按“项目一”投资，设获利为X 1万元，则X 1的分布列为∴E (X 1)＝300×79＋(－150)×29＝200.若按“项目二”投资，设获利为X 2万元，则X 2的分布列为∴E (X 2)＝500×35＋(－300)×13＋0×115＝200.D (X 1)＝(300－200)2×79＋(－150－200)2×29＝35 000，D (X 2)＝(500－200)2×35＋(－300－200)2×13＋(0－200)2×115＝140 000.∴E (X 1)＝E (X 2)，D (X 1)<D (X 2)，这说明虽然项目一、项目二获利相等，但项目一更稳妥． 综上所述，建议该投资公司选择项目一投资．19．（本小题满分12分）如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ； (2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.(1)证明 如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 20．（本小题满分12分）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .(1)解 设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)．由NP →＝ 2 NM →得x 0＝x ，y 0＝22y . 因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1. 因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明 由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1.又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .21．（本小题满分12分）已知函数f (x )＝x ln x －e x ＋1.(1)求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．(1)解 依题意得f ′(x )＝ln x ＋1－e x ，又f (1)＝1－e ，f ′(1)＝1－e ，故所求切线方程为y －1＋e ＝(1－e)(x －1)，即y ＝(1－e)x .(2)证明 依题意，要证f (x )<sin x ，即证x ln x －e x ＋1<sin x ，即证x ln x <e x ＋sin x －1.当0<x ≤1时，e x ＋sin x －1>0，x ln x ≤0，故x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .当x >1时，令g (x )＝e x ＋sin x －1－x ln x ，故g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1.令h (x )＝g ′(x )＝e x ＋cos x －ln x －1，则h ′(x )＝e x －1x－sin x ， 当x >1时，e x －1x>e －1>1， 所以h ′(x )＝e x －1x－sin x >0， 故h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故h (x )>h (1)＝e ＋cos 1－1>0，即g ′(x )>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以g (x )>g (1)＝e ＋sin 1－1>0，即x ln x <e x ＋sin x －1，即f (x )<sin x .综上所述，f (x )<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．请考生在第22、23题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B 铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑．22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知曲线C 1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0，C 2：ρ＝2cos θ.(1)求曲线C 1，C 2的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；(2)若曲线C 1，C 2交于A ，B 两点，求两交点间的距离．解 (1)∵C 1：ρcos θ－3ρsin θ－1＝0，∴x －3y －1＝0表示一条直线．由C 2：ρ＝2cos θ，得ρ2＝2ρcos θ，∴x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.∴C 2是圆心为(1,0)，半径为1的圆．(2)由(1)知，点(1,0)在直线x －3y －1＝0上，∴直线C 1过圆C 2的圆心．因此两交点A ，B 的连线是圆C 2的直径．∴两交点A ，B 间的距离|AB |＝2r ＝2.23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知函数f (x )＝|x －1|，关于x 的不等式f (x )<3－|2x ＋1|的解集记为A .(1)求A ；(2)已知a ，b ∈A ，求证：f (ab )>f (a )－f (b )．(1)解 由f (x )<3－|2x ＋1|，得|x －1|＋|2x ＋1|<3，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ≤－12，1－x －2x －1<3或⎩⎪⎨⎪⎧ －12<x <1，1－x ＋2x ＋1<3或⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －1＋2x ＋1<3， 解得－1<x ≤－12或－12<x <1， ∴集合A ＝{x |－1<x <1}．(2)证明 ∵a ，b ∈A ，∴－1<ab <1，∴f (ab )＝|ab －1|＝1－ab ，f (a )＝|a －1|＝1－a ，f (b )＝|b －1|＝1－b ，∵f (ab )－(f (a )－f (b ))＝1－ab －1＋a ＋1－b＝(1＋a )(1－b )>0，∴f (ab )>f (a )－f (b )．。
2020年广东省广州市高考数学二模试卷(理科)
2020年广东省广州市高考数学二模试卷（理科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 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. 1 3. 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 ≤72 5. 《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)r 2B. a 2(1+p)r 2C. a (1−p)rD. a(1+p)r 6. 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 ：(x 2−1x )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. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④10. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=2，a n +a n+1=2n (n ∈N ∗)，则S 2020=( )A. 22020−23B. 22020+23C. 22021−23D. 22021+23 11. 过双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=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 =±25x 12. 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3小题，共15.0分）13. 已知角α的顶点与坐标原点重合，始边与x 轴的非负半轴重合，若点P(2,−1)在角α的终边上，则sin2α=______．14. 如表是某厂2020年1～4月份用水量(单位：百吨)的一组数据由散点图可知，用水量y 与月份x 之间有较明显的线性相关关系，其线性回归方程是y ̂=b ̂x +1.75，预测2020年6月份该厂的用水量为______百吨．15. 过抛物线y 2=4x 焦点F 的直线交该抛物线于A ，B 两点，且|AB|=4，若原点O 是△ABC 的垂心，则点C 的坐标为______．三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）16. 正四棱锥P −ABCD 的底面边长为2，侧棱长为2√2，过点A 作一个与侧棱PC 垂直的平面α，则平面α被此正四棱锥所截的截面面积为 (1) ，平面α将此正四棱锥分成的两部分体积的比值为 (2) ．四、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=1，B=π3，△ABC的面积为3√34．(1)求△ABC的周长；(2)求cos(B−C)的值．18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AC=AB1，B1C∩BC1=O．(1)求证：B1C⊥AB；(2)若∠CBB1=60°，AC=BC，且点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，求二面角B−AA1−C的余弦值．19.已知点A，B的坐标分别是(−√2,0)，(√2,0)，动点M(x,y)满足直线AM和BM的斜率之积为−3，记M的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)直线y=kx+m与曲线E相交于P，Q两点，若曲线E上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．20.当今世界科技迅猛发展，信息日新月异．为增强全民科技意识，提高公众科学素养，某市图书馆开展了以“亲近科技、畅想未来”为主题的系列活动，并对不同年龄借阅者对科技类图书的情况进行了调查．该图书馆从只借阅了一本图书的借阅者中随机抽取100名，数据统计如表：(1)是否有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关？(2)该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规定市民每借阅一本科技类图书奖励积分2分，每借阅一本非科技类图书奖励积分1分，积分累计一定数量可以用积分换购自己喜爱的图书．用表中的样本频率作为概率的估计值．(i)现有3名借阅者每人借阅一本图书，记此3人增加的积分总和为随机变量ξ，求ξ的分布列和数学期望；(ii)现从只借阅一本图书的借阅者中选取16人，则借阅科技类图书最有可能的人数是多少？附：K2=n(ad−bc)2，其中n=a+b+c+d．(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)21.已知函数f(x)=lnx−sinx+ax(a>0)．)时，f(x)<2x−1；(1)若a=1，求证：当x∈(1,π2(2)若f(x)在(0,2π)上有且仅有1个极值点，求a的取值范围．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =cosαy =2+sinα(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2=41+3sin 2θ．(1)写出曲线C 1和C 2的直角坐标方程；(2)已知P 为曲线C 2上的动点，过点P 作曲线C 1的切线，切点为A ，求|PA|的最大值．23. 已知函数f(x)=|x +1|−|2x −2|的最大值为M ，正实数a ，b 满足a +b =M ．(1)求2a 2+b 2的最小值；(2)求证：a a b b ≥ab ．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵集合A={x|y=√2−x}={x|x≤2}，B={x|x2−x≤0}={x|0≤x≤1}，则A∩B={x|0≤x≤1}=[0,1]，故选：B．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】解：因为z2+i =1+bi2+i=(1+bi)(2−i)(2+i)(2−i)=2+b+(2b−1)i5，由于其是纯虚数，所以2b−1≠0且2+b=0则b=−2．故选：A．由复数的除法法则把z2+i化成复数的一般形式，实部为零，虚部不等于零计算即可．本题考查复数的概念和除法运算法则，属于基础题．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查三个数的大小的判断，考查对数函数、指数函数的单调性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．利用对数函数、指数函数的单调性质直接求解．【解答】解：0=log31<a=log332<log33=1，b=ln12<ln1=0，c=0.6−0.2>0.60=1，∴c>a>b．故选：B．4.【答案】D【解析】解：a n=−21+(n−1)d．∵从第8项起开始为正数，∴a7=−21+6d≤0，a8=−21+7d>0，解得3<d≤72．故选：D．从第8项起开始为正数，可得a7≤0，a8>0，解出即可得出．本题考查了等差数列的通项公式与单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.【答案】A【解析】【分析】本题考查了几何概型的概率计算问题，属于基础题．计算圆形钱币的面积和正方形的面积，求出对应面积比得p，则π可求．【解答】解：圆形钱币的半径为rcm，面积为S圆=π⋅r2；正方形边长为acm，面积为S正方形=a2．在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是p=S圆−S正方形S圆=1−a2πr2，则π=a 2(1−p)r2．故选：A．6.【答案】A【解析】【分析】本题考查空间几何体的线、面之间的平行关系的应用，属于中档题．分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，EF，可得N，E，M，F共面，进而可得要使EF//平面BCC1B1，则F在线段FN上．【解答】解：分别取AC ，A 1C 1，A 1B 1的中点N ，F ，M ，连接ME ，MF ，NE ，EF ，因为E 为AB 的中点，可得NE//BC 且NE =12BC ，FM//B 1C 1，MF =12B 1C 1，所以N ，E ，M ，F 共面，所以可得ME//BB 1，NE//BC ，而NE ∩ME =E ，NE 、ME ⊂面NEMF ，BC 、BB 1⊄面NEMF ，所以BC//面NEMF ，BB 1//面NEMF ，因为BC ∩BB 1=B ，BC 、BB 1⊂平面BCC 1B 1，所以面NEMF//平面BCC 1B 1，而EF ⊂面NEMF ，所以EF//平面BCC 1B 1，所以要使EF//平面BCC 1B 1，则动点F 的轨迹为线段FN ．故选：A ． 7.【答案】C【解析】解：当x <0时，f(x)=−2x +1|x|>0，故排除选项BD ；又f(2)=−4+12=−72<0，故排除选项A ．故选：C ．由函数解析式易知x <0时，f(x)>0，且f(2)<0，由此利用排除法得解．本题考查函数图象的判断，属于基础题． 8.【答案】C【解析】解：由梯形ABCD 中，AB//CD ，AB ⊥AD ，AB =2AD =2DC ，E 是BC 的中点，F 是AE 上一点，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2FE⃗⃗⃗⃗⃗ ， 则BF ⃗⃗⃗⃗⃗=BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23×12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +DC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ； 故选：C ．直接利用向量的三角形法则以及基本定理即可求得结论．本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用．9.【答案】C本题考查命题的真假判断与应用，考查二项式系数的性质，考查正态分布概率的求法，是中档题．由(x2−1x)n的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大求得n，写出二项展开式的通项，令x的指数为0求得r，得到常数项判断p；再由正态分布的对称性求得P(0<ξ<2)判断q，再由复合命题的真假判断得答案．【解答】解：在(x2−1x)n的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，∴n=12，则展开式的通项为T r+1=C12r(x2)12−r(−1x)r=(−1)r⋅C12r⋅x24−3r．令24−3r=0，得r=8，∴展开式中的常数项为C128=12!8!⋅4!=495，故p为真命题；随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，则其对称轴方程为x=2，又P(ξ<4)=0.7，则P(0<ξ<2)=12(1−2×0.3)=0.2，故q为假命题．则①p∧q为假命题；②p∨q为真命题；③p∧(¬q)为真命题；④(¬p)∨q为假命题．∴其中真命题的是②③．故选：C．10.【答案】C【解析】解：由题意，可知S2020=a1+a2+⋯+a2020=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2019+a2020)=21+23+⋯+22019=21−22019⋅221−22=22021−23．故选：C．本题根据递推公式a n+a n+1=2n(n∈N∗)的特点在求S2020时可采用分组求和法，然后根据等比数列的求和公式即可得到正确选项．本题主要考查数列根据递推公式求和的问题．考查了分组求和法，转化与化归思想，等比数列的求和公式，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．11.【答案】A本题考查双曲线的简单性质，考查向量在解决圆锥曲线问题中的应用，考查计算能力，是中档题． 由题意画出图形，不妨设一条渐近线方程为y =b a x ，求得直线F 2P ：y =−ab (x −c).与已知渐近线方程联立求得P 的坐标，再由向量等式求得A 的坐标，代入双曲线方程整理即可求得双曲线C 的渐近线方程．【解答】解：如图，不妨设一条渐近线方程为y =b a x ，则F 2P 所在直线的斜率为−a b ，直线F 2P ：y =−a b (x −c)．联立{y =b a x y =−a b (x −c)，解得P(a 2c ,ab c ).设A(x 0,y 0)，由F 2P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3F 2A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，得(a 2c −c,ab c )=3(x 0−c,y 0)，解得A(a 2+2c 23c ,ab 3c ).代入x 2a 2−y 2b 2=1，得(a 2+2c 2)29a 2c 2−a 2b 29b 2c 2=1， 整理得：b a =12．∴双曲线C 的渐近线方程为y =±12x ． 故选：A ． 12.【答案】C【解析】解：当a <0时，f(x)=e 2x −alnx 为(0,+∞)的增函数，f(x)无最小值，不符合题意； 当a =0时，e 2x −alnx ≥12a 即为e 2x ≥0显然成立；当a >0时，f(x)=e 2x −alnx 的导数为f′(x)=2e 2x −a x ，由于y =2e 2x −ax 在(0,+∞)递增，设f′(x)=0的根为m ，即有a =2me 2m ， 当0<x <m 时，f′(x)<0，f(x)递减；当x >m 时，f′(x)>0，f(x)递增， 可得x =m 处f(x)取得极小值，且为最小值e 2m −alnm ， 由题意可得e 2m −alnm ≥12a ，即a2m −alnm ≥12a ，化为m +2mlnm ≤1，设g(m)=m +2mlnm ，g′(m)=1+2(1+lnm)， 当m =1时，g(1)=1，m >1时，g′(m)>0，g(m)递增， 可得m +2mlnm ≤1的解为0<m ≤1， 则a =2me 2m ∈(0,2e 2]， 综上可得a ∈[0,2e 2]， 故选：C ．讨论a <0时，f(x)=e 2x −alnx 无最小值，不符题意；检验a =0时显然成立；讨论a >0时，求得f(x)的导数和极值点m 、极值和最值，解不等式求得m 的范围，结合a =2me 2m ，可得所求范围．本题考查函数恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．13.【答案】−45【解析】 【分析】本题主要考查了三角函数的定义及二倍角公式的简单应用，属于基础试题．由已知结合三角形函数的定义可求sinα，cosα，然后结合二倍角的正弦公式即可求解． 【解答】解：由题意可得，sinα=√5，cosα=√5， 所以sin2α=2sinαcosα=2×5)5=−45． 故答案为：−4514.【答案】5.95【解析】解：由题意可知x −=1+2+3+44=2.5，y −=2.5+3+4+4.54=3.5；线性回归方程是y ̂=b ̂x +1.75，经过样本中心，所以3.5=2.5b ̂+1.75，解得：b ̂=0.7， 所以y ̂=0.7x +1.75，x =6时，y ̂=0.7×6+1.75=5.95(百吨)． 预测2020年6月份该厂的用水量为5.95百吨． 故答案为：5.95．求出样本中心的坐标，代入回归直线方程，求出b ̂，然后代入x =6，推出结合即可． 本题考查回归直线方程的简单性质，回归直线方程的应用，是基本知识的考查．15.【答案】(−3,0)【解析】 【分析】由题意设直线AB 的方程，与抛物线联立求出两根之和，由抛物线的性质可得弦长|AB|的表达式，再由题意可得参数的值，进而求出直线的方程，代入抛物线的方程求出A ，B 的坐标，由O 为三角形ABC 的垂心可得C 在x 轴上，设C 的坐标，由OA ⊥BC ，可得数量积为0，求出C 点的坐标． 本题考查抛物线的性质及三角形垂心的性质，属于中档题． 【解答】解：显然直线AB 的斜率不为0，由题意设直线AB 的方程为：x =my +1，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 联立直线AB 与抛物线的方程{x =my +1y 2=4x ，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|AB|=x 1+x 2+2=4m 2+4，由题意可得4m 2+4=4，所以m =0，即直线AB 垂直于x 轴， 所以可得A(1,2)，B(1,−2)，因为原点O 是△ABC 的垂心，所以C 在x 轴上，设C(a,0)，可得AO ⊥BC ，即OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0 即(1,2)·(1−a,−2)=0，整理可得：1−a −4=0，解得a =−3， 所以C 的坐标为：(−3,0)， 故答案为：(−3,0)．16.【答案】4√33 12(或2)【解析】解：如图，在正四棱锥P −ABCD 中，由底面边长为2，侧棱长为2√2， 可得△PAC 为正三角形，取PC 的中点G ，得AG ⊥PC ，且AG =√6．设过AG 与PC 垂直的平面交PB 于E ，交PD 于F ，连接EF ，则EG ⊥PC ，FG ⊥PC ，可得Rt △PGE≌Rt △PGF ，得GE =GF ，PE =PF ， 在△PAE 与△PAF 中，由PA =PA ，PE =PF ，∠APE =∠APF ，得AE =AF ． ∴AG ⊥EF ．在等腰三角形PBC 中，由PB =PC =2√2，BC =2，得cos∠BPC =2×2√2×2√2=34， 则在Rt △PGE 中，得PE =PGcos∠BPC =√234=4√23．同理PF =4√23，则EF//DB ，得到EF =4√23． ∴S 四边形AEGF =12×AG ×EF =12×√6×4√23=4√33；则V P−AEGF =13×4√33×√2=4√69． 又V P−ABCD =13×2×2×√6=4√63， ∴平面α将此正四棱锥分成的上下两部分体积的比为4√694√63−4√69=12． 故答案为：4√33；12(或2)． 由已知得△PAC 为正三角形，取PC 的中点G ，得AG ⊥PC ，且AG =√6.然后证明AG ⊥EF ，且求得AG 与EF 的长度，可得截面四边形的面积；再求出四棱锥P −AEGF 的体积与原正四棱锥的体积，则平面α将此正四棱锥分成的两部分体积的比值可求．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，考查计算能力，是中档题．17.【答案】解：(1)因为a =1，B =π3，△ABC 的面积S =12acsinB =√3c4=3√34， ∴c =3，由余弦定理可得，b 2=a 2+c 2−2ac ×cos π3=1+9−2×1×3×12=7， ∴b =√7，故△ABC 的周长4+√7， (2)由余弦定理可得，cosC =a 2+b 2−c 22ab=−√714，故sinC =3√2114， cos(B −C)=cosBcosC +sinBsinC =1×(−√7)+√3×3√21=2√7【解析】(1)由已知结合三角形的面积公式可求c ，然后结合余弦定理可求b ，进而可求； (2)由已知结合余弦定理及同角平方关系可分别求解cos C ，sin C ，然后结合差角余弦公式可求．本题主要考查了三角形的面积公式，正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档试题．18.【答案】(1)证明：连接AO∵侧面BB 1C 1C 为菱形，∴B 1C ⊥BO ， 又AC =AB 1，O 为B 1C 的中点， ∴B 1C ⊥AO ， 而AO ∩BO =O ， ∴B 1C ⊥平面ABO ， ∵AB ⊂平面ABO ∴B 1C ⊥AB ；(2)解：∵点A 在侧面BB 1C 1C 上的投影为点O ，即AO ⊥平面BB 1C 1C ， 又由(1)知OB ⊥OB 1，∴以O 为坐标原点，分别以OB ，OB 1，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．如图：∵∠CBB 1=60°，AC =BC ，设BC =2a ，则B(√3a,0，0)，A 1(−√3a,a ，√3a)，A(0,0，√3a)，C(0,−a,0)， BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3a,0,√3a)，AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3a,a,0)，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,a,√3a)． 设平面BAA 1 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−√3ax 1+√3az 1=0m ⃗⃗⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−√3ax 1+ay 1=0，取z 1=1，得m ⃗⃗⃗ =(1,√3,1)；设平面ACA 1的一个法向量为n⃗ =(x 2,y 2,z 2)， 由{n ⃗ ⋅AA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−√3ax 2+ay 2=0n ⃗ ⋅CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =ay 2+√3az 2=0，取y 2=√3，得n ⃗ =(1,√3,−1)．∴cos <n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ >=n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |=√5×√5=35．由图可知，二面角B −AA 1−C 为锐角， ∴二面角B −AA 1−C 的余弦值为35．【解析】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及其应用，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．(1)由侧面BB 1C 1C 为菱形，得B 1C ⊥BO ，再由AC =AB 1，O 为B 1C 的中点，得B 1C ⊥AO ，利用直线与平面垂直的判定可得B 1C ⊥平面ABO ，从而得到B 1C ⊥AB ；(2)点A 在侧面BB 1C 1C 上的投影为点O ，即AO ⊥平面BB 1C 1C ，由(1)知OB ⊥OB 1，以O 为坐标原点，分别以OB ，OB 1，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．分别求出平面BAA 1 的一个法向量与平面ACA 1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角B −AA 1−C 的余弦值．19.【答案】解：(1)k AM ⋅k BM =x+√2x−√2=y 2x 2−2=−3，(y ≠0)化简得曲线E 的方程：x 22+y 26=1.(y ≠0)(2)设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2) 联立{y =kx +m x 22+y 26=1，得(3+k 2)x 2+2kmx +m 2−6=0，x 1+x 2=−2km3+k 2，y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m =6m3+k 2，△=(2km)2−4×(3+k 2)(m 2−6)=−12m 2+24k 2+72>0，即−m 2+2k 2+6>0，① 若四边形OPRQ 为平行四边形，则PQ 的中点也是OR 的中点， 所以R 点的坐标为(−2km 3+k 2,6m3+k 2)， 又点R 在曲线E 上得，(−2km 3+k 2)22+(6m 3+k 2)26=1化简得2m 2=k 2+3②将②代入①得，m 2>0，所以m ≠0，由②得2m 2≥3，所以m ≥√62或m ≤−√62所以m 的取值范围为(−∞,−√62]∪[√62,+∞)．【解析】(1)根据题意得k AM ⋅k BM =x+2⋅x−2=y 2x 2−2=−3，(y ≠0)，化简可得曲线E 的方程．(2))设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，联立直线与曲线E 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，y 1+y 2，△>0①，根据题意得PQ 的中点也是OR 的中点，得R 点的坐标，再代入曲线E 的方程，得2m 2=k 2+3②，将②代入①得m 的取值范围．本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题．20.【答案】解：(1)K 2=100(20×45−10×25)230×70×45×55=169002079≈8.129>6.635，所以有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关；(2)(i)因为用表中的样本频率作为概率的估计值，所以借阅科技类图书的概率P =30100=310， 因为3名借阅者每人借阅一本图书，这3人增加的积分总和为随机变量ξ， 所以随机变量ξ的可能取值为3，4，5，6，P(ξ=3)=C 30(310)0(710)3=3431000P(ξ=4)=C 31(310)1(710)2=4411000 P(ξ=5)=C 32(310)2(710)1=1891000P(ξ=6)=C 33(310)3(710)0=271000，从而ξ的分布列为：所以E(ξ)=3×3431000+4×4411000+5×1891000+6×271000=3.9；(ii)记16人中借阅科技类图书的人数为X ，则随机变量X 满足二项分布X ～B(16,310) 设借阅科技类图书最有可能的人数时k(k =0,1，2，……，16) 则{P(X =k)≥P(X =k −1)P(X =k)≥P(X =k +1)， 而C 16k (310)k (710)16−k ≥C 16k−1(310)k−1(710)17−k ，C 16k (310)k (710)16−k ≥C 16k+1(310)k+1(710)15−k ， 解得4.1≤k ≤5.1， 故k =5，所以16人借阅科技类图书最有可能的人数是5人【解析】(1)根据K 的表达式带入计算即可判断；(2)(i)由题知借阅科技类图书的概率P =310，若这3人增加的积分总和为随机变量ξ，分别计算出P(ξ=3)，P(ξ=4)，P(ξ=5)，P(ξ=6)，即可得到分布列及期望；(ii)根据题意得随机变量X 满足X ～B(16,310)的二项分布，列出不等式组，解出即可 本题考查学生阅读理解的能力，考查概率与统计的应用，属于中档偏难题．21.【答案】解：(1)证明：当a =1时，f(x)=lnx −sinx +x ，令g(x)=f(x)−(2x −1)=lnx −sinx −x +1，x ∈(1,π2)， 则g′(x)=1x −cosx −1=1−x x−cosx <0，∴g(x)在(1,π2)上单调递减，故g(x)<g(1)=−sin1<0，所以f(x)<2x −1；(2)解：由题知f′(x)=1x −cosx +a ，令f′(x)=0⇒1x +a =cosx ． ∵f(x)在(0,2π)上有且仅有1个极值点，∴函数y =1x +a(a >0)与函数y =cosx ，x ∈(0,π2)的图象只有一个交点，∴12π+a <cos2π=1，即a <1−12π， 所以a 的取值范围为(0,1−12π).【解析】本题主要考查导数在证明不等式及处理函数极值点中的应用，属于中档题． (1)构造函数g(x)=f(x)−(2x −1)，对其求导研究其在x ∈(1,π2)单调性，即可证明结论；(2)先对f(x)求导，然后把f(x)在(0,2π)上有且仅有1个极值点转化为f′(x)=1x −cosx +a 的零点问题，利用y =1x +a(a >0)与函数y =cosx ，x ∈(0,π2)的图象只有一个交点求出a 的取值范围即可．22.【答案】解：(1)由{x =cosαy =2+sinα(α为参数)，消去参数α，可得x 2+(y −2)2=1． ∴曲线C 1的直角坐标方程为x 2+(y −2)2=1； 由ρ2=41+3sin 2θ， 得ρ2+3ρ2sin 2θ=4， 即x 2+y 2+3y 2=4， 即x 24+y 2=1，∴曲线C 2的直角坐标方程为x 24+y 2=1；(2)∵P 为曲线C 2上的动点， ∴设P(2cosα,sinα)，则P 与圆的圆心的距离d =√4cos 2α+(sinα−2)2 =√−3sin 2α−4sinα+8． 要使|PA|的最大值，则d 最大，结合二次函数的性质可得：当sinα=−23时，d 有最大值为d max =√283．∴|PA|的最大值为√d max 2−1=√283−1=√253=5√33．【解析】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，考查直线与圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．(1)由{x =cosαy =2+sinα(α为参数)，消去参数α，可得曲线C 1的直角坐标方程．由ρ2=41+3sin 2θ，得ρ2+3ρ2sin 2θ=4，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线C 2的直角坐标方程；(2)由P 为曲线C 2上的动点，设P(2cosα,sinα)，则P 与圆的圆心的距离d =√4cos 2α+(sinα−2)2=√−3sin 2α−4sinα+8.利用二次函数求最值，再由勾股定理求|PA|的最大值．23.【答案】解：(1)函数f(x)=|x +1|−|2x −2|=|x +1|−|x −1|−|x −1|≤|x +1−x +1|−|1−1|=2，当x =1时，f(x)取得最大值2， 即M =2，正实数a ，b 满足a +b =2，由柯西不等式可得(2a 2+b 2)(12+1)≥(√2a ⋅√22+b)2，化为2a 2+b 2≥(a+b)232=83，当b =2a =43时，2a 2+b 2取得最小值83；(2)证明：因为a +b =2，a ，b >0，要证a a b b ≥ab ，即证alna +blnb ≥lna +lnb ， 即证(a −1)lna ≥(1−b)lnb ， 即证(1−a)ln(2a −1)≥0，当0<a <1时，2a −1>1，所以ln(2a −1)>0， 由1−a >0，可得(1−a)ln(2a −1)>0； 当a =1时，(1−a)ln(2a −1)=0；当1<a <2时，0<2a −1<1，所以ln(2a −1)<0， 因为1−a <0，所以(1−a)ln(2a −1)>0，综上所述，(1−a)ln(2a −1)≥0成立，即a ab b ≥ab ．【解析】(1)由绝对值的性质和绝对值的几何意义，可得f(x)的最大值，即有M 的值，再由柯西不等式，即可得到所求最小值；(2)应用分析法证明，考虑两边取自然对数，结合因式分解和不等式的性质、对数的性质，即可得证．本题考查绝对值不等式的性质和应用，考查不等式的证明，注意应用柯西不等式和分析法证明，考查化简运算能力、推理能力，属于中档题．。
2020广州高三二模数学试题及答案(理科)
试卷类型： A2020年广州市普通高中毕业班综合测试（二） 数 学（理科） 2020．4本试卷共4页，21小题，满分150分.考试用时120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和考生号、试室号、座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”.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．作答选做题时，请先用2B 铅笔填涂选做题的题组号对应的信息点，再作答.漏涂、错涂、多涂的，答案无效.5．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. 参考公式：如果事件A 、B 互斥，那么()()()P A B P A P B +=+. 如果事件A 、B 相互独立，那么()()()P A B P A P B •=•.如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ,那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()n P k =C ()1n kk k np p --()0,1,2,,k n =L .两数立方差公式: ()()3322a b a b a ab b -=-++.一、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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. 已知i 为虚数单位，若复数()()11a a -++i 为实数，则实数a 的值为 A ．1- B ．0 C ．1 D ．不确定2. 已知全集U =A B U中有m 个元素，()()U U A B U 痧中有n 个元素．若A B I 非空， 则AB I 的元素个数为A ．mnB ．m n +C ．m n -D ． n m - 3. 已知向量a ()sin ,cos x x =,向量b (=,则+a b 的最大值为 A. 1 C.3 D.9 4. 若,m n 是互不相同的空间直线, α是平面, 则下列命题中正确的是 A. 若//,m n n α⊂,则//m α B. 若//,//m n n α,则//m α C. 若//,m n n α⊥,则m α⊥ D. 若m ⊥5. 在如图1所示的算法流程图, 若()()2,x f x g x ==则()2h 的值为(注:框图中的赋值符号“=”也可以写成“←” A.9 B. 8 C. 6 D. 46. 已知点(),P x y 的坐标满足10,30,2.x y x y x -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪≤⎩O 为坐标原点, 则PO 的最小值为A.2 B. 2图1 7. 已知函数()sin f x x x =, 若12,,22x x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦且()()12f x f x <, 则下列不等式中正确的是A. 12x x >B. 12x x <C. 120x x +<D. 2212x x <8. 一个人以6米/秒的匀速度去追赶停在交通灯前的汽车, 当他离汽车25米时交通灯由红变绿, 汽车开始作变速直线行驶 (汽车与人的前进方向相同), 汽车在时刻t 的速度为()v t t =米/秒, 那么, 此人A. 可在7秒内追上汽车B. 可在9秒内追上汽车C. 不能追上汽车, 但其间最近距离为14米D. 不能追上汽车, 但其间最近距离为7米二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分． （一）必做题（9～13题）9．若函数()()()cos cos 02f x x x π⎛⎫=ω-ωω> ⎪⎝⎭的最小正周期为π,则ω的值为 .10. 已知椭圆C的离心率2e =, 且它的焦点与双曲线2224x y -=的焦点重合, 则椭圆C 的方 程为 .11．甲、乙两工人在一天生产中出现废品数分别是两个随机变量ξ、η，其分布列分别为：若甲、乙两人的日产量相等，则甲、乙两人中技术较好的是 . 12.图2是一个有n 层()2n ≥的六边形点阵.算作第一层, 第2层每边有2个点,第3层每边有3个点 ,…第n 层每边有n 个点, 则这个点阵的点数共有 个.13.已知2nx ⎫⎪⎭的展开式中第5项的系数与第3图3则该展开式中2x 的系数为 . 图2（二）选做题（14~ 15题，考生只能从中选做一题）14.(坐标系与参数方程选做题)已知直线l 的参数方程为1,42.x t y t =+⎧⎨=-⎩(参数t ∈R),圆C 的参数方程为2cos 2,2sin .x y θθ=+⎧⎨=⎩(参数[]0,2θπ∈),则直线l 被圆C 所截得的弦长为 .15.(几何证明选讲选做题)如图3, 半径为5的圆O 的两条弦AD 和BC 相交于点P , ,OD BC P ⊥为AD 的中点, 6BC =, 则弦AD 的长度为 .三、解答题：本大题共6小题，满分80分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤，16. （本小题满分12分）已知1tan 2,tan 42παβ⎛⎫+== ⎪⎝⎭.(1) 求tan α的值; (2) 求()()sin 2sin cos 2sin sin cos αβαβαβαβ+-++的值.17. （本小题满分12分）如图4, 在直角梯形ABCD 中, 90,30,1,ABC DAB CAB BC AD CD ︒︒∠=∠=∠===, 把△DAC 沿对角线AC 折起后如图5所示(点D 记为点P ), 点P 在平面ABC 上的正投影E 落在线段AB 上, 连接PB .(1) 求直线PC 与平面PAB 所成的角的大小; (2)求二面角P AC B --的大小的余弦值.D BCAEPBCA图4 图518.（本小题满分14分）一射击运动员进行飞碟射击训练, 每一次射击命中飞碟的概率p 与运动员离飞碟的距离s (米)成反比, 每一个飞碟飞出后离运动员的距离s (米)与飞行时间t (秒)满足()()15104s t t =+≤≤, 每个飞碟允许该运动员射击两次(若第一次射击命中,则不再进行第二次射击).该运动员在每一个飞碟飞出0.5秒时进行第一次射击, 命中的概率为45, 当第一次射击没有命中飞碟, 则在第一次射击后 0.5秒进行第二次射击,子弹的飞行时间忽略不计.(1) 在第一个飞碟的射击训练时, 若该运动员第一次射击没有命中, 求他第二次射击命中飞碟的概率;(2) 求第一个飞碟被该运动员命中的概率;(3) 若该运动员进行三个飞碟的射击训练(每个飞碟是否被命中互不影响), 求他至少命中两个飞碟的概率.19. （本小题满分14分）已知抛物线C :22x py =()0p >的焦点为F ,A 、B 是抛物线C 上异于坐标原点O 的 不同两点，抛物线C 在点A 、B 处的切线分别为1l 、2l ，且12l l ⊥，1l 与2l 相交于点D . (1) 求点D 的纵坐标；(2) 证明：A 、B 、F 三点共线；(3) 假设点D 的坐标为3,12⎛⎫- ⎪⎝⎭，问是否存在经过A 、B 两点且与1l 、2l 都相切的圆，若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由.20. （本小题满分14分）已知函数()32f x x x ax b =-++(a,b ∈R)的一个极值点为1x =.方程20ax x b ++=的两个实根为,αβ()αβ<, 函数()f x 在区间[],αβ上是单调的. (1) 求a 的值和b 的取值范围;(2) 若[]12,,x x αβ∈, 证明:()()121f x f x -≤.21. （本小题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足11a b =,且对任意n ∈N *都有1n n a b +=, 121n n n na ba a +=-. (1) 求数列{}n a 和{}nb 的通项公式; (2) 证明:()31324122341123ln 1n n n na a aa a a a a nb b b b b b b b ++++++<+<++++L L .2020年广州市普通高中毕业班综合测试（二）数学（理科）试题参考答案及评分标准说明：1．参考答案与评分标准指出了每道题要考查的主要知识和能力，并给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与参考答案不同，可根据试题主要考查的知识点和能力比照评分标准给以相应的分数．2．对解答题中的计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的得分，但所给分数不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一、选择题：本大题主要考查基本知识和基本运算．共8小题，每小题5分，满分40分．二、填空题：本大题主要考查基本知识和基本运算．本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．其中14～15题是选做题，考生只能选做一题．9．1 10.22182x y+= 11. 乙 12. 2331n n-+ 13.18014．515.三、解答题：本大题共6小题，满分80分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.16．（本小题满分12分）(本小题主要考查两角和与差的三角公式等知识, 考查化归与转化的数学思想方法和运算求解能力)（1）解法1：∵tan 24πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，∴tan tan 421tan tan 4+=-παπα. …2分 ∴1tan 21tan αα+=-.解得1tan 3α=. (4)分解法2：∵tan 24πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭，∴tan tan 44ππαα⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦tan tan441tan tan44ππαππα⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⎛⎫++ ⎪⎝⎭…2分 21121-=+⨯13=. …4分 （2）解:()()sin 2sin cos 2sin sin cos αβαβαβαβ+-++sin cos cos sin 2sin cos 2sin sin cos cos sin sin αβαβαβαβαβαβ+-=+- …6分cos sin sin cos cos cos sin sin αβαβαβαβ-=+()()sin cos βαβα-=- …8分()tan βα=-DB CAtan tan 1tan tan -=+βαβα…10分112311123-=+⨯17=. …12分17. （本小题满分12分）(本小题主要考查空间线面关系、空间角等知识, 考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力) 方法一:(1) 解:在图4中,∵90,30,1,ABC DAB CAB BC ︒︒∠=∠=∠==∴tan 30BC AB ︒===, 121sin 302BC AC ︒===, 60DAC ︒∠=. ∵AD CD =,∴△DAC 为等边三角形.∴2AD CD AC ===. …2分 在图5中,∵点E 为点P 在平面ABC 上的正投影,∴PE ⊥平面ABC . ∵BC ⊂平面ABC , ∴PE ⊥BC .∵90CBA ︒∠=, 图4 ∴BC AB ⊥.∵,PE AB E PE =⊂I 平面PAB , AB ⊂平面PAB ,图 5FEPBCA∴BC ⊥平面PAB .∴CPB ∠为直线PC 与平面PAB 所成的角. …4分 在Rt △CBP 中, 1,2BC PC DC ===, ∴1sin 2BC CPB PC ∠==. ∵090CPB ︒︒<∠<, ∴30CPB ︒∠=.∴直线PC 与平面PAB 所成的角为30︒. …6分 (2) 解:取AC 的中点F , 连接PF ,EF .∵ =PA PC , ∴ ⊥PF AC .∵PE ⊥平面ABC ,AC ⊂平面ABC , ∴PE AC ⊥.∵,=⊂I PF PE P PF 平面PEF , PE ⊂平面PEF , ∴AC ⊥平面PEF . ∵⊂EF 平面PEF , ∴⊥EF AC . ∴PFE ∠为二面角P AC B --的平面角. …8分在Rt △EFA 中,11302︒==∠=AF AC ,FAE , ∴=EF AF tan 30︒⋅3=3==AE . 在Rt △PFA 中,==PF 在Rt △PEF中，1cos 3∠===EF PFE PF .DB CA图5CA∴二面角P AC B --的大小的余弦值为13. …12分 方法二: 解:在图4中,∵90,30,1,ABC DAB CAB BC ︒︒∠=∠=∠==∴tan 30BC AB ︒===, 121sin 302BC AC ︒===, 60DAC ︒∠=. ∵AD CD =,∴△DAC 为等边三角形.∴2AD CD AC ===. …2分 在图5中,∵点E 为点P 在平面ABC 上的射影,∴PE ⊥平面ABC . ∵BC ⊂平面ABC , ∴PE ⊥BC .∵90CBA ︒∠=, 图4 ∴BC AB ⊥.∵,PE AB E PE =⊂I 平面PAB , AB ⊂平面PAB ,∴BC ⊥平面PAB 连接EC ,在Rt △PEA 和Rt △PEC 中,2,PA PC PE PE ===, ∴Rt △PEA ≅Rt △PEC . ∴EA EC =.∴30ECA EAC ︒∠=∠=.∴60CEB ︒∠=. 在Rt △CBE中，tan 603BC EB ︒===.∴3AE AB EB =-=. 在Rt △PEA中，PE ==. …6分以点E 为原点,EB 所在直线为x 轴,与BC 平行的直线为y 轴,EP 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系E xyz -,则()0,0,0E,A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,B ⎫⎪⎪⎝⎭,C ⎫⎪⎪⎝⎭, 0,0,3P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭. ∴()0,1,0BC =u u u r,0,0,3EP ⎛= ⎝⎭u u u r,)AC =u u u r,,1,33PC ⎛=- ⎝⎭u u u r . (1)∵cos ,BC PC BC PC BC PC ==u u u r u u u ru u u r u u u r g u u u r u u u r 12,∴,30BC PC ︒=u u u r u u u r.∴ 直线PC 与平面PAB 所成的角为30︒. …9分(2) 设平面PAC 的法向量为n (),,x y z =,由0,0.⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r g u u u r g n AC n PC得0,0y x y z +=+-=.令1x =,得y =2=-z . ∴n 1,2⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面PAC 的一个法向量.∵EP ⎛= ⎝⎭u u u r 为平面ABC 的一个法向量,∴cos ,=u u u r n EP u u u rg u u u r n EP n EP13=-.∵二面角P AC B --的平面角为锐角, ∴二面角P AC B --的平面角的余弦值为13. …12分 18. （本小题满分14分）(本小题主要考查古典概型、二项分布等知识, 考查或然与必然的数学思想方法，以及数据处理能力、运算求解能力和应用意识)(1)解:依题意设(kp k s=为常数),由于()()15104s t t =+≤≤,∴()()04151kp t t =≤≤+. …2分当0.5t =时, 145p =, 则()45150.51k =⨯+,解得18k =.∴()()()1860415151p t t t ==≤≤++. …4分当1t =时, 263525p ==⨯. ∴该运动员第二次射击命中飞碟的概率为35. …6分 (2)解:设“该运动员第一次射击命中飞碟”为事件A ，“该运动员第二次射击命中飞碟”为事件B ，则“第一个飞碟被该运动员命中”为事件：A AB +. …7分∵()()43,55P A P B ==，∴()()()()P A AB P A P A P B +=+44323155525⎛⎫=+-⨯= ⎪⎝⎭. ∴第一个飞碟被该运动员命中的概率为2325. …10分 (3)解:设该运动员进行三个飞碟的射击训练时命中飞碟的个数为ξ, 则23325B ,ξ⎛⎫⎪⎝⎭:.∴至少命中两个飞碟的概率为()()23P P P ξξ==+= …12分=C ()2231p p -+ C 333p23232233252525⎛⎫⎛⎫=⨯⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=1534115625. …14分 19. （本小题满分14分）(本小题主要考查直线、圆、抛物线、曲线的切线等知识, 考查数形结合、化归与转化、函数与方程的数学思想方法，以及推理论证能力和运算求解能力) (1) 解:设点A 、B 的坐标分别为()11,x y 、()22,x y ， ∵ 1l 、2l 分别是抛物线C 在点A 、B 处的切线， ∴直线1l 的斜率1'11x x x k y p===，直线2l 的斜率2'22x x x k y p===.∵ 12l l ⊥, ∴121k k =-, 得212x x p =-.① …2分 ∵A 、B 是抛物线C 上的点,∴ 221212,.22x x y y p p== ∴ 直线1l 的方程为()21112x x y x x p p -=-,直线2l 的方程为()22222x x y x x p p-=-. 由()()21112222,2,2x x y x x p p x x y x x p p ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩ 解得12,2.2x x x p y +⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ ∴点D 的纵坐标为2p-. …4分 (2) 证法1：∵ F 为抛物线C 的焦点， ∴ 0,2p F ⎛⎫⎪⎝⎭.∴ 直线AF 的斜率为21221111122202AFx p p y x p p k x x px ---===-， 直线BF 的斜率为22222222222202BFx p p y x p p k x x px ---===-. ∵2222121222AF BFx p x p k k px px ---=-…6分 ()()22222112122x x p x x p px x ---=()()2121212122x x x x p x x px x -+-=()()221212122p x x p x x px x --+-=0=. ∴AF BF k k =. ∴A 、B 、F 三点共线. …8分证法2：∵ F 为抛物线C 的焦点， ∴ 0,2p F ⎛⎫⎪⎝⎭.∴2221111,,222x p x p AF x x p p ⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r ，2222222,,222x p x p BF x x p p ⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r . ∵ 221222112112222222122222p x p x x x x x pp x p x x x x x p ----===----, …6分∴ //AF BF u u u r u u u r .∴A 、B 线证法3：设线段AB 的中点为E , 则抛物线C 的准线为:2pl y =-. 作11,AA l BB l ⊥⊥, 垂足分别为11,A B∵ 由(1)知点D 的坐标为12,22x xp +⎛⎫- ⎪⎝⎭,∴DE l ⊥.∴DE 是直角梯形11AA B B 的中位线. ∴()1112DE AA BB =+. …6分根据抛物线的定义得:11,AA AF BB BF ==, ∴()()111122DE AA BB AF BF =+=+. ∵AD DB ⊥,E 为线段AB 的中点,∴12DE AB =. ∴()1122AB AF BF =+,即AB AF BF =+. ∴A 、B 、F 三点共线. …8分 (3)解: 不存在. 证明如下：假设存在符合题意的圆，设该圆的圆心为M ， 依题意得,MA AD MB BD ⊥⊥，且MA MB =， 由12l l ⊥，得AD BD ⊥. ∴ 四边形MADB 是正方形. ∴AD BD =. …10分∵点D 的坐标为3,12⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴12-=-p,得2p =. 把点D 3,12⎛⎫- ⎪⎝⎭的坐标代入直线1l , 得211131422x x x ⎛⎫--=⨯- ⎪⎝⎭解得14x =或11x =-,∴点A 的坐标为()4,4或11,4⎛⎫- ⎪⎝⎭.同理可求得点B 的坐标为()4,4或11,4⎛⎫- ⎪⎝⎭.由于A 、B 是抛物线C 上的不同两点，不妨令11,4A ⎛⎫- ⎪⎝⎭,()4,4B .∴AD ==, BD ==. (13)分∴AD BD ≠, 这与AD BD =矛盾. ∴经过A 、B两点且与1l 、2l 都相切的圆不存在. …14分 20. （本小题满分14分）(本小题主要考查函数和方程、函数导数、不等式等知识, 考查函数与方程、化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力和运算求解能力) (1) 解:∵()32f x x x ax b =-++, ∴()'232f x x x a =-+.∵()32f x x x ax b =-++的一个极值点为1x =, ∴()'2131210f a =⨯-⨯+=.∴ 1a =-. …2分∴()()()'2321311f x x x x x =--=+-,当13x <-时, ()'0f x >;当113x -<<时, ()'0f x <;当1x >时, ()'0f x >;∴函数()f x 在1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦上单调递增, 在1,13⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减,在[)1,+∞上单调递增.∵方程20ax x b ++=的两个实根为,αβ, 即20x x b --=的两根为,αβ()αβ<,∴αβ==. ∴1,b αβαβ+==-,αβ-=…4分∵ 函数()f x 在区间[],αβ上是单调的,∴区间[],αβ只能是区间1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦,1,13⎡⎤-⎢⎥⎣⎦,[)1,+∞之一的子区间.由于1,αβ+=αβ<,故[]1,,13αβ⎡⎤⊆-⎢⎥⎣⎦.若0α<,则1αβ+<,与1αβ+=矛盾. ∴[][],0,1αβ⊆. ∴方程20x x b --=的两根,αβ都在区间[]0,1上. …6分令()2g x x x b =--, ()g x 的对称轴为[]10,12x =∈,则()()00,10,140.g b g b b =-≥⎧⎪=-≥⎨⎪∆=+>⎩解得104b -<≤.∴实数b 的取值范围为1,04⎛⎤- ⎥⎝⎦. …8分说明:6分至8分的得分点也可以用下面的方法.∵1111,2222αβ-+=≤=≥且函数()f x 在区间[],αβ上是单调的, ∴ []1,,13αβ⎡⎤⊆-⎢⎥⎣⎦.由1,31,140.b αβ⎧≥-⎪⎪≤⎨⎪∆=+>⎪⎩即11,231,140.b ⎧-≥-⎪≤⎪+>⎪⎪⎪⎩…6分 解得104b -<≤.∴实数b 的取值范围为1,04⎛⎤- ⎥⎝⎦. …8分 (2)证明:由(1)可知函数()f x 在区间[],αβ上单调递减, ∴函数()f x 在区间[],αβ上的最大值为()f α, 最小值为()f β. ∵[]12,,x x αβ∈,∴()()()()12f x f x f f αβ-≤-()()3232b b αααβββ=--+---+ ()()()3322αβαβαβ=-----()()()21αβαβαβαβ⎡⎤=-+--+-⎣⎦()1b =-()1b =-. …10分令t =则()2114b t =-()1b -()3154t t =-. 设()()3154h t t t =-, 则()()'21534h t t =-.∵104b -<≤,∴01t <≤.∴()()'21534h t t =-0>. ∴函数()()3154h t t t =-在(]0,1上单调递增. …12分∴()()11h t h ≤=.∴ ()()121f x f x -≤. …14分21. （本小题满分14分）(本小题主要考查导数及其应用、数列、不等式等知识, 考查化归与转化、分类与整合的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新意识)(1)解:∵对任意n ∈N *都有1n n a b +=,121n n n na ba a +=-, ∴12211111n n n n n n na b a a a a a +-===--+. ∴1111n na a +=+,即1111n n a a +-=. …2分∴数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为11a ,公差为1的等差数列.∵11a b =, 且111a b +=, ∴11a b =12=. ∴()1211nn n a =+-=+. …4分 ∴ 11n a n =+, 11n n nb a n =-=+. …6分(2)证明: ∵11n a n =+, 1n nb n =+, ∴1n n a b n =.∴所证不等式()31324122341123ln 1n n n na a aa a a a a nb b b b b b b b ++++++<+<++++L L , 即()1111111ln 11234123n n n++++<+<+++++L L . ① 先证右边不等式: ()111ln 1123n n +<++++L .令()()ln 1f x x x =+-, 则()'1111xf x x x=-=-++. 当0x >时, ()'0f x <,所以函数()f x 在[)0,+∞上单调递减. ∴当0x >时,()()00f x f <=, 即()ln 1x x +<. …8分分别取1111,,,,23x n=L .得()111111ln 11ln 1ln 1ln 112323n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++++<++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L .即()111111ln 1111112323n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++<++++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦g g gL g L .也即341111ln 212323n n n +⎛⎫⨯⨯⨯⨯<++++ ⎪⎝⎭L L . 即()111ln 1123n n+<++++L . …10分② 再证左边不等式: ()1111ln 12341n n ++++<++L . 令()()ln 11x f x x x =+-+, 则()()()'2211111x f x x x x =-=+++. 当0x >时, ()'0f x >,所以函数()f x 在[)0,+∞上单调递增. ∴当0x >时,()()00f x f >=, 即()ln 11xx x +>+. …12分 分别取1111,,,,23x n =L .得()111111ln 11ln 1ln 1ln 123231n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++++>+++ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L .即()111ln 1111123n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦g g gL g 111231n >++++L . 也即341111ln 223231n n n +⎛⎫⨯⨯⨯⨯>+++ ⎪+⎝⎭L L . 即()111ln 1231n n +>++++L . ∴()31324122341123ln 1n n n na a aa a a a a nb b b b b b b b ++++++<+<++++L L . …14分。