广东省深圳市宝安中学(集团)2019-2020学年高三下学期2月月考数学(理)试题
2020年广东省深圳市宝安中学(集团)高考数学模拟试卷(文科)(2月份) (1)
2020年广东省深圳市宝安中学（集团）高考数学模拟试卷（文科）（2月份）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，请将答案涂在答题卡上）1. 若集合A ＝{x||x|>x}，B ＝{y|y ＝x 2−1, x ∈R}，则A ∩B ＝（ ） A.{x|−≤x ≤1} B.{x|x ≥0} C.{x|−1≤x <0} D.{x|−1≤x ≤0}2. 在复平面内与复数z =2i 1+i所对应的点关于实轴对称的点为A ，则A 对应的复数为( )A.1+iB.1−iC.−1−iD.−1+i3. 设x ∈R ，则“1<x <2”是“|x −2|<1”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4. 设x ，y 满足约束条件{x −y +1≥0x +y −1≥0x ≤3, ，则z ＝2x +y 的最小值（ ）A.4B.1C.10D.25. 已知等比数列{a n }中有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且a 7＝b 7，则b 5+b 9＝（ ） A.2 B.4C.8D.166. 如果执行如图的程序框图，那么输出的S 值（ ）A.−1B.2C.2016D.127. 若直线l 1:x +ay +6=0与l 2：(a −2)x +3y +2a =0平行，则l 1与l 2间的距离为（ ） A.√2 B.8√23C.√3D.8√338. 已知向量a →=(cos α, −2)，b →=(sin α, 1)，且a → // b →，则tan (α−π4)等于( ) A.3 B.−3 C.13D.−139. 设F 1，F 2分别是椭圆x 225+y 216=1的左、右焦点，P 为椭圆上一点，M 是F 1P 的中点，|OM|＝2，则P 点到椭圆左焦点的距离为（ ） A.3 B.4 C.5 D.610. 函数f(x)＝A sin (ωx +φ)（其中A >0，ω>0，|φ|<π2）的图象如图所示，为了得到y ＝cos 2x 的图象，则只要将f(x)的图象（ ）A.向左平移π6个单位长度B.向右平移π6个单位长度C.向左平移π12个单位长度 D.向右平移π12个单位长度11. 设函数f (f )，若对于在定义域内存在实数f 满足f (−f )＝-f (f )，则称函数f (f )为“局部奇函数”．若函数f (f )＝4x −f ∗2x +f 2−3是定义在f 上的“局部奇函数”，则实数f 的取值范围是（ ） A.[1−√3, 1+√3] B.[−2√2, 1−√3] C.[−2√2, 2√2] D.[−1, 2]12. 已知函数f(x)是定义在(−∞, 0)∪(0, +∞)上的偶函数，当x >0时f(x)={2|x−1|,0<x ≤212f(x −2),x >2 ，则函数g(x)＝2f(x)−1的零点个数为（ ）个． A.6B.2C.4D.8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．已知函数f(x)＝(bx−1)e x+a(a, b∈R)．若曲线y＝f(x)在点（0, f (0)）处的切线方程为y＝x，则a+b ＝________．在△ABC中，∠A=2π3，a=√3c，则bc=________．已知直线l为双曲线：x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线，直线l与圆(x−c)2+y2＝a2（其中c2＝a2+b2，c>0）相交于A，B两点，若|AB|=√2a，则双曲线C的离心率为________√62．三、解答题：共70分已知{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{b n}满足b1＝4，b4＝20，且{b n−a n}为等比数列．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前n项和．2012年“双节”期间，高速公路车辆较多．某调查公司在一服务区从七座以下小型汽车中按进服务区的先后每间隔50辆就抽取一辆的抽样方法抽取40名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速公路的车速(km/t)分成六段：(60, 65)，[65, 70)，[70, 75)，[80, 85)，[85, 90)后得到如图的频率分布直方图．（1）某调查公司在采样中，用到的是什么抽样方法？（2）求这40辆小型车辆车速的众数和中位数的估计值．（3）若从车速在[60, 70)的车辆中任抽取2辆，求车速在[65, 70)的车辆至少有一辆的概率．如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAB为正三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，E为PD的中点，AB⊥AD，BC // AD，且AB＝BC=12AD＝2．（1）求证：CE // 平面PAB；（2）求三棱锥P−ACE的体积．已知动点M(x, y)到定点F(14,0)的距离比到y轴的距离大14（1）求动点M的轨迹方程；（2）若A(4, 2)为所求轨迹上一点，B、C为所求轨迹上位于y轴右侧的两动点，若直线AB、AC的斜率分别为k1、k2且互为相反数，求证：直线BC的斜率是定值．已知函数f(x)＝e x−ax−2．（1）求f(x)的单调区间；（2）若a＝1，k为整数，且当x>0时，(k−x−1)f′(x)<x+1恒成立，其中f′(x)为f(x)的导函数，求整数k的最大值．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]已知极坐标系的极点在平面直角坐标系的原点O处，极轴与x轴的正半轴重合，且长度单位相同，直线l的极坐标方程为：ρ=5sin(θ−π3)，点P(2cosα, 2sinα+2)，参数α∈R．(Ⅰ)求点P轨迹的直角坐标方程；(Ⅱ)求点P到直线l距离的最大值．[选修4-5：不等式选讲]设函数f(x)＝|x−1|+|x−a|(a∈R)（1）当a＝2时，求不等式f(x)≥3的解集；（2）若f(x)≥3对x∈R恒成立，求a的取值范围．参考答案与试题解析2020年广东省深圳市宝安中学（集团）高考数学模拟试卷（文科）（2月份）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，请将答案涂在答题卡上）1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】∵A＝{x|x<0}，B＝{y|y≥−1}，∴A∩B＝{x|−1≤x<0}．2.【答案】B【考点】复数代数形式的乘除运算复数的代数表示法及其几何意义【解析】用两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数得到复数的共轭复数，从而得到复数在复平面内的对应点的坐标，得到选项．【解答】解：∵复数z=2i1+i =2i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i，∴复数的共轭复数是1−i，也就是复数z=2i1+i所对应的点关于实轴的对称点A所对应的复数.故选B.3.【答案】A【考点】绝对值不等式必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】求解：|x−2|<1，得出“1<x<2”，根据充分必要条件的定义判断即可．【解答】解：∵|x−2|<1，∴−1<x−2<1，∴1<x<3，∴根据充分必要条件的定义可得出：“1<x<2”是“|x−2|<1”的充分不必要条件．故选A.4.【答案】B【考点】简单线性规划【解析】先根据条件画出可行域，由z＝2x+y，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距，只需求出直线z＝2x+y，过可行域内的点A(0, 1)时的最小值，从而得到z最小值即可．【解答】x，y满足约束条件{x−y+1≥0x+y−1≥0x≤3,的可行域如图：在坐标系中画出可行域△ABC，由图可知，当x＝0，y＝1时，则目标函数z＝2x+y取得最小，最小值为1．5.【答案】C【考点】等比数列的性质等差数列的性质【解析】由a3a11＝4a7，解出a7的值，由b5+b9＝2b7＝2a7求得结果．【解答】等比数列{a n}中，由a3a11＝4a7，可知a72＝4a7，∴a7＝4，∵数列{b n}是等差数列，∴b5+b9＝2b7＝2a7＝8，6.【答案】B【考点】程序框图【解析】按程序框图的顺序得出循环结构中S 每次的赋值，可发现S 的值呈现周期性变化，再结合循环条件k <2016可得输出的S 值． 【解答】模拟程序的运行，可得 当k ＝1时，S ＝−1， 当k ＝2时，S =12， 当k ＝3时，S ＝2， 当k ＝4时，S =−12，所以S 的值呈现周期性变化，周期为3．当k ＝2015＝3×671+2时，S 的值与k ＝2时的值相等，即S =12．当k ＝2016时，k <2016不成立，输出S ＝2． 7.【答案】 B【考点】两条平行直线间的距离直线的一般式方程与直线的平行关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】由l 1//l 2，知3=a (a −2)且a 3≠62a ，求得a =−1，所以l 1:x −y +6=0,l 2:x −y +23=0，两条平行直线l 1与l 2间的距离为 d =|6−23|2()2=8√23． 8. 【答案】 B【考点】三角函数中的恒等变换应用 两角和与差的正切公式平面向量共线（平行）的坐标表示【解析】根据两个向量共线的充要条件，得到关于三角函数的等式，等式两边同时除以cos α，得到角的正切值，把要求的结论用两角差的正切公式展开，代入正切值，得到结果． 【解答】 解：∵ a → // b →， ∴ cos α+2sin α=0，∴ tan α=−12，∴ tan (α−π4) =tan α−11+tan α=−3. 故选B . 9. 【答案】 D【考点】 椭圆的离心率 【解析】由题意知，OM 是三角形PF 1F 2的中位线，由|OM|＝2，可得|PF 2|＝4，再由椭圆的定义求出|PF 1|的值． 【解答】 椭圆x 225+y 216=1的a ＝5，如右图可得OM 是三角形PF 1F 2的中位线， ∵ |OM|＝2，∴ |PF 2|＝4， 又|PF 1|+|PF 2|＝2a ＝10， ∴ |PF 1|＝6， 10.【答案】 C【考点】由y=Asin （ωx+φ）的部分图象确定其解析式 函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换【解析】由函数的图象的顶点坐标求出A ，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得f(x)的解析式，再利用函数y ＝A sin (ωx +φ)的图象变换规律，可得结论． 【解答】由函数f(x)＝A sin (ωx +φ)的图象可得A ＝1，14⋅2πω=7π12−π3，∴ ω＝2．再根据五点法作图可得2×π3+φ＝π，求得φ=π3，故f(x)＝2sin (2x +π3)．故把f(x)＝2sin (2x +π3)的图象向左平移π12个单位长度， 可得y ＝2sin [2(x +π12)+π3]＝2sin (2x +π2)＝2cos 2x 的图象， 11. 【答案】 D【考点】函数与方程的综合运用 【解析】根据题意，由“局部奇函数“的定义分析，若函数f(x)是定义在R 上的“局部奇函数”，只需方程4−x −m2−x +m 2−3＝−(4x −m2x +m 2−3)有解．可设2x +2−x ＝t(t ≥2)，从而得出需方程t 2−m ∗t +2m 2−8＝0在t ≥2时有解，从而设g(x)＝t 2−mt −8，结合二次函数的性质分析可得答案． 【解答】根据题意，若函数f (f )＝4x −f ∗2x +f 2−3是定义在f 上的“局部奇函数”，则方程f(−x)＝−f(x)有解， 即4−x −m2−x +m 2−3＝−(4x −m2x +m 2−3)有解， 变形可得：(4x +4−x )−m(2x +2−x )+2m 2−6＝0， 设t ＝2x +2−x ，则t ＝2x +2−x ≥2，则方程等价为t 2−m ∗t +2m 2−8＝0在t ≥2时有解， 设g(t)＝t 2−m ∗t +2m 2−8，分2种情况讨论：若m2<2，即m <4，则有g(2)＝4−2m +2m 2−8＝2m 2−2m −4≤0，解可得：−1≤m ≤2，若m2≥2，即m ≥4，则△＝m 2−4(2m 2−8)＝32−7m 2≥0，又由m ≥4，此时无解；故实数f 的取值范围是[−1, 2]； 12.【答案】 【考点】函数的零点与方程根的关系 【解析】作出f(x)的函数图象，根据f(x)与y =12的交点个数得出答案． 【解答】令g(x)＝0可得f(x)=12，作出f(x)在(0, +∞)上的函数图象，如图所示：由图象可知f(x)=12在(0, +∞)上有2解，又f(x)是偶函数，∴ f(x)=12在(−∞, 0)上有2解，∴ f(x)=12有4解．故选：C ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】 3【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】求导函数，利用曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y ＝x ，建立方程，可求a 、b 的值，进而得到所求和． 【解答】f(x)＝(bx −1)e x +a 得f′(x)＝e x (bx +b −1)， 曲线y ＝f(x)在点（0, f(0)）处的切线方程为y ＝x ． f′(0)＝1，f(0)＝0，即b −1＝1，−1+a ＝0，解得a ＝1，b ＝2，则a +b ＝3， 【答案】 1【考点】 正弦定理 【解析】利用正弦定理求出C 的大小，然后求出B ，然后判断三角形的形状，求解比值即可． 【解答】解：在△ABC 中，∵ ∠A =2π3，a =√3c ，由正弦定理可得：asin A =csin C ，√3csin 2π3=c sin C，∴ sin C =12，C =π6，则B =π−2π3−π6=π6，∴ B =C ，则b =c . 则bc =1． 故答案为：1． 【答案】√62【考点】双曲线的离心率 【解析】求出双曲线的渐近线方程，圆的圆心与半径，利用体积推出a 、b 关系式，然后求解离心率即可． 【解答】由题意可知双曲线的一条渐近线方程为：bx +ay ＝0， 圆(x −c)2+y 2＝a 2的圆心(c, 0)，半径为：a ，l为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线，l与圆(x−c)2+y2＝a2（其中c2＝a2+b2）相交于A，B两点，若|AB|=√2a，可得(22)2+(√2a2)2=a2，可得b2=12a2，可得(c2−a2)=14a2，解得e=ca =√62．三、解答题：共70分【答案】∵{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，∴3+3d＝12，解得d＝3，∴a n＝3+(n−1)×3＝3n．设等比数列{b n−a n}的公比为q，则q3=b4−a4b1−a1=20−124−3=8，∴q＝2，∴b n−a n＝(b1−a1)q n−1＝2n−1，∴b n＝3n+2n−1(n＝1, 2,…)．由（1）知b n＝3n+2n−1(n＝1, 2,…)．∵数列{a n}的前n项和为32n(n+1)，数列{2n−1}的前n项和为1×1−2n1−2=2n−1，∴数列{b n}的前n项和为32n(n+1)+2n−1．【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】（1）利用等差数列、等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得结论；（2）利用分组求和法，有等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列的和．【解答】∵{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，∴3+3d＝12，解得d＝3，∴a n＝3+(n−1)×3＝3n．设等比数列{b n−a n}的公比为q，则q3=b4−a4b1−a1=20−124−3=8，∴q＝2，∴b n−a n＝(b1−a1)q n−1＝2n−1，∴b n＝3n+2n−1(n＝1, 2,…)．由（1）知b n＝3n+2n−1(n＝1, 2,…)．∵数列{a n}的前n项和为32n(n+1)，数列{2n−1}的前n项和为1×1−2n1−2=2n−1，∴数列{b n}的前n项和为32n(n+1)+2n−1．【答案】由题意知这个抽样是按进服务区的先后每间隔50辆就抽取一辆的抽样方法抽取40名驾驶员进行询问调查，是一个具有相同间隔的抽样，并且总体的个数比较多，这是一个系统抽样．故调查公司在采样中，用到的是系统抽样，众数的估计值为最高的矩形的中点，即众数的估计值等于77.5设图中虚线所对应的车速为x，则中位数的估计值为：0.01×5+0.02×5+0.04×5+0.06×(x−75)＝0.5，解得x＝77.5，即中位数的估计值为77.5从图中可知，车速在[60, 65)的车辆数为：m1＝0.01×5×40＝2（辆），车速在[65, 70)的车辆数为：m2＝0.02×5×40＝4（辆）设车速在[60, 65)的车辆设为a，b，车速在[65, 70)的车辆设为c，d，e，f，则所有基本事件有：(a, b)，(a, c)，(a, d)，(a, e)，(a, f)，(b, c)，(b, d)，(b, e)，(b, f)，(c, d)，(c, e)，(c, f)，(d, e)，(d, f)，(e, f)共15种其中车速在[65, 70)的车辆至少有一辆的事件有：(a, c)，(a, d)，(a, e)，(a, f)，(b, c)，(b, d)，(b, e)，(b, f)，(c, d)，(c, e)，(c, f)，(d, e)，(d, f)，(e, f)共14种所以，车速在[65, 70)的车辆至少有一辆的概率为P=1415．【考点】等可能事件用样本的数字特征估计总体的数字特征频率分布直方图等可能事件的概率【解析】（1）这个抽样是按进服务区的先后每间隔50辆就抽取一辆的抽样方法抽取40名驾驶员进行询问调查，是一个具有相同间隔的抽样，并且总体的个数比较多，这是一个系统抽样；（2）选出直方图中最高的矩形求出其底边的中点即为众数；求出从左边开始小矩形的面积和为0.5对应的横轴的左边即为中位数；利用各个小矩形的面积乘以对应矩形的底边的中点的和为数据的平均数．（3）从图中可知，车速在[60, 65)的车辆数和车速在[65, 70)的车辆数．从车速在(60, 70)的车辆中任抽取2辆，设车速在[60, 65)的车辆设为a，b，车速在[65, 70)的车辆设为c，d，e，f，列出各自的基本事件数，从而求出相应的概率即可．【解答】由题意知这个抽样是按进服务区的先后每间隔50辆就抽取一辆的抽样方法抽取40名驾驶员进行询问调查，是一个具有相同间隔的抽样，并且总体的个数比较多，这是一个系统抽样．故调查公司在采样中，用到的是系统抽样，众数的估计值为最高的矩形的中点，即众数的估计值等于77.5设图中虚线所对应的车速为x，则中位数的估计值为：0.01×5+0.02×5+0.04×5+0.06×(x−75)＝0.5，解得x＝77.5，即中位数的估计值为77.5从图中可知，车速在[60, 65)的车辆数为：m1＝0.01×5×40＝2（辆），车速在[65, 70)的车辆数为：m2＝0.02×5×40＝4（辆）设车速在[60, 65)的车辆设为a，b，车速在[65, 70)的车辆设为c，d，e，f，则所有基本事件有：(a, b)，(a, c)，(a, d)，(a, e)，(a, f)，(b, c)，(b, d)，(b, e)，(b, f)，(c, d)，(c, e)，(c, f)，(d, e)，(d, f)，(e, f)共15种其中车速在[65, 70)的车辆至少有一辆的事件有：(a, c)，(a, d)，(a, e)，(a, f)，(b, c)，(b, d)，(b, e)，(b, f)，(c, d)，(c, e)，(c, f)，(d, e)，(d, f)，(e, f)共14种所以，车速在[65, 70)的车辆至少有一辆的概率为P=1415．【答案】证明：取AP中点F，连EF，BF，∵E为PD中点，∴EF // AD且EF=12AD，又∵BC // AD且BC=12AD，∴EF // BC且EF＝BC，∴四边形EFBC为平行四边形，∴CE // BF，∴CE // 平面PAB；如图，取AB的中点O，在正三角形PAB中，PO⊥AB，∵侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD＝AB，PO⊂侧面PAB，∴PO⊥底面ABCD，…8分由AB⊥AD，BC // AD，且AB＝BC=12AD＝2，可得：|PO|=√3，S△ABCD＝4∴V P−ACD=13S△ACD|PO|=13×4×√3=43√3，可得V P−ACE＝V C−APE=12V C−APD=12V P−ACD=2√33．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积直线与平面平行【解析】（1）取AP中点F，连EF，BF，从而可证四边形EFBC为平行四边形，从而得到CE // BF，从而证明CE // 平面PAB；（2）取AB的中点O，可证PO⊥底面ABCD，利用已知求得|PO|=√3，S△ACD＝4，利用V P−ACE＝V C−APE=12V C−APD=12V P−ACD即可求值．【解答】证明：取AP中点F，连EF，BF，∵E为PD中点，∴EF // AD且EF=12AD，又∵BC // AD且BC=12AD，∴EF // BC且EF＝BC，∴四边形EFBC为平行四边形，∴CE // BF，∴CE // 平面PAB；如图，取AB的中点O，在正三角形PAB中，PO⊥AB，∵侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD＝AB，PO⊂侧面PAB，∴PO⊥底面ABCD，…8分由AB⊥AD，BC // AD，且AB＝BC=12AD＝2，可得：|PO|=√3，S△ABCD＝4∴V P−ACD=13S△ACD|PO|=13×4×√3=43√3，可得V P−ACE ＝V C−APE =12VC−APD =12V P−ACD =2√33．【答案】M 到定点F(14, 0)的距离为√(x −14)2+y 2，M 到y 轴的距离为|x|，∴ 动点M 到定点F(14, 0)的距离比到y 轴的距离大14， ∴ 列出等式：√(x −14)2+y 2−|x|=14；当x <0时，M 的轨迹为y ＝0(x <0)；当x ≥0时，又化简得y 2＝x ，为焦点为F(14, 0)的抛物线． 则动点M 的轨迹方程为：y 2={x,x ≥00,x <0；证明：∵ 点A 坐标为(4, 2)，设B(x 1, y 1)，C(x 2, y 2)， 由已知设BA:m(y −2)＝x −4，即：x ＝my −2m +4，代入抛物线的方程得：y 2＝my −2m +4，即y 2−my +2m −4＝0， 则：y 1+2＝m ，故：y 1＝m −2，设CA:−m(y −2)＝x −4，即：x ＝−my +2m +4，代入抛物线的方程得：y 2＝−my +2m +4，即y 2+my −2m −4＝0， 则：y 2+2＝−m ，故y 2＝−m −2， 直线CB 的斜率k CB =y 1−y 2x 1−x 2=2m −8m =−14，所以：直线BC 的斜率为定值． 【考点】直线与椭圆结合的最值问题 轨迹方程【解析】（1）设出动点M 的坐标，分M 的横坐标小于等于0和大于0两种情况讨论，横坐标小于等于0时明显看出M 的轨迹是x 轴负半轴，x 大于0时直接由题意列式化简整理即可．（2）设出直线BA 、AC 的方程与抛物线方程联立，求出C ，B 的坐标，利用斜率公式，即可证明直线BC 的斜率为定值． 【解答】M 到定点F(14, 0)的距离为√(x −14)2+y 2，M 到y 轴的距离为|x|， ∴ 动点M 到定点F(14, 0)的距离比到y 轴的距离大14，∴ 列出等式：√(x −14)2+y 2−|x|=14； 当x <0时，M 的轨迹为y ＝0(x <0)；当x ≥0时，又化简得y 2＝x ，为焦点为F(14, 0)的抛物线． 则动点M 的轨迹方程为：y 2={x,x ≥00,x <0；证明：∵ 点A 坐标为(4, 2)，设B(x 1, y 1)，C(x 2, y 2)，由已知设BA:m(y −2)＝x −4，即：x ＝my −2m +4，代入抛物线的方程得：y 2＝my −2m +4，即y 2−my +2m −4＝0， 则：y 1+2＝m ，故：y 1＝m −2，设CA:−m(y −2)＝x −4，即：x ＝−my +2m +4，代入抛物线的方程得：y 2＝−my +2m +4，即y 2+my −2m −4＝0， 则：y 2+2＝−m ，故y 2＝−m −2， 直线CB 的斜率k CB =y 1−y 2x 1−x 2=2m −8m =−14，所以：直线BC 的斜率为定值．【答案】函数f(x)＝e x −ax −2的定义域是R ，f′(x)＝e x −a ，若a ≤0，则f′(x)＝e x −a ≥0，∴ 函数f(x)＝e x −ax −2在(−∞, +∞)上单调递增， 若a >0，则当x ∈(−∞, ln a)时，f′(x)＝e x −a <0； 当x ∈(ln a, +∞)时，f′(x)＝e x −a >0；∴ f(x)在(−∞, ln a)单调递减，在(ln a, +∞)上单调递增； 综上所述，若a ≤0，函数f(x)在(−∞, +∞)上单调递增，若a >0，f(x)在(−∞, ln a)单调递减，在(ln a, +∞)上单调递增； 由于a ＝1，f′(x)＝e x −1，则(k −x −1)f′(x)<x +1恒成立， 转化为k <x+1e x −1+x +1恒成立，令g(x)=x+1e x −1+x +1， g′(x)=−xe x −1(e x −1)2+1=e x (e x −x−2)(e x −1)2，令ℎ(x)＝e x −x −2，ℎ′(x)＝e x −1>0， ∴ ℎ(x)在(0, +∞)单调递增， 且ℎ(1)<0，ℎ(2)>0，∴ ℎ(x)在(0, +∞)上存在唯一零点，设此零点为x 0，则x 0∈(1, 2) 当x 0∈(0, x 0)时，g′(x)<0，当x 0∈(x 0, +∞)时，∴g(x)min＝g(x0)=x0+1e x0−1+x0+1，由g′(x0)＝0⇒e x0=x0+2，∴g(x0)＝x0+2∈(3, 4)，又∵k<g(x0)，∴k的最大值为3．【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】（1）求出导数，讨论a≤0，a>0，求出函数的单调区间；（2）运用参数分离可得k<x+1e x−1+x+1恒成立，令g(x)=x+1e x−1+x+1(x>0)，求出导数，求单调区间，运用零点存在定理，求得零点，即可得到k的最大值．【解答】函数f(x)＝e x−ax−2的定义域是R，f′(x)＝e x−a，若a≤0，则f′(x)＝e x−a≥0，∴函数f(x)＝e x−ax−2在(−∞, +∞)上单调递增，若a>0，则当x∈(−∞, ln a)时，f′(x)＝e x−a<0；当x∈(ln a, +∞)时，f′(x)＝e x−a>0；∴f(x)在(−∞, ln a)单调递减，在(ln a, +∞)上单调递增；综上所述，若a≤0，函数f(x)在(−∞, +∞)上单调递增，若a>0，f(x)在(−∞, ln a)单调递减，在(ln a, +∞)上单调递增；由于a＝1，f′(x)＝e x−1，则(k−x−1)f′(x)<x+1恒成立，转化为k<x+1e x−1+x+1恒成立，令g(x)=x+1e x−1+x+1，g′(x)=−xe x−1(e x−1)2+1=e x(e x−x−2)(e x−1)2，令ℎ(x)＝e x−x−2，ℎ′(x)＝e x−1>0，∴ℎ(x)在(0, +∞)单调递增，且ℎ(1)<0，ℎ(2)>0，∴ℎ(x)在(0, +∞)上存在唯一零点，设此零点为x0，则x0∈(1, 2)当x0∈(0, x0)时，g′(x)<0，当x0∈(x0, +∞)时，∴g(x)min＝g(x0)=x0+1e x0−1+x0+1，由g′(x0)＝0⇒e x0=x0+2，∴g(x0)＝x0+2∈(3, 4)，又∵k<g(x0)，∴k的最大值为3．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]【答案】（1）设点P(x, y)，∵点P(2cosα, 2sinα+2)，参数α∈R，∴{x=2cosαy=2sinα+2，且参数a∈R，∴点P的轨迹的直角坐标方程为x2+(y−2)2＝4．（2）∵直线l的极坐标方程为：ρ=5sin(θ−π3)，∴ρsin(θ−π3)=5，∴12ρsinθ−√32ρcosθ=5，∴ρsinθ−√3ρcosθ=10，∴直线l的直角坐标方程为√3x−y+10=0，由（1）知点P的轨迹是圆心为(0, 2)，半径为2的圆，∴圆心到直线的距离d=√(√3)2+12=4，∴点P到直线的距离的最大值为4+2＝6．【考点】圆的极坐标方程【解析】(Ⅰ)设点P(x, y)，由点P(2cosα, 2sinα+2)，参数α∈R，能求出点P的轨迹的直角坐标方程．(Ⅱ)求出直线l的直角坐标方程为√3x−y+10=0，由P的轨迹是圆心为(0, 2)，半径为2的圆，求出圆心到直线的距离，从而能求出点P到直线的距离的最大值．【解答】（1）设点P(x, y)，∵点P(2cosα, 2sinα+2)，参数α∈R，∴{x=2cosαy=2sinα+2，且参数a∈R，∴点P的轨迹的直角坐标方程为x2+(y−2)2＝4．（2）∵直线l的极坐标方程为：ρ=5sin(θ−π3)，∴ρsin(θ−π3)=5，∴12ρsinθ−√32ρcosθ=5，∴ρsinθ−√3ρcosθ=10，∴直线l的直角坐标方程为√3x−y+10=0，由（1）知点P的轨迹是圆心为(0, 2)，半径为2的圆，∴圆心到直线的距离d=√(√3)2+12=4，∴点P到直线的距离的最大值为4+2＝6．[选修4-5：不等式选讲]【答案】a＝2时，函数f(x)＝|x−1|+|x−2|={−2x+3,x≤11,1<x<22x−3,x≥2；所以不等式f(x)≥3等价于{x≤1−2x+3≥3，或{1<x<21≥3，或{x≥22x−3≥3；解得x≤0或x≥3，所以不等式f(x)≥3的解集为(−∞, 0]∪[3, +∞)；因为f(x)＝|x−1|+|x−a|≥|(x−1)−(x−a)|＝|a−1|，所以f(x)min＝|a−1|；第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 由题意得：|a −1|≥3，解得a ≤−2，或a ≥4；即f(x)≥3对x ∈R 恒成立时，a 的取值范围是(−∞, −2]∪[4, +∞)．【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）不等式即|x −1|+|x −2|≥3，利用分类讨论思想求出等价的不等式解集即可；（2）由f(x)＝|x −1|+|x −a|≥|a −1|，得出|a −1|≥3，求出解集即可．【解答】a ＝2时，函数f(x)＝|x −1|+|x −2|={−2x +3,x ≤11,1<x <22x −3,x ≥2； 所以不等式f(x)≥3等价于{x ≤1−2x +3≥3 ，或{1<x <21≥3 ，或{x ≥22x −3≥3 ； 解得x ≤0或x ≥3，所以不等式f(x)≥3的解集为(−∞, 0]∪[3, +∞)；因为f(x)＝|x −1|+|x −a|≥|(x −1)−(x −a)|＝|a −1|，所以f(x)min ＝|a −1|；由题意得：|a −1|≥3，解得a ≤−2，或a ≥4；即f(x)≥3对x ∈R 恒成立时，a 的取值范围是(−∞, −2]∪[4, +∞)．。
【附加15套高考模拟试卷】广东省深圳市宝安中学2020届高三下学期期末考试数学(理)试题含答案
广东省深圳市宝安中学2020届高三下学期期末考试数学（理）试题一、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．将函数()cos24f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象向左平移8π个单位后得到函数()g x的图象，则()g x（）A．为奇函数，在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减B．为偶函数，在3,88ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增C．周期为π，图象关于点3,08π⎛⎫⎪⎝⎭对称 D．最大值为1，图象关于直线2xπ=对称2．已知三棱锥P ABC-的体积为433，4APCπ∠=，3BPCπ∠=，PA AC⊥，PB BC⊥，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P ABC-外接球的体积为（）A．43πB．823πC．1233πD．323π3．函数f（x）=a x+log a（x+1）（a＞0，且a≠1）在[0，1]上的最大值和最小值之和为a，则a的值为（）A．14B．12C．2 D．44．一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．24 B．48 C．72 D．965．定义在R上的奇函数()y f x=满足(4)0f=，且当0x>时，不等式3()'()f x xf x>-恒成立，则函数3()()lg1g x x f x x=++的零点的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．56．异面直线a，b所成的角为6π，直线a c⊥，则异面直线b与c所成角的范围为（）A．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D．5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦7．一个各面均为直角三角形的四面体容器，有三条棱长为2，若四面体容器内完全放进一个球，则该球的半径最大值为（）A．21-B．22-C．1 D．28．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．89．执行如图所示的程序框图，输出S的值为（）A．2log101-B．22log31-C．92D．610．若不等式1ln x m m ex+-≤+对1[,1]xe∈成立，则实数m的取值范围是（）A．1 [,)2-+∞B．1(,]2-∞-C．1[,1]2-D．[1,)+∞11．将函数()f x的图像上的所有点向右平移4π个单位长度，得到函数()g x的图像，若函数()()sin0,0,2g x A x Aπωϕωϕ⎛⎫=+>><⎪⎝⎭的部分图像如图所示，则函数()f x的解析式为A．()5sin12f x xπ⎛⎫=+⎪⎝⎭B．()sin26f x xπ⎛⎫=-⎪⎝⎭C．()5sin26f x xπ⎛⎫=+⎪⎝⎭D．()7sin212f x xπ⎛⎫=+⎪⎝⎭12．已知点F1，F2是椭圆2222x ya b+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，P为椭圆上的动点，动点Q在射线F1P 的延长线上，且|PQu u u r|=|2PFu u u r|，若|PQu u u r|的最小值为1，最大值为9，则椭圆的离心率为（）A．35B．13C．45D．19二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019-2020学年广东省深圳四校联考高三(下)月考数学(理科)试题Word版含解析
2019-2020学年广东省深圳四校联考高三（下）月考数学（理科）试题一、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．已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}，B={x|y=ln（2﹣x）}，则A∩B=（）A．（1，3）B．（1，3] C．[﹣1，2）D．（﹣1，2）2．已知复数z满足（z﹣1）i=i+1，则z在复平面内所对应的点在第（）象限．A．一B．二C．三D．四3．已知命题p：∃x∈（﹣∞，0），2x＜3x；命题q：∀x∈（0，），sinx＜x，则下列命题为真命题的是（）A．p∧q B．p∨（￢q） C．（￢p）∧q D．p∧（￢q）4．执行如图所示的程序框图，如果输入n=7，m=4，则输出的p等于（）A．120 B．360 C．840 D．10085．已知{an }为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S4=（）A．29 B．30 C．31 D．336．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，且其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosωx的图象，则函数f（x）的图象（）A．关于直线x=对称 B．关于直线x=对称C．关于点（，0）对称D．关于点（，0）对称7．如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积为（）A．20πB．24πC．16πD．18π8．一个三位自然数abc的百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＜b且c＜b 时称为“凸数”．若a，b，c∈{5，6，7，8，9}，且a，b，c互不相同，任取一个三位数abc，则它为“凸数”的概率是（）A．B．C．D．9．二项式（n∈N）的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是（）A．1 B．2 C．3 D．410．如图，边长为2的正方形 A BCD的顶点 A，B分别在两条互相垂直的射线 OP，OQ上滑动，则的最大值为（）A．2 B．4 C．6 D．811．已知双曲线﹣=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±3x B．y=±2x C．y=±（+1）x D．y=±（﹣1）x12．已知数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项、现给出以下四个命题：①数列0，1，3具有性质P；②数列0，2，4，6具有性质P；③若数列A具有性质P，则a1=0；④若数列a1，a2，a3（0≤a1＜a2＜a3）具有性质P，则a1+a3=2a2，其中真命题有（）A．4个B．3个C．2个D．1个二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．由曲线y=x2与y=x3所围成的封闭图形的面积是．14．已知x，y满足约束条件，若2x+y+k≥0恒成立，则实数k的取值范围为．15．已知点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，O为坐标原点，若A，B是以点M（0，9）为圆心，|OA|的长为半径的圆与抛物线C的两个公共点，且△ABO为等边三角形，则p的值是．16．已知函数f（x）=，则关于x的方程f[f（x）]+k=0给出下列四个命题：①存在实数k，使得方程恰有1个实根；②存在实数k，使得方程恰有2个不相等的实根；③存在实数k，使得方程恰有3个不相等的实根；④存在实数k，使得方程恰有4个不相等的实根．其中正确命题的序号是（把所有满足要求的命题序号都填上）．三、解答题（本大题共6个小题，共70分.应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知=．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若|﹣|=2，求△ABC面积的最大值．18．正三棱柱ABC﹣A1B1C1底边长为2，E、F分别为BB1，AB的中点，设=λ．（Ⅰ）求证：平面A1CF⊥平面A1EF；（Ⅱ）若二面角F﹣EA1﹣C的平面角为，求实数λ的值，并判断此时二面角E﹣CF﹣A1是否为直二面角，请说明理由．19．《中国好声音》每期节目有四位导师A，B，C，D参与．其规则是导师坐在特定的座椅上且背对歌手认真倾听其演唱，若每位参赛选手在演唱完之前有导师欣赏而为其转身，则该选手可以选择加入为其转身的导师的团队中接受指导训练；若出现多位导师为同一位学员转身，则选择权反转，交由学员自行选择导师，已知某期《中国好声音》中，8位选手唱完后，四位导师为其转身的情况统计如下：（记转身为T）现从这8位选手中随机抽取两人考查他们演唱完后导师的转身情况．（1）求选出的两人获得导师为其转身的人次和为4的概率；（2）记选出的2人获得导师为其转身的人次之和为X，求X的分布列及数学期望E（X）导A B C D师选手1T T2T T T T3T4T T5T T T6T T7T T T T8T T T20．已知椭圆： +=1，离心率为，点A，B分别是椭圆与x轴，y轴的交点，且原点O到AB的距离为．（Ⅰ）求椭圆方程；（Ⅱ）F是椭圆的右焦点，过F的直线l交椭圆于M，N两点，当直线l绕着点F转动过程中，试问在直线l′：x=3上是否存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，若存在求出直线l的方程，不存在说明理由．21．设函数f（x）=x2﹣aln（x+2），g（x）=xe x，且f（x）存在两个极值点x1、x2，其中x1＜x2．（1）求实数a的取值范围；（2）求g（x1﹣x2）的最小值；（3）证明不等式：f（x1）+x2＞0．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标标系xoy中，已知曲线（α为参数，α∈R），在以原点O 为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中（取相同的长度单位），曲线=，曲线C3：ρ=2cosθ．（Ⅰ）求曲线C1与C2的交点M的直角坐标；（Ⅱ）设A，B分别为曲线C2，C3上的动点，求|AB|的最小值．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x﹣a|，a∈R．（Ⅰ）当a=2时，解不等式：f（x）≥6﹣|2x﹣5|；（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤4的解集为[﹣1，7]，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：．2019-2020学年广东省深圳四校联考高三（下）月考数学（理科）试题参考答案一、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．已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}，B={x|y=ln（2﹣x）}，则A∩B=（）A．（1，3）B．（1，3] C．[﹣1，2）D．（﹣1，2）【考点】1E：交集及其运算．【分析】化简集合A、B，求出A∩B即可．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}={x|﹣1≤x≤3}=[﹣1，3]，B={x|y=ln（2﹣x）}={x|2﹣x＞0}={x|x＜2}=（﹣∞，2）；∴A∩B=[﹣1，2）．故选：C．2．已知复数z满足（z﹣1）i=i+1，则z在复平面内所对应的点在第（）象限．A．一B．二C．三D．四【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出复数z对应的点的坐标可得答案．【解答】解：由（z﹣1）i=i+1，得．则z在复平面内所对应的点的坐标为：（2，﹣1），位于第四象限．故选：D．3．已知命题p：∃x∈（﹣∞，0），2x＜3x；命题q：∀x∈（0，），sinx＜x，则下列命题为真命题的是（）A．p∧q B．p∨（￢q） C．（￢p）∧q D．p∧（￢q）【考点】2K：命题的真假判断与应用．【分析】结合函数的单调性及图象分别判断p，q的真假，从而判断出复合命题的真假即可，【解答】解：因为当x＜0时，，所以命题p为假，从而￢p为真．因为当x∈（0，）时，即x＞sinx，所以命题q为真，所以（￢p）∧q为真，故选C．4．执行如图所示的程序框图，如果输入n=7，m=4，则输出的p等于（）A．120 B．360 C．840 D．1008【考点】EF：程序框图．【分析】通过程序框图，按照框图中的要求将几次的循环结果写出，得到输出的结果．【解答】解：模拟执行程序，可得n=7，m=4，k=1，p=1，p=4，满足条件k＜m，执行循环体，k=2，p=20，满足条件k＜m，执行循环体，k=3，p=120，满足条件k＜m，执行循环体，k=4，p=840，不满足条件k＜m，退出循环，输出p的值为840．故选：C．5．已知{an }为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S4=（）A．29 B．30 C．31 D．33【考点】89：等比数列的前n项和．【分析】设等比数列{an }的公比为q，由a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，可得=2a1，，联立解出，再利用等比数列的前n项和公式即可得出．【解答】解：设等比数列{an }的公比为q，∵a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，∴=2a1， =a4+2a7，即，解得：a1=16，q=．则S4==30．故选：B．6．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，且其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosωx的图象，则函数f（x）的图象（）A．关于直线x=对称 B．关于直线x=对称C．关于点（，0）对称D．关于点（，0）对称【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】利用正弦函数的周期性、函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律、诱导公式，求得f （x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，得出结论．【解答】解：∵函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，∴=π，∴ω=2．把其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosωx=sin（2x++φ）的图象，∴+φ=kπ+，k∈Z，∴φ=﹣，∴f（x）=sin（2x﹣）．由于当x=时，函数f（x）=0，故A不满足条件，而C满足条件；令x=，求得函数f（x）=sin=，故B、D不满足条件，故选：C．7．如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积为（）A．20πB．24πC．16πD．18π【考点】LG：球的体积和表面积．【分析】翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥O﹣ACD，由此能求出以A （B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积．【解答】解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥O﹣ACD，如图，取CD中点E，连结AE，作OF⊥平面ABC，交AE于F，则F是△ACD的重心，由题意知AE==2，AF=，OF==，设G为四面体的外接球的球心、球半径为R，则G在直线OF上，且OG=AG=R，∴由AG2=AF2+GF2，得：R2=（）2+（﹣R）2，解得R=，∴以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积为S=4πR2=24π．故选：B．8．一个三位自然数abc的百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＜b且c＜b 时称为“凸数”．若a，b，c∈{5，6，7，8，9}，且a，b，c互不相同，任取一个三位数abc，则它为“凸数”的概率是（）A．B．C．D．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】根据题意，分析“凸数”的定义，在{5，6，7，8，9}的5个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上就构成一个“凸数”，再利用古典概型概率计算公式即可得到所求概率．【解答】解：a，b，c∈{5，6，7，8，9}，且a，b，c互不相同，基本事件总数n==60，在{5，6，7，8，9}的5个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上就构成一个“凸数”，3×2=20种情况，故“凸数”有C5任取一个三位数abc，它为“凸数”的概率p=．故选：D．9．二项式（n∈N）的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，求出前三项的系数，利用等差数列得到关于n的等式，求出n的值，将n的值代入通项，令x的指数为整数，得到r的值，得到展开式中有理项的项数．【解答】解；展开式的通项，前三项的系数分别为2n，∵前3项的系数成等差数列∴解得n=8，∴展开式的通项为，要项为有理项，需x的指数为整数∴r=0，4，8为有理项故选C．10．如图，边长为2的正方形 A BCD的顶点 A，B分别在两条互相垂直的射线 OP，OQ上滑动，则的最大值为（）A．2 B．4 C．6 D．8【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】令∠OAB=θ，由边长为2的正方形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴正半轴上，可得出D，C的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的数量积，通过三角函数的最值求解即可．【解答】解：如图：令OP为x轴，OQ为y轴，∠OAB=θ，由于AB=2故0A=2cosθ，OB=2sin θ，如图∠DAX=﹣θ，AB=2，故xD =2cosθ+2cos（﹣θ）=2cosθ+2sinθ，yD=2sin（﹣θ）=2cosθ故=2（cosθ+sinθ，cosθ）同理可求得C（2sinθ，2cosθ+2sinθ），即=2（sinθ，cosθ+sinθ），∴•=4（cosθ+sinθ，cosθ）•（sinθ，cosθ+sinθ）=4+4sin2θ，•的最大值是8．故选：D．11．已知双曲线﹣=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±3x B．y=±2x C．y=±（+1）x D．y=±（﹣1）x【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，可得|BF1|=2a，求出B的坐标，代入双曲线方程，即可求出双曲线的渐近线方程．【解答】解：∵过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，∴|BF1|=2a，设切点为T，B（x，y），则利用三角形的相似可得∴x=，y=∴B（，）代入双曲线方程，整理可得b=（+1）a，∴双曲线的渐近线方程为y=±（+1）x，故选：C．12．已知数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项、现给出以下四个命题：①数列0，1，3具有性质P；②数列0，2，4，6具有性质P；③若数列A具有性质P，则a1=0；④若数列a1，a2，a3（0≤a1＜a2＜a3）具有性质P，则a1+a3=2a2，其中真命题有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【考点】8B：数列的应用．【分析】根据数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项，逐一验证，可知①错误，其余都正确．【解答】解：∵对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的项，①数列0，1，3中，a2+a3=1+3=4和a3﹣a2=3﹣1=2都不是该数列中的数，故①不正确；②数列0，2，4，6，aj +ai与aj﹣ai（1≤i≤j≤3）两数中都是该数列中的项，并且a4﹣a3=2是该数列中的项，故②正确；③若数列A具有性质P，则an +an=2an与an﹣an=0两数中至少有一个是该数列中的一项，∵0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3，而2an不是该数列中的项，∴0是该数列中的项，∴a1=0；故③正确；④∵数列a1，a2，a3具有性质P，0≤a1＜a2＜a3∴a1+a3与a3﹣a1至少有一个是该数列中的一项，且a1=0，1°若a1+a3是该数列中的一项，则a1+a3=a3，∴a1=0，易知a2+a3不是该数列的项∴a3﹣a2=a2，∴a1+a3=2a22°若a3﹣a1是该数列中的一项，则a3﹣a1=a1或a2或a3①若a3﹣a1=a3同1°，②若a3﹣a1=a2，则a3=a2，与a2＜a3矛盾，③a3﹣a1=a1，则a3=2a1综上a1+a3=2a2，故选B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．由曲线y=x2与y=x3所围成的封闭图形的面积是．【考点】6G：定积分在求面积中的应用．【分析】要求曲线y=x2，y=x3围成的封闭图形面积，根据定积分的几何意义，只要求∫1（x2﹣x3）dx即可．【解答】解：由题意得：所求封闭图形的面积为∫01（x2﹣x3）dx═（﹣）|1=，故答案为：．14．已知x，y满足约束条件，若2x+y+k≥0恒成立，则实数k的取值范围为k≥6 ．【考点】7C：简单线性规划．【分析】2x+y+k≥0恒成立，即k≥﹣2x﹣y的最大值，所以只要利用线性规划问题，结合z=﹣2x﹣y的几何意义求其最大值即可．【解答】解：由题意，不等式组对应的平面区，设z=﹣2x﹣y，即y=﹣2x﹣z，将图中虚线平移，当过A时，z最大，由得到A（﹣2，﹣2），所以z的最大值为﹣2×（﹣2）﹣（﹣2）=6，所以k≥6；故答案为：k≥6．15．已知点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，O为坐标原点，若A，B是以点M（0，9）为圆心，|OA|的长为半径的圆与抛物线C的两个公共点，且△ABO为等边三角形，则p的值是．【考点】KI：圆锥曲线的综合．【分析】由题意，|MA|=|OA|，可得A的纵坐标，利用△ABO为等边三角形，求出A的横坐标，根据点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，即可求出p的值．【解答】解：由题意，|MA|=|OA|，∴A的纵坐标为4.5，∵△ABO为等边三角形，∴A的横坐标为，∵点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，∴=2p×∴p=．故答案为．16．已知函数f（x）=，则关于x的方程f[f（x）]+k=0给出下列四个命题：①存在实数k，使得方程恰有1个实根；②存在实数k，使得方程恰有2个不相等的实根；③存在实数k，使得方程恰有3个不相等的实根；④存在实数k，使得方程恰有4个不相等的实根．其中正确命题的序号是①②③（把所有满足要求的命题序号都填上）．【考点】2K：命题的真假判断与应用．【分析】由解析式判断出f（x）的正负，再求出f[f（x）]的解析式，根据指数函数的图象画出此函数的图象，根据方程根的几何意义和图象，判断出方程根的个数以及对应的k的范围，便可以判断出命题的真假．【解答】解：当∈[0，1）时，f（x）＜0，当∈（﹣∞，0）∪[1，+∞）时，f（x）＞0，∴f[f（x）]=，画出此函数的图象如下图：∵f[f（x）]+k=0，∴f[f（x）]=﹣k，由图得，当﹣1＜﹣k＜0时，方程恰有1个实根；当﹣k＞2或﹣k=0时，方程恰有2个实根，当0＜﹣k≤2时，方程恰有3个实根，故①②③正确．故答案为：①②③．三、解答题（本大题共6个小题，共70分.应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知=．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若|﹣|=2，求△ABC面积的最大值．【考点】HP：正弦定理．【分析】（I）=，由正弦定理可得： ===，化简利用余弦定理即可得出．（Ⅱ）取 BC中点D，则，在△ADC中，AD2=AC2+CD2﹣2 AC•CDcosC，化简利用基本不等式的性质与三角形面积计算公式即可得出．【解答】解：（I）∵=，由正弦定理可得： ===，化为：a2﹣c2=ab﹣b2，∴cosC==，C∈（0，π）．∴．（Ⅱ）取 BC中点D，则，在△ADC中，AD2=AC2+CD2﹣2 AC•CDcosC，即，∴ab≤8，当且仅当a=4，b=2时取等号．此时，其最大值为．18．正三棱柱ABC﹣A1B1C1底边长为2，E、F分别为BB1，AB的中点，设=λ．（Ⅰ）求证：平面A1CF⊥平面A1EF；（Ⅱ）若二面角F﹣EA1﹣C的平面角为，求实数λ的值，并判断此时二面角E﹣CF﹣A1是否为直二面角，请说明理由．【考点】LY：平面与平面垂直的判定；MT：二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）证明CF⊥平面A1EF，即可证明：平面A1CF⊥平面A1EF；（Ⅱ）如图，以F为坐标原点，，方向为x轴，y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，求出λ=，由定义则∠EFA1为二面角E﹣CF﹣A1的平面角，即可得出结论．【解答】（I）证明：因为正三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥平面ABC．所以AA1⊥CF，又△ABC是正三角形，F为AB中点，所以CF⊥AB，故CF⊥平面A1EF，又CF⊂平面A1CF，所以平面A1CF⊥平面A1EF．…（II）解：如图，以F为坐标原点，，方向为x轴，y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，由题意AA1=2λ．则F（0，0，0），A1（﹣1，0，2λ），E（1，0，λ），C（0，，0），=（﹣1，，﹣λ），=（0，，0），=（2，0，﹣λ）…设平面EA1C的法向量=（x，y，z），则，令z=2，则=（）…由（1）可知=（0，，0）为平面A1EF的一个法向量，故cos=，计算可得：λ=…由（1）可知EF⊥CF，A1F⊥CF，由定义则∠EFA1为二面角E﹣CF﹣A1的平面角，…此时由勾股定理：EF=，A1F=，AE=，…满足EF2+A1F2=AE2，则∠EFA1=，此时二面角E﹣CF﹣A1为直二面角…19．《中国好声音》每期节目有四位导师A ，B ，C ，D 参与．其规则是导师坐在特定的座椅上且背对歌手认真倾听其演唱，若每位参赛选手在演唱完之前有导师欣赏而为其转身，则该选手可以选择加入为其转身的导师的团队中接受指导训练；若出现多位导师为同一位学员转身，则选择权反转，交由学员自行选择导师，已知某期《中国好声音》中，8位选手唱完后，四位导师为其转身的情况统计如下：（记转身为T ）现从这8位选手中随机抽取两人考查他们演唱完后导师的转身情况． （1）求选出的两人获得导师为其转身的人次和为4的概率；（2）记选出的2人获得导师为其转身的人次之和为X ，求X 的分布列及数学期望E （X ） 导师 选手 A B C D1T T 2 TT TT3T4 TT 5 T TT6 TT 7 TT T T 8TTT【考点】CH ：离散型随机变量的期望与方差；CG ：离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）设8位选手中，2，7有4位导师为其转身；5，8有3位导师为其转身；1，4，6有2位导师为其转身；3只有1位导师为其转身．从8人中随机抽取两人有种情况，由此能求出其中选出的2人获得导师为其转身人次和为4的概率．（2）X的所有可能取值为3，4，5，6，7，8，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．【解答】解：（1）设8位选手中，2，7有4位导师为其转身；5，8有3位导师为其转身；1，4，6有2位导师为其转身；3只有1位导师为其转身．从8人中随机抽取两人有种情况，…其中选出的2人获得导师为其转身人次和为4的有种，…设事件A：“选出的2人获得导师为其转身人次和为4”，故所求概率为P（A）=，…答：选出的2人获得导师为其转身人次和为4的概率为．…（2）X的所有可能取值为3，4，5，6，7，8 …P（X=3）==，P（X=4）=，P（X=5）==，P（X=6）==，P（X=7）==，P（X=8）==，…所以X的分布列为：X345678PE（X）=+=．…20．已知椭圆： +=1，离心率为，点A，B分别是椭圆与x轴，y轴的交点，且原点O到AB的距离为．（Ⅰ）求椭圆方程；（Ⅱ）F是椭圆的右焦点，过F的直线l交椭圆于M，N两点，当直线l绕着点F转动过程中，试问在直线l′：x=3上是否存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，若存在求出直线l的方程，不存在说明理由．【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】（I）根据题意列方程解出a，b即可得出椭圆方程；（II）当l无斜率时，验证（3，0）是否满足条件，当直线有斜率时，设出l的点斜式方程y=k（x﹣2），联立方程组消元，求出MN及MN的中点坐标D，若存在符合条件的点P（3，y），则PD⊥MN，且PD=，列出方程组得出关于k和y的方程，求出方程的解即可．【解答】解：（I）∵点A，B分别是椭圆与x轴，y轴的交点，∴AB=，∵椭圆离心率为，原点O到AB的距离为，∴，解得a2=6，b2=2，∴椭圆方程为．（II）由椭圆方程可知椭圆右焦点F（2，0）．设MN的中点为D，①若直线l无斜率，则直线l的方程为x=2，把x=2代入椭圆方程得y=±，∴MN=，若直线l′：x=3上存在点P使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，则PM=PN，故P（3，0）．PM=1，显然PM≠MN，即PM，PN不垂直．②若直线l有斜率，设l的斜率为k，则直线l的方程为y=k（x﹣2）．联立方程组，消元得（3k2+1）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0．设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=．∴D（，），MN===．假设直线l′：x=3上存在点P（3，y）使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，则．若PD⊥MN，则，∴y+=﹣（3﹣）．若PD=MN，则=，∴|3﹣|=．∴3=，∴=﹣．无解．综上，直线l′：x=3上不存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形．21．设函数f（x）=x2﹣aln（x+2），g（x）=xe x，且f（x）存在两个极值点x1、x2，其中x1＜x2．（1）求实数a的取值范围；（2）求g（x1﹣x2）的最小值；（3）证明不等式：f（x1）+x2＞0．【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6E：利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（1）f（x）存在两个极值点，等价于其导函数有两个相异零点；（2）先找出（x1﹣x2）的取值范围，再利用g（x）的导函数可找出最小值；（3）适当构造函数，并注意x1与x2的关系，转化为函数求最大值问题，证明相关不等式．【解答】（1）解：由题：f′（x）=2x﹣（x＞﹣2）．∵f（x）存在两个极值点x1、x2，其中x1＜x2∴关于x的方程2x﹣=0，即2x2+4x﹣a=0在（﹣2，+∞）内有不等实根令S（x）=2x2+4x（x＞﹣2），T（x）=a，则﹣2＜a＜0，∴实数a的取值范围是（﹣2，0）；（2）解：由（1）可知∴g（x）=xe x得g（x）=（x+1）e x∴当x∈（﹣2，﹣1）时，g′（x）＜0，即g（x）在（﹣2，﹣1）单调递减；当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＞0，即g（x）在（﹣1，0）单调递增∴g（x1﹣x2）min=g（﹣1）=﹣（3）证明：由（1）知，∴=令﹣x2=x，则0＜x＜1且F（x）=﹣x﹣F′（x）=﹣1+（0＜x＜1）∴G（x）=（0＜x＜1）G′（x）=﹣=∵0＜x＜1，∴G′（x）=﹣∵0＜x＜1，∴G′（x）＜0，即F′（x）在（0，1）上是减函数．∴F′（x）＞F′（1）＞0，∴F（x）在（0，1）上是增函数∴F（x）＜F（1）=﹣1，即，即f（x1）+x2＞0．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标标系xoy中，已知曲线（α为参数，α∈R），在以原点O 为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中（取相同的长度单位），曲线=，曲线C3：ρ=2cosθ．（Ⅰ）求曲线C1与C2的交点M的直角坐标；（Ⅱ）设A，B分别为曲线C2，C3上的动点，求|AB|的最小值．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）求出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程，联立方程组能求出曲线C1与C2的交点M的直角坐标．（Ⅱ）曲线C3是以C（1，0）为圆心，半径r=1的圆，求出圆心C3到直线x+y+1=0的距离d，由此能求出|AB|的最小值．【解答】解：（Ⅰ）曲线（α为参数，α∈R），消去参数α，得：y=﹣﹣（x﹣1）2，x∈[0，2]，①∵曲线=，∴ρcosθ+ρsinθ+1=0，∴曲线C2：x+y+1=0，②，联立①②，消去y可得：4x2﹣12x+5=0，解得x=或x=（舍去），∴M（）．…（Ⅱ）曲线C 3：ρ=2cos θ，即ρ2=2ρcos θ，∴曲线C 3：（x ﹣1）2+y 2=1，是以C 3（1，0）为圆心，半径r=1的圆 圆心C 3到直线x+y+1=0的距离为d=，∴|AB|的最小值为．…[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f （x ）=|x ﹣a|，a ∈R ．（Ⅰ）当a=2时，解不等式：f （x ）≥6﹣|2x ﹣5|；（Ⅱ）若关于x 的不等式f （x ）≤4的解集为[﹣1，7]，且两正数s 和t 满足2s+t=a ，求证：．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）利用绝对值的意义表示成分段函数形式，解不等式即可．（2）根据不等式的解集求出a=3，利用1的代换结合基本不等式进行证明即可．【解答】（Ⅰ）解：当a=2时，不等式：f （x ）≥6﹣|2x ﹣5|，可化为|x ﹣2|+|2x ﹣5|≥6． ①x ≥2.5时，不等式可化为x ﹣2+2x ﹣5≥6，∴x ≥；②2≤x ＜2.5，不等式可化为x ﹣2+5﹣2x ≥6，∴x ∈∅； ③x ＜2，不等式可化为2﹣x+5﹣2x ≥6，∴x ≤， 综上所述，不等式的解集为（﹣]；（Ⅱ）证明：不等式f （x ）≤4的解集为[a ﹣4，a+4]=[﹣1，7]，∴a=3， ∴=（）（2s+t ）=（10++）≥6，当且仅当s=，t=2时取等号．。
深圳市宝安区宝安中学2018-2019学年高三上学期第三次月考试卷数学含答案
深圳市宝安区宝安中学2018-2019学年高三上学期第三次月考试卷数学含答案班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.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A={﹣4，2a ﹣1，a 2}，B={a ﹣5，1﹣a ，9}，且A ∩B={9}，则a 的值是（ ）A ．a=3B ．a=﹣3C ．a=±3D ．a=5或a=±32． 在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是（ ）A ．B ．C ．D ．3． 四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，2AB =，若该四棱锥的所有顶点都在体积为24316π同一球面上，则PA =（ ）A ．3B ．72C ．D ．92【命题意图】本题考查空间直线与平面间的垂直和平行关系、球的体积，意在考查空间想象能力、逻辑推理能力、方程思想、运算求解能力．4． 设x ∈R ，则x ＞2的一个必要不充分条件是（ ） A ．x ＞1 B ．x ＜1 C ．x ＞3 D ．x ＜35． 设a ，b 为正实数，11a b+≤23()4()a b ab -=，则log a b =（ ）A.0B.1-C.1 D .1-或0【命题意图】本题考查基本不等式与对数的运算性质等基础知识，意在考查代数变形能与运算求解能力. 6． 设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的（ ） A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7． 已知函数()f x 的定义域为[],a b ，函数()y f x =的图象如图甲所示，则函数(||)f x 的图象是 图乙中的（ ）8． 已知{}n a 是等比数列，25124a a ==，，则公比q =（ ） A ．12-B ．-2C ．2D ．12 9． 若,m n 是两条不同的直线，,,αβγ是三个不同的平面，则下列为真命题的是（ ）A ．若,m βαβ⊂⊥，则m α⊥B ．若,//m m n αγ=，则//αβC ．若,//m m βα⊥，则αβ⊥D ．若,αγαβ⊥⊥，则βγ⊥10．记集合{}22(,)1A x y x y =+?和集合{}(,)1,0,0B x y x y xy =+３?表示的平面区域分别为Ω1，Ω2，若在区域Ω1内任取一点M （x ，y ），则点M 落在区域Ω2内的概率为（ ） A ．12p B ．1p C ．2pD ．13p【命题意图】本题考查线性规划、古典概型等基础知识，意在考查数形结合思想和基本运算能力． 11．二进制数）（210101化为十进制数的结果为（ ） A ．15 B ．21 C ．33 D ．4112．函数2(44)xy a a a =-+是指数函数，则的值是（ ） A ．4 B ．1或3 C ．3 D ．1二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在横线上）13．在△ABC 中，若a=9，b=10，c=12，则△ABC 的形状是 ．14．已知函数21()sin cos sin 2f x a x x x =-+的一条对称轴方程为6x π=，则函数()f x 的最大值为（ ） A ．1 B ．±1 C 2 D ．2±【命题意图】本题考查三角变换、三角函数的对称性与最值，意在考查逻辑思维能力、运算求解能力、转化思想与方程思想．15．设函数，若用表示不超过实数m 的最大整数，则函数的值域为 ．16．已知直线：043=++m y x （0>m ）被圆C ：062222=--++y x y x 所截的弦长是圆心C 到直线的距离的2倍，则=m .三、解答题（本大共6小题，共70分。
【附15套精选模拟试卷】广东省深圳市2020届高三第二次调研考试数学(理)试题含解析
广东省深圳市2020届高三第二次调研考试数学（理）试题一、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．将5名教师分配到甲、乙、丙三所学校任教，其中甲校至少分配两名教师，其它两所学校至少分配一名教师，则不同的分配方案共有几种（ ） A ．60B ．80C ．150D ．3602．一个多面体的三视图如图所示，设在其直观图中，是的中点，则三棱锥的高为（ ）A ．B ．C ．D ．3．设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中正确的是 A ．n αβ=I ，m α⊂，//m β//m n ⇒ B ．αβ⊥，m αβ=I ，m n ⊥n β⇒⊥ C ．m n ⊥，m α⊂，n β⊂αβ⇒⊥ D ．//m α，n ⊂α，//m n ⇒4．设)(x f 是定义在R 上的奇函数，且0)2(=f ,当0>x 时，有2()()xf x f x x'-<恒成立，则不等式2()0x f x >的解集是（ ） A ．(2,0)-∪(2,)+∞ B ．(,2)-∞-∪(0,2) C ．(,2)-∞-∪(2,)+∞ D ．(2,0)-∪(0,2)5．若对圆()()22111x y -+-=上任意一点(),P x y ， 34349x y a x y -++--的取值与,x y 无关，则实数a 的取值范围是（ ） A ．4a ≤- B ．46a -≤≤C ．4a ≤-或6a ≥D ．6a ≥6．已知圆22:8150C x y x +-+=，直线2y kx =+上至少存在一点P ，使得以点P 为原心，半径为1的圆与圆C有公共点，则k的最小值是（）A．43-B．54-C．35-D．53-7．某快递公司的四个快递点,,,A B C D呈环形分布（如图所示），每个快递点均已配备快递车辆10辆．因业务发展需要，需将,,,A B C D四个快递点的快递车辆分别调整为5,7,14,14辆，要求调整只能在相邻的两个快递点间进行，且每次只能调整1辆快递车辆，则A．最少需要8次调整，相应的可行方案有1种B．最少需要8次调整，相应的可行方案有2种C．最少需要9次调整，相应的可行方案有1种D．最少需要9次调整，相应的可行方案有2种8．已知复数23(13)izi+=-，z是z的共轭复数，则•z z=A．14B．12C．1 D．29．已知数列n a｛｝是等差数列，12a=，其中公差0d≠.若5a是3a和8a的等比中项，则18S=( ) A．398 B．388 C．189 D．19910．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．836πB．16833πC．3236π+D2s gLπ11．假设有两个分类变量X和Y的22⨯列联表如下：注：2K 的观测值2()()()()()()()n ad bc a b a ck n a b c d a c b d a c b d a b c d-==--++++++++.对于同一样本，以下数据能说明X 和Y 有关系的可能性最大的一组是（ ） A ．45,15a c ==B ．40,20a c ==C ．35,25a c ==D ．30,30a c ==12．函数()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意两个正数()1212,,x x x x <，都有()()1212f x f x x x >，记()2250.2a f =，()1b f =，513log 3log 5c f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则,,a b c 大小关系为（ ）A ．c b a >>B ．b c a >>C ．a b c >>D ．a c b >>二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019-2020年高三第二次月考数学(理)试题 含答案
2019-2020年高三第二次月考数学（理）试题 含答案说明：本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）共两卷．其中第l 卷共60分，第II 卷共90分，两卷合计I50分．答题时间为120分钟．第Ⅰ卷（选择题 共60分）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，只有一个选项是符合题目要求的，把正确选项的代号涂在答题卡上.）1设集合 M ={x|(x+3)(x-2)<0}，N ={x|1≤x ≤3},则M ∩N =( )（A ）[1,2) (B)[1,2] (C)( 2,3] (D)[2,3]2. 已知命题“，如果，则”，则它的否命题是A 、，如果，则B 、，如果，则C 、，如果，则D 、，如果，则3. 已知向量a=（2,1），b=（-1，k ），a ·（2a-b ）=0，则k=（ ）A. -12B. -6C. 6D. 124. 设为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且,有两个命题：：若，则；：若，则；那么( )A ．“或”是假命题B ．“且”是真命题C ．“非或” 是假命题D ．“非且”是真命题5、设f(x)是定义在R 上以6为周期的函数，f(x)在(0,3)内单调递减，且y=f(x)的图像关于直线x =3对称，则下面正确的结论是( )(A) f(1.5)<f(3.5)<f(6.5)(B) f (3.5)<f(1.5)<f(6.5) (C) f(6.5)<f(3.5)<f(1.5) (D) f(3.5)<f(6.5)<f(1.5)6．为了在一条河上建一座桥，施工前在河两岸打上两个桥位桩（如图），要测算两点的距离，测量人员在岸边定出基线，测得，，就可以计算出两点的距离为( )A ．B ．C ． D.7. 调查表明，酒后驾驶是导致交通事故的主要原因之一，交通法规规定：驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过.如果某人喝了少量酒后，血液中酒精含量将迅速上升到，在停止喝酒后，血液中酒精含量就以每小时50%的速度减少，则他至少要经过（ ）小时后才可以驾驶机动车. A.1 B.2 C.3 D.48.设等比数列中，前n 项和为,已知，则( )A. B. C. D.9.设函数的定义域为实数集R ，对于给定的正数，定义函数，给出函数，若对于任意的，恒有，则 （ ）B ACA ．k 的最大值为2B ．k 的最小值为2C ．k 的最大值为1D ．k 的最小值为110. 若一个螺栓的底面是正六边形，它的主视图和俯视图如图所示，则它的体积是( )A. 27+12πB.C. 27+3πD. 54+3π11若函数，若,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.12.已知，把数列的各项排列成如下的三角形状， 记表示第行的第个数，则=( )A. B. C. D.第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二、填空题：本题共4个小题，每题4分，共16分.把正确答案填在答题卡的相应位置.13.若实数满足条件则z=的最大值为___ _. 14.已知奇函数满足，且当时，，则的值___15.已知向量，其中x ，y 都是正实数，若，则的最小值是_______.16.下列命题：①函数在上是减函数；②点A （1，1）、B （2，7）在直线两侧；③数列为递减的等差数列，，设数列的前n 项和为，则当时，取得最大值；④定义运算则函数的图象在点处的切线方程是其中正确命题的序号是_________（把所有正确命题的序号都写上）.三、解答题：（本大题共6小题，共74分。
2020年广东省深圳市宝安中学(集团)高考数学模拟试卷(文科)(2月份)
2020年广东省深圳市宝安中学（集团）高考数学模拟试卷（文科）（2月份）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，请将答案涂在答题卡上）1. 若集合A ＝{x||x|>x}，B ＝{y|y ＝x 2−1, x ∈R}，则A ∩B ＝（ ） A.{x|x ≥0} B.{x|−≤x ≤1} C.{x|−1≤x ≤0} D.{x|−1≤x <0}2. 在复平面内与复数z =2i 1+i所对应的点关于实轴对称的点为A ，则A 对应的复数为( )A.1−iB.1+iC.−1+iD.−1−i3. 设x ∈R ，则“1<x <2”是“|x −2|<1”的( ) A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件 C.既不充分也不必要条件 D.充要条件4. 设x ，y 满足约束条件{x −y +1≥0x +y −1≥0x ≤3, ，则z ＝2x +y 的最小值（ ）A.1B.4C.2D.105. 已知等比数列{a n }中有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且a 7＝b 7，则b 5+b 9＝（ ） A.4 B.2C.8D.166. 如果执行如图的程序框图，那么输出的S 值（ ）A.2B.−1C.12D.20167. 若直线l 1:x +ay +6=0与l 2：(a −2)x +3y +2a =0平行，则l 1与l 2间的距离为（ ） A.8√23B.√2C.8√33D.√38. 已知向量a →=(cos α, −2)，b →=(sin α, 1)，且a → // b →，则tan (α−π4)等于( ) A.−3 B.3 C.−13D.139. 设F 1，F 2分别是椭圆x 225+y 216=1的左、右焦点，P 为椭圆上一点，M 是F 1P 的中点，|OM|＝2，则P 点到椭圆左焦点的距离为（ ） A.4 B.3 C.6 D.510. 函数f(x)＝A sin (ωx +φ)（其中A >0，ω>0，|φ|<π2）的图象如图所示，为了得到y ＝cos 2x 的图象，则只要将f(x)的图象（ ）A.向右平移π6个单位长度B.向左平移π6个单位长度C.向右平移π12个单位长度 D.向左平移π12个单位长度11. 设函数f (f )，若对于在定义域内存在实数f 满足f (−f )＝-f (f )，则称函数f (f )为“局部奇函数”．若函数f (f )＝4x −f ∗2x +f 2−3是定义在f 上的“局部奇函数”，则实数f 的取值范围是（ ） A.[−2√2, 1−√3] B.[1−√3, 1+√3] C.[−1, 2] D.[−2√2, 2√2]12. 已知函数f(x)是定义在(−∞, 0)∪(0, +∞)上的偶函数，当x >0时f(x)={2|x−1|,0<x ≤212f(x −2),x >2 ，则函数g(x)＝2f(x)−1的零点个数为（ ）个． A.2B.6C.8D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．已知函数f(x)＝(bx−1)e x+a(a, b∈R)．若曲线y＝f(x)在点（0, f (0)）处的切线方程为y＝x，则a+b ＝________．在△ABC中，∠A=2π3，a=√3c，则bc=________．已知直线l为双曲线：x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线，直线l与圆(x−c)2+y2＝a2（其中c2＝a2+b2，c>0）相交于A，B两点，若|AB|=√2a，则双曲线C的离心率为________√62．三、解答题：共70分已知{a n}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{b n}满足b1＝4，b4＝20，且{b n−a n}为等比数列．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{b n}的前n项和．2012年“双节”期间，高速公路车辆较多．某调查公司在一服务区从七座以下小型汽车中按进服务区的先后每间隔50辆就抽取一辆的抽样方法抽取40名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速公路的车速(km/t)分成六段：(60, 65)，[65, 70)，[70, 75)，[80, 85)，[85, 90)后得到如图的频率分布直方图．（1）某调查公司在采样中，用到的是什么抽样方法？（2）求这40辆小型车辆车速的众数和中位数的估计值．（3）若从车速在[60, 70)的车辆中任抽取2辆，求车速在[65, 70)的车辆至少有一辆的概率．如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAB为正三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，E为PD的中点，AB⊥AD，BC // AD，且AB＝BC=12AD＝2．（1）求证：CE // 平面PAB；（2）求三棱锥P−ACE的体积．已知动点M(x, y)到定点F(14,0)的距离比到y轴的距离大14（1）求动点M的轨迹方程；（2）若A(4, 2)为所求轨迹上一点，B、C为所求轨迹上位于y轴右侧的两动点，若直线AB、AC的斜率分别为k1、k2且互为相反数，求证：直线BC的斜率是定值．已知函数f(x)＝e x−ax−2．（1）求f(x)的单调区间；（2）若a＝1，k为整数，且当x>0时，(k−x−1)f′(x)<x+1恒成立，其中f′(x)为f(x)的导函数，求整数k的最大值．[选修4-4：坐标系与参数方程选讲]已知极坐标系的极点在平面直角坐标系的原点O处，极轴与x轴的正半轴重合，且长度单位相同，直线l的极坐标方程为：ρ=5sin(θ−π3)，点P(2cosα, 2sinα+2)，参数α∈R．(Ⅰ)求点P轨迹的直角坐标方程；(Ⅱ)求点P到直线l距离的最大值．[选修4-5：不等式选讲]设函数f(x)＝|x−1|+|x−a|(a∈R)（1）当a＝2时，求不等式f(x)≥3的解集；（2）若f(x)≥3对x∈R恒成立，求a的取值范围．参考答案与试题解析2020年广东省深圳市宝安中学（集团）高考数学模拟试卷（文科）（2月份）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，请将答案涂在答题卡上）1.【答案】此题暂无答案【考点】交集根助运算【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答2.【答案】此题暂无答案【考点】复验热数术式工乘除运算复数射代开表波法及酸几何意义【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答3.【答案】此题暂无答案【考点】绝对来不等阅必要条水表综分条近与充要条件的判断【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答4.【答案】此题暂无答案【考点】简单因性规斯【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答5.【答案】此题暂无答案【考点】等比使香的性质等差因列的校质【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答6.【答案】此题暂无答案【考点】程正然图【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答7.【答案】此题暂无答案【考点】两条平行射线间面距离直线的水根式方务式直线的平行关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答8.【答案】此题暂无答案【考点】三角根隐色树恒等变换应用两角和与表型正切公式平面水因共线（平行）的坐似表阻【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答9.【答案】此题暂无答案【考点】椭圆水明心率【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答10.【答案】此题暂无答案【考点】由y=于si械（ωx+美）的部分角象六定其解断式函数y射Asi过（ω复非φ）的图象变换【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答11.【答案】此题暂无答案【考点】函数与方都的综合运着【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答12.【答案】此题暂无答案【考点】函数根助点与驶还根的关系【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】此题暂无答案【考点】利用三数定究曲纵上迹点切线方程【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】正因归理【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】双曲根气离心率【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答三、解答题：共70分【答案】此题暂无答案【考点】等差明列政快比数坏的综合【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】等明能约件用样本表数擦特征估老朝体的数字特征频率都着直方图等可能表件型概率【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】棱使、求族非棱台的体积直线体平硫平行【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】直线常椭圆至合业侧值问题轨表方擦【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答【答案】此题暂无答案【考点】利验热数技究女数的最值利用验我研究务能的单调性【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答[选修4-4：坐标系与参数方程选讲] 【答案】此题暂无答案【考点】圆的较坐标停程【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答[选修4-5：不等式选讲]【答案】此题暂无答案【考点】不等式三成立的最题绝对常不等至的保法与目明【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答。
广东省深圳市2019-2020学年高二下学期第二次月考数学(理)试题Word版含答案
广东省深圳市2019-2020学年高二下学期第二次月考数学（理）试题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的4个选项中只有一个是正确的，请将答案填写在答题卷相应的位置上)1、已知集合2{|230},{1,0,1,2,3}A x x x B =--<=-，则A B =I （ B ）.A {0,1}.B {0,1,2} .C {1,0,1}-.D {1,3}-2、若复数i iiz ,32+-=是虚数单位，则z 在复平面内对应的点在（ A ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3、命题“2000,10x R x x ∃∈-->”的否定是（ A ）A ．2,10x R x x ∀∈--≤B ．2,10x R x x ∀∈-->C ．2000,10x R x x ∃∈--≤D ． 2000,10x R x x ∃∈--≥4、函数22ln x x y x--+=的定义域为（ C ）A ．(-2,1)B ．C ．(0,1)D ．(0,1]5、设1232,2()log (1),2x e x f x x x -⎧<⎪=⎨-≥⎪⎩,则((2))f f 的值为（ C ） A ．0 B ．1 C ．2 D ．36、设,a b 均为实数，则“||a b >”是“33a b >”的（ A ） 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、将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（ A ） A ．12种 B ．10种 C ．9种 D ．8种8 、某企业节能降耗技术改造后，在生产某产品过程中几录的产量x （吨）与相应的生产能耗y （吨）的几组对应数据如表所示： x 3 4 5 6 y2.534a若根据表中数据得出y 关于x 的线性回归方程为=0.7x+0.35，则表中a 的值为（ D ）A ．3B ．3.15C ．3.5D ．4.59 、若函数()xxf x a k a-=-⋅（0a >且1a ≠）在(,)-∞+∞上既是奇函数又是增函数，则函数()log ()a g x x k =+的大致图象是（ B ）10、从1，3，5，7，9中任取3个数字，从2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的五位数，则组成的五位数是偶数的概率是（ D ） A ． B ． C ． D ．11、()()2412x x +-的展开式中含3x 项的系数为（ B ） A ．16 B ．8 C ．－40 D ．4012、设函数()3269f x x x x =-+，()()321111323a g x x x ax a +=-+->，若对任意的[]10,4x ∈，总存在[]20,4x ∈，使得()()12f x g x =，则实数a 的取值范围为（ D ）A ．91,4⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．[)9,+∞C ．[)39,9,24⎡⎤⋃+∞⎢⎥⎣⎦D ．[)91,9,4⎛⎤⋃+∞ ⎥⎝⎦二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把下列各题的正确答案填写在答题卷相应的位置上)13、42()x x-展开式中的常数项为 24 ．14 、设随机变量X 服从正态分布N （1，σ2），且P （X ≥a 2﹣1）=P （X <a ﹣3），则a=-3或2 ．15、已知f （x ）是定义在R 上的奇函数，f （x ）满足f （x+2）=﹣f （x ），当0≤x ≤1时， f （x ）= x ，则f （7. 5）等于 ﹣0.516、若()42340123412x a a x a x a x a x -=++++，则0123a a a a +++= -15 ．三、解答题（本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 17、（本题满分12分） 已知函数有极大值5,其导函数的图象经过点,如图所示．(1)求原函数取得极大值时x 的值（要求列表说明）; (2)求的值．【答案】(1)由随变化的情况可知当时取到极大值5 ………4分(2)………6分由已知条件为方程,的两根,因此………9分解得.………12分18、（本题满分12分）为调查了解某省属师范大学师范类毕业生参加工作后，从事的工作与教育是否有关的情况，该校随机调查了该校80位性别不同的2016年师范类毕业大学生，得到具体数据如表：与教育有关与教育无关合计男30 10 40女35 5 40合计65 15 80（1）能否在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“师范类毕业生从事与教育有关的工作与性别有关”？参考公式：（n=a+b+c+d）．附表：P（K2≥k0）0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 k00.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.023 6.635（2）求这80位师范类毕业生从事与教育有关工作的频率；（3）以（2）中的频率作为概率．该校近几年毕业的20000名师范类大学生中随机选取4名，记这4名毕业生从事与教育有关的人数为X，求X的数学期望E（X）．解：（1）由题意得k2==＜3.841．………3分故不能在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“师范类毕业生从事与教育有关的工作与性别有关”………5分（2）由图表知这80位师范类毕业生从事与教育有关工作的频率．………8分（3）由题意知X服从………10分，则．………12分19、（本题满分12分）在如图所示的多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，底面ABFE为直角梯形，∠ABF为直角，，平面ABCD⊥平面ABFE．（1）求证：DB⊥EC；（2）若AE=AB，求二面角C﹣EF﹣B的余弦值．【解答】证明：（1）∵底面ABFE为直角梯形，AE∥BF，∠EAB=90°，∴AE⊥AB，BF⊥AB，∵平面ABCD⊥平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，∴AE⊥平面ABCD．BF⊥平面ABCD，∴BF⊥BC，………2分设AE=t，以BA，BF，BC所在的直线分别为x，y，z轴建立如图坐标系，………3分则B（0，0，0），C（0，0，1），D（1，0，1），E（1，t，0）………5分∵=0，∴DB⊥EC．…………7分解：（2）由（1）知是平面BEF的一个法向量，………8分设=（x，y，z）是平面CEF的一个法向量，AE=AB=1，E （1，1，0），F （0，2，0）， ∴=（1，1，﹣1），=（0，2，﹣1），则，取z=2， =（1，1，2），………10分∴cos ＜＞==，………11分即二面角C ﹣EF ﹣B 的余弦值为．………12分20、（本题满分12分）随着人口老龄化的到来，我国的劳动力人口在不断减少，“延迟退休”已经成为人们越来越关心的话题，为了解公众对“延迟退休”的态度，某校课外研究性学习小组在某社区随机抽取了50人进行调查，将调查情况进行整理后制成下表： 年龄 [)20,25[)25,30[)30,35[)35,40[)40,45人数 45853年龄 [)45,50[)50,55[)55,60[)60,65[)65,70人数67354经调查年龄在[)25,30，[)55,60的被调查者中赞成“延迟退休”的人数分别是3人和2人，现从这两组的被调查者中各随机选取2人，进行跟踪调查．（Ⅰ）求年龄在[)25,30的被调查者中选取的2人都赞成“延迟退休”的概率；（Ⅱ）若选中的4人中，不赞成“延迟退休”的人数为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．解：（Ⅰ）设“年龄在[)25,30的被调查者中选取的2人都是赞成”为事件A ，所以()2325310C P A C ==………4分（Ⅱ）X 的可能取值为0,1,2,3………5分所以()223222531010C C P X C C ===，()1122112323212253215C C C C C C P X C C +=== ()221111223221225313230C C C C C C P X C C +==，()21122122531315C C C P X C C ===………9分………10分 所以()12131220123105301515E X =⨯+⨯+⨯+⨯=………12分21、（本题满分12分）已知函数()ln ,f x x x e =为自然对数的底数． （1）求曲线()y f x =在2x e -=处的切线方程；（2）关于x 的不等式()()1f x x λ≥-在()0,+∞上恒成立，求实数λ的值； （3）关于x 的方程()f x a =有两个实根12,x x ，求证：21221x x a e --<++．解（1）对函数()f x 求导得()1ln ln 1f x x x x x'=+=+g ，………1分 ∴()22ln 11f e e --'=+=-，………2分 又()2222ln 2f e e e e ----==-，………3分∴曲线()y f x =在2x e -=处的切线方程为()()222y e x e ----=--，即2y x e -=--；………4分（2）记()()()()1ln 1g x f x x x x x λλ=--=--，其中0x >，由题意知()0g x ≥在()0,+∞上恒成立，下求函数()g x 的最小值，对()g x 求导得()ln 1g x x λ'=+-，令()0g x '=，得1x eλ-=，∴()())()()1111min 11g x g x g e e e e λλλλλλλ----===---=-极小，∴1e λλ--≥，记()1G eλλλ-=-，则()11G e λλ-'=-，令()0G λ'=，得1λ=．当λ变化时，()(),G G λλ'变化情况列表如下：∴)()max 10G G G λλ===极大，故10e λλ--≤当且仅当1λ=时取等号，又10eλλ--≥，从而得到1λ=； ……8分（3）先证()2f x x e -≥--， 记()()()22ln h x f x x ex x x e--=---=++，则()ln 2h x x '=+，令()0h x '=，得2x e -=，∴()()()22222min ln 0h x h x h e e e e e -----===++=极小，()0h x ≥恒成立，即()2f x x e -≥--，记直线2,1y x e y x -=--=-分别与y a =交于()()12,,,x a x a ''，不妨设12x x <，则()22111a x e f x x e --'=--=≥--，从而11x x '<，当且仅当22a e -=-时取等号，由（2）知，()1f x x ≥-，则()22211a x f x x '=-=≥-， 从而22x x '≤，当且仅当0a =时取等号， 故()()22122121121x x x x x x a a ea e--''-=-≤-=+---=++，因等号成立的条件不能同时满足，故21221x x a e --<++．………12分22、（本题满分10分）在平面直角坐标系中，直线l 过点P 且倾斜角为α，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为4cos()3πρθ=-，直线l 与曲线C 相交于,A B 两点；（Ⅰ）求曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）若||AB =l 的倾斜角α的值． 解：（1）∵4cos(),4(cos cossin sin )2(cos )333πππρθρθθθθ=-∴=+=…………3分∴2222(cos sin ),2x y x ρρθθ=∴+=+，∴曲线C 的直角坐标方程为22(1)(4x y -+-=。
2019-2020学年广东深圳高三下数学月考试卷带答案
2019-2020学年广东深圳高三下数学月考试卷一、选择题1. 已知集合A ，B 均为全集U ={1,2,3,4,5,6,7}的子集，集合A ={1,2,3,4}，则满足A ∩∁U B ={1,2}的集合B 可以是( ) A.{1,2,3,4}B.{1,2,7}C.{3,4,5,6}D.{1,2,3}【答案】 C【考点】交、并、补集的混合运算 子集与真子集【解析】 此题暂无解析 【解答】解：因为A ∩∁U B ={1,2}， 所以集合B 中不含有元素1,2. 故选C .2. 复数z =4+3i 3−4i（i 为虚数单位）的虚部为( )A.−1B.2C.5D.1【答案】 D【考点】复数代数形式的乘除运算 复数的基本概念【解析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义即可得出． 【解答】 解：复数z =4+3i 3−4i=(4+3i )(3+4i )3−4i 3+4i =i 的虚部是1．故选D .3. 若x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1，|x|≤2，则z =2x +y 的最大值为( )A.−7B.3C.5D.7【答案】 D【考点】求线性目标函数的最值 【解析】 此题暂无解析解：由题意作出可行域，如图，当直线经过点A 时，y =z −2x 的截距最大，即z =2x +y 取得最大值. 联立方程{x −y =−1,x =2,解得{x =2,y =3,即点A 的坐标为(2,3)，故z max =2×2+3=7.故选D .4. 如图，△OAB 是边长为2的正三角形，记△OAB 位于直线x =t(0<t ≤2)左侧的图形的面积为f (t )，则y =f (t )的大致图象为( )A. B.C. D.【答案】 B【考点】函数的图象变换 导数的几何意义【解析】（1）根据题目所给信息以及导数的几何意义进行解题即可.解：当直线x=t从原点运动到B点时，左侧的图形的面积增幅越来越大，当从B点运动到A点时，左侧的图形的面积增幅越来越慢，由导数的几何意义可知，y=f(t)的图象从左到右切线斜率先变大后边小，且恒为正值，即函数图象先越来越陡峭，再越来越平缓，只有选项B满足.故选B.5. 将函数f(x)=cos(2x−1)的图象向左平移1个单位长度，所得函数在[0,12]的零点个数是()A.0个B.1个C.2个D.3个或以上【答案】B【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】解：将函数f(x)=cos(2x−1)的图象向左平移1个单位长度，得到g(x)=cos[2(x+1)−1]=cos(2x+1)的图象，∵x∈[0,12]，∴2x+1∈[1,2]，由y=cos x的图象可得，g(x)在[0,12]的零点个数为1个.故选B.6. 某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正三棱锥后得到的．如果被截正方体的棱长为40cm，则石凳子的体积为()A.1920003cm3 B.1600003cm3 C.160003cm3 D.640003cm3【答案】B【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】（1）根据题目所给信息进行解题即可.【解答】解：已知原正方体的体积为403=64000cm3，其截去的8个正三棱锥的体积为8×13×12×20×20×20=320003cm3，所以石凳子的体积为64000−320003=1600003cm3.故选B.7. 在某市2020年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N(98, 100)．已知参加本次考试的全市理科学生约有9450人．如果某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第()附：若X∼N(μ，σ2)，则P(μ−σ<X<μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<X<μ+2σ)=0.9544.A.1500名B. 1700名C.4500名D.8000名【答案】A【考点】正态分布的密度曲线【解析】将正态总体向标准正态总体的转化，求出概率，即可得到结论．【解答】解：由题意知，考试的成绩ξ服从正态分布N(98, 100)．∵μ=98，σ=10，∴P(ξ≥108)=1−P(ξ<108)=12[1−P(88<ξ<108)]≈0.1587，即数学成绩优秀高于108分的学生占总人数的15.87%．∴9450×15.87%≈1500名.故选A．8. 已知(1+xm )n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n，若a1=3,a2=4，则m=()A.1B.3C.2D.4【答案】B【考点】二项式定理的应用【解析】此题暂无解析【解答】解：已知(1+xm )n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n，T r+1=C n r m−r x r，当r=1时，C n1⋅m−1=nm=3，①当r=2时，C n2⋅m−2=4，②由①②得，m=3，n=9.故选B.9. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P，Q两点，且∠PAQ=5π6，则该双曲线的离心率为()A.√2B.√3C.√213D.√13【答案】D【考点】双曲线的渐近线双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，设双曲线的一条渐近线方程为y=bax，联立{y=bax,x2+y2=c2,解得x P=−a，x Q=a，∴Q(a, b)，且AP⊥x轴，∵∠PAQ=5π6，∴∠F2AQ=π3，则tanπ3=b2a=√3，则b2=c2−a2=12a2，得e2=13，即e=√13．故选D.10. 设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足2√S n=a n+1，则数列{a n−7}的前n项和T n的最小值为()A.−494B.−72C.72D.−12【答案】D【考点】数列与函数最值问题数列递推式等差数列的前n项和【解析】利用数列递推式求数列的通项公式，在利用等差数列的求和公式以及二次函数的特点求解.【解答】解：当n=1时，有2√a1=a1+1，解得a1=1；当n≥2时，由2√S n=a n+1，得4S n=a n2+2a n+1，4S n−1=a n−12+2a n−1+1，两式相减得4a n=a n2−a n−12+2(a n−a n−1)，所以(a n+a n−1)(a n−a n−1−2)=0.因为数列{a n}的各项为正，所以a n−a n−1−2=0.所以数列{a n}是以1为首项，2为公差的等差数列，所以数列{a n}的通项公式为a n=2n−1．所以a n−7=2n−8，T n=n(a1−7)+n(n−1)2d=n2−7n=(n−72)2−494.由于n为正整数，所以n=3或4时，T n取得最小值，最小值为−12.故选D.11. 已知三棱锥P−ABC满足PA=PB=PC=AB=2，AC⊥BC，则该三棱锥外接球的体积为()A.32 27√3πB.323π C.329√3π D.163π【答案】A【考点】球内接多面体球的表面积和体积【解析】此题暂无解析【解答】解：取AB的中点D,连接PD,CD.如图，∵AC⊥BC ,∴D为Rt△ABC外接圆的圆心，则球心O在过D与平面ABC垂直的直线上.∵ PA =PB =PC =AB =2， ∴ PD ⊥AB ，PD =√32AB =√3,CD =12AB =1 ,∴ PC 2=PD 2+CD 2， ∴ PD ⊥CD ， ∴ PD ⊥ 平面ABC , ∴ 球心O 在PD 上.∵ 球心O 在过正三角形PAB 外接圆圆心与平面ABC 垂直的直线上， ∴ 球心O 为△PAB 外接圆圆心，则 OD =13PD =√33. 连接AO ,设球的半径为R ,则 R =OA =√AD 2+OD 2=√12+(√33)2=2√33, ∴ 三棱锥 P −ABC 的外接球的体积为V =43πR 3=43π(2√33)3=3227√3π.故选A .12. 已知f (x )是定义在(−π2,π2)上的奇函数，f (1)=0，且当x ∈(0,π2)时，f (x )+f ′(x )tan x >0，则不等式f (x )<0的解集为( ) A.(−1,0)∪(1,π2) B.(−1,0)∪(0,1) C.(−π2,−1)∪(1,π2) D.(−π2,−1)∪(0,1)【答案】 D【考点】函数恒成立问题利用导数研究函数的单调性 奇偶性与单调性的综合 函数奇偶性的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由已知得x ∈(0,π2)，f(x)+f ′(x)tan x >0，构造函数g(x)=sin xf(x)，则g ′(x)=cos xf(x)+f ′(x)sin x ， x ∈(0,π2)，cos x >0，则g ′(x)cos x =f(x)+f ′(x)tan x >0，∴ x ∈(0,π2)时，g ′(x)>0，g(x)在(0,π2)上单调递增．∵f(x)为(−π2,π2)上的奇函数，∴g(x)=sin xf(x)为(−π2,π2)上的偶函数．∵f(1)=0，则g(1)=g(−1)=0，故当f(x)<0，则g(x)sin x<0，即g(x)⋅sin x<0，则g(x)与sin x异号．x∈(−π2,0)，sin x<0，取g(x)大于0，x∈(0,π2)，sin x>0，取g(x)小于0，故解集为(−π2,−1)∪(0,1).故选D．二、填空题设函数f(x)=mx2ln x，若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线ex+y+ 2020=0平行，则m=________.【答案】−1 3【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程导数的几何意义直线的一般式方程与直线的平行关系【解析】此题暂无解析【解答】解：f(x)=mx2ln x，故f′(x)=mx(2ln x+1);因为曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线ex+y+2020=0平行，故该切线的斜率与直线ex+y+2020=0的斜率相同，即k=−e,即f′(e)=3me=−e故m=−13.故答案为：−13.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1,a n+1=2a n，若数列{b n}满足b n⋅S n=1，则b1+1 b1+b2+1b2+⋯+b10+1b10=________.【答案】2046【考点】 数列的求和等比数列的前n 项和【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ 数列{a n }满足a n+1=2a n ，∴ 数列{a n }是以首项为a 1=1，公比为2的等比数列， ∴ S n =2n −1. ∵ b n ⋅S n =1， ∴ S n =1b n，∴b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10=1+1b 1+1+1b 2+⋯+1+1b 10=10+21−1+22−1+23−1+⋯+210−1 =21+22+⋯+210 =2(1−210)1−2=2046. 故答案为：2046.已知A (3,0),B (0,1),C (−1,2)，若点P 满足|AP →|=1，则|OB →+OC →+OP →|的最大值为________. 【答案】√13+1 【考点】平面向量的坐标运算 点与圆的位置关系 两点间的距离公式【解析】（1）根据题目所给信息进行解题即可. 【解答】解：不妨设P(x,y)，已知|AP →|=1，可得(x −3)2+y 2=1， 即点P 在以圆心为(3,0)，半径为1的圆上， 易得OB →+OC →+OP →=(x −1,y +3)，而已知|OB →+OC →+OP →|=√(x −1)2+(y +3)2， 其表示点P(x,y)到点(1,−3)的距离， 则P 所在圆的圆心到点(1,−3)的距离d =√13 , 则其最大值为d +r =d +1=√13+1.故答案为：√13+1.已知抛物线C:x 2=4y 的焦点为F ，直线l 过点F 且倾斜角为5π6．若直线l 与抛物线C 在第二象限的交点为A ，过点A 作AM 垂直于抛物线C 的准线，垂足为M ，则△AMF 外接圆上的点到直线√2x −y −3=0的距离的最小值为________. 【答案】4√23【考点】与圆有关的最值问题 抛物线的性质直线与抛物线的位置关系 圆的一般方程【解析】本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求法及与圆有关的最值问题．由已知求得A ，M ，F 三点的坐标，得到△AMF 外接圆的方程，再结合圆的知识求解即可． 【解答】解：∵ 抛物线C ：x 2=4y ， ∴ 焦点F(0，1)，准线：y =−1． 又∵ 直线l 的倾斜角为5π6， ∴ 斜率k =−√33， ∴ l ：y −1=−√33x ． 由{y =−√33x +1，x 2=4y ，得{x =−2√3，y =3或{x =2√33，y =13，∴ A(−2√3,3)，M(−2√3,−1)，F(0，1)．设过A ，M ，F 三点的圆方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，∴ {12+9−2√3D +3E +F =0，12+1−2√3D −E +F =0，1+E +F =0，解得：D =8√33，E =−2，F =1， ∴ x 2+y 2+8√33x −2y +1=0，圆：(x +4√33)2+(y −1)2=163，圆心(−4√33,1)，r=4√33，圆心到√2x−y−3=0的距离d=|−4√63−1−3|√3=4√2+4√33，∴ 外接圆上的点到直线√2x−y−3=0距离的最小值为d−r=4√23．故答案为：4√23．三、解答题在△ABC中，内角A，B，C满足√3sin(B+C)=2sin2A2.(1)求内角A的大小；(2)若AB=5,BC=7，求BC边上的高．【答案】解：(1)在△ABC中，sin(B+C)=sin A，由√3sin(B+C)=2sin2A2，得√3sin A=1−cos A．即√3sin A+cos A=1，∴sin(A+π6)=12．∵A∈(0,π)，∴A+π6∈(π6,7π6)，∴A+π6=5π6，即A=2π3．(2)在△ABC中，A=2π3，AB=5，BC=7，由余弦定理得49=25+AC2−10AC⋅cos2π3，即AC2+5AC−24=0，解得AC=−8（舍去）或AC=3．则S△ABC=12AB⋅AC⋅sin2π3=15√34．设BC边上的高为ℎ，由S△ABC=12BC⋅ℎ=15√34，解得ℎ=15√314．【考点】三角形的面积公式余弦定理三角函数中的恒等变换应用【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)在△ABC中，sin(B+C)=sin A，由√3sin(B+C)=2sin2A2，得√3sin A=1−cos A．即√3sin A+cos A=1，∴sin(A+π6)=12．∵A∈(0,π)，∴A+π6∈(π6,7π6)，∴A+π6=5π6，即A=2π3．(2)在△ABC中，A=2π3，AB=5，BC=7，由余弦定理得49=25+AC2−10AC⋅cos2π3，即AC2+5AC−24=0，解得AC=−8（舍去）或AC=3．则S△ABC=12AB⋅AC⋅sin2π3=15√34．设BC边上的高为ℎ，由S△ABC=12BC⋅ℎ=15√34，解得ℎ=15√314．如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1，D是AB的中点，E是C1C的中点，且AB= 1,AA1=2.(1)证明：CD//平面A1EB;(2)求二面角B−A1E−D的余弦值．【答案】(1)证明：取A1B的中点F，连结EF，DF，如图，∵D，F分别是AB，A1B的中点，∴DF=//1A1A,2∵A1A=//C1C，E是C1C的中点，∴DF=//EC ,∴四边形CDFE是平行四边形．∴CD=//EF ,∵CD⊄平面A1EB，EF⊂平面A1EB,∴CD//平面A1EB.(2)解：∵△ABC是正三角形，D是AB的中点，∴CD⊥AB.∵在正三棱柱ABC−A1B1C1中,A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥CD.又由(1)知DF//A1A，∴CD，BD，DF两两互相垂直,∴以D为原点，分别以DB，DC，DF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，B (12,0，0),E (0,√32,1),A 1(−12,0,2)． ∴ BE →=(−12,√32,1),DE→=(0,√32,1),A 1E→=(12,√32,−1), 设平面A 1DE 的法向量为n →=(x,y,z )， 则{n →⋅A 1E →=12x +√32y −z =0，n →⋅DE →=√32y +z =0，令z =√3，得y =−2,x =4√3， ∴ n →=(4√3,−2,√3).设平面A 1BE 的法向量为m →=(m,n,t),则{m →⋅A 1E →=12m +√32n −t =0，m →⋅BE →=−12m +√32n +t =0，令t =1，得n =0,m =2， ∴ m →=(2,0,1).设二面角B −A 1E −D 的平面角为θ， 由已知得θ∈(0,π2),cos θ>0, ∴ cos θ=cos ⟨n →，m →⟩=n →⋅m→|n →|⋅|m →|=√3√3√(4√3)2+(−2)2+(√3)2×√22+12=9√3355， ∴ 二面角B −A 1E −D 的余弦值为9√3355.【考点】二面角的平面角及求法直线与平面平行的判定【解析】无无【解答】(1)证明：取A1B的中点F，连结EF，DF，如图，∵D，F分别是AB，A1B的中点，∴DF=//1A1A,2∵A1A=//C1C，E是C1C的中点，∴DF=//EC ,∴四边形CDFE是平行四边形．∴CD=//EF ,∵CD⊄平面A1EB，EF⊂平面A1EB,∴CD//平面A1EB.(2)解：∵△ABC是正三角形，D是AB的中点，∴CD⊥AB.∵在正三棱柱ABC−A1B1C1中,A1A⊥平面ABC，∴A1A⊥CD.又由(1)知DF//A1A，∴CD，BD，DF两两互相垂直,∴以D为原点，分别以DB，DC，DF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，B (12,0，0),E (0,√32,1),A 1(−12,0,2)． ∴ BE →=(−12,√32,1),DE→=(0,√32,1),A 1E→=(12,√32,−1), 设平面A 1DE 的法向量为n →=(x,y,z )， 则{n →⋅A 1E →=12x +√32y −z =0，n →⋅DE →=√32y +z =0，令z =√3，得y =−2,x =4√3， ∴ n →=(4√3,−2,√3).设平面A 1BE 的法向量为m →=(m,n,t),则{m →⋅A 1E →=12m +√32n −t =0，m →⋅BE →=−12m +√32n +t =0，令t =1，得n =0,m =2， ∴ m →=(2,0,1).设二面角B −A 1E −D 的平面角为θ， 由已知得θ∈(0,π2),cos θ>0, ∴ cos θ=cos ⟨n →，m →⟩=n →⋅m→|n →|⋅|m →|=√3√3√(4√3)2+(−2)2+(√3)2×√22+12=9√3355， ∴ 二面角B −A 1E −D 的余弦值为9√3355.已知椭圆C ：x 24+y 22=1，A ，B 分别为椭圆长轴的左右端点，M 为直线x =2上异于点B 的任意一点，连接AM 交椭圆于P 点． (1)求证：OP →⋅OM →为定值；(2)是否存在x 轴上的定点Q 使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与 BP 的交点． 【答案】(1)证明：由已知得A (−2,0)，B (2,0)，设M (2,m )，P (x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)， 则x 024+y 022=1，得y 02=−x 02−42．又k AP =y 0x 0+2=k AM =m−02−(−2)=m4，k BP =y 0x 0−2，∴ k AP ⋅k BP =y 02x 02−4=−12．于是m4⋅y 0x−2=−12． 整理有2x 0+my 0=4．∴ OP →⋅OM →=2x 0+my 0=4为定值．(2)解：假设存在定点Q (n,0)满足要求， 设M (2,m )，P (x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)，则由以MP 为直径的圆通过MQ 与BP 的交点得MQ →⋅BP →=0．∴ (n −2,−m )⋅(x 0−2,y 0)=nx 0−2n −2x 0+4−my 0=0 ．① 由(1)得2x 0+my 0=4 ．②将②代入①，有n (x 0−2)=0， ∵ x 0≠2， 解得n =0．∴ 存在x 轴上的定点Q (0,0)，使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点． 【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 圆锥曲线的综合问题 【解析】此题暂无解析 【解答】(1)证明：由已知得A (−2,0)，B (2,0)，设M (2,m )，P (x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)， 则x 024+y 022=1，得y 02=−x 02−42．又k AP =y 0x+2=k AM =m−02−(−2)=m4，k BP =y 0x 0−2，∴ k AP ⋅k BP =y 02x 02−4=−12．于是m4⋅y 0x−2=−12． 整理有2x 0+my 0=4．∴ OP →⋅OM →=2x 0+my 0=4为定值．(2)解：假设存在定点Q (n,0)满足要求，设M (2,m )，P (x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)，则由以MP 为直径的圆通过MQ 与BP 的交点得MQ →⋅BP →=0． ∴ (n −2,−m )⋅(x 0−2,y 0)=nx 0−2n −2x 0+4−my 0=0 ．① 由(1)得2x 0+my 0=4 ．② 将②代入①，有n (x 0−2)=0， ∵ x 0≠2， 解得n =0．∴ 存在x 轴上的定点Q (0,0)，使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点．已知函数f(x)=e x +(m −e)x −mx 2. (1)当m =0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0,1)内存在零点，求实数m的取值范围.【答案】解：(1)若m=0，则f(x)=e x−ex，则f′(x)=e x−e,f′(1)=0，当x<1时，f′(x)<0,f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0,f(x)单调递增，所以f(x)在x=1处取得极小值，且极小值为f(1)=0，无极大值.(2)由题得f′(x)=e x−2mx+m−e，设g(x)=e x−2mx+m−e，则g′(x)=e x−2m.若m=0，则f(1)=0，故由(1)得f(x)在区间(0,1)内没有零点.若m<0，则g′(x)=e x−2m>0，故函数g(x)在区间(0,1)内单调递增.又g(0)=1+m−e<0,g(1)=−m>0，所以存在x0∈(0,1)，使g(x0)=0.故当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0,1)时，f′(x)>0,f(x)单调递增.因为f(0)=1，f(1)=0，所以当m<0时，f(x)在区间(0,1)内存在零点.若m>0，由(1)得当x∈(0,1)时，e x>ex.则f(x)=e x+(m−e)x−mx2>ex+(m−e)x−mx2=m(x−x2)>0，此时函数f(x)在区间(0,1)内没有零点.综上，实数m的取值范围为(−∞,0).【考点】由函数零点求参数取值范围问题利用导数研究函数的极值利用导数研究函数的单调性函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)若m=0，则f(x)=e x−ex，则f′(x)=e x−e,f′(1)=0，当x<1时，f′(x)<0,f(x)单调递减；当x>1时，f′(x)>0,f(x)单调递增，所以f(x)在x=1处取得极小值，且极小值为f(1)=0，无极大值.(2)由题得f′(x)=e x−2mx+m−e，设g(x)=e x−2mx+m−e，则g′(x)=e x−2m.若m=0，则f(1)=0，故由(1)得f(x)在区间(0,1)内没有零点.若m<0，则g′(x)=e x−2m>0，故函数g(x)在区间(0,1)内单调递增.又g(0)=1+m−e<0,g(1)=−m>0，所以存在x0∈(0,1)，使g(x0)=0.故当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0,1)时，f′(x)>0,f(x)单调递增.因为f(0)=1，f(1)=0，所以当m<0时，f(x)在区间(0,1)内存在零点.若m>0，由(1)得当x∈(0,1)时，e x>ex.则f(x)=e x+(m−e)x−mx2>ex+(m−e)x−mx2=m(x−x2)>0，此时函数f(x)在区间(0,1)内没有零点.综上，实数m的取值范围为(−∞,0).一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准率为0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为a(0<a<0.4）．每个勘探小组配备1名甲类人员与2名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为ξ．(1)证明：在ξ各个取值对应的概率中，概率P(ξ=1)的值最大．(2)在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发．现在有三个勘探小组A i（i=1,2,3）可派出，若小组A i能完成特殊任务的概率t i=P(ξ=i)(i=1,2,3)且各个小组能否完成任务相互独立．试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．【答案】(1)证明：由已知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3．P(ξ=0)=(1−0.6)⋅(1−a)2=0.4(1−a)2，P(ξ=1)=0.6(1−a)2+(1−0.6)⋅C21a(1−a)=0.2(1−a)(3+a)，P(ξ=2)=0.6⋅C21a(1−a)+(1−0.6)a2=0.4a(3−2a)，P(ξ=3)=0.6a2，∵0<a<0.4，∴P(ξ=1)−P(ξ=0)=0.2(1−a)(3+a)−0.4(1−a)2=0.2(1−a)(1+3a)>0，P(ξ=1)−P(ξ=2)=0.2(1−a)(3+a)−0.4a(3−2a)=0.2(3a2−8a+3)>0，P(ξ=1)−P(ξ=3)=0.2(1−a)(3+a)−0.6a2=−0.2(4a2+2a−3)>0 .∴概率P(ξ=1)的值最大．(2)解：由(1)可知，由0<a<0.4有t1=P(ξ=1)的值最大，且t2−t3=P(ξ=2)−P(ξ=3)=0.4a(3−2a)−0.6a2=0.2a(6−7a)>0，∴t1>t2>t3，∴应当以A1,A2,A3的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值．证明如下：假定p1,p2,p3为t1,t2,t3(t1>t2>t3)的任意一个排列，即若三个小组A i(i=1,2,3)按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p1,p2,p3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η=1，2，3，且η的分布列为：p2)=3−2p1−p2+p1p2 .1121下面证明E(η)=3−2p1−p2+p1p2≥3−2t1−t2+t1t2成立．若E(η)=3−p1−(p1+p2)+p1p2，可发现当派出的前两个小组的顺序不变时，第一个派出的小组完成的概率越大，E(η)越小；若E(η)=3−2p1−(1−p1)p2，可发现当派出的第一个小组不变，后两个小组的顺序变换时，则第二个派出的小组完成的概率越大，E(η)越小．可见，按照完成任务概率从大到小的A1,A2,A3的小组顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．【考点】n次独立重复试验的结果相互独立事件的概率乘法公式离散型随机变量的期望与方差离散型随机变量及其分布列【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：由已知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3．P(ξ=0)=(1−0.6)⋅(1−a)2=0.4(1−a)2，P(ξ=1)=0.6(1−a)2+(1−0.6)⋅C21a(1−a)=0.2(1−a)(3+a)，P(ξ=2)=0.6⋅C21a(1−a)+(1−0.6)a2=0.4a(3−2a)，P(ξ=3)=0.6a2，∵0<a<0.4，∴P(ξ=1)−P(ξ=0)=0.2(1−a)(3+a)−0.4(1−a)2=0.2(1−a)(1+3a)>0，P(ξ=1)−P(ξ=2)=0.2(1−a)(3+a)−0.4a(3−2a)=0.2(3a2−8a+3)>0，P(ξ=1)−P(ξ=3)=0.2(1−a)(3+a)−0.6a2=−0.2(4a2+2a−3)>0 .∴概率P(ξ=1)的值最大．(2)解：由(1)可知，由0<a<0.4有t1=P(ξ=1)的值最大，且t2−t3=P(ξ=2)−P(ξ=3)=0.4a(3−2a)−0.6a2=0.2a(6−7a)>0，∴t1>t2>t3，∴应当以A1,A2,A3的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值．证明如下：假定p1,p2,p3为t1,t2,t3(t1>t2>t3)的任意一个排列，即若三个小组A i(i=1,2,3)按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p1,p2,p3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η=1，2，3，且η的分布列为：p2)=3−2p1−p2+p1p2 .1121下面证明E(η)=3−2p1−p2+p1p2≥3−2t1−t2+t1t2成立．若E(η)=3−p1−(p1+p2)+p1p2，可发现当派出的前两个小组的顺序不变时，第一个派出的小组完成的概率越大，E(η)越小；若E(η)=3−2p1−(1−p1)p2，可发现当派出的第一个小组不变，后两个小组的顺序变换时，则第二个派出的小组完成的概率越大，E(η)越小．可见，按照完成任务概率从大到小的A1,A2,A3的小组顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．在平面直角坐标系xOy中，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C1的极坐标方程为ρcosθ−2ρsinθ=1．若P为曲线C1上的动点，Q是射线OP上的一动点，且满足|OP|⋅|OQ|=2，记动点Q的轨迹为C2.(1)求C2的直角坐标方程；(2)若曲线C1与曲线C2交于M，N两点，求△OMN的面积．【答案】解：(1)设P(ρ1,θ),Q(ρ,θ)，则ρ1cosθ−2ρ1sinθ=1，即ρ1=1，cosθ−2sinθ由|OP|⋅|OQ|=2得ρ1⋅ρ=2.∴1⋅ρ=2，cosθ−2sinθ∴ρ=2cosθ−4sinθ，∴ρ2=2ρcosθ−4ρsinθ.∵ρ2=x2+y2,x=ρcosθ,y=ρsinθ，∴x2+y2=2x−4y，即(x−1)2+(y+2)2=5．∵|OP|⋅|OQ|=2，∴点Q的轨迹C2不经过(0,0)点，∴C2的直角坐标方程为(x−1)2+(y+2)2=5（不包括(0,0)点）．(2)由ρcosθ−2ρsinθ=1及得C1的直角坐标方程为x−2y=1，即x−2y−1=0 .∵曲线C2的圆心为(1,−2)，半径为√5，∴点(1,−2)到C1的距离d1=2()2=√5．∴|MN|=2√(√5)2−d12=√5．∵点O到C1的距离d2=22=√5．∴△OMN的面积为12|MN|⋅d2=1255=35．【考点】圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化点到直线的距离公式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设P(ρ1,θ),Q(ρ,θ)，则ρ1cosθ−2ρ1sinθ=1，即ρ1=1cosθ−2sinθ，由|OP|⋅|OQ|=2得ρ1⋅ρ=2.∴1cosθ−2sinθ⋅ρ=2，∴ρ=2cosθ−4sinθ，∴ρ2=2ρcosθ−4ρsinθ.∵ρ2=x2+y2,x=ρcosθ,y=ρsinθ，∴x2+y2=2x−4y，即(x−1)2+(y+2)2=5．∵|OP|⋅|OQ|=2，∴点Q的轨迹C2不经过(0,0)点，∴C2的直角坐标方程为(x−1)2+(y+2)2=5（不包括(0,0)点）．(2)由ρcosθ−2ρsinθ=1及x=ρcosθ,y=ρsinθ得C1的直角坐标方程为x−2y=1，即x−2y−1=0 .∵曲线C2的圆心为(1,−2)，半径为√5，∴点(1,−2)到C1的距离d1=2()2=√5．∴|MN|=2√(√5)2−d12=√5．∵点O到C1的距离d2=2()2=√5．∴△OMN的面积为12|MN|⋅d2=12√5√5=35．。
2019-2020学年高三数学第二次月考试卷 理.doc
2019-2020学年高三数学第二次月考试卷 理A.43B. 43-C.54D. 54-2.“0<x ”是“()01ln <+x ”的( )条件.A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充分必要D ．既不充分也不必要 3.函数()()11lg -+=x x x f 的定义域是（ ） A ． ()+∞-,1 B ．[)+∞-,1 C ．()()+∞⋃-,11,1 D ．[)()+∞⋃-,11,1 4.已知1e ，2e是夹角为32π的两个单位向量，若向量2123e e a -=，则1e a ⋅（ ） A ．2 B ．4 C ．5 D ．7 5.已知等差数列121086415,1515}{a a a a a S a n +-+-=则项和前= （ ） A ．1B ．2C ．21 D ．36．已知R b a ∈,，下列命题正确的是（ ）A ．若a b >，则||||a b >B ．若a b >，则11a b< C ．若||a b >，则22a b > D ．若||a b >，则22a b >7．已知正项等比数列{}n a 中，n S 为其前项和n ，且2431,7a a S ==则5=S （ ） A ．152 B ．314 C ．334D ．172 8．若实数,x y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≤--≤-+00520532x y x y x ，则|1|z x y =++的最小值是（ ）A ．0B ．4C ．83D ．729．已知函数若c b a 、、互不相等，且()()()f a f b f c ==，则c b a ++的取值范围是（ ）A ．（1，2014）B ．（1，2015）C ．（2，2015）D ．[2，2015] 10．已知函数()()0,0103223>>+-=n m nx mx x f ，有且仅有两个不同的零点，则2211g m g n +的最小值为（ ）A ．17 B ．19 C ．111 D ．131二、填空题（本大题共6小题，考生作答5小题，每小题5分，共25分）11. 设m R ∈,222(1)i m m m +-+-是纯虚数,其中i 是虚数单位,则________m =. 12．已知)1,3(-=a，则与a 方向相同的单位向量的坐标为 _． 13．已知正数,a b 满足abb a 2)9(4log log =+，则b a 4+的最小值为 ．考生注意：14、15、16为选做题，请从中任选两题作答，若三题全做，则按前两题给分．14．如图，PQ 为半圆O 的直径，A 为以OQ 为直径的半圆A 的圆心，圆O 的弦PN 切圆A 于点M ，PN=8，则圆A 的半径为 ． 15．以平面直角坐标系的原点为极点，x 轴的正半轴为极轴， 建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位．已知直线l 的 参数方程是⎩⎨⎧-=+=11t y t x (t 为参数)，圆C 的极坐标方程是θρcos 4=，则直线l 被圆C 截得的弦长为_ _． 16．若不等式aa x x 431+≥-++对任意的实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是 ．三、解答题（本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. （本题满分13分）先将函数()x x f 2sin =的图象上所有的点都向右平移12π个单位，再把所有的点的横坐标都伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()x g y =的图象. （1）求函数()x g 的解析式和单调递减区间； （2）若A 为锐角三角形的内角，且()31=A g ，求⎪⎭⎫⎝⎛2A f 的值． 18．（本题满分13分）大学毕业的小张到甲、乙、丙三个不同的单位应聘，各单位是否录用 他相互独立，其被录用的概率分别为54、43、32（允许小张被多个单位同时录用） （1）小张没有被录用的概率；（2）设录用小张的单位个数为ξ，求ξ的分布列和它的数学期望．19. （本题满分13分）在△ABC 中,角A ,B ,C 对应的边分别是a ,b ,c . 已知cos 23cos()1A B C -+=. (Ⅰ)求角A 的大小;(Ⅱ)若△ABC 的面积S =,5b =,求sin sin B C 的值.20．（本题满分12分）已知函数()x a x x f ln 22+=．（Ⅰ）求函数()x f 的单调区间； （Ⅱ）若函数)(2)(x f xx g +=在[]2,1上是减函数，求实数a 的取值范围．21．（本题满分12分）已知数列{}n a 满足1113,*,13n n n a a a n N a +≤≤∈=. （1）若12100,,,a a a 成等差数列，求数列12100,,,a a a 的公差的取值范围；（2）若{}n a 是等比数列，且11000m a =，求正整数m 的最小值，以及m 取最小值时相应{}n a 的公比.22．（本题满分12分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意的正整数n ，都有51n n a S =+成立，记*4()1nn na b n N a +=∈-（1）求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式；（2）记*221()n n n c b b n N -=-∈，设数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：对任意正整数n 都有32n T <.()g x ∴它的单调递减区间为).](235,232[Z k k k ∈++ππππ（2）由（1）知，31)6sin()(=-=πA A g ，A 是锐角 260ππ<-<∴A ，.322)6cos(=-∴πA被三个单位录取的概率为：,52)(=ABC P 所以分布列为： 所以：6053302201600=⋅+⋅+⋅+⋅=ξE 19.(Ⅰ)由cos 23cos()1A B C -+=,得22cos 3cos 20A A +-=,即(2cos 1)(cos 2)0A A -+=,解得1cos 2A = 或cos 2A =-(舍去). 因为0πA <<,所以π3A =.(Ⅱ)由11sin 22S bc A bc ====得20bc =. 又5b =,知4c =.由余弦定理得2222cos 25162021,a b c bc A =+-=+-=故a =. 又由正弦定理得222035sin sin sin sin sin 2147b c bc B C A A A a a a =⋅==⨯=（Ⅱ）由g(x)＝2x ＋x 2＋2aln x ，得g′(x)＝－22x ＋2x ＋2a x， 由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－22x ＋2x ＋2a x ≤0在[1,2]上恒成立．即a≤1x－x 2在[1,2]上恒成立． 令h(x)＝1x －x 2，在[1,2]上h′(x)＝－21x －2x ＝－(21x＋2x)＜0，所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min ＝h(2)＝－72，所以a≤－72．故实数a 的取值范围为{a|a≤－72}.21．解：（1）由题得，∵1133n n n a a a +≤≤，且数列数列12100,,a a a 成等差数列，11a =，∴1[1(1)]13[1(1)]3n d nd n d +-≤+≤+-，∴(21)2(23)2d n d n +≥-⎧⎨-≥-⎩，∴2[,2]199d ∈-（2）由题得，∵1133n n n a a a +≤≤，且数列{}n a 是等比数列，11a =，∴11133n n n q q q --≤≤，∴111()03(3)0n n q q q q --⎧-≥⎪⎨⎪-≤⎩，∴1[,3]3q ∈. 又由已知111000m m a q -==，∴13111log 1log 10001000q m =+≥+，又∵m N *∈，∴8m ≥∴数列{}n a 是首项为114=-a ，公比为14=-q 的等比数列， 4分 ∴1()4=-n n a ，*14()4()11()4+-=∈--n n n b n N 6分 （2）由54(4)1n n b =+--得 7分145145122122++-=-=--n n n n n b b c)416)(116(1625+-⨯=n n n4163)16(16252-⨯+⨯=n n n nn n 1625)16(16252=⨯< 10分 又1221343,,33b bc ==∴= 当1=n 时，341=c ，132T <， 11分 当2n ≥时，234869161516125341611])161(1[1612534)161161161(253422232<=⨯+<--⨯+=+++⨯+<-n n n T ∴对任意正整数n 都有32n T <。
2020年深圳市宝安中学高考数学模拟试卷(理科)(2月份)(含答案解析)
2020年深圳市宝安中学高考数学模拟试卷(理科)(2月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若a ∈R ，复数z =(a 2−2a)+(a 2−a −2)i 是纯虚数，则( )A. a ≠2且a ≠−1B. a =0C. a =2D. a =0或a =22. 设z =i+1i−1，f(x)=x 2−x +1，则f(z)=( )A. iB. −iC. −1+iD. −1−i3. 设向量a ⃗ =(2tanα,tanβ)，向量b ⃗ =(4,−3)，且a ⃗ +b ⃗ =0⃗ ，则tan(α+β)等于( ) A. 17B. −15C. 15D. −174. (cos15°−cos75°)(sin75°+sin15°)=( )A. 12B. √22 C. √32D. 15. 已知f(x)=xlnx −ax ，g(x)=x 3−x +6，若对任意的x ∈(0,+∞)，2f(x)≤g′(x)+2恒成立，则实数a 的取值范围为( )A. [−2,−13]B. [−2,+∞)C. (−∞,−13]D. (−∞,−2]6. 若实数x ，y 满足{x −2y +2≥0,3x −2y −3≤0,x +y −1≥0,则x 2+y 2的最小值为( )A. 0B. 12C. √22D. 17. 已知x +y −3=0，则√(x −2)2+(y +1)2的最小值为 ( )A. √2B. 2C. √3D. 18. 过双曲线x 2−y 23=1的右焦点且与x 轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A ，B 两点，则AB =( )A. 4√33B. 2√3C. 6D. 4√39. 已知函数f(x)=sin (ωx +φ)在区间[0,4π3]上单调，且f(π3)=0,f(4π3)=1，则f(0)的值为( ) A. −1B. −12C. −√32D. 010. 若数列{a n }满足1an+1=2a n +1a n ，a 1=1，则a 6=( )A. 111B. 113C. 10D. 1111. 已知函数f (x )=x 2−cosx ，x ∈[−π2,π2]，则( )A. f (32)>f (0)>f (−1) B. f (−1)>f (0)>f (32) C. f (32)>f (−1)>f (0)D. f (−1)>f (32)>f (0)12. 已知A(3,2)，若点P 是抛物线y 2=8x 上任意一点，点Q 是圆(x −2)2+y 2=1上任意一点，则|PA|+|PQ|的最小值为( )A. 3B. 4C. 5D. 6二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 在(x −2)5(√2+y)4的展开式中，x 3y 2的系数为_______． 14. 已知数列{a n }中，a 1=2，a n+1=(n+1)a n n+2a n(n ∈N ∗)，则∑ka kn k=1=______．15. 已知α为锐角，向量a ⃗ =(cosα,sinα)、b⃗ =(1,−1)满足a ⃗ ⋅b ⃗ =2√23，则_________．16. 已知直线kx −y +1−k =0恒过定点A ，若点A 在直线mx +ny −2=0(m 、n >0)上，则1m +1n的最小值_____．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，tanC =2√6．(1)求cos C ；(2)若ab =20，且a +b =1，求△ABC 的周长．18.如图，在四棱锥E—ABCD中，底面ABCD为正方形，AE⊥平面CDE，AE=DE=2，F为线段DE中点．(1)求证：平面ADE⊥平面ABCD；(2)求平面ACF与平面ACD所成锐角大小的余弦值．19.已知圆E：(x+√2)2+y2=12，点F(√2,0)，点P为圆E上的动点，线段PF的垂直平分线交半径PE于点M.直线l：y=kx+m交M的轨迹于不同的两点A，B，原点O到直线l的距离为√3．2 (Ⅰ)求动点M的轨迹方程；(Ⅱ)求△OAB面积的最大值．20.9月22日秋分，在第三个“中国农民丰收节”到来之际，全国处处五谷丰登、瓜果飘香，广大农民共庆丰年、分享喜悦。
广东深圳宝安中学(集团)高中部2023-2024学年高三上学期12月月考英语试题(原卷版+ 解析版)
宝安中学(集团)高中部2024届高三年级12月月考英语本试卷共8页;满分120分，考试时间120分钟。
注意事项：1、考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目等信息涂写在答题纸上。
2、题目答案均完成在答题纸上。
3、考试结束，监考人员将答题纸收回。
第一部分阅读理解(共两节，满分50分)第一节(共15小题;每小题2.5分，满分37.5分)阅读下列短文，从每题所给的A、B、C、D四个选项中选出最佳选项。
ABritain is arguably the great walking nation. About two-thirds of us already head out to stretch our legs once a week. The following festivals offer a wealth of organized walks, but walkers should register in advance.Prestatyn and Clwydian Range festivalVisitors to Wales tend to move west, to either the well-worn tracks of Snowdonia or the Pembrokeshire Coast Path. There are 25 walks packed into the three days, with various options available, including a half-mile Roman-themed adventure, an eight-mile walk exploring the life of 18th-century Welsh naturalist and travel writer ThomasPennant and a 21-mile Offa’s Dyke challenge. All walks are free. Denbighshire, Wales, 19-21 MayOtley walking festivalThis local festival has grown from humble origins in 2000 into a busy schedule of 50 short-distance walks and events celebrating the lives and landscapes of Wharfedale in West Yorkshire. One might enjoy the Five Pubs Walk, Walking With Wine, Four More Pubs or Lost Pubs of Otley. All walks are free, though there is sometimes a small charge for transport.Otley, West Yorkshire, 24 June-3 JulyDartmoor offroading walking festivalDartmoor delights (使高兴) walkers because, while tracks are there to be followed, the lack of wire and other barriers, and the relatively small number of farm buildings on the higher ground, create a sensation of freedom. The six free wheelchair walks, starting daily at 11am, explore Dartmoor’s industrial history, bronze age valuables and Victorian railway builders.Devon, 27 August-2 SeptemberGower walking festivalWith more superb walking options inside a single landscape than perhaps anywhere else, the Gower peninsula (半岛) sometimes feels as if it’s all coast. The further information for this nine-dayfestival, celebrating the 10th anniversary of the Wales Coast Path (WCP), has yet to be finalized. Half of the walks offered during the festival will be on the coastal path, 10 adults, over-sixes 6. Glamorgan 2-10 September1. Which festival is friendly to the disabledA. Prestatyn and Clwydian Range festival.B. Otley walking festival.C. Dartmoor offroading walking festival.D. Gower walking festival.2. What do we know about Gower walking festivalA. It has the most superb walking options.B. Half of the walks last for a whole week.C. It’s aimed to advocate coastal protection.D.The final details remain to be confirmed.3. What do the listed festivals have in commonA. They are offered free of charge.B. They require prior registeration.C. They take advantage of the coast.D. They are physically demanding.BIn this new digital era, farmers are finding ways to evolve with the times while still holding fast to their traditions.In the quiet and excluded parts of rural China, Xiang Qing, a man born in 1990, leads a life quite unlike the bustling (熙熙攘攘的)urban existence that defines modernity. His home is Guzhang county, Xiangxi Tujia and Miao autonomous prefecture, which is located deep in western Hunan province. Xiang Qing and his 23-year-old nephew, Xiang Hong, jointly operate a video channel called “Shan Bai”. Through their video s, they showcase handicrafts and rural life in China, captivating (迷住) many young urban viewers.“Life here unfolds at its own pace. We cultivate crops and vegetables and occasionally purchase meat at the market,” Xiang Qing said. “I’ve come across numerou s comments from people who watch our videos while lying in bed at night after a busy day of work, finding them truly relaxing and comforting. I think it’s fantastic, and it’s in line with our initial intentions.”Five years ago, Xiang Qing resigned from his job as a customer service representative in Shanghai and returned to his hometown in Guzhang county, embarking on (开始) a new journey as a video blogger. “Back in 2012, when I was a college student, film-making aroused my passion, and it has continued to be a profound and enduring interest,” he said.Following in his uncle’s footsteps, Xiang Hong made the same life-altering decision. Having graduated from college last year, he also returned to his hometown in April from Changde, a city inHunan, and ventured into the world of video production alongside his uncle.Now their video channel Shan Bai has attracted more than 59.8 million followers. Xiang Qing conceptualizes, films, and edits the videos himself. Xiang Hong serves as the video presenter. Long Lingl ing, Xiang Qing’s wife, manages the day-to-day operations of the video account, and other family members also contribute to the video production process in different ways.4. Why do Xiang Qing and Xiang Hong take video bloggers as their careerA. To pursue personal fame and wealth.B. To financially support their whole family.C To continue their passion for film-making.D. To promote the lifestyle in their hometown.5. What can we learn about Xiang Qing and Xiang HongA. Xiang Qing inspires Xiang Hong in career-making.B. They quit their first job and altered to video making.C. They reached a decision of returning to hometown together.D. They engage in each step of the video production process.6. Which of the following can best describe Xiang Qing and Xiang HongA. Devoted and creative.B. Diligent and optimistic.C. Modest and responsible.D. Ambitious and demanding.7. Where is the text most probably taken fromA. A personal diary.B. A news interview.C. A travel brochure.D. A fashion magazine.COn O ctober 20th comes “Killers of the Flower Moon” from the director Martin Scorsese. At nearly three and a half hours, its length is nearly double that of the average film last year. Even movie fans struggle to concentrate for that long. During the premiere at the Cannes Film Festival in May, some viewers dozed off. Afterwards there was a mad dash (and long queue) for the toilets. When did watching a film become such a laborFilm-makers started producing long-lasting movies at a rapid pace in the early 1960s. Cinema was booming and filmmakers wanted to distinguish their art from television. Epics surpassing the three-and-a-half hour mark graced the silver screen. Back then, audiences enjoyed an interval while the projectionist prepared the reels for the next act. Runtimes of popular films experienced ups and downs over subsequent decades. But they have ballooned since 2018.Movie series is one driver of this trend. Studios want to squeeze the most out of their costly intellectual property, but they arecompeting with streaming platforms for eyeballs. The hope is that a spectacular, drawn-out blockbuster (大片) will tempt audiences away from the small screen and into cinemas. This approach has often paid off: “Avengers: Endgame” (2019), which showcased Marvel superheroes remarkably with a runtime of three hours, achieved the highest box office revenue among all films in that year. Anything that attracts people away from their sofas to see a film in theatres is good news for cinemas. But lengthy runtimes also pose a “fundamental problem”, complains Clare Binns of Picturehouse, a British cinema group and film distributor. Long movies can mean abandoning two showings per night, which hurts ticket sales and profits.Another explanation for longer films has to do with dire ctors’ growing influence. Who would dare tell the likes of Mr Nolan to shorten his masterpieces Streamers, which do not have to worry as much about concision because viewers can pause whenever they like, may attract big names with deep pockets and promises of creative freedom. “Killers of the Flower Moon” will debut on AppleTV+ after its theatrical release.8. What can we learn from paragraph 1A. Movie fans tend to have a dislike for long movies.B. Movie theaters should provide adequate restrooms.C. The average movie fan cannot focus for over three hours.D. Long movies affect audience engagement and physical comfort.9. What does the underlined word “ballooned” mean in paragraph 2A. Expanded with air.B. Made great profits.C. Enjoyed great popularityD. Increased rapidly in length.10. Why does the author mention the movie “Avengers: Endgame”A. To demonstrate the trend of longer movies.B. To highlight the success of Marvel series.C. To illustrate the strong appeal of movie series.D To emphasize the studio-streaming platform contest.11. Which of the following can be the best title for the textA. Movie Marathons: Past and PresentB. Long Movies: Impacts and ReasonsC. Filmmaking: Challenges and RewardsD. Streaming Platforms: Promising and ProfitableDTwo and a half millennia ago, Socrates complained that writing would harm students. With a way to store ideas permanently and externally, they would no longer need to memorize. However, studies today have found that writing on paper can improve everything from recalling a random series of words to betterunderstanding complex concepts.For learning material by repetition, the benefits of using a pen or pencil lie in how the motor and sensory memory of putting words on paper reinforces that material. The scribbling (涂鸦) on a page feeds into visual memory: people might remember a word they wrote down in French class as being at the bottom-left on a page. One of the best-demonstrated advantages of writing by hand seems to be in note-taking. Students typing on computers wrote down almost twice as many words directly from lectures, suggesting they were not understanding so much as rapidly copying the material. However, handwriting forces note-takers to process and organize ideas into their own words. This aids conceptual understanding at the moment of writing, resulting in better performance on tests.Many studies have confirmed handwriting’s benefits, and policymakers have taken note. Though America’s curriculum from 2010 does not require handwriting instruction past first grade (roughly age six), about half the states since then have required more teaching of it. In Sweden there is a push for more handwriting and printed books and fewer devices. England’s national curriculum already includes the teaching of basic cursive writing (连写体) skills by age seven.However, several school systems in America have gone so far as to ban most laptops. This is too extreme. Some students have disabilities that make handwriting especially hard. Nearly all will eventually need typing skills. Virginia Berninger, professor of psychology at the University of Washington, is a longtime advocate of handwriting. But she is not a purist; she says there are research tested benefits for “manuscript” print-style writing but also for typing.Socrates may or may not have had a point about the downsides of writing. But no one would remember, much less care, if his student Plato had not noted it down for the benefit of future generations.12. According to the text, why does writing on paper have benefits for learningA. It provides visual enjoyment in class.B. It improves the effect of memorization.C. It promotes the motor and sensory ability.D. It helps to remember the information forever.13. How does the author show the emphasis on handwriting instruction at schoolA. By giving examples.B. By providing statistics.C. By making comparisons.D. By making classification.14. What is paragraph 5 mainly aboutA. Difficulties faced by the disabled.B. Unreasonableness of forbidding typing.C. The research-tested benefits of typing.D. The longtime advocacy for handwriting.15. Why does the writer mention Socrates and Plato in the last paragraphA. To thank Plato for his efforts.B. To defend Socrates’ point of view.C. To show people’s indifference to typing.D. To confirm the importance of handwriting.第二节(共5小题;每小题2.5分，满分10分)根据短文内容，从短文后的选项中选出能填入空白处的最佳选项。
2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科数学试卷(6月)-学生用卷
2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科数学试卷（6月）-学生用卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第1题5分已知a是实数，z=a−i1+i是纯虚数，则z的虚部为（）．A. 1B. −1C. iD. −i2、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第2题5分2019~2020学年4月重庆渝中区重庆市巴蜀中学高三下学期月考理科第1题5分2020~2021学年浙江杭州滨江区浙江省杭州第二中学高三上学期期中第1题4分已知集合A={x|x2+x−2<0}，集合B={x|1x<1}，则A∩B=（）．A. ∅B. {x|x<1}C. {x|0<x<1}D. {x|−2<x<0}3、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第3题5分2019~2020学年4月重庆渝中区重庆市巴蜀中学高三下学期月考理科第7题5分“lnx>lny”是“(13)x<(12)y”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、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第4题5分斐波拉契数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，⋯，在数学上，斐波拉契数列{a n}定义如下：a1=a2=1，a n=a n−1+a n−2(n⩾3,n∈N)．随着n的增大，a na n+1越来越逼近黄金分割√5−12≈0.618，故此数列也称黄金分割数列，而以a n+1、a n为长和宽的长方形称为“最美长方形”，已知某“最美长方形”的面积约为200平方厘米，则该长方形的长大约是（）．A. 20厘米B. 19厘米C. 18厘米D. 17厘米5、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第5题5分设S n是等差数列{a n}的前n项和，若S2S4=13，则S3S6等于（）．A. 316B. 13C. 516D. 7166、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第6题5分已知函数f(x)=2ln(1+x)−ax的导数为f′(x)，且f′(1)=0，则函数g(x)=f′(e x)cosx图象的大致形状是（）．A.B.C.D.7、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第7题5分2020年天津高三一模十二重点中学毕业班联考（一）第6题5分若双曲线C：x 2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线被圆(x−2)2+y2=4所截得的弦长为2√3，则双曲线C的离心率为（）．A. 2B. √5C. √3D. 2√338、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第8题5分为了让居民了解垃圾分类，养成垃圾分类的习惯，让绿色环保理念深入人心．某市将垃圾分为四类：可回收物，餐厨垃圾，有害垃圾和其他垃圾．某班按此四类由9位同学组成四个宣传小组，其中可回收物宣传小组有3位同学，其余三个宣传小组各有2位同学．现从这9位同学中选派5人到某小区进行宣传活动，则每个宣传小组至少选派1人的概率为（）．A. 27B. 37C. 821D. 10219、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第9题5分某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的外接球的表面积为（）．A. 16πB. 12πC. 9πD. 8π10、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第10题5分已知函数f(x)=|sin x|(x⩾0)，方程f(x)=kx恰有三个根，记最大的根为θ，则(1+θ2)sin2θθ=（）．A. −2B. 12C. 1D. 211、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第11题5分设函数f(x)=sin(ωx−π6)(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]有且仅有6个零点，下述四个结论：①f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点；②f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点；③f (x )在(0,π9)单调递增； ④ω的取值范围是[316,376)． 其中所有正确结论的编号是（ ）． A. ①③B. ②③C. ①②③D. ①③④12、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第12题5分2017~2018学年10月山东青岛黄岛区青岛西海岸新区胶南第一高级中学高三上学期月考理科第9题5分若对于任意的0<x 1<x 2<a ，都有x 2lnx 1−x 1lnx 2x 1−x 2>1，则a 的最大值为（ ）． A. 2eB. eC. 1D. 12二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第13题5分实数x ，y 满足不等式组{x +y ⩾2y ⩾x +1y ⩽3，则x 2+y 2的最大值是 ．14、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第14题5分 若(3√x −1x)n的展开式中各项系数之和为64，则展开式中的常数项是 ．15、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第15题5分2019年底，武汉发生“新型冠状病毒”肺炎疫情，若在排查期间，某小区有5人被确认为“确诊患者的密切接触者”，现医护人员要对这5人随机进行逐一“核糖核酸”检测，只要出现一例阳性，则将该小区确定为“感染高危小区”．假设每人被确诊的概率均为p(0<p <1)且相互独立，若当p=p0时，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率取得最大值，则p0=．16、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第16题5分四面体P−ABC中，PA=√2，PB=PC=AB=AC=2，BC=2√2，动点Q在△ABC的内部（含边界），设∠PAQ=α，二面角P−BC−A的平面角的大小为β，△APQ和△BCQ的面积分别为S1和S2，且满足S1S2=√3sinα4sinβ，则S2的最大值为．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）17、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第17题12分已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=2，2ccosA=2b−a．(1) 求角C．(2) 如图，若点D在边AC上，AD=DB，DE⊥AB，E为垂足，且DE=√2，求BD的长．18、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第18题12分如图，在矩形ABCD中，将△ACD沿对角线AC折起，使点D到达点P的位置，且平面ABP⊥平面ABC．(1) 求证：AP ⊥PB ．(2) 若直线PC 与平面ABP 所成角的正弦值为34，求二面角P −AC −B 的余弦值．19、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第19题12分已知两动圆F 1:(x +√3)2+y 2=r 2和F 2:(x −√3)2+y 2=(4−r 2)(0<r <4)，把它们的公共点P 的轨迹记为曲线C ，若曲线C 与y 轴的正半轴的交点为M ，且曲线C 上相异的两点A ，B 满足：MA →⋅MB →=0．(1) 求曲线C 的方程．(2) 证明：直线AB 恒过一定点，并求此定点的坐标，若不过定点说明理由． (3) 求△ABM 面积S 的最大值．20、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第20题12分2019~2020学年湖北高三上学期期中理科（鄂东南教改联盟）第20题12分世界军人运动会，简称“军运会”，是国际军事体育理事会主办的全球军人最高规格的大型综合性运动会，每四年举办一届，会期7至10天，比赛设27个大项，参赛规模约100多个国家8000余人，规模仅次于奥运会，是和平时期各国军队展示实力形象、增进友好交流、扩大国际影响的重要平台，被誉为“军人奥运会”．根据各方达成的共识，军运会于2019年10月18日至27日在武汉举行，赛期10天，共设置射击、游泳、田径、篮球等27个大项、329个小项．其中，空军五项、军事五项、海军五项、定向越野和跳伞5个项目为军事特色项目，其他项目为奥运项目．现对某国在射击比赛预赛中的得分数据进行分析，得到如下的频率分布直方图．(1) 估计某国射击比赛预赛成绩得分的平均值x（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）．(2) 根据大量的射击成绩测试数据，可以认为射击成绩X近似地服从正态分布N(μ,σ2)，经计算第（1）问中样本标准差s的近似值为50，用样本平均数x作为μ的近似值，用样本标准差s作为σ的估计值，求射击成绩得分X恰在350到400的概率；[参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N(μ,σ2)，则P(μ−σ<ξ⩽μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ<ξ⩽μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ<ξ⩽μ+3σ)≈0.9973]．(3) 某汽车销售公司在军运会期间推广一款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷骰子的结果，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．已知骰子出现任意点数的概率都是16，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，客户每抛掷一次骰子，遥控车向前移动一次，若抛掷出正面向上的点数是1，2，3，4，5点，遥控车向前移动一格（从k到k+1），若抛掷出正面向上的点数是6点，遥控车向前移动两格（从k到k+2），直到遥控车移动到第49格（胜利大本营）或第50格（失败大本营）时，游戏结束．设遥控车移动到第n格的概率为P n，试证明{P n−P n−1}(1⩽n⩽49)是等比数列，并求P50，以及根据P50的值解释这种游戏方案对意向客户是否具有吸引力．21、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第21题12分2019~2020学年3月山西太原小店区山西大学附属中学高三下学期月考文科第21题12分2019~2020学年3月福建厦门思明区福建省厦门双十中学高三下学期月考B卷文科第21题12分2019~2020学年3月山西太原小店区山西大学附属中学高三下学期月考理科第21题12分2019~2020学年3月重庆渝中区重庆市巴蜀中学高三下学期月考文科第21题12分已知函数f(x)=lnx+12x2+ax(a∈R)，g(x)=e x+32x2−x．(1) 讨论f(x)的单调性．(2) 定义：对于函数f(x)，若存在x 0，使f(x 0)=x 0成立，则称x 0为函数f(x)的不动点．如果函数F(x)=f(x)−g(x)存在不动点，求实数a 的取值范围．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、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第22题10分在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =m +t,y =√3t,（t 为参数），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2=41+sin 2θ． (1) 求l 的普通方程和C 的直角坐标方程．(2) 直线l 上的点P (m,0)为曲线C 内的点，且直线l 与曲线C 交于A ，B ，且|PA |⋅|PB |=2，求m 的值．选修4-5：不等式选讲23、【来源】 2020年广东深圳宝安区深圳市宝安中学高中部高三下学期高考模拟理科（6月）第23题10分若对于实数x ，y 有|1−2x |⩽4，|3y +1|⩽3． (1) 求|x +y −16|的最大值M ．(2) 在（1）的条件下，若正实数a ，b 满足1a +2b=M ，证明(a +1)(b +2)⩾509．1 、【答案】 B;2 、【答案】 D;3 、【答案】 A;4 、【答案】 C;5 、【答案】 C;6 、【答案】 A;7 、【答案】 D;8 、【答案】 D;9 、【答案】 C;10 、【答案】 D;11 、【答案】 A;12 、【答案】 C;13 、【答案】13;14 、【答案】1215;;15 、【答案】5−√15516 、【答案】4−2√2;17 、【答案】 (1) π．3;(2) 4√5．5;18 、【答案】 (1) 证明见解析．;(2) 9．16;+y2=1．19 、【答案】 (1) x24;)，证明见解析．(2) 过，定点为N(0,−35;(3) 64．25;20 、【答案】 (1) 300．;(2) 0.1359．;(3) 证明见解析；P50=17+17⋅(16)49；有吸引力．;21 、【答案】 (1) 当a<−2时，f(x)在(0,−a−√a2−42)上为增函数，(−a−√a2−42,−a+√a2−42)上为减函数，(−a+√a2−42,+∞)上为增函数；当a⩾−2时，f(x)在(0,+∞)上为增函数．;(2) [e+1,+∞)．;22 、【答案】 (1) l的普通方程为√3x−y−√3m=0，C的直角坐标方程为x24+y22=1．;(2) ±√22．;23 、【答案】 (1) 3．;(2) 证明见解析．;第11页，共11页。
广东省深圳市宝安中学(集团)2020-2021学年高三下学期2月月考数学(理)试题
广东省深圳市宝安中学（集团）2020-2021学年高三下学期2月月考数学（理）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知复数()()()212z a a i a =-+-∈R ，则“1a =”是“z 为纯虚数”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 2．设3443i z i-=+，()21f x x x =-+，则()f z =（ ） A ．iB ．i -C ．1i -+D ．1i +3．设向量()cos ,1,(2,sin )a b αα=-=，若a b ⊥,则tan 4πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭( ) A ．1—3B ．13C ．-1D ．-34．黄金三角形有两种，其中底和腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是顶角为36︒的等腰三角形（另一种是顶角为108︒的等腰三角形）.例如，正五角星由5个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示，在一个黄金三角形ABC 中，BC AC =，根据这些信息，可得sin 234︒=（ ）A B ． C ．D ．5．设函数2()1f x x =-，对任意3[,)2x ∈+∞，24()(1)4()x f m f x f x f m m ⎛⎫-≤-+⎪⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A ．11(,][,)22-∞-⋃+∞B．2(,[,)22-∞-+∞C ．(,)-∞⋃+∞D ．(,1][1,)-∞-+∞6．已知实数x y ，满足124242,240,330,x y x y x y x y --⎧+≥+⎪-+≥⎨⎪--≤⎩若(1)1y k x ≥+-恒成立，那么k 的取值范围是( ) A ．1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．4,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．[)3,+∞ D ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦7．已知0＜x ＜，0＜y ＜，且M+则M 的最小值为（ ）A．B．C ．2D ．8．已知双曲线C ：2213x y -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M 、N .若OMN 为直角三角形，则|MN |= A．32B ．3C ．D ．49．已知函数()()()sin 0f x x ωϕω=+>在区间72,123ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，且14f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，304f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，则ω的最大值为（ ） A ．7B ．9C ．11D ．1310．已知数列{}n a 满足：11a =，12n n n a a a +=+()n *∈N .若11(2)(1)n nb n a λ+=-⋅+()n *∈N ，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值范围是（ ）A ．23λ>B ．32λ>C ．32λ<D ．23λ<11．已知奇函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数为()f x '，当02x π<<时，有()()cos sin 0f x xf x x '+<成立，则关于x 的不等式()cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为（ ）A ．,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭12．如图，点F 是抛物线28y x =的焦点，点A 、B 分别在抛物线28y x =及圆()22216x y -+=的实线部分上运动，且AB 总是平行于x 轴，则FAB ∆的周长的取值范围是（ ）A ．()8,12B ．()6,10C ．[]6,8D ．[]8,13二、填空题13．在25(2)x x y ++的展开式中，52x y 的系数为__________．14．若数列{}n a 23n a n n +=+，则12231na a a n +++=+__________.15．在同一个平面内，向量,,OA OB OC 的模分别为OA 与OC 的夹角为α，且tan 7,OB α=与OC 的夹角为45，若(),OC mOA nOB m n R =+∈，则m n +=_________．16．在内切圆圆心为M 的ABC ∆中，3AB =，4BC =，5AC =，在平面ABC 内，过点M 作动直线l ，现将ABC ∆沿动直线l 翻折，使翻折后的点C 在平面ABM 上的射影E 落在直线AB 上，点C 在直线l 上的射影为F ，则EF CF的最小值为______三、解答题17．在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且()222(2)2cos a c a b c abc C --+=.（1）求角B 的大小；（2）若sin 1cos 02A C ++=⎭，求b a 的值. 18．如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，且1AD PD ==，平面PCD⊥平面ABCD ，PDC 120︒∠=，点E 为线段PC 的中点，点F 是线段AB 上的一个动点．（Ⅰ）求证：平面DEF ⊥平面PBC ；（Ⅱ）设二面角C DE F --的平面角为θ，试判断在线段AB 上是否存在这样的点F ，使得tan θ=||||AF FB 的值；若不存在，请说明理由．19．已知两动圆2221:(F x y r +=和2222:((4)F x y r +=-（04r <<），把它们的公共点的轨迹记为曲线C ，若曲线C 与y 轴的正半轴的交点为M ，且曲线C 上的相异两点A B 、满足：0MA MB ⋅=. （1）求曲线C 的轨迹方程；（2）证明直线AB 恒经过一定点，并求此定点的坐标； （3）求ABM 面积S 的最大值.20．近年来，国资委.党委高度重视扶贫开发工作，坚决贯彻落实中央扶贫工作重大决策部署，在各个贫困县全力推进定点扶贫各项工作，取得了积极成效，某贫困县为了响应国家精准扶贫的号召，特地承包了一块土地，已知土地的使用面积以及相应的管理时间的关系如下表所示：并调查了某村300名村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示:（1）求出相关系数r 的大小，并判断管理时间y 与土地使用面积x 是否线性相关？ （2）是否有99.9%的把握认为村民的性别与参与管理的意愿具有相关性？（3）若以该村的村民的性别与参与管理意愿的情况估计贫困县的情况，则从该贫困县中任取3人，记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为x ,求x 的分布列及数学期望． 参考公式：1()()ni xx y y r --=∑22(),()()()()n ad bc k a b c d a c b d -=++++其中n a b c d =+++．临界值表：25.2≈21．已知函数2(),()()x fx x ax b g x e cx d =++=+.若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点(0,2)P ,且在点P 处有相同的切线42y x =+.（Ⅰ）求a b c d ,,,的值; （Ⅱ）若2x ≥-时,()()f x kg x ≤,求k 的取值范围.22．已知直线l 经过点112P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，倾斜角=6πα，圆C 的极坐标方程为4πρθ⎛⎫-⎪⎝⎭. (Ⅰ)写出直线l 的参数方程，并把圆C 的方程化为直角坐标方程； (Ⅱ)设l 与圆C 相交于A B ，两点，求点P 到A B ，两点的距离之积．23．已知()11f x x ax =+--.（1）当1a =时，求不等式()1f x >的解集；（2）若()0,1x ∈时不等式()f x x >成立，求a 的取值范围.参考答案1．A 【分析】解出复数()()212z a a i =-+-为纯虚数a 的取值范围，即可得解.【详解】复数()()212z a a i =-+-为纯虚数，则210a -=，且20a -≠，解得1a =±，所以“1a =”是“z 为纯虚数”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】此题考查充分条件与必要条件的辨析，关键在于准确求出复数()()212z a a i =-+-为纯虚数a 的取值范围. 2．A 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，代入函数解析式求解． 【详解】 解：3443iz i-=+ ()()()()344334434343i i i z i i i i ---∴===-++- ()21f x x x =-+()()()21f z i i i ∴=---+=故选：A 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题． 3．D 【解析】分析：利用0a b a b ⊥⇔⋅=，即可求出tan α ，再利用两角和的正切公式即可得出． 详解：∵a b ⊥，020a b cos sin αα∴⋅=⇒-= ，即2tan α= ．121tan 3.4112tan tan πααα++⎛⎫∴+==- ⎪--⎝⎭＝故选B ．点睛：利用0a b a b ⊥⇔⋅=，以及合理运用两角和的正切公式是解题的关键． 4．B 【分析】由题意可得1sin184︒=，利用诱导公式和二倍角公式可得2sin 234(12sin 18)︒︒=--，进而可得结果. 【详解】由黄金三角形可知：sin18︒=2sin 234sin(27036)cos36(12sin 18)︒︒︒︒︒=-=-=--2[12]=--⋅= 故选：B 【点睛】本题考查了三角函数诱导公式和二倍角公式，考查了运算求解能力和转化的数学思维，属于中档题目. 5．C 【分析】将个函数自变量代入2()1f x x =-,参变分离得22213241m m x x-≤--+,再利用导数求右边的最小值后再解不等式即可. 【详解】依据题意得()()()222221411141x m x x m m---≤--+-在3[,)2x ∈+∞上恒成立,即22213241m m x x-≤--+在3[,)2x ∈+∞上恒成立。
广东省深圳市宝安中学2020届高三数学下学期4月模拟考试试题理含解析
【点睛】本题主要考查了函数的性质以及运算,同时也考查了数形结合求解函数零点的个数与导数的几何意义求切线参数方程的问题,需要根据题意代入对应的值进行计算分析,属于难题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.在 的展开式中， 的系数是_____．
【答案】14
【解析】
【分析】
将求 的系数问题转化为二项式 的展开式的 的系数减去 的系数，即可求出展开式的 的系数.
（2）M是PB上的动点，EM与平面PAB所成的最大角为 ，求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
(1)分别证明 , ,进而证明 平面 ,从而得到平面 平面 即可.
(2) 连结 ,则根据(1) 平面 可知 为直线 与平面 所成的线面角,进而分析可得 .再建立空间直角坐标系求解二面角大小即可.
【详解】由题意， ， ， ， .
连接 、 ，根据双曲线的对称性可得 为平行四边形，
， ，
由余弦定理可得 ， ， ，
故选B.
【点晴】本题主要考查利用双曲线的简单性质求双曲线的离心率，属于中档题.求解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.求离心率问题应先将 用有关的一些量表示出来，再利用其中的一些关系构造出关于 的等式，从而求出 的值.本题是利用点到直线的距离等于圆半径构造出关于 的等式，最后解出 的值.
10.设 是定义在R上的偶函数，且当 时， .若对任意的 ，不等式 恒成立，则实数a的最大值是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
广东省深圳市宝安中学(高中部)2019-2020学年高二数学文模拟试卷含解析
广东省深圳市宝安中学(高中部)2019-2020学年高二数学文模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 两圆x2+y2=9和x2+y2﹣8x+6y+9=0的位置关系是（）A．相离B．相交C．内切D．外切参考答案：B【考点】圆与圆的位置关系及其判定．【专题】综合题．【分析】分别由两圆的方程找出两圆心坐标和两个半径R和r，然后利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，比较d与R﹣r及d与R+r的大小，即可得到两圆的位置关系．【解答】解：把x2+y2﹣8x+6y+9=0化为（x﹣4）2+（y+3）2=16，又x2+y2=9，所以两圆心的坐标分别为：（4，﹣3）和（0，0），两半径分别为R=4和r=3，则两圆心之间的距离d==5，因为4﹣3＜5＜4+3即R﹣r＜d＜R+r，所以两圆的位置关系是相交．故选B．【点评】此题考查学生掌握两圆的位置关系的判别方法，利用运用两点间的距离公式化简求值，是一道综合题．2. 已知f(e x+e-x+1)=e2x+e-2x,则f(x)=( )A.x2+2(x≥2)B.x2-2(x≥2)C.x2-2x(x≥3)D.x2-2x-1(x≥3)参考答案：D3. 已知奇函数f（x）在区间[0，+∞）上是单调递增函数，则满足f（2x﹣1）＜f（）的x的取值范围是（）A．（﹣∞，）B．[，）C．（，）D．[，）参考答案：A【考点】奇偶性与单调性的综合．【专题】计算题；函数的性质及应用．【分析】由奇函数的性质可知，f（x）在区间（﹣∞，+∞）上是单调递增函数，从而可求得f（2x﹣1）＜f（）的x的取值范围．【解答】解：令x1＜x2＜0，则﹣x1＞﹣x2＞0，∵奇函数f（x）在区间[0，+∞）上是单调递增函数，∴f（﹣x1）＞f（﹣x2）＞f（0）=0，∵f（x）为奇函数，∴﹣f（x1）＞﹣f（x2）＞0，∴f（x1）＜f（x2）＜0，∴f（x）在区间（﹣∞，+∞）上是单调递增函数；∵f（2x﹣1）＜f（），∴2x﹣1＜，∴x＜．∴满足f（2x﹣1）＜f（）的x的取值范围是（﹣∞，）．故选A．【点评】本题考查函数奇偶性与单调性的综合，分析得到f（x）在区间（﹣∞，+∞）上是单调递增函数是关键，属于中档题．4. 如图，定点A和B都在平面内，定点 C是内异于A和B的动点，且那么，动点C在平面内的轨迹是A.一条线段，但要去掉两个点B.一个圆，但要去掉两个点C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点参考答案：B5. 下列命题中正确的是 ( )A．一直线与一平面平行,这个平面内有无数条直线与它平行．B．平行于同一直线的两个平面平行．C．与两相交平面的交线平行的直线必平行于这两个相交平面．D．两条平行直线中的一条与一个平面平行,则另一条也与该平面平行．参考答案：A6. 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种参考答案：C【分析】先把5名学生分成3组，再分配到3个社区即可求得结果。
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广东省深圳市宝安中学（集团）2019-2020学年高三下学期2月月考数学（理）试题
学校_________ 班级__________ 姓名__________ 学号__________
一、单选题
1. 已知复数，则“”是“为纯虚数”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
2. 设，，则（）
A．B．C．D．
3. 设向量，若,则( ) A．B．
C．-1 D．-3
4. 黄金三角形有两种，其中底和腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）.例如，正五角星由5个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示，在一
个黄金三角形中，，根据这些信息，可得
（）
A．B．C．D．
5. 设函数，对任意，
恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．
C．
D．
6. 已知实数满足若恒成立，那么的取值范围是( )
A．B．C．
D．
7. 已知0＜x＜2，0＜y＜2，且M＝
+则M的最小值为（）A．B．C．2 D．
8. 已知双曲线C：，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若OMN为直角三角形，则|MN|=
A．
B．3 C．D．4
9. 已知函数在区间上单调，且，
，则的最大值为（）
A．7 B．9 C．11 D．13
10. 已知数列满足：，.若
，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．
11. 已知奇函数的定义域为，其导函数为，当时，有成立，则关于x的不等式的解集为（）
A．B．
C．D．
12. 如图，点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆
的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是（）
A．B．C．D．
二、填空题
13. 在的展开式中，的系数为__________．
14. 若数列是正项数列，且，则
__________.
15. 在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为
，且与的夹角为，若，则_________．
16. 在内切圆圆心为的中，，，，在平面
内，过点作动直线，现将沿动直线翻折，使翻折后的点在平面
上的射影落在直线上，点在直线上的射影为，则的最小值为______
三、解答题
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值.
18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，且，平面
PCD⊥平面ABCD，，点E为线段PC的中点，点F是线段AB上的一个动点．
（Ⅰ）求证：平面平面PBC；
（Ⅱ）设二面角的平面角为，试判断在线段AB上是否存在这样的点F，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19. 已知两动圆和（），把它们的公共点的轨迹记为曲线，若曲线与轴的正半轴的交点为，且曲线上的相异两点满足：.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标；
（3）求面积的最大值.
20. 近年来，国资委.党委高度重视扶贫开发工作，坚决贯彻落实中央扶贫工作重大决策部署，在各个贫困县全力推进定点扶贫各项工作，取得了积极成效，某贫困县为了响应国家精准扶贫的号召，特地承包了一块土地，已知土地的使
土地使用面积（单位：亩） 1 2 3 4 5
管理时间（单位：月）8 10 13 25 24
: 愿意参与管理不愿意参与管理
男性村民150 50
女性村民50
（1）求出相关系数的大小，并判断管理时间与土地使用面积是否线性相关？
（2）是否有99.9%的把握认为村民的性别与参与管理的意愿具有相关性？（3）若以该村的村民的性别与参与管理意愿的情况估计贫困县的情况，则从该贫困县中任取3人，记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为,求的分布列及数学期望．
参考公式：
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706
3.841 5.024 6.635 10.828 参考数据：
21. 已知函数.若曲线和曲线
都过点,且在点处有相同的切线.
（Ⅰ）求的值;
（Ⅱ）若时,,求的取值范围.
22. 已知直线l经过点，倾斜角，圆C的极坐标方程为
.
(Ⅰ)写出直线l的参数方程，并把圆的方程化为直角坐标方程；
(Ⅱ)设l与圆相交于两点，求点到两点的距离之积．
23. 已知.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若时不等式成立，求的取值范围.。