2020年广东省深圳市高考数学二模试卷(文科) (含答案解析)

2020年广东省深圳市高考数学二模试卷(文科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={x|0<x ≤1}，B ={x|x 2<1}，则(∁R A)∩B =( )A. (0,1)B. [0,1]C. (−1,1]D. (−1,0]2. 若复数(x 2−1)+(x −1)i 对应的点在虚轴上，则实数x 的值为( )A. −1或1B. 0C. 1D. −13. 已知点(−3,−1)和点(4,−6)在直线3x −2y −a =0的两侧，则a 的取值范围为( )A. (−24,7)B. (−7,24)C. (−∞,−7)∪(24,+∞)D. (−∞,−24)∪(7,+∞)4. 已知函数f(x)={(1−2a)x ,x ≤1log a x +13,x >1，当x 1≠x 2时，f(x1)−f(x 2)x 1−x 2<0，则a 的取值范围是()A. (0,13]B. [13,12] C. (0,12] D. [14,13]5. 容量为20的样本数据，分组后的频数如下表所示：分组 [10,20) [20,30) [30,40) [40,50) [50,60) [60,70)频数 2 3 4 5 4 2则样本数据落在[20,50)的频率为( )A. 0.4B. 0.5C. 0.6D. 0.756. 如图，在ΔABC 中，，则AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( )A. √3B. √32C. √33 D. 2√37. cos50°cos20°+sin130°sin20°的值为( )A. 12B. 13C. √32D. √338.已知抛物线y2=4x，直线x+2y−1=0与该抛物线交于A，B两点，则弦AB的长为()A. 24B. 20C. 16D. 129.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E在棱CC1上，且CE=2EC1，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()A. √72B. √52C. √132D. √13310.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π11.已知函数y=f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=x2−3x+1，则f(3)=()A. 17B. −17C. 19D. −1912.设F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1的左、右焦点．若双曲线上存在点M，使∠F1MF2=60°，且|MF1|=2|MF2|，则双曲线离心率为()A. √2B. √3C. 2D. √5二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.曲线f(x)=ax3+2x−1在点(1,f(1))处的切线过点(3,4)，则a=______．14.已知数列{a n}的前n项积为T n=5n2，n∈N∗，则a2009=____。

15.计算sin2π12−12=________．16.已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为__________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.设数列{a n}满足a n=3a n−1+2(n⩾2,n∈N∗)，且a1=2，．(1)证明：数列{a n+1}为等比数列；(2)求数列{(a n+1)b n}的前n项和S n．18.实验中学600名学生参加学校组织的“数学集训队”选拔考试，其中成绩不低于130分的同学能参加“数学集训队”.现从中等可能抽出n名学生的成绩作为样本，制成如图频率分布表：(1)求n的值，并估计实验中学能参加“数学集训队”的人数．(2)计算该样本中能参加“数学集训队”同学的均分和标准差．19.在底面为正方形的四棱锥S−ABCD中，SD⊥平面ABCD，E、F是AS、BC的中点，(Ⅰ)求证：BE//平面SDF；(Ⅱ)若AB=5，求点E到平面SDF的距离．20.如图，F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，且焦距为2√2，动弦AB平行于x轴，且|F1A|+|F1B|=4．(1)求椭圆C的方程；(2)若点P是椭圆C上异于点A，B的任意一点，且直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，若MF2、NF2的斜率分别为k1、k2，求证：k1⋅k2是定值．21.已知函数f(x)=(x2−1)e x+x．(1)求f(x)在[−14,1]上的最小值；(2)g(x)=f(x)−ae x−x，当g(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)时．总有g(x2)≤t(2+x1)(e x2+1)，求此时实数t的值．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=−1+2cosφy=2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为ρ=√2sin (θ+π4)，设l1与C相交于A，B两点，AB的中点为M，过点M作l1的垂线l2交C于P，Q两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ||MP|⋅|MQ|的值．23.已知：函数f(x)=ax−1+ax(a>0)在(1,+∞)上的最小值为15(1)求实数a的值；(2)解关于x的不等式|x+a|−|2x−4|>1．【答案与解析】1.答案：D解析：解：∵集合A={x|0<x≤1}，∴∁R A=(−∞,0]∪(1，+∞)，∵B={x|x2<1}=(−1,1)．∴(∁R A)∩B=(−1,0]故选：D．解关于B的不等式，求出A的补集，从而求出其和B的交集即可．本题考查了集合的运算，考查补集以及交集问题，是一道基础题．2.答案：D解析：根据复数的几何意义，即可得到结论．本题主要考查复数的几何意义，比较基础．解：复数对应的点的坐标为(x2−1,x−1)，∵复数(x2−1)+(x−1)i对应的点在虚轴上，∴x2−1=0，x−1≠0，解得x=−1，故选：D．3.答案：B解析：【试题解析】本题考查二元一次不等式组与平面区域问题，点与直线的位置关系，是基础题．点(−3,−1)和点(4,−6)在直线3x−2y−a=0的两侧，那么把这两个点代入3x−2y−a，它们的符号相反，乘积小于0，求出a的值．解：根据题意知(−9+2−a)·(12+12−a)<0，即(a +7)(a −24)<0，解得−7<a <24．4.答案：A解析：由题意可得，函数是定义域内的减函数，故有{0<1−2a <10<a <11−2a ≥13，由此解得a 的范围． 本题主要考查函数的单调性的判断和单调性的性质，属于中档题．解：∵当x 1≠x 2时，f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2<0，∴f(x)是R 上的单调减函数，∵f(x)={(1−2a)x ,x ≤1log a x +13,x >1，∴{0<1−2a <10<a <11−2a ≥13， ∴0<a ≤13，故选：A ．5.答案：C解析：本题主要考查了频率分布表，解题的关键是频率的计算公式是频率，属于基础题． 先求出样本数据落在区间[10,40]频数，然后利用频率等于频数除以样本容量求出频率即可． 解：由频率分布表知：样本在[10,40]上的频数为3+4+5=12，故样本在[10,40]上的频率为12÷20=0.6．故选C ．6.答案：A解析：本题主要考查平面向量加、减、数乘运算，以及数量积，属于中档题．由AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，可求得． 解：在中，，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，|AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1， 则AC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0+BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3(AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−√3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3⋅1−0=√3，故选A ． 7.答案：C解析：本题考查了三角函数的化简求值，以及两角和与差的三角函数公式，属于基础题．由sin130°=sin50°，结合两角和与差的三角函数公式即可化简．解：cos50°cos20°+sin130°sin20°=cos50°cos20°+sin50°sin20°=cos(50°−20°)=cos30°=√32． 故选C ． 8.答案：B解析：本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．将直线l ：x +2y −1=0与抛物线方程y 2=4x 联立，利用直线经过抛物线的焦点坐标，由抛物线的性质，可求弦AB 的长．解：将直线l ：x +2y −1=0过(1,0)即抛物线方程y 2=4x 的焦点坐标，联立直线与抛物线方程，消元y ，可得x2−18x+1=0∴x1+x2=18，∴弦AB的长为x1+x2+p=18+2=20．故选：B．9.答案：D解析：本题考查异面直线所成角，考查空间中线线、线面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题.连结BE，则CD//AB，从而∠BAE是异面直线AE与CD所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线AE与CD所成角的正切值．解：连结BE，∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1上的点，∴CD//AB，∴∠BAE是异面直线AE与CD所成角(或所成角的补角)，设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为3，则AB=3，CE=2EC1=2，BE=√9+4=√13，又AB⊥面B1C1CB，BE⊂面B1C1CB，∴AB⊥BE，∴异面直线AE与CD所成角的正切值为tan∠BAE=BEAB =√133．故选：D．10.答案：B解析：解：∵若x=π6和x=7π6是函数f(x)=cos(ωx+φ)的两个相邻的极值点，∴若x=π6和x=7π6是函数f(x)=cos(ωx+φ)的两个相邻的对称轴，则函数的周期T=2×(7π6−π6)=2π，即2πω=2π，则ω=1，即f(x)=cos(x+φ)，①若x=π6时，函数取得极大值，则f(π6)=cos(π6+φ)=1，则π6+φ=2kπ，即φ=2kπ−π6，当k=0时，φ=−π6，此时f(x)=cos(x−π6)，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，即g(x)=)=cos[(x+π6)−π6]=cosx，此时函数g(x)是偶函数不是奇函数，故A错误，g(−π2)=cos(−π2)=0，即函数y=g(x)的图象关于点(−π2,0)对称，故B正确，g(π2)=cos(π2)=0，即函数y=g(x)的图象关于关于直线x=π2不对称，故C错误，y=g(x)的周期为2π，故D错误，②若x=π6时，函数取得极小值，则f(π6)=cos(π6+φ)=cos(π6+φ)=−1，则π6+φ=2kπ−π，即φ=2kπ−7π6，当k=1时，φ=5π6，∵|φ|<π2，∴此时φ不存在．综上故选：B．根据x=π6和x=7π6是函数f(x)=cos(ωx+φ)的两个相邻的极值点，得到函数的周期，求出ω=1，然后根据三角函数的图象关系求出g(x)，结合函数奇偶性，对称性的性质分别进行判断即可．本题主要考查命题的真假判断，涉及三角函数的图象和性质，根据条件求出ω和φ的值，以及根据三角函数的图象关系求出g(x)的解析式是解决本题的关键．综合考查三角函数的奇偶性，对称性，周期的性质，综合性较强，有一定的难度．11.答案：D解析：本题考查了函数的奇偶性，根据奇函数得f(3)=−f(−3)，计算即可．解：因为函数y=f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)=x2−3x+1，则f(3)=−f(−3)=−[(−3)2−3×(−3)+1]=−19，故选D．12.答案：B解析：【试题解析】本题考查双曲线的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．由双曲线的定义知|MF1|=4a，|MF2|=2a，由余弦定理得c=√3a，由此能求出双曲线的离心率．解：∵点M在双曲线x2a2−y2b2=1上，且|MF1|=2|MF2|，∴由双曲线的定义知|MF1|=4a，|MF2|=2a，又∵∠F1MF2=60°，∴在△MF1F2中，由余弦定理得：16a2+4a2−2⋅4a⋅2a⋅cos60°=4c2，解得c=√3a，∴e=ca=√3．故选：B．13.答案：−17解析：解：函数f(x)=ax3+2x−1的导数为：f′(x)=3ax2+2，f′(1)=3a+2，而f(1)=a+1，切线方程为：y−a−1=(3a+2)(x−1)，因为切线方程经过(3,4)，所以4−a−1=(3a+2)(3−1)，解得a=−17．故答案为：−17．求出函数的导数，利用切线的方程经过的点求解即可．本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查计算能力．14.答案：54017解析：解析：本题主要考查数列的递推公式求通项公式，属于基础题．根据前n项积为T n=5n2可得a2009=T2009T2008=520092520082=54017即可求解．答案：解：∵数列{a n}的前n项积为T n=5n2，所以a2009=T2009T2008=520092520082=54017．故答案为：54017．15.答案：−√34解析：此题考查了二倍角公式及同角三角函数的基本关系，熟练掌握公式是解本题的关键，属于基础题．把所求的式子利用同角三角函数的关系式化简为−12(cos2π12−sin2π12)，再利用二倍角公式化简求值即可．解：sin2π12−12=sin2π12−12(sin2π12+cos2π12)=−12(cos2π12−sin2π12)=−12cosπ6=−√34．故答案为−√34．16.答案：√3π3解析：本题考查了圆锥的侧面展开图以及体积的计算，属于基础题．解：由已知可得，圆锥的母线长l=2；圆锥的侧面展开图的弧长等于底面圆的周长，设底面圆的半径为r，则2πr=12×2π×2,r=1；圆锥的高ℎ=2−r2=√22−12=√3；所以圆锥的体积V=13×π×12×√3=√3π3．故答案为√3π3．17.答案：解：(1)证明：∵a n=3a n−1+2(n⩾2,n∈N∗)，∴a n+1=3a n−1+3，∴a n+1a n−1+1=3，∵a1=2，∴{a n+1}是以3为首项，公比为3的等比数列．(2)解：∵由(1)知a n+1=3n，∴a n=3n−1，，∴(a n+1)b n=n×3n，，，∴两式相减：，∴S n=(n2−14)3n+1+34．解析：本题主要考查等比数列的判定与证明、错位相减法，属于中档题．(1)由数列{a n}满足a n=3a n−1+2(n⩾2,n∈N∗)，变形a n+1=3(a n−1+1),即可证明;(2)利用错位相减法，结合等比数列的前n项和公式，即可得出．18.答案：解：(1)n=120.300=40，分数在[130,140)的频率为：1−0.025−0.050−0.225−0.300−0.275−0.025=0.100，分数不低于130分的频率为0.100+0.025=0.125，能参加“数学集训队”人数大约是600×0.125=75人.答：n的值是40，实验中学能参加“数学集训队”的人数大约是75人．(2)能参加“数学集训队”同学的均分是135×4+145×15=137分，方差是(135−137)2×4+(145−137)2×15=16标准差是√16=4分答：均分是137分，标准差是4分．解析：本题考查频率分布表的应用，考查概率的求法，考查平均数、频率分布表的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．(1)由频率分布表得第4组中的频数是12，频率是0.300，能求出n的值．求出数据[130,140)的频率，由此能估计该校学生能参加“数学竞赛集训队”的人数．(2)先估计平均数．再用方差公式求得方差，标准差．19.答案：证明：(Ⅰ)取SD的中点Q，连接QF、QE，由于点E为侧棱AS的中点，Q为SD的中点，故在△DAS中，QE=//12AD，由于F是BC的中点故BF=//12AD，则QE=//BF，故BFQE为平行四边形，故BE//QF，又QF⊂平面SDF，BE⊄平面SDF，故BE//平面SDF；解：(Ⅱ)由DS⊥面ABCD，又AB⊂面ABCD，故D S⊥AB又AB⊥AD，AD∩DS=D，AD，DS⊂面ADS，故AB⊥面ADS，又BC//面ADS，故F到面ADS的距离为AB的长，即为5．设点E到平面SDF的距离为h．又V F−SED=V E-SDF，故53×12×12SD×5=13ℎ×12SD×5√52，解得ℎ=√5，所以点E到平面SDF的距离ℎ=√5．解析：本题考查线面平行的判定，考查等体积方法求点到平面的距离，考查学生的计算能力，属于中档题．(Ⅰ)取SD的中点Q，连接QF、QE，证明BFQE为平行四边形，可得BE//QF，即可证明：BE//平面SDF；(Ⅱ)若AB=5，利用等体积方法求点E到平面SDF的距离．20.答案：解：(1)∵焦距2√2，∴2c=2√2，得c=√2，由椭圆的对称性及已知得|F1A|=|F2B|，又∵|F1A|+|F1B|=4，∴|F1B|+|F2B|=4，因此2a=4，a=2，于是b=√2，因此椭圆方程为x24+y22=1；(2)设B(x0,y0)，P(x1,y1)，则A(−x0,y0)，直线PA的方程为y−y1=y1−y0x1+x0(x−x1)，令x=0，得y=x1y0+x0y1x1+x0，故M(0,x1y0+x0y1x1+x0)，直线PB的方程为y−y1=y1−y0x1−x0(x−x1)，令x=0，得y=x1y0−x0y1x1−x0，故N(0,x1y0−x0y1x1−x0)，∴k1=1001√2(x+x)，k2=1001√2(x−x)，因此k1⋅k2=12·x12y02−x02y12x12−x02，∵A，B在椭圆C上，∴y12=2−x122,y02=2−x022，∴k1k2=12⋅x12(2−12x02)−x02(2−12x12)x12−x02=1．故k1·k2为定值1．解析：本题考查椭圆标准方程的求法，考查了直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．(1)由题意求得c，由对称性结合|F1A|+|F1B|=4可得2a，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；(2)设B(x0,y0)，P(x1,y1)，则A(−x0,y0)，分别写出PA、PB所在直线方程，求出M、N的坐标，进一步求出MF2、NF2的斜率分别为k1、k2，结合A、B在椭圆上可得k1⋅k2是定值．21.答案：解：(1)函数f(x)=(x2−1)e x+x的定义域为R，f′(x)=2x⋅e x+(x2−1)e x+1=(x2+2x−1)e x+1，令ℎ(x)=f′(x)ℎ′(x)=(x2+4x+1)e x，∵y=x2+4x+1在[−14,1]上单调递增，当x=−14时，y>0，∴ℎ′(x)=(x2+4x+1)e x≥0在[−14,1]上恒成立．∴f′(x)=(x2+2x−1)e x+1，在[−14,1]上单调递增，且f′(0)=0．∴f(x)在[−14,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，∴f(x)min=f(0)=−1．(2)∵g(x)=f(x)−ae x−x=(x2−1−a)e x，∴g′(x)=(x2+2x−1−a)e x，∵g(x)有两个极值点x1，x2(x1<x2)时，∴{Δ=4+4(1+a)>0x1+x2=−2x1x2=−1−a⇒a>−2,x2∈(−1,+∞)，g(x2)≤t(2+x1)(e x2+1)⇒(x22−1−a)e x2≤t(2+x1)(e x2+1)，∵x22+2x2−1−a=0，∴−2x2e x2≤t(−x2)(e x2+1)，当x2=0时，t∈R当x2∈(−1,0)时，t≥2e x2e x2+1=2−2e x2+1，显然函数y=2−2e x+1在(−1,0)递增，∴t≥1当x2∈(0,+∞)时，t≤2−2e x+1，显然函数y=2−2e x+1在(0,+∞)递增，∴t≤1，综上所述，t=1．解析：本题考查了利用导数求解函数的最值、极值，考查了分类讨论思想、转化思想，属于难题．(1)通过求导与构造函数可以得到f(x)的单调性，从而求得最值；(2)对函数求导，结合二次函数的性质，可以得到关于t的不等式，再构造函数求得最值即可得到t的范围．22.答案：解：(1)由曲线C 的参数方程{x =−1+2cosφy =2sinφ，消去参数φ，得曲线C 的普通方程为(x +1)2+y 2=4．由曲线l 1的极坐标方程ρ=√2sin (θ+π4)，得ρsin θ+ρcos θ=1，将x =ρcos θ，y =ρsin θ代入，得l 1的直角坐标方程为x +y −1=0； (2)由l 1⊥l 2，得直线l 2的斜率k l 2=−1k l 1=1，所以l 2的倾斜角为π4，又l 2过圆心(−1,0)，所以l 2的方程为y =x +1，与x +y −1=0联立，得AB 的中点M(0,1)， 故l 2的参数方程为{x =tcosπ4y =1+tsin π4,(t 为参数)， 即{x =√22t y =1+√22t ,(t 为参数)，代入(x +1)2+y 2=4中，化简、整理得t 2+2√2t −2=0， 设P ，Q 对应的参数分别为t 1，t 2，则由韦达定理得t 1·t 2=−2， 又线段PQ 为圆的直径，所以|PQ|=4， 所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型． (1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)因为x >1，a >0，所以f(x)=a (1x−1+x −1)+a ≥2a√1x−1×(x −1)=2a +a =3a ，当且仅当x =2时取等号． 所以3a =15，解得a =5， (2)不等式为|x +5|−|2x −4|>1，所以{x ≥2x +5−(2x −4)>1或{−5<x <2x +5+2x −4>1或{x ≤−5−(x +5)+(2x −4)>1，解得2≤x<8或0<x<2或⌀，所以原不等式的解集为(0,8)．解析：本题主要考查利用基本不等式求最值，以及解绝对值不等式．(1)利用基本不等式求最值；(2)分类讨论解决不等式，即可得．。