2020年广东省广州市高三统一模拟测试(6月)理科数学试题(含答案)

2020年广东省广州市高考数学一模试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合M={x|0<x<1,x∈R}，N={x||x|<2,x∈R}，则()A. M∩N=MB. M∩N=NC. M∪N=MD. M∪N=R2.若复数z满足方程z2+2=0，则z3=()A. ±2√2B. −2√2C. −2√2iD. ±2√2i3.若直线kx−y+1=0与圆x2+y2+2x−4y+1=0有公共点，则实数k的取值范围是()A. [−3,+∞)B. (−∞,−3]C. (0,+∞)D. (−∞,+∞)4.已知p：|x+1|>2，q：2<x<3，则p是q的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5.设函数f(x)=2cos(12x−π3)，若对于任意的x∈R都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1−x2|的最小值为()A. π2B. πC. 2πD. 4π6.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为V，若P，Q分别在AA1，CC1上，且AP=13AA1，CQ=13CC1，则四棱锥B−APQC的体积是()A. 16V B. 29V C. 13V D. 79V7.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10位同学组成四个宣传小组，其中可回收物与餐厨垃圾宣传小组各有2位同学，有害垃圾与其他垃圾宣传小组各有3位同学．现从这10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. 514B. 914C. 37D. 478.已知直线l：y=x−2与x轴的交点为抛物线C：y2=2px的焦点，直线l与抛物线C交于A，B两点，则AB中点到抛物线准线的距离为()A. 8B. 6C. 5D. 49. 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1=13，a 2+a 5=4，若S n ≥4a n +8(n ∈N ∗)，则n 的最小值为( )A. 8B. 9C. 10D. 1110. 已知点P(x 0,y 0)是曲线C ：y =x 3−x 2+1上的点，曲线C 在点P 处的切线与y =8x −11平行，则( )A. x 0=2B. x 0=−43C. x 0=2或x 0=−43D. x 0=−2或x 0=4311. 已知O 为坐标原点，设双曲线C ：x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，点P 是双曲线C 上位于第一象限内的点．过点F 2作∠F 1PF 2的平分线的垂线，垂足为A ，若b =|F 1F 2|−2|OA|，则双曲线C 的离心率为( )A. 54B. 43C. 53D. 212. 已知函数f(x)={−x 2−x +1,x <0x 2−x +1,x ≥0，若F(x)=f(x)−sin(2020πx)−1在区间[−1,1]上有m 个零点x 1，x 2，x 3，…，x m ，则f(x 1)+f(x 2)+f(x 3)+⋯+f(x m )=( )A. 4042B. 4041C. 4040D. 4039二、单空题（本大题共3小题，共15.0分）13. 在(ax +1x )(x 2−1)5的展开式中，x 3的系数为15，则实数a =______．14. 已知单位向量e 1⃗⃗⃗ 与e 2⃗⃗⃗ 的夹角为π3，若向量e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 与2e 1⃗⃗⃗ +k e 2⃗⃗⃗ 的夹角为5π6，则实数k 的值为______．15. 记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n +a n+1n=cosnπ2−sinnπ2(n ∈N ∗)，且m +S 2019=−1009，a 1m >0，则1a 1+9m 的最小值为______．三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）16. 如图，如果一个空间几何体的正视图与侧视图为全等的等边三角形，俯视图为一个半径为1的圆及其圆心，则这个几何体的体积为 (1) ，表面积为 (2) ．四、解答题（本大题共7小题，共82.0分）= 17.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c=√3，且满足absinCasinA+bsinB−csinC √3．(1)求角C的大小；(2)求b+2a的最大值．18.随着马拉松运动在全国各地逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人数逐年增加．为此，某市对参加马拉松运动的情况进行了统计调査，其中一项是调査人员从参与马拉松运动的人中随机抽取100人，对其每月参与马拉松运动训练的夭数进行统计，得到以下统计表；(1)以这100人平均每月进行训练的天数位于各区间的频率代替该市参与马拉松训练的人平均每月进行训练的天数位于该区间的概率．从该市所有参与马拉松训练的人中随机抽取4个人，求恰好有2个人是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的概率；(2)依据统计表，用分层抽样的方法从这100个人中抽取12个，再从抽取的12个人中随机抽取3个，Y表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，求Y的分布列及数学期望E(Y)．19.如图1，在边长为2的等边△ABC中，D，E分别为边AC，AB的中点，将△AED沿ED折起，使得AB⊥AD，AC⊥AE，得到如图2的四棱锥A−BCDE，连结BD，CE，且BD与CE交于点H．(1)求证：AH⊥平面BCDE；(2)求二面角B−AE−D的余弦值．20.已知⊙M过点A(√3,0)，且与⊙N：(x+√3)2+y2=16内切，设⊙M的圆心M的估轨迹为C，(1)求轨迹C的方程；(2)设直线l不经过点B(2,0)且与曲线C交于点P，Q两点，若直线PB与直线QB的斜，判断直线l是否过定点，若过定点，求出此定点的坐标，若不过定点，率之积为−12请说明理由．21. 已知函数f(x)=(x −4)e x−3+x 2−6x ，g(x)=(a −13)x −1−lnx ．(1)求函数f(x)在(0,+∞)上的单调区间；(2)用max{m,n}表示m ，n 中的最大值，f′(x)为f(x)的导函数，设函数ℎ(x)=max{f′(x),g(x)}，若ℎ(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，求实数a 的取值范围； (3)证明：1n +1n+1+1n+2+⋯+13n−1+13n >ln3(n ∈N ∗)．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =3+ty =1+2t(t 为参数)，曲线C 2的参数方程为{x =√3cosθy =√3tanθ(θ为参数，且θ∈(π2,3π2))．(1)求C 1与C 2的普通方程，(2)若A ，B 分别为C 1与C 2上的动点，求|AB|的最小值．23. 已知函数f(x)=|3x −6|+|x +a|．(1)当a =1时，解不等式f(x)<3；(2)若不等式f(x)<11−4x 对任意x ∈[−4,−32]成立，求实数a 的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵集合M={x|0<x<1,x∈R}，N={x||x|<2,x∈R}={x|−2<x<2,x∈R}，∴M∩N={x|0<x<1,x∈R}=M，M∪N={x|−2<x<2,x∈R}=N．故选：A．求出集合M，N，进而求出M∩N，M∪N，由此能求出结果．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】D【解析】解：由z2+2=0⇒z=±√2i⇒z3=±2√2i，故选D．先求复数z，再求z3即可复数代数形式的运算，是基础题．3.【答案】D【解析】解：圆方程可整理为(x+1)2+(y−2)2=4，则圆心(−1,2)，半径r=2，≤2，整理得3k2−2k+3≥0，则圆心到直线的距离d=√1+k2因为△=4−36<0，故不等式恒成立，所以k∈(−∞,+∞)，故选：D．整理圆的方程得到其圆心与半径，直线与圆有交点等价于圆心到直线的距离d=≤2，解不等式即可√1+k2本题考查直线与圆的位置关系、根的判别式，不等式解集等，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：p：|x+1|>2，解得：x>1，或x<−3．q：2<x<3，则q⇒p，但是p无法推出q．∴p是q的必要不充分条件．故选：B．解出不等式p，即可判断出关系．本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：函数f(x)=2cos(12x−π3)，若对于任意的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)，∴f(x1)是函数的最小值，f(x2)是函数的最大值，|x1−x2|的最小值就是函数的半周期，T 2=12×2π12=2π；故选：C．由题意可知f(x1)≤f(x)≤f(x2)，f(x1)是函数的最小值，f(x2)是函数的最大值，|x1−x2|的最小值就是半个周期．本题是基础题，考查三角函数的周期的求法，题意的正确理解，考查分析问题解决问题的能力．6.【答案】B【解析】【分析】本题考查多面体体积的求法，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．由题意画出图形，过P作PG//AB交BB1于G，连接GQ，由等体积法可得V B−APQC=2 3V ABC−PQG，再由已知得到V ABC−PQG=13V ABC−A1B1C1，即可得出．【解答】解：如图，过P作PG//AB交BB1于G，连接GQ，在三棱柱ABC −PQG 中，由等积法可得V B−APQC =23V ABC−PQG ， ∵AP =13AA 1，CQ =13CC 1，∴V ABC−PQG =13V ABC−A 1B 1C 1，∴V B−APQG =23V ABC−PQG =23×13V ABC−A 1B 1C 1=29V ．故选：B ．7.【答案】C【解析】解：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10位同学组成四个宣传小组，其中可回收物与餐厨垃圾宣传小组各有2位同学，有害垃圾与其他垃圾宣传小组各有3位同学． 现从这10位同学中选派5人到某小区进行宣传活动，基本事件总数n =C 105=252，每个宣传小组至少选派1人包含的基本事件个数：m =C 22C 21C 31C 31+C 21C 22C 31C 31+C 21C 21C 32C 31+C 21C 21C 31C 32=108，则每个宣传小组至少选派1人的概率为P =m n=108252=37．故选：C ．基本事件总数n =C 105=252，每个宣传小组至少选派1人包含的基本事件个数m =C 22C 21C 31C 31+C 21C 22C 31C 31+C 21C 21C 32C 31+C 21C 21C 31C 32，由此能求出每个宣传小组至少选派1人的概率．本题考查概率的求法，考查古典概率、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．8.【答案】A【解析】解：抛物线C ：y 2=2px ，可得准线方程为：x =−p2，直线l ：y =x −2，经过抛物线的焦点坐标，可得P =4，抛物线方程为：y 2=8x 由题意可得：{y 2=8x y =x −2，可得x 2−12x +4=0，直线l 与抛物线C 相交于A 、B 两点，则线段AB 的中点的横坐标为：6， 则线段AB 的中点到抛物线C 的准线的距离为：6+2=8．故选：A．求出抛物线的准线方程，然后求解准线方程，求出线段AB的中点的横坐标，然后求解即可．本题考查抛物线的简单性质，直线与抛物线的位置关系的应用，考查计算能力．9.【答案】C【解析】解：等差数列{a n}的前n项和为S n，已知a1=13，a2+a5=4，可得：13+d+13+4d=4，解得d=23，所以S n=n3+n(n−1)×13=n23，a n=13+(n−1)×23=2n−13，S n≥4a n+8(n∈N∗)，可得：n23≥8n−43+8，可得：n2−8n−20≥0，解得n≥10或n≤−2(舍去)，所以n的最小值为10．故选：C．利用等差数列通项公式求出数列的首项与公差，然后求解通项公式以及数列的和，结合不等式求解即可．本题考查等差数列的通项公式以及前n项和，数列与不等式相结合，考查转化首项以及计算能力，是中档题．10.【答案】B【解析】解：由y=x3−x2+1，得y′=3x2−2x，则曲线C在点P(x0,y0)处的切线的斜率为k=y′|x=x=3x02−2x0，∵曲线C在点P处的切线与y=8x−11平行，∴3x02−2x0=8，∴x0=2或x=−43，∵当x0=2时，切线和y=8x−11重合，∴x=−43．故选：B．先求出y=x3−x2+1的导数，得到曲线C在点P(x0,y0)处的切线斜率k，然后根据曲线C在点P处的切线与y=8x−11平行得到关于x0的方程，解方程得到x0的值，再检验得到符合条件的x0．本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，考查了方程思想，属基础题．11.【答案】C【解析】【分析】本题考查双曲线的性质及角平分线的性质，属于中档题．由角平分线的性质可得延长F2A交PF1与B，由PA为∠F1PF2的角平分线，F2A⊥PA，所以A为F2B的中点，|PF2|=|PB|，可得OA为△BF1F2的中位线，b=|F1F2|−2|OA|=2c−2a再由a，b，c的关系求出离心率．【解答】解：延长F2A交PF1与B，由PA为∠F1PF2的角平分线，F2A⊥PA，所以A为F2B的中点，|PF2|=|PB|，连接OA，则OA为△BF1F2的中位线，所以|BF1|=2|OA|，而|BF1|=|PF1|−|PB|=|PF1|−|PF2|=2a，因为b=|F1F2|−2|OA|=2c−2a，而b2=c2−a2所以c2−a2=4(c−a)2整理可得3c2−8ac+5a2=0，即3e2−8e+5=0，解得e=53或1，再由双曲线的离心率大于1，可得e=5，3故选：C．12.【答案】B【解析】【分析】本题考查正弦函数的图象和性质，分段函数的图象，以及中心对称的函数的性质，属于中档题．本题利用正弦函数的性质求出周期，再利用图象中心对称的性质求出函数值的和． 【解答】解：∵F(x)=f(x)−sin(2020πx)−1在区间[−1,1]上有m 个零点， ∴f(x)−1=sin(2020πx)在区间[−1,1]上有m 个根，即g(x)=f(x)−1={− x 2−x,x <0x 2−x,x ≥0与ℎ(x)=sin(2020πx)在区间[−1,1]上有m 个交点， ∵T =2πω=2π2020π=11010且ℎ(x)关于原点对称，在区间[−1,1]上ℎ(x)max =1，ℎ(x)min =−1 又∵g(x)=f(x)−1={− x 2−x,x <0x 2−x,x ≥0∴在区间[−1,1]上g(x)max =g(−12)=14，g(x)min =g(12)=−14， 且g(x)关于原点对称．∵根据g(x)和ℎ(x)函数图象特点易知在ℎ(x)一个周期内， g(x)和ℎ(x)图象有两个交点．∵T =11010∴在(0,1]内共有1010个周期， ∴g(x)和ℎ(x)图象共有2020个交点， ∵g(x)和ℎ(x)图象都关于原点对称，∴g(x)和ℎ(x)图象在[−1,0)U(0,1]共有4040个交点， 再加上(0,0)这个交点．∵g(x)关于原点对称，设x 1，x 2为关于原点对称的两个交点横坐标， ∴g(x 1)+g(x 2)=0，即f(x 1)−1+f(x 2)−1=0， 即f(x 1)+f(x 2)=2，∴f(x 1)+f(x 2)+f(x 3)+⋯+f(x m )=40402×2+f(0)=4040+1=4041．故选：B ．13.【答案】5【解析】解：∵(x 2−1)5的展开式的通项公式为T r+1=C 5r (x 2)5−r⋅(−1)r =(−1)r ⋅C 5r x 10−2r ，r =0，1， (5)∴(ax +1x )(x 2−1)5的展开式中含x 3的系数为a ×(−1)4×C 54+C 53⋅(−1)3=5a −10．又∵5a −10=15，∴a =5． 故答案为：5．先求得(x 2−1)5的展开式的通项公式，再列出含x 3的系数的关于a 的方程，最后求出a ． 本题主要考查二项式定理中的通项公式，属于基础题．14.【答案】−10【解析】解：单位向量e 1⃗⃗⃗ 与e 2⃗⃗⃗ 的夹角为π3， 即|e 1⃗⃗⃗ |=|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ⋅e 2⃗⃗⃗ =1×1×cos π3=12； 又向量e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ 与2e 1⃗⃗⃗ +k e 2⃗⃗⃗ 的夹角为5π6，所以(e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ )⋅(2e 1⃗⃗⃗ +k e 2⃗⃗⃗ )=|e 1⃗⃗⃗ +2e 2⃗⃗⃗ |×|2e 1⃗⃗⃗ +k e 2⃗⃗⃗ |cos 5π6，即2×12+(4+k)×12+2k ×12=√12+4×12+4×12×√4×12+4k ×12+k 2×12×(−√32)； 8+5k =−√21⋅√k 2+2k +4； {8+5k ≤0(8+5k)2=21(k 2+2k +4)， 解得k =−10， 所以实数k 的值为−10．根据单位向量的定义与平面向量数量积的运算法则，求解即可． 本题考查了单位向量的定义与平面向量数量积的运算问题，是中档题．15.【答案】16【解析】解：由已知，a 2+a 3=−2； a 4+a 5=4； a 6+a 7=−6；⋮a 2018+a 2019=−2018；将上述等式左右分别相加，得S 2019−a 1=−2018+1008=−1010；将S 2019=a 1−1010代入等式m +S 2019=−1009， 得m +a 1=1；∵a 1m >0，故都为正数；∴1a 1+9m =(1a 1+9m )(m +a 1)=10+ma 1+9a 1m≥10+2√ma 1⋅9a 1m=16；当且仅当m =3a 1 即m =34，a 1=14时等号成立； 故答案为：16．通过递推式，可求得S 2019与a 1的关系，结合已知等式m +S 2019=−1009，即可求出结论．本题考查了利用递推式求数列前n 项的和，并探究数列的某些性质，属中档题．16.【答案】√3π33π【解析】解：由三视图还原原几何体，可知该几何体为圆锥，该几何体的体积V =13×π×12×√3=√3π3；表面积S =π×12+12×2π×1×2=3π． 故答案为：√3π3；3π．由三视图还原原几何体，可知该几何体为圆锥，圆锥的底面半径为1，高为√3.再由圆锥的体积公式及表面积公式求解．本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．17.【答案】解：(1)由题意及正弦定理可得：abca 2+b 2−c 2=√3，由余弦定理得：a 2+b 2−c 2=2ab ⋅cosC ， 所以cosC =a 2+b 2−c 22ab=12，又C 为△ABC 内角， ∴C =π3；(2)由正弦定理可得：asinA =bsinB =csinC =2， 所以a =2sinA ，b =2sinB ， 又因为A +B +C =π， 所以b =2sinB =2sin(A +π3)，所以b +2a =2sin(A +π3)+4sinA =sinA +√3cosA +4sinA =5sinA +√3cosA =2√7sin(A +ϕ)，且tanϕ=√35， 又因为A ∈(0,2π3)，所以sin(A +ϕ)max =1，所以b +2a ≤2√7，即b +2a 的最大值为2√7．【解析】(1)根据已知条件，结合正余弦定理可得cosC =12，由此即可求得C ； (2)易知b =2sinB =2sin(A +π3)，再由三角恒等变换可得b +2a =2√7sin(A +Φ)，结合A ∈(0,2π3)，可知sin(A +ϕ)max =1，由此求得b +2a 的最大值．本题涉及了正余弦定理，三角恒等变换，三角函数的图象及性质等基础知识点，考查计算能力，属于中档题．18.【答案】解：记“平均每月进行训练的天数不少于20天”为事件A ．由表可知P(x ≥20)=25100，所以P(A)=C 42(14)2(1−14)2=27128． (2)由题意得：x <20的人：12×34=9；x ≥20的人有12×14=3从抽取的12个人中随机抽取3个，Y 表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，Y 的可能取值为0，1，2，3，且Y ～H(3,3,12)P(Y =0)=C 93C 123=84220，P(Y =1)=C 92C 31C 123=108220，P(Y =2)=C 91C 32C 123=27220，P(Y =3)=C 33C 123=1220，所以Y 的分布列为：Y 0 1 2 3 P84220108220272201220Y 的分布列及数学期望E(Y)=0×84220+1×108220+2×27220+3×1220=34．【解析】(1)记“平均每月进行训练的天数不少于20天”为事件A.求出P(x ≥20)=25100=14，利用独立重复实验的概率求解即可． (2)由题意得：x <20的人：12×34=9；x ≥20的人有12×14=3从抽取的12个人中随机抽取3个，Y 表示抽取的是“平均每月进行训练的天数不少于20天”的人数，Y 的可能取值为0，1，2，3，且Y ～H(3,3,12)，求出概率，得到分布列，然后求解期望即可． 本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，独立重复实验的概率的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．19.【答案】(1)证明：由题意，AD =CD =1，BD =CE =√3， 又因为AB ⊥AD ，所以AB =√BD 2−AD 2=√3−1=√2=AC ，所以AC 2=AD 2+CD 2，即AD ⊥CD 又因为CD ⊥BD ，且BD ∩AD =D ，所以CD ⊥平面ABD.所以CD ⊥AH ，同理AH ⊥BE ，CD 与BE 是相交直线， 所以AH ⊥平面BCDE ． (2)解：如图，过D 作Dz ⊥平面BCDE ，DB 为x 轴，DC 为y 轴，Dz 为z 轴，建立空间直角坐标系 所以D(0,0,0)，B(√3,0,0)，E(√32,−12,0)，设点A(a,0,b)由AD =1,AB =√2得{a 2+b 2=1(a −√3)2+b 2=2，解得：a =√33,b =√63， 所以A(√33,0,√63)，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√36,−12,−√63)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√33,0,−√63)，DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√33,0,√63)，设平面AED 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 所以{AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 1⃗⃗⃗⃗ =0⟹{x 1=√3y 1+2√2z 1x 1+√2z 1=0，取z 1=−1，得n 1⃗⃗⃗⃗ =(√2,√6,−1)， 同理可得平面AEB 的法向量n 2⃗⃗⃗⃗ =(1,−√3,√2)，所以cos <n 1⃗⃗⃗⃗ ,n 2⃗⃗⃗⃗ ≥n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗|n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ||n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=−√33， 由图可知，所求二面角为钝角，所以二面角B −AE −D 的余弦值为−√33．【解析】(1)证明AD ⊥CD ，CD ⊥BD ，即可证明CD ⊥平面ABD.推出CD ⊥AH ，同理AH ⊥BE ，即可证明AH ⊥平面BCDE ．(2)过D 作Dz ⊥平面BCDE ，DB 为x 轴，DC 为y 轴，Dz 为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面AED 的法向量，平面AEB 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角B −AE −D 的余弦值即可．本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及逻辑推理能力计算能力，是中档题．20.【答案】解：(1)由题意⊙M 过点A(√3,0)，且与⊙N ：(x +√3)2+y 2=16内切，设两圆切点为D 所以|MD|+|MN|=|ND|=4，在⊙M 中，|MD|=|MA|所以|MA|+|MN|=4，所以M 的轨迹为椭圆，由定义可知{2a =4c =√3，所以求轨迹C 的方程为x 24+y 2=1．(2)当l 的斜率不存在的时，设P(x 0,y 0)，所以Q(x 0,−y 0)， 所以{k PB ⋅k QB =y0x 0−2⋅−y0x 0−2=−12x 024+y 02=1，解得{x 0=23y 0=2√23或{x 0=2y 0=0(舍)， 所以l 与x 轴的交点为(23,0)， 当l 的斜率存在时，设l 的方程为y =kx +b 联立{y =kx +bx 24+y 2=1消元可得(1+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−4=0，△=(8kb)2−4(1+4k 2)(4b 2−4)=64k 2−16b 2+16>0， 所以4k 2>b 2−1，由韦达定理x 1+x 2=−8kb1+4k 2；x 1x 2=4b 2−41+4k 2， k PB ⋅k QB =y 1x 1−2⋅y 2x 2−2=(kx 1+b)(x 1−2)(kx 2+b)(x 2−2)=k 2x 1x 2+kb(x 1+x 2)+b 2x 1x 2−2(x 1+x 2)+4=k 24b2−41+4k 2−8k 2b 21+4k 2+b 24b 2−41+4k 2−2−8kb 1+4k 2+4=b 2−4k 2(4k+2b)2=(b−2k)(b+2k)4(2k+b)2，又因为2k +b ≠0，所以b−2k4(b+2k)=−12，即b =−23k ， 所以b 2−1=(−23k)2−1<4k 2，所以b =−23k 成立， 所以y =kx −23k =k(x −23)，当x =23时，y =0，所以l 过(23,0)综上所述l 过定点，且点坐标为(23,0)．【解析】(1)由题意⊙M 过点A(√3,0)，且与⊙N ：(x +√3)2+y 2=16内切，推出M 的轨迹为椭圆，结合椭圆定义求轨迹C 的方程．(2)当l 的斜率不存在的时，设P(x 0,y 0)，所以Q(x 0,−y 0)，利用斜率乘积以及点在椭圆上，转化求解l 与x 轴的交点为(23,0)，当l 的斜率存在时，设l 的方程为y =kx +b 联立{y =kx +bx 24+y 2=1，通过判别式推出4k 2>b 2−1，结合韦达定理，利用斜率的乘积推出b =−23k ，然后得到直线系方程说明结果距离．本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，直线系方程的应用，考查分析问题解决问题的能力是难题．21.【答案】解：(1)因为f(x)=(x −4)e x−3+x 2−6x ，所以f′(x)=(x −3)e x−3+2x −6=(x −3)(e x−3+2)， 令f′(x)=0得x =3当x >3时，f′(x)>0，f(x)单调递增 当0<x <3时，f′(x)<0，f(x)单调递减所以f(x)单调递增区间为(3,+∞)；f(x)单调递减区间为(0,3)．(2)由(1)知f′(x)=(x −3)(e x−3+2)，当x ≥3时f’(x)≥0恒成立，故ℎ(x)≥0恒成立 当x <3时，f’(x)<0，又因为ℎ(x)=max{f’(x),g(x)}≥0恒成立， 所以g(x)≥0在(0,3)上恒成立 所以(a −13)x −1−lnx ≥0，即a −13≥1+lnx x在(0,3)上恒成立令F(x)=1+lnx x ，则a −13≥F(x)max ， F’(x)=1−(lnx+1)x 2=−lnx x 2，令F’(x)=0得x=1，易得F(x)在(0,1)上单增，在[1,3)上单减，所以F(x)max=F(1)=1，所以a−13≥1，即a≥43综上可得a≥43，(3)设m(x)=e x−x−1(x>0)，则m′(x)=e x−1>0，所以m(x)在(0,+∞)上单增，所以m(x)>m(0)=0，即e x>x+1所以e1n+1n+1+1n+1+⋯+13n=e 1n⋅e1n+1⋅e1n+2…e13n>n+1n⋅n+2n+1⋅n+3n+2…3n3n−1⋅3n+13n>n+1n ⋅n+2n+1⋅n+3n+2…3n3n−1=3，所以1n +1n+1+1n+2+⋯+13n−1+13n>ln3．【解析】(1)求出导函数，通过f′(x)=0得x=3然后判断函数的单调性求解函数的单调区间即可．(2)通过ℎ(x)=max{f’(x),g(x)}≥0恒成立，令F(x)=1+lnxx ，推出a−13≥F(x)max，结合函数的导数求解函数的最大值，求解即可．(3)设m(x)=e x−x−1(x>0)，利用函数的导数推出e x>x+1，然后结合不等式转化求解证明即可．本题考查了导数的综合应用及恒成立问题化为最值问题的处理方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22.【答案】解：(1)由题可得：C1的普通方程为2x−y−5=0又因为C2的参数方程为{x=√3cosθy=√3tanθ，两边平方可得{x2=3cos2θy2=3sin2θcos2θ，所以C2的普通方程为x23−y23=1，且x≤−√3．(2)由题意，设C1的平行直线2x−y+c=0联立{2x−y+c=0x23−y23=1消元可得：3x2+4cx+c2+3=0所以△=4c2−36=0，解得c=±3又因为x≤−√3，经检验可知c=3时与C2相切，所以|AB|min =√22+(−1)2=8√55．【解析】(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)利用直线和曲线的位置关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，直线和曲线的位置关系的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.【答案】解：(1)a =1时，f(x)=|3x −6|+|x +1|={−4x +5,x <−1−2x +7,−1≤x ≤24x −5,x >2；当x <−1时，由f(x)<3得−4x +5<3，解得x >12(不合题意，舍去)； 当−1≤x ≤2时，由f(x)<3得−2x +7<3，解得x >2(不合题意，舍去)； 当x >2时，由f(x)<3得4x −5<3，解得x <2(不合题意，舍去)； 所以不等式f(x)<3的解集⌀；(2)由f(x)=|3x −6|+|x +a|<11−4x 对任意x ∈[−4,−32]成立， 得−(3x −6)+|x +a|<11−4x ，即|x +a|<5−x ， 所以{|x +a|<5−x 5−x >0，所以{x −5<x +ax +a <5−x，得a >−5且a <5−2x 对任意x ∈[−4,−32]成立；即−5<a <8，所以a 的取值范围是(−5,8)．【解析】(1)a =1时，f(x)=|3x −6|+|x +1|，讨论x 的取值范围，去掉绝对值求不等式f(x)<3的解集即可；(2)f(x)=|3x −6|+|x +a|<11−4x 对任意x ∈[−4,−32]成立，等价于|x +a|<5−x 恒成立，去绝对值，从而求出a 的取值范围．本题考查了不等式恒成立的应用问题，也考查了含有绝对值的不等式解法问题，是中档题．。

2020年广东省广州市高考数学一模试卷(理科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设集合M={x|x<2}，集合N={x|0<x<1}，则M∩N=()A. {x|1<x<2}B. {x|0<x<1}C. {x|x<2}D. R2.设复数z=1−i，则z3=()A. −2+2iB. 2+2iC. −2−2iD. 2−2i3.若直线y=x+b与圆x2+y2−4x+2y+3=0有公共点，则实数b的取值范围是()A. [−2,2]B. [−3,1]C. [−4,0]D. [−5,−1]4.条件p：|x−m|≤2，条件q：−1≤x≤n，若p是q的充要条件，则m+n=()A. 2B. 3C. 4D. 55.当0≤x≤π2时，函数f(x)=sinx+√3cosx的()A. 最大值是√3，最小值是12B. 最大值是√3，最小值是1C. 最大值是2，最小值是1D. 最大值是2，最小值是126.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，若四边形AA1C1C是边长为4的正方形，且AB=3,BC=5,，M是AA1的中点，则三棱锥A1−MBC1的体积为()A. 5B. 4C. 3D. 27.同文中学在高一年级进行“三城同创”演讲比赛，如果高一(8)班从3男1女4位同学中选派2位同学参加此次演讲比赛，那么选派的都是男生的概率是()．A. 34B. 14C. 23D. 128.直线l：y=k(x−1)与抛物线C：y2=4x交于A、B两点，若线段AB的中点横坐标为3，则|AB|的值为()A. 8B. 8√3C. 6√3D. 69.若等差数列{a n}的前n项和为S n，a4=1，a8+a9=9，则S9=()A. 15B. 16C. 17D. 1810.曲线y=3x−lnx在点(1,3)处的切线方程为()A. y=−2x−1B. y=−2x+5C. y=2x+1D. y=2x−111.已知O为坐标原点，F1，F2是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，P是双曲线右支上一点，PM为∠F1PF2的角平分线，过F1作PM的垂线交PM于点M，则|OM|的长度为()A. aB. bC. a2D. b212.函数f(x)=x2−x−2的零点是()A. –2，–1B. 2，–1C. 1，2D. 1，–2二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.如图，是一个几何体的三视图，其中正视图与侧视图完全相同，均为等边三角形与矩形的组合，俯视图为圆，若已知该几何体的表面积为16π，则x=______ ．14.已知(2+x2)(ax+1a)6展开式中含x4项的系数为45，则正实数a的值为______．15.设单位向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 的夹角是2π3，若(e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗ )⊥(k e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ )，则实数k的值是______ ．16.已知数列{a n}的前n项和S n=n3，则a6+a7+a8=______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足sin(2A+B)sinA=2+2cos(A+B)．(1)证明：b=2a；(2)若c=√7a，求∠C大小．18.“一本书，一碗面，一条河，一座桥”曾是兰州的城市名片，而现在“兰州马拉松”又成为了兰州的另一张名片，随着全民运动健康意识的提高，马拉松运动不仅在兰州，而且在全国各大城市逐渐兴起，参与马拉松训练与比赛的人口逐年增加．为此，某市对人们参加马拉松运动的情况进行了统计调查．其中一项调查是调查人员从参与马拉松运动的人中随机抽取200人，对其每周参与马拉松长跑训练的天数进行统计，得到以下统计表：若某人平均每周进行长跑训练天数不少于5天，则称其为“热烈参与者”，否则称为“非热烈参与者”．(1)经调查，该市约有2万人参与马拉松运动，试估计其中“热烈参与者”的人数；(2)某调查人员在调查这200人时，有3张周末的马拉松训练活动体验卡要向他们发放，若被调查者为“热烈参与者”，即送其1张体验卡，否则不予送出．调查人员顺次调查完前3人后，剩余的体验卡数量为ξ，试根据统计表的数据，以200人中“热烈参与者”的频率作为概率，求ξ的分布列及期望．19.如图，三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．(1)求证：AE⊥平面A1BD；(2)求二面角D−BE−B1的余弦值．20.已知定点A(−3,0)、B(3,0)，直线AM、BM相交于点M，且它们的斜率之积为−1，记动点M的9轨迹为曲线C．(Ⅰ)求曲线C的方程；(Ⅱ)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P、Q两点，是否存在定点S(s,0)，使得直线SP与SQ斜率之积为定值，若存在求出S坐标；若不存在请说明理由．21. 已知函数f(x)=ln(x +a)−x ，a ∈R ．(1)当a =−1时，求f(x)的单调区间；(2)若x ≥1时，不等式e f(x)+a 2x 2>1恒成立，求实数a 的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l ：{x =1+12t y =√32t(t 为参数)，曲线C 1：{x =√2cosθy =sinθ(θ为参数)．(1)设l 与C 1相交于A ，B 两点，求|AB|；(2)若Q 是曲线C 2：{x =cosαy =3+sinα(α为参数)上的一个动点，设点P 是曲线C 1上的一个动点，求|PQ|的最大值．23. 设f(x)=|x +1|−|2x −1|，(1)求不等式f(x)≤x +2的解集；(2)若不等式满足f(x)≤|x|(|a −1|+|a +1|)对任意实数x ≠0恒成立，求实数a 的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：本题考查交集的运算，属于基础题．求出集合M，N，即可求解．解：∵集合M={x|x<2}，集合N={x|0<x<1}，∴M∩N={x|0<x<1}．故选B．2.答案：C解析：本题考查了复数的运算法则、考查了计算能力，属于基础题．利用复数的运算法则求解即可．解：，故选C．3.答案：D解析：本题考查了直线与圆的位置关系，属于基础题．将圆的一般方程转化为标准方程，根据题意可知圆心(2,−1)到直线x−y+b=0的距离小于等于半径√2，即可求得b的取值范围．解：圆x2+y2−4x+2y+3=0转化成标准方程为(x−2)2+(y+1)2=2，圆心为(2,−1)，半径为√2，因为直线y=x+b与圆x2+y2−4x+2y+3=0有公共点，≤√2，解得−5≤b≤−1，所以√1+1故选：D．4.答案：C解析：解：条件p：|x−m|≤2，解出m−2≤x≤m+2.条件q：−1≤x≤n，由p是q的充要条件，∴m−2=−1，m+2=n，解得m=1，n=3．则m+n=4．故选：C．条件p：|x−m|≤2，解出m−2≤x≤m+2.条件q：−1≤x≤n，由p是q的充要条件，可得m−2=−1，m+2=n，解出即可得出．本题考查了不等式与方程的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．5.答案：C解析：利用辅助角公式将函数f(x)化简，根据三角函数的有界限求解即可．本题考查三角函数的图象及性质的运用，考查转化思想以及计算能力．解：函数f(x)=sinx+√3cosx=2sin(x+π3).当0≤x≤π2时，则π3≤x+π3≤5π6，那么：当x+π3=5π6时，函数f(x)取得最小值为1．当x+π3=π2时，函数f(x)取得最大值为2．故选C．6.答案：B解析：本题考查三棱柱体积的求法，属于基础题.根据题意可得sin∠MA1B=35，A1B=5，，A1M=2，即可得到S△A1MB,进而求出三棱锥A1−MBC1的体积．解：直三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，且AB=3,BC=5,M是AA1的中点，则sin∠MA1B=35，A1B=5，，A1M=2，所以S△A1MB =12·A1M·A1B·sin∠MA1B=12×2×5×35=3，所以棱锥A1−MBC1的体积为 VA1−MBC1=VC−A1MB=13×C1A1·S△A1MB=13×4×3=4．7.答案：D解析：本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．基本事件总数n=C42=6，选派的都是男生包含的基本事件个数m=C32=3，由此能求出选派的都是男生的概率．解：高二8班从3男1女4位同学中选派2位同学参加某演讲比赛，三男一女分别记为A，B，C，D，则4位同学中选派2位同学的结果有AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6种，选派的都是男生包含的结果有AB，AC，BC，共三种，∴选派的都是男生的概率p=36=12．故选D．8.答案：A解析：本题考查抛物线的性质和应用，正确运用抛物线的定义是关键．线段AB的中点到准线的距离为4，设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，由抛物线的定义知|AB|的值．解：由题设知直线l：y=k(x−1)经过抛物线C：y2=4x的焦点坐标，线段AB的中点到准线的距离为3+1=4，设A，B两点到准线的距离分别为d1，d2，由抛物线的定义知：|AB|=|AF|+|BF|=d1+d2=2×4=8．故选：A．9.答案：B解析：本题考查等差数列的通项公式及前n 项和公式，属于基础题．由a 8+a 9=9，a 4=1联立解方程组即可求出等差数列的的公差和首项，然后代入求和公式． 解：因为{a n }是等差数列，所以可设a n =a 1+(n −1)d ，所以a 4=a 1+3d =1，a 8+a 9=2a 4+9d =9，所以d =79，a 1=−43，所以S 9=9×(−43)+9×82×79=16． 故选B ． 10.答案：C解析：本题考查曲线的切线方程，考查导数的几何意义，属于基础题．求导数，确定切线的斜率，即可求出曲线y =3x −lnx 在点(1,3)处的切线方程． 解：由题意，y ′=3−1x ，所以曲线过点(1,3)处的切线斜率为k =3−1=2，所以切线方程为y −3=2(x −1)，即y =2x +1，故选C ． 11.答案：A解析：解：依题意如图，延长F 1M ，交PF 2于点T ，∵PM 是∠F 1PF 2的角分线．TF 1是PM 的垂线，∴PM 是TF 1的中垂线，∴|PF 1|=|PT|，∵P为双曲线x2a2−y2b2=1上一点，∴|PF1|−|PF2|=2a，∴|TF2|=2a，在三角形F1F2T中，MO是中位线，∴|OM|=a．故选：A．先画出双曲线和焦点三角形，由题意可知PM是TF1的中垂线，再利用双曲线的定义，数形结合即可得结论．本题考查了双曲线的定义的运用以及双曲线标准方程的意义，解题时要善于运用曲线定义，数形结合的思想解决问题．12.答案：B解析：本题主要考查函数零点的判定定理．由方程的根与函数零点的关系可知，求方程的根，就是确定函数的零点，也就是求函数的图象与x轴的交点的横坐标．令f(x)=0，由二次方程的解法，运用因式分解解方程即可得到所求函数的零点．解：令f(x)=0，即x2−x−2=0，即有(x−2)(x+1)=0，解得x=2或x=−1．即函数f(x)的零点为2或−1．故选B．13.答案：2√3解析：解：由三视图可知此几何体是组合体：上面是圆锥、下面是圆柱，∵正视图与侧视图完全相同，均为等边三角形与矩形的组合，∴圆锥的高是x，则半径为xtan60°=√3，母线长是xsin60°=2√3x3，则圆柱的底面半径是√3，高是1，∵该几何体的表面积为16π，∴π×(√3)2+2π×√3×1+π√3× 2√3x 3=16π，化简得，√3x 2+2x −16√3=0， 解得x =2√3或x =3舍去)， 故答案为：2√3．由三视图可知此几何体是组合体：上面是圆锥、下面是圆柱，由条件和直角三角形的三角函数求出半径、圆锥母线长，利用圆柱、圆锥的表面积公式列出方程求出x 的值．本题考查了由三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力，计算能力．14.答案：√22或1解析：本题考查了二项式定理的应用以及利用二项展开式的通项公式求展开式中某项系数的问题，是综合性题目，属于基础题．根据(ax +1a )6展开式的通项公式求出展开式中含x 4与x 2，从而求出(2+x 2)(ax +1a )6展开式中含x 4项的系数，列出方程求出正实数a 的值． 解：∵(ax +1a )6展开式的通项公式为：T r+1=C 6r ⋅(ax)6−r ⋅(1a )r =C 6r⋅a 6−2r ⋅x 6−r ，令6−r =4，得r =2，∴T 2+1=C 62⋅a 2⋅x 4=15a 2x 4，令6−r =2，得r =4，∴T 4+1=C 64⋅a −2⋅x 2=15a −2x 2，∴(2+x 2)(ax +1a )6展开式中含x 4项的系数为： 2×15a 2+15a −2=45， 整理得2a 4−3a 2+1=0， 解得a 2=1或a 2=12， ∴正实数a =1或a =√22．故答案为√22或1．15.答案：54解析：本题考查了平面向量的数量积公式的应用以及向量垂直的性质；属于常规题．首先求出单位向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 的数量积，再根据(e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗ )·(k e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ )=0，得到关于k的方程解之即可．解：因为单位向量e1⃗⃗⃗ ，e2⃗⃗⃗ 的夹角是2π3，所以e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ =1×1×cos2π3=−12，并且(e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗ )⊥(k e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ )，所以(e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗ )⋅(k e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ )=0，展开得k e1⃗⃗⃗ 2−2e2⃗⃗⃗ 2+(1−2k)e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ =0，即k−2−12(1−2k)=0，解得k=54．故答案为：54．16.答案：387解析：本题考查数列递推式，考查了由数列的前n项和求数列部分项的和，是基础的计算题．由已知数列的前n项和，利用a6+a7+a8=S8−S5求得结果．解：由S n=n3，得a6+a7+a8=S8−S5=83−53=387．故答案为：387．17.答案：解：(1)sin(2A+B)sinA=2+2cos(A+B)．∴sin(2A+B)=2sinA+2sinAcos(A+B)，∴sinAcos(A+B)+cosAsin(A+B)=2sinA+2sinAcos(A+B)，∴−sinAcos(A+B)+cosAsin(A+B)=2sinA，即sinB=2sinA，故由正弦定理可得b=2a．(2)由余弦定理可得cosC =a 2+b 2−c 22ab=a 2+4a 2−7a 24a 2=−12，因为∠C 是△ABC 的内角， 故∠C =2π3．解析：(1)等式可化简为sinB =2sinA ，故由正弦定理可得b =2a ； (2)由余弦定理可得cosC =−12，∠C 是△ABC 的内角，故可得∠C =2π3．本题主要考查了余弦定理的综合应用，属于基础题．18.答案：解：(1)以200人中，“热烈参与者”的频率作为概率，则估计该市“热烈参与者”的人数约为：20000×15=4000； (2)根据题意可知，ξ～B(3,45)，P(ξ=0)=C 30×(15)3=1125， P(ξ=1)=C 31×45×(15)2=12125， P(ξ=2)=C 32×(45)2×15=48125， P(ξ=3)=C 33×(45)3=64125，∴ξ的分布列为：E(ξ)=3×45=125．解析：本题考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．(1)以200人中，“热烈参与者”的频率作为概率，可估计该市“热烈参与者”的人数； (2)根据题意可知，ξ～B(3,45)，由此能求出ξ的分布列和E(ξ)．19.答案：证明：(1)∵AB =BC =CA ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC ，∵AA 1⊥平面ABC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，又平面AA 1C 1C ∩平面ABC =AC ，BD ⊂平面ABC ， ∴BD ⊥平面AA 1C 1C ， 又AE ⊂平面AA 1C 1C ， ∴BD ⊥AE ．又∵在正方形AA 1C 1C 中，D ，E 分别是AC ，CC 1的中点， 根据相似三角形，易得A 1D ⊥AE ． 又A 1D ∩BD =D ，A 1D 、BD ⊂平面A 1BD ， ∴AE ⊥平面A 1BD ．解：(2)因为BD ⊥平面AA 1C 1C ，根据题意，取A 1C 1中点F ，以DF ，DA ，DB 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， D(0,0，0)，E(1,−1,0)，B(0,0,√3)，B 1(2,0,√3)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)，EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,√3)， 设平面DBE 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =√3z =0DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =x −y =0，令x =1，则m⃗⃗⃗ =(1,1，0)， 设平面BB 1E 的一个法向量为n⃗ =(a,b ，c)， 则{BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =2a =0EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =a +b +√3c =0，令c =√3，则n ⃗ =(0,−3,√3) 设二面角D −BE −B 1的平面角为θ，观察可知θ为钝角， cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=−√64，∴cosθ=−√64，故二面角D −BE −B 1的余弦值为−√64．解析：本题考查线面垂直的证明，考查向量法求解二面角的余弦值，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．(1)推导出BD ⊥AC ，从而平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，进而BD ⊥平面AA 1C 1C ，BD ⊥AE ，再求出A 1D ⊥AE ，由此能证明AE ⊥平面A 1BD ．(2)取A 1C 1中点F ，以DF ，DA ，DB 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D −BE −B 1的余弦值．20.答案：解：(Ⅰ)设动点M(x,y)，则k MA =yx+3,k MB =yx−3(x ≠±3)， ∵k MA k MB =−19，即yx+3⋅yx−3=−19． 化简得x 29+y 2=1，由已知x ≠±3， 故曲线C 的方程为x 29+y 2=1(x ≠±3)．(Ⅱ)由已知直线l 过点T(1,0)， 设l 的方程为x =my +1， 则联立方程组{x =my +1x 2+9y 2=9，消去x 得 (m 2+9)y 2+2my −8=0， 设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则{y 1+y 2=−2mm 2+9y 1y 2=−8m 2+9， 直线SP 与SQ 斜率分别为k SP =y 1x 1−s =y 1my 1+1−s ，k SQ =y 2x 2−s =y2my 2+1−s ，k SP k SQ =y 1y 2(my 1+1−s)(my 2+1−s)=y 1y 2m 2y 1y 2+m(1−s)(y 1+y 2)+(1−s)2=−8(s 2−9)m 2+9(1−s)2．当s =3时，k SP k SQ =−89(1−s)2=−29； 当s =−3时，k SP k SQ =−89(1−s)2=−118．所以存在定点S(±3,0)，使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值．解析：本题考查轨迹方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查计算能力，属于较难题． (Ⅰ)设动点M(x,y)，则k MA =yx+3,k MB =yx−3(x ≠±3)，利用k MA k MB =−19，求出曲线C 的方程． (Ⅱ)由已知直线l 过点T(1,0)，设l 的方程为x =my +1，则联立方程组{x =my +1x 2+9y 2=9，消去x 得(m 2+9)y 2+2my −8=0，设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)利用韦达定理求解直线的斜率，然后化简即可推出结果．21.答案：解：(1)当a =−1时，f(x)=ln(x −1)−x ，x >1，f′(x)=1x−1−1=2−xx−1，当1<x <2时，f′(x)>0，f(x)递增， 当x >2时，f′(x)<0，f(x)递减， 故f(x)在(1,2)递增，在(2,+∞)递减；(2)由题意得：x ≥1时，x +a >0恒成立，故a >−1，①， 不等式e f(x)+a2x 2>1恒成立， 即a2x 2+x+a e x −1>0对任意的x ≥1恒成立，设g(x)=a2x 2+x+a e x−1，x ≥1，g′(x)=ae x x−x+1−ae x，a ≤0时，g(2)=a(2+1e 2)−1+2e 2<0，不合题意， a >0时，要使x ≥1时，不等式e f(x)+a2x 2>1恒成立， 只需g(1)=a(12+1e )−1+1e >0，即a >2(e−1)e+2，a >2(e−1)e+2时，ae x x −x +1−a =a(e x x −1)+1−x >2(e−1)e+2(e x x −1)+1−x ，设ℎ(x)=2(e−1)e+2(e x x −1)+1−x ，x ≥1，ℎ′(x)=2(e−1)e+2e x x +2(e−1)e+2e x −1，x ≥1，显然ℎ′(x)在(1,+∞)递增，∴ℎ′(x)>ℎ′(1)=4e 2−5e−2e+2>0，∴ℎ(x)在(1,+∞)递增，ℎ(x)>ℎ(1)=2(e−1)2e+2>0，即ae x x −x +1−a >0，②， 由①②得：a >2(e−1)e+2时，满足题意．解析：(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可； (2)问题转化为a2x 2+x+a e x−1>0对任意的x ≥1恒成立，设g(x)=a 2x 2+x+a e x−1，x ≥1，通过求导得到g(x)的单调性，从而求出a 的范围即可．本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．22.答案：解：(1)由曲线C 1：{x =√2cosθy =sinθ(θ为参数)，消去参数θ，可得普通方程为x 22+y 2=1．把直线l 的参数方程代入为x 22+y 2=1，得7t 2+4t −4=0．则t 1+t 2=−47，t 1t 2=−47．∴|AB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=8√27； (2)设点P(x,y)是曲线C 1上的一个动点，化曲线C 2：{x =cosαy =3+sinα(α为参数)为x 2+(y −3)2=1． ∴|PC 2|=√x 2+(y −3)2=√−(y +3)2+20， ∵−1≤y ≤1， ∴|PC 2|的最大值为4， 则|PQ|的最大值为5．解析：(1)化曲线C 1的参数方程为普通方程，把直线的参数方程代入，化为关于t 的一元二次方程，利用根与系数的关系及此时t 的几何意义求解；(2)点P(x,y)是曲线C 1上的一个动点，化曲线C 2的参数方程为普通方程，由两点间的距离公式写出|PC 2|，利用二次函数求其最大值，进一步得到|PQ|的最大值．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，训练了圆与椭圆位置关系的应用，是中档题．23.答案：解：(1)根据题意可得，当x <−1时，−x −1+2x −1≤x +2，解得−2<2，所以x <−1；…(1分) 当−1≤x ≤12时，x +1+2x −1≤x +2，解得x ≤1，所以−1≤x ≤12；…(2分) 当x >12时，x +1−2x +1≤x +2，解得x ≥0，所以x >12；…(3分) 综上，不等式f(x)≤x +2的解集为R …(5分) (2)不等式f(x)≤|x|(|a −1|+|a +1|)等价于|x+1|−|2x−1||x|≤|a −1|+|a +1|，…(6分)因为||x+1|−|2x−1||x||=||1+1x|−|2−1x||≤|1+1x+2−1x|=3，…(8分)当且仅当(1+1x )(2−1x )≤0时取等号， 因为|x+1|−|2x−1||x|≤|a −1|+|a +1|，所以|a −1|+|a +1|≥3，解得a ≤−32或a ≥32，故实数a 的取值范围为(−∞,−32]∪[32,+∞)…(10分)解析：(1)利用x 的范围去掉绝对值符号，然后求解不等式的解集即可． (2)不等式f(x)≤|x|(|a −1|+|a +1|)等价于|x+1|−|2x−1||x|≤|a −1|+|a +1|，利用绝对值不等式的几何意义求解左侧的最值，然后求解a 的范围即可．本题考查不等式恒成立，绝对值不等式的解法，考查转化思想以及分类讨论思想的应用．。

绝密★启用前2020届广州市高三理科数学一模模拟卷考试时间：120分钟；命题人：高三备课组注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。

第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。

第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。

答案写在试卷上均无效，不予记分。

一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|x2−2x−3<0}，集合B={x|2x+1>1}，则∁B A=()A. [3,+∞)B. (3,+∞)C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查二次不等式的求解及指数不等式的求解，同时考查集合的补集，属于基础题．根据集合A是二次不等式的解集，集合B是指数不等式的解集，因此可求出集合A，B，根据补集的求法求得∁B A．【解答】解：因为A={x|x2−2x−3<0}={x|−1<x<3}，B={x|2x+1>1}={x|x+1>0}={x|x>−1}，则∁B A=[3,+∞)．故选A．2.若z=1+2i，则4iz⋅z−−1=()A. 1B. −1C. iD. −i【答案】C【解析】【分析】本题考查复数的代数形式混合运算，共轭复数的概念，属于基础题．利用复数的四则运算法则，化简求解即可．【解答】解：z=1+2i，则4iz·z−−1=4i(1+2i)(1−2i)−1=4i5−1=i，故选C．3.若tanα=34，则cos2α+2sin2α=()A. 6425B. 4825C. 1D. 1625【答案】A【解析】【分析】本题主要考查三角函数的化简求值，同角三角函数的关系式，二倍角公式的应用，“弦”化“切”是关键，属于基础题．将所求的关系式的分母“1”化为(cos2α+sin2α)，再将“弦”化“切”即可得到答案．【解答】解：∵tanα=34，∴cos2α+2sin2α=cos2α+4sinαcosαsin2α+cos2α=1+4tanαtan2α+1=1+4×34 916+1=6425．故选A．4.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为√33，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B的周长为4√3，则C的方程为()A. x23+y22=1 B. x23+y2=1 C. x212+y28=1 D. x212+y24=1【答案】A【解析】【分析】本题考查椭圆的定义与标准方程，考查椭圆的几何性质，考查学生的计算能力，属于基础题．利用△AF1B的周长为4√3，求出a=√3，根据离心率为√33，可得c=1，求出b，即可得出椭圆的方程．【解答】解：∵△AF1B的周长为4√3，且△AF1B的周长=|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=2a+2a=4a，∴4a=4√3，∴a=√3，∵离心率为√33，∴ca =√33，解得c=1，∴b=√a2−c2=√2，∴椭圆C的方程为x23+y22=1．故选A．5.正四面体ABCD中，M是棱AD的中点，O是点A在底面BCD内的射影，则异面直线BM与AO所成角的余弦值为()A. √26B. √23C. √24D. √25【答案】B【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查正四面体，线线、线面、面面间的位置第2页，共16页关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．取BC中点E，DC中点F，连接DE、BF，则由题意得DE∩BF=O，取OD中点N，连接MN，则MN//AO，从而∠BMN是异面直线BM与AO所成角(或所成角的补角)，由此能求出异面直线BM与AO所成角的余弦值．【解答】解：取BC中点E，DC中点F，连接DE、BF，则由题意得DE∩BF=O，取OD中点N，连接MN，则MN//AO，∴∠BMN是异面直线BM与AO所成角(或所成角的补角)，设正四面体ABCD的棱长为2，BM=DE=√4−1=√3，OD=23DE=2√33，∴AO=√4−43=√23，∴MN=12AO=√2√3，∵O是点A在底面BCD内的射影，MN//AO，∴MN⊥平面BCD，BN⊂平面BCD，∴MN⊥BN，∴cos∠BMN=MNBM =√2√3√3=√23，∴异面直线BM与AO所成角的余弦值为√23．故选B．6.已知数列{a n}满足：a1=−13，a6+a8=−2，且a n−1=2a n−a n+1(n≥2)，则数列{1a n a n+1}的前13项和为()A. 113B. −113C. 111D. −111【答案】B【解析】【分析】本题考查等差数列的递推式和通项公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．由条件可得a n+1−a n=a n−a n−1，可得数列{a n}为等差数列，设公差为d，运用等差数列的通项公式解方程可得d，求得通项公式，则1a n a n+1=1(2n−15)(2n−13)=12×(12n−15−12n−13)，运用数列的求和方法：裂项相消求和，即可得到所求和．第4页，共16页【解答】解：a n−1=2a n −a n+1(n ≥2)， 可得a n+1−a n =a n −a n−1，可得数列{a n }为等差数列，设公差为d ，由a 1=−13，a 6+a 8=−2，即为2a 1+12d =−2， 解得d =2，则a n =a 1+(n −1)d =2n −15．1a n a n+1=1(2n −15)(2n −13) =12×(12n−15−12n−13)， 即有数列{1an a n+1}的前13项和为12(1−13−1−11+1−11−1−9+⋯+111−113) =12×(−113−113)=−113．故选B ．7. 安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有( ) A. 360种 B. 300种 C. 150种 D. 125种 【答案】C【解析】解：分2步分析：先将5名学生分成3组，由两种分组方法，若分成3、1、1的三组，有C 53=10种分组方法， 若分成1、2、2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分组方法，则一共有10+15=25种分组方法；再将分好的三组全排列，对应三个社区，有A 33=6种情况， 则有25×6=150种不同的安排方式； 故选：C ． 分2步分析：先将5名大学生分成3组，分2种情况分类讨论，再将分好的三组全排列，对应三个城市，由分步计数原理计算可得答案；本题考查排列、组合的应用，注意本题计算安排方式时用到分组涉及平均分组与不平均分组，要用对公式．8. 函数f(x)=(1−2x1+2x )cosx 的图象大致为( )A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数的图象的判断与应用，考查函数的零点以及特殊值的计算，利用函数的零点排除选项，然后通过特殊点的位置判断即可，属于中档题． 【解答】 解：函数f(x)=(1−2x 1+2)cosx ，当x =π2时，是函数的一个零点，所以排除A ，B ；当x ∈(0,1)时，cosx >0，1−2x 1+2x <0，函数f(x)=(1−2x 1+2x)cosx <0，函数的图象在x 轴下方；排除D ； 故选C ．9. 某兴趣小组有男生20人，女生10人，从中抽取一个容量为5的样本，恰好抽到2名男生和3名女生，则①该抽样可能是系统抽样； ②该抽样可能是随机抽样： ③该抽样一定不是分层抽样；④本次抽样中每个人被抽到的概率都是15． 其中说法正确的为( )A. ①②③B. ②③C. ②③④D. ③④【答案】A【解析】【分析】本题考查了随机抽样及概率，正确理解它们是解决问题的关键．①该抽样可以是系统抽样；②因为总体个数不多，容易对每个个体进行编号，因此该抽样可能是简单的随机抽样；③若总体由差异明显的几部分组成时，经常采用分层抽样的方法进行抽样，且分层抽样的比例相同，该抽样不可能是分层抽样；④分别求出男生和女生的概率，故可判断出真假． 【解答】解：①总体容量为30，样本容量为5，第一步对30个个体进行编号，如男生1～20，女生21～30； 第二步确定分段间隔k =305=6；第三步在第一段用简单随机抽样确定第一个个体编号l(l ≤10)；第四步将编号为l +6k(0≤k ≤4)依次抽取，即可获得整个样本．故该抽样可以是系统抽样．因此①正确．②因为总体个数不多，可以对每个个体进行编号，因此该抽样可能是简单的随机抽样，故②正确；③若总体由差异明显的几部分组成时，经常采用分层抽样的方法进行抽样，且分层抽样的比例相同，但兴趣小组有男生20人，女生10人，抽取2男三女，抽的比例不同，故③正确；④该抽样男生被抽到的概率220=110；女生被抽到的概率=310，故前者小于后者．因此④不正确．故选A ．10.已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=1，BC=√2，则球O的表面积等于()A. 4πB. 3πC. 2πD. π【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了线面垂直的判定和性质，以及外接球的表面积等有关知识，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题．先寻找球心，根据S，A，B，C是球O表面上的点，则OA=OB=OC=OS，根据直角三角形的性质可知O为SC的中点，则SC即为直径，根据球的表面积公式求解即可．【解答】解：如图所示：取SC的中点O，连接AO，BO，因为SA⊥平面ABC，，，∴SA⊥AC，SA⊥BC，∴在Rt△ASC中，OA=OS=OC，又AB⊥BC，SA∩AB=A，，又，∴BC⊥SB，∴在Rt△SBC中，有OB=OS=OC，又SA=AB=1，BC=√2，AB⊥BC，∴SC=2，∴OA=OB=OC=OS=1，即球O的半径为1，∴球O的表面积为4πR2=4π．故选A．11.已知函数f(x)=e x(x−b)(b∈R).若存在x∈[12,2]，使得f(x)+xf′(x)>0，则实数b的取值范围是()第6页，共16页A. (−∞,83)B. (−∞,56)C. (−32,56)D. (83,+∞)【答案】A【解析】【分析】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题． 求出f′(x)，问题转化为b <x 2+2x x+1在[12,2]恒成立，令g(x)=x 2+2x x+1，x ∈[12,2]，求出b 的范围即可． 【解答】解：∵f(x)=e x (x −b)，∴f ′(x)=e x (x −b +1)， 若存在x ∈[12,2]，使得f(x)+xf ′(x)>0，则若存在x ∈[12,2]，使得e x (x −b)+xe x (x −b +1)>0， 即存在x ∈[12,2]，使得b <x 2+2x x+1成立，令g(x)=x 2+2x x+1，x ∈[12,2]， 则g′(x)=x 2+2x+2(x+1)2>0，g(x)在[12,2]递增， ∴g(x)max =g(2)=83， 故b <83， 故选A ．12. 数列{a n }满足a 1=14，a n+1=14−4a n ，若不等式a 2a 1+a 3a 2+⋯+a n+2a n+1<n +λ对任何正整数n 恒成立，则实数λ的最小值为( )A. 38B. 34C. 78D. 74【答案】D【解析】【分析】本题是一道关于数列与不等式的综合题，考查运算求解能力，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题． 先求出a n =n2(n+1)，进而变形可知a n+1a n=1+12(1n −1n+2)，裂项相加、放缩即得结论．【解答】解：a n+1=14−4a n，设b n =22an −1，则b n+1=22a n+1−1 =224−4a n−1=22an −1−2=b n −2，则 b n+1−b n =−2，又a 1=14，第8页，共16页∴b 1=22a1−1=−4，∴b n =−4+(n −1)×(−2)=−2n −2， ∴22a n −1=−2n −2，∴a n =12−12n+2=n2(n+1)，由此可知：a n =n2(n+1)，∵a n+1a n=n +12(n +2)n 2(n +1)=(n +1)2n(n +2)=1+1n(n+2)=1+12(1n −1n+2)，∴a 21+a 32+⋯+a n+2n+1=n +1+12(1−13+12−14+⋯+1n−1n +2+1n +1−1n +3) =n +1+12(1+12−1n +2−1n +3)=n +74−12(1n+2+1n+3)，又∵不等式a 2a 1+a 3a 2+⋯+an+2a n+1<n +λ对任何正整数n 恒成立，∴实数λ的最小值为74， 故选：D ．二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ =(−1,2)，b ⃗ =(m,1)，若向量a ⃗ +b ⃗ 与a ⃗ 垂直，则m =______． 【答案】7【解析】【分析】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意平面向量坐标运算法则和向量垂直的性质的合理运用．利用平面向量坐标运算法则先求出a ⃗ +b ⃗ ，再由向量a ⃗ +b ⃗ 与a⃗ 垂直，利用向量垂直的条件能求出m 的值． 【解答】解：∵向量a⃗ =(−1,2)，b ⃗ =(m,1)， ∴a ⃗ +b ⃗ =(−1+m,3)， ∵向量a ⃗ +b ⃗ 与a ⃗ 垂直， ∴(a ⃗ +b ⃗ )⋅a ⃗ =(−1+m)×(−1)+3×2=0， 解得m =7． 故答案为7．14.已知实数x，y满足{y≤23x−y−3≤02x+y−2≥0，目标函数z=3x+y+a的最大值为4，则a=．【答案】−3【解析】【分析】本题考查线性规划知识的运用，考查学生的计算能力，考查数形结合的数学思想，属于中档题．由题意，不等式组{y≤23x−y−3≤02x+y−2≥0，表示一个三角形区域(包含边界)，求出三角形的三个顶点的坐标，目标函数z=3x+y+a的几何意义是直线的纵截距，由此可求得结论．【解答】解：由题意，不等式组{y≤23x−y−3≤02x+y−2≥0，表示一个三角形区域(包含边界)三角形的三个顶点的坐标分别为(0,2)，(1,0)，(53,2)，目标函数z=3x+y的几何意义是直线y=−3x+z的纵截距，作直线y=−3x的平行线，由图可知在点A(53,2)处取得最大值4．3×53+2+a=4，解得a=−3故答案为−3．15.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(−∞,0)时，f(x)=2x3+x2，则f(2)=______．【答案】12【解析】【分析】本题考查的知识点是函数奇偶性的性质，函数求值，难度不大，属于基础题．由已知当x∈(−∞,0)时，f(x)=2x3+x2，先求出f(−2)，进而根据奇函数的性质，可得答案．【解答】解：∵当x∈(−∞,0)时，f(x)=2x3+x2，∴f(−2)=−12，又∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(2)=−f(−2)=12，故答案为12．16.已知F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1的左、右焦点，P为双曲线左支上任意一点，若PF22PF1的最小值为8a，则双曲线的离心率的取值范围为________．【答案】(1,3]【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质，依题意求得|PF1|=4a，|PF2|=2a是基础，利用|PF1|、|F1F2|、|PF2|之间的三角关系得到关于a，c的不等式组是关键，也是难点，考查分析问题、解决问题的能力，属于中档题．依题意，双曲线左支上存在一点P使得|PF2|2|PF1|=8a，|PF1|−|PF2|=−2a，可求得，|PF1|= 2a，|PF2|=4a，再利用|PF1|、|F1F2|、|PF2|之间的关系即可求得双曲线的离心率的取值范围．【解答】解：∵P为双曲线左支上一点，∴|PF1|−|PF2|=−2a，∴|PF2|=|PF1|+2a，①又|PF2|2|PF1|=8a，②∴由①②可得，|PF1|=2a，|PF2|=4a．∴|PF1|+|PF2|≥|F1F2|，即2a+4a≥2c，∴ca≤3，③又|PF1|+|F1F2|>|PF2|，∴2a+2c>4a，∴ca>1.④由③④可得1<ca≤3．故答案为(1,3]．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知函数f(x)=sin(2x+π6)+2sin2x．(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；(Ⅱ)在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若f(A2)=32，b+c=7，△ABC的面积为2√3，求边a的长．第10页，共16页【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=sin(2x+π6)+2sin2x，可得f(x)=sin2xcosπ6+cos2xsinπ6+1−cos2x=sin(2x−π6)+1，所以f(x)的最小正周期T=2π2=π；令2kπ+π2≤2x−π6≤2kπ+3π2，解得kπ+π3≤x≤kπ+5π6，所以f(x)的单调递减区间是[kπ+π3,kπ+ 5π6](k∈Z)；(Ⅱ)∵f(x)=sin(2x−π6)+1，f(A2)=32，∴sin(A−π6)=12，又−π6<A−π6<5π6可得A−π6=π6即A=π3，∵b+c=7，△ABC的面积为2√3，即12bcsinA=√34bc=2√3，∴bc=8，a2=b2+c2−2bccosπ3=(b+c)2−3bc=25，∴a=5．【解析】本题考查三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换和正弦函数的图象和性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题．(Ⅰ)运用两角和的正弦公式和二倍角的余弦公式，化简函数f(x)，再由正弦函数的周期公式和单调减区间，解不等式可得减区间；(Ⅱ)由A的范围，结合正弦函数值，可得A，再由三角形的面积公式和余弦定理可得所求值．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB=2，∠ABC=60°，E，F分别是BC，PC的中点．(Ⅰ)证明：AE⊥PD；(Ⅱ)设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为√5，求二面角E−AF−C的余弦值．【答案】(Ⅰ)证明：∵底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，∴三角形ABC为正三角形，∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，又AD//BC，∴AE⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，而PA、AD为平面PAD内两条相交直线，∴AE⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴AE⊥PD；(Ⅱ)解：过A作AH⊥PD于H，连接HE，由(Ⅰ)得AE⊥PD，第12页，共16页AH 、HE 为平面AHE 内两条相交直线， ∴PD ⊥平面AHE ，又EH 在平面AHE 内，∴EH ⊥PD ，此时线段EH 长最小，即EH =√5， ∵AE =√3，∴AH =√2，则PA =2．以A 为原点，AE ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，A(0,0，0)，E(√3,0，0)，D(0,2，0)，C(√3,1，0)，P(0,0，2)，F(√32,12,1)，B(√3,−1,0)．AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0，0)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,12,1)， 设平面AEF 的法向量m⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x =0m ⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x +12y +z =0，取z =1，可得m⃗⃗⃗ =(0,−2,1)； ∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又∵BD ⊥AC ，PA 、AC 为平面AFC 内两条相交直线， ∴BD ⊥平面AFC ，故BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,3,0)为平面AFC 的一个法向量， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=m⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5×√12=√155． 即二面角E −AF −C 的余弦值为√155．【解析】本题考查直线与平面垂直的判断定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，训练了利用空间向量求解二面角的平面角，是中档题．(Ⅰ)连接AC ，证明AE ⊥BC ，AE ⊥AD ，推出PA ⊥平面ABCD ，即可证明AE ⊥PD ； (Ⅱ)过A 作AH ⊥PD 于H ，连接HE ，由(Ⅰ)得AE ⊥平面PAD ，可得EH ⊥PD ，即EH =√5，，以A 为原点，AE ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面AEF 与平面AFC 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E −AF −C 的余弦值．19. 已知函数f(x)=xe x −ln (x +1)−x ．(1)求曲线y =f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)证明：函数f(x)在区间(0,1)内有且只有一个零点． 【答案】解：(1)当x =0时，f(0)=0， 由f(x)=xe x −ln(x +1)−x ， 得f′(x)=e x (x +1)−1x+1−1， 故斜率k =f′(0)=−1，故切线方程是：y =−x ；(2)由题意可知，函数的定义域是(−1,+∞)， 由(1)知，f′(x)=e x (x+1)2−x−2x+1，记g(x)=e x (x +1)2−x −2， 故g′(x)=e x (x 2+4x +3)−1， 易知x ∈(0,+∞)时，g′(x)>0， 故g(x)在区间(0,+∞)递增， 故g(x)>g(0)=−1， ∵g(1)=4e −3>0，故在区间(0,1)内必存在ξ，使得g(ξ)=0， 故当x ∈(0,ξ)时，g(x)<0，即f′(x)<0， 故f(x)递减，当x ∈(ξ,1)时，g(x)>0，即f′(x)>0， 故f(x)递增，故当x =ξ时，f(x)有最小值且为f(ξ)， ∵f(0)=0，∴f(ξ)<f(0)=0，而f(1)=e −ln2−1>0，故在区间(ξ,1)内存在唯一零点，故函数f(x)在区间(0,1)内有且只有1个零点．【解析】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查分类讨论思想，是一道综合题．(1)求出函数的导数，求出直线的斜率，求出切线方程即可；(2)求出函数的定义域，记g(x)=e x (x +1)2−x −2，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．20. 已知椭圆C ：x 2b 2+y 2a 2=1(a >b >0)的离心率为√32，椭圆C 的长轴长为4． (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y =kx +√3与椭圆C 交于A ，B 两点，是否存在实数k 使得以线段AB 为直径的圆恰好经过坐标原点O ？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)设椭圆的半焦距为c ，则由题设，得：{2a =4e =c a =√32, 解得{a =2c =√3, 所以b 2=a 2−c 2=4−3=1， 故所求椭圆C 的方程为y 24+x 2=1．(2)存在实数k 使得以线段AB 为直径的圆恰好经过坐标原点O ． 理由如下：设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 将直线l 的方程y =kx +√3代入y 24+x 2=1，并整理，得(k 2+4)x 2+2√3kx −1=0，(∗) 易知Δ>0，第14页，共16页则x 1+x 2=−2√3kk 2+4，x 1x 2=−1k 2+4，因为以线段AB 为直径的圆恰好经过坐标原点O ，所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即x 1x 2+y 1y 2=0． 又y 1y 2=k 2x 1x 2+√3k(x 1+x 2)+3， 于是−1+k 2k 2+4−6k 2k 2+4+3=0， 解得k =±√112，所以当k =±√112时，以线段AB 为直径的圆恰好经过坐标原点O ．【解析】本题考查的知识点是椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的关系，向量垂直的充要条件，属于中档题．(1)设椭圆的半焦距为c ，则由题设，得：{2a =4e =c a=√32，解得a ，c 的值，即可求出b 的值，从而可得椭圆C 的方程；(2)设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，将直线l 的方程y =kx +√3代入y 24+x 2=1，利用韦达定理，及向量垂直的充要条件，可求出满足条件的k 值．21. 2019年7月1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试．现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)．(2)根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X 近似地服从正态分布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，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率．参考数据：若随机变量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)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券，已知硬币出现正、反面的概率都是12，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格(从k 到k +1)，若掷出反面，遥控车向前移动两格(从k 到k +2)，直到遥控车移到第49格(胜利大本营)或第50格(失败大本营)时，游戏结束．设遥控车移到第n 格的概率为P n ，试说明{P n −P n−1}是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．【答案】解：(1)x =0.002×50×205+0.004×50×255+0.009×50×305+0.004×50×355+0.001×50×405=300(千米)； (2)因为X 服从正态分布N(300,502)， 所以P(250<X ⩽400)≈0.9545−0.9545−0.68272=0.8186；(3)遥控车开始在第0格为必然事件，P 0=1.第一次掷硬币出现正面，遥控车移到第1格，其概率为12，即P 1=12．遥控车移到第n(2≤n ≤49)格的情况是下列两种，而且也只有两种： ①遥控车先到第n −2格，又掷出反面，其概率为12P n−2；②遥控车先到第n −1格，又掷出正面，其概率为12P n−1.所以P n =12P n−2+12P n−1． 所以P n −P n−1=−12(P n−1−P n−2)．所以当1≤n ≤49时，数列{P n −P n−1}是首项为P 1−P 0=−12，公比为−12的等比数列． 所以P 1−1=−12，P 2−P 1=(−12)2，P 3−P 2=(−12)3，…，P n −P n−1=(−12)n ． 以上各式相加，得P n −1=(−12)+(−12)2+⋯+(−12)n ，所以P n =1+(−12)+(−12)2+⋯+(−12)n =23[1−(−12)n+1](n =0,1,2,⋯,49)． 所以获胜的概率为P 49=23[1−(12)50]，失败的概率P 50=12P 48=12×23[1−(−12)49]=13[1+(12)49]． 所以P 49−P 50=23[1−(12)50]−13[1+(12)49]=13[1−(12)48]>0．所以获胜的概率大．所以此方案能够成功吸引顾客购买该款新能源汽车．【解析】 本题考查了离散型随机变量的概率分布列，超几何分布，正态分布，等比数列证明及应用等知识，阅读量大，审清题意是关键，属于中档题．(1)将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可；(2)因为X 服从正态分布N(300,502)，根据概率公式求解即可；(3)遥控车开始在第0格为必然事件，分析得出P n −P n−1=−12(P n−1−P n−2)，从而即可证明{P n −P n−1}是等比数列，判断P 49−P 50>0，即可得出此方案能够成功吸引顾客购买该款新能源汽车．第16页，共16页22. 已知极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x 轴的正半轴重合，圆C 的极坐标是ρ=2asinθ，直线l 的参数方程是{x =−35t +a y =45t(t 为参数)． (1)若a =2，M 为直线l 与x 轴的交点，N 是圆C 上一动点，求|MN|的最大值； (2)若直线l 被圆C 截得的弦长为2√6，求a 的值． 【答案】解：(1)直线l 的参数方程是{x =−35t +ay =45t，a =2时， 化为普通方程：y =−43(x −2)．令y =0，解得x =2，可得M(2,0)．圆C 的极坐标是ρ=2asinθ，即ρ2=4ρsinθ，可得直角坐标方程：x 2+y 2−4y =0， 即x 2+(y −2)2=4． |MC|=2√2，∴|MN|的最大值为2√2+2．(2)圆C 的方程为：x 2+(y −a)2=a 2，直线l 的方程为：4x +3y −4a =0， 圆心C 到直线l 的距离d =|3a−4a|5=|a|5．∴2√a 2−a225=2√6，解得a =±52．【解析】本题考查了参数方程化为普通方程、极坐标方程化为直角坐标方程、点到直线的距离公式、弦长公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)直线l 的参数方程是{x =−35t +a y =45t，a =2时，化为普通方程：y =−43(x −2).可得M(2,0).圆C 的极坐标是ρ=2asinθ，即ρ2=4ρsinθ，利用互化公式可得直角坐标方程，求出|MC|=2√2，可得|MN|的最大值为2√2+2．(2)圆C 的方程为：x 2+(y −a)2=a 2，直线l 的方程为：4x +3y −4a =0，利用点到直线的距离公式与弦长公式即可得出．。

2020年广东省广州市高考数学一模试卷（理科）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知复数z 满足(1)2i z i +=，则||(z = ) A ．2B ．1C ．2D ．122．（5分）已知集合{0A =，1，2，3}，2{|1B x x n ==-，}n A ∈，P A B =I ，则P 的子集共有( ) A ．2个B ．4个C ．6个D ．8个3．（5分）sin80cos50cos140sin10(︒︒+︒︒= ) A ．3-B ．3 C ．12-D ．124．（5分）已知命题:p x R ∀∈，210x x -+<；命题:q x R ∃∈，23x x >，则下列命题中为真命题的是( ) A ．p q ∧B ．p q ⌝∧C ．p q ∧⌝D ．p q ⌝∧⌝5．（5分）已知函数()f x 满足(1)(1)f x f x -=+，当1x …时，2()f x x x=-，则{|(2)1}(x f x +>= )A ．{|3x x <-或0}x >B ．{|0x x <或2}x >C ．{|2x x <-或0}x > D ．{|2x x <或4}x >6．（5分）如图，圆O 的半径为1，A ，B 是圆上的定点，OB OA ⊥，P 是圆上的动点，点P 关于直线OB 的对称点为P '，角x 的始边为射线OA ，终边为射线OP ，将||OP OP -'u u u r u u u r 表示为x 的函数()f x ，则()y f x =在[0，]π上的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．7．（5分）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(72)π+B ．(102)π+C ．(1042)π+D ．(112)π+8．（5分）某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e ，设地球半径为R ，该卫星近地点离地面的距离为r ，则该卫星远地点离地面的距离为()A ．1211e er R e e ++-- B ．111e er R e e ++-- C ．1211e er R e e-+++ D ．111e er R e e-+++ 9．（5分）羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成．某班级从3名男生1A ，2A ，3A 和3名女生1B ，2B ，3B 中各随机选出两名，把选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则1A 和1B 两人组成一队参加比赛的概率为( ) A ．19B ．29 C ．13D ．4910．（5分）已知1F ，2F 是双曲线222:1(0)x C y a a-=>的两个焦点，过点1F 且垂直于x 轴的直线与C 相交于A ，B 两点，若||AB =2ABF ∆的内切圆的半径为( )A B C D 11．（5分）已知函数()f x 的导函数为()f x '，记1()()f x f x ='，21()()f x f x ='，⋯，1()()(*)n n f x f x n N +='∈．若()sin f x x x =，则20192021()()(f x f x += )A ．2cos x -B ．2sin x -C ．2cos xD ．2sin x12．（5分）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别是棱AD ，1CC ，11C D 的中点，给出下列四个命题： ①1EF B C ⊥；②直线FG 与直线1A D 所成角为60︒；③过E ，F ，G 三点的平面截该正方体所得的截面为六边形； ④三棱锥B EFG -的体积为56． 其中，正确命题的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）设向量(,1)a m =r ，(2,1)b =r ，且221()2a b a b =+r r r r g ，则m = ．14．（5分）某种产品的质量指标值Z 服从正态分布2(,)N μσ，且(33)0.9974P Z μσμσ-<<+=．某用户购买了10000件这种产品，则这10000件产品中质量指标值位于区间(3,3)μσμσ-+之外的产品件数为 ．15．（5分）25(321)x x --的展开式中，2x 的系数是 ．（用数字填写答案）16．（5分）已知ABC ∆的三个内角为A ，B ，C ，且sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，则sin22cos B B +的最小值为 ，最大值为 ．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分．17．（12分）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，112(*)2n n n S a n N --=∈．（1）求1n n a a ++；（2）令2n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列，并求其前n 项和n T ．18．（12分）如图，三棱锥P ABC -中，PA PC =，AB BC =，120APC ∠=︒，90ABC ∠=︒，3AC PB =．（1）求证：AC PB ⊥；（2）求直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值．19．（12分）某企业质量检验员为了检测生产线上零件的质量情况，从生产线上随机抽取了80个零件进行测量，根据所测量的零件尺寸（单位：)mm ，得到如图的频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，求这80个零件尺寸的中位数（结果精确到0.01)；（2）若从这80个零件中尺寸位于[62.5，64.5)之外的零件中随机抽取4个，设X 表示尺寸在[64.5，65]上的零件个数，求X 的分布列及数学期望EX ；（3）已知尺寸在[63.0，64.5)上的零件为一等品，否则为二等品，将这80个零件尺寸的样本频率视为概率．现对生产线上生产的零件进行成箱包装出售，每箱100个．企业在交付买家之前需要决策是否对每箱的所有零件进行检验，已知每个零件的检验费用为99元．若检验，则将检验出的二等品更换为一等品；若不检验，如果有二等品进入买家手中，企业要向买家对每个二等品支付500元的赔偿费用．现对一箱零件随机抽检了11个，结果有1个二等品，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据，该企业是否对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由．20．（12分）已知函数()x be f x alnx x =-，曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为220x y e ---=．（1）求a ，b 的值；（2）证明函数()f x 存在唯一的极大值点0x ，且0()222f x ln <-． 21．（12分）已知点P 是抛物线21:34C y x =-的顶点，A ，B 是C 上的两个动点，且4PA PB =-u u u r u u u rg ．（1）判断点(0,1)D 是否在直线AB 上？说明理由；（2）设点M 是PAB ∆的外接圆的圆心，点M 到x 轴的距离为d ，点(1,0)N ，求||MN d -的最大值．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知曲线1C 的参数方程为cos (1sin x t t y t αα=⎧⎨=+⎩为参数），曲线2C 的参数方程为sinx y θθ=⎧⎪⎨=⎪⎩为参数）． （1）求1C 与2C 的普通方程；（2）若1C 与2C 相交于A ，B 两点，且||AB =sin α的值． [选修4-5：不等式选讲]（10分） 23．已知0a >，0b >，且1a b +=． （1）求12a b+的最小值；（2）证明：2221ab b a b +<++．2020年广东省广州市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）已知复数z 满足(1)2i z i +=，则||(z = )A B ．1C D ．12【解答】解：(1)2i z i +=Q ， ∴22(1)2211(1)(1)2i i i i z i i i i -+====+++-，∴||z =故选：A ．2．（5分）已知集合{0A =，1，2，3}，2{|1B x x n ==-，}n A ∈，P A B =I ，则P 的子集共有( ) A ．2个B ．4个C ．6个D ．8个【解答】解：Q 集合{0A =，1，2，3}，2{|1B x x n ==-，}{1n A ∈=-，0，3，8}， {0P A B ∴==I ，3}，P ∴的子集共有224=个．故选：B ．3．（5分）sin80cos50cos140sin10(︒︒+︒︒= )A ．BC ．12-D ．12【解答】解：1sin80cos50cos140sin10cos10cos50sin50sin10cos(5010)cos602︒︒+︒︒=︒︒-︒︒=︒+︒=︒=． 故选：D ．4．（5分）已知命题:p x R ∀∈，210x x -+<；命题:q x R ∃∈，23x x >，则下列命题中为真命题的是( ) A ．p q ∧B ．p q ⌝∧C ．p q ∧⌝D ．p q ⌝∧⌝【解答】解：22131()024x x x -+=-+>恒成立，故命题:p x R ∀∈，210x x -+<为假命题，当1x =-时，23x x >，成立，即命题:q x R ∃∈，23x x >，为真命题， 则p q ⌝∧为真，其余为假命题， 故选：B ．5．（5分）已知函数()f x 满足(1)(1)f x f x -=+，当1x …时，2()f x x x=-，则{|(2)1}(x f x +>= )A ．{|3x x <-或0}x >B ．{|0x x <或2}x >C ．{|2x x <-或0}x > D ．{|2x x <或4}x >【解答】解：由(1)(1)f x f x -=+，得函数关于1x =对称， 当1x …时，2()f x x x=-，则()f x 为增函数，且f （2）211=-=， 由()1f x >得2x >，由对称性知当1x <时，由()1f x >得0x <， 综上()1f x >得2x >或0x <，由(2)1f x +>得22x +>或20x +<，得0x >或2x <-， 即不等式的解集为{|2x x <-或0}x >， 故选：C ．6．（5分）如图，圆O 的半径为1，A ，B 是圆上的定点，OB OA ⊥，P 是圆上的动点，点P 关于直线OB 的对称点为P '，角x 的始边为射线OA ，终边为射线OP ，将||OP OP -'u u u r u u u r 表示为x 的函数()f x ，则()y f x =在[0，]π上的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：设PP '的中点为M ，则||||2||OP OP P P PM '-'==u u u r u u u r u u u r u u u u r，当[0x ∈，]2π时，在Rt OMP ∆中，||1OP =，OPM POA x ∠=∠=，所以||cos ||PM x OP =，所以||cos PM x =，||2cos OP OP x -'=u u u r u u u r ，即()2cos f x x =，[0x ∈，]2π．从四个选项可知，只有选项A 正确， 故选：A ．7．（5分）陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为( )A ．(722)π+B ．(1022)π+C ．(1042)π+D ．(1142)π+【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：上部是圆柱，下部是圆锥， 几何体的表面积为：1442223(1042)2ππππ+⨯⨯+⨯=+．故选：C ．8．（5分）某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e ，设地球半径为R ，该卫星近地点离地面的距离为r ，则该卫星远地点离地面的距离为()A ．1211e er R e e ++-- B ．111e er R e e ++-- C ．1211e er R e e-+++ D ．111e er R e e-+++ 【解答】解：椭圆的离心率：(0,1)ce a=∈，(c 为半焦距；a 为长半轴）只要求出椭圆的c 和a ，设卫星近地点，远地点离地面距离分别为m ，n ，由题意，结合图形可知，a c r R -=+，远地点离地面的距离为：n a c R =+-，m a c R =--，1r Ra e +=-， ()1r R ec e+=-， 所以远地点离地面的距离为：()121111r R e r R e en a c R R r R e e e e+++=+-=+-=+----． 故选：A ．9．（5分）羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成．某班级从3名男生1A ，2A ，3A 和3名女生1B ，2B ，3B 中各随机选出两名，把选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则1A 和1B 两人组成一队参加比赛的概率为( ) A ．19B ．29 C ．13D ．49【解答】解：从3名男生1A ，2A ，3A 和3名女生1B ，2B ，3B 中各随机选出两名，共有22339C C =，选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛有11224C C =， 故总的事件个数为9436⨯=种，其中1A 和1B 两人组成一队有11224C C =种， 故则1A 和1B 两人组成一队参加比赛的概率为41369=， 故选：A ．10．（5分）已知1F ，2F 是双曲线222:1(0)x C y a a-=>的两个焦点，过点1F 且垂直于x 轴的直线与C 相交于A ，B 两点，若||AB =2ABF ∆的内切圆的半径为( )A B C D【解答】解：由双曲线的方程可设左焦点1(,0)F c -，由题意可得22b AB a==，再由1b =，可得a 2212x y -=，所以1(F 0)，2F 0)，所以2121122ABF S AB F F ==V g g三角形2ABF 的周长为2211(2)(2)42C AB AF BF AB a AF a BF a AB =++=++++=+==设内切圆的半径为r ，所以三角形的面积1122S C r r ===g g g ，所以r =， 故选：B ．11．（5分）已知函数()f x 的导函数为()f x '，记1()()f x f x ='，21()()f x f x ='，⋯，1()()(*)n n f x f x n N +='∈．若()sin f x x x =，则20192021()()(f x f x += )A ．2cos x -B ．2sin x -C ．2cos xD ．2sin x【解答】解：()sin f x x x =， 则1()()sin cos f x f x x x x ='=+，21()()cos cos sin 2cos sin f x f x x x x x x x x ='=+-=-， 32()()2sin sin cos 3sin cos f x f x x x x x x x x ='=---=-- 43()()3cos cos sin 4cos sin f x f x x x x x x x x ='=--+=-+ 54()()4sin sin cos 5sin cos f x f x x x x x x x x ='=++=+ 65()()5cos cos sin 6cos sin f x f x x x x x x x ='=+-=-， 76()()6sin sin cos 7sin cos f x f x x x x x x x x ='=---=--⋯，则13()()sin cos 3sin cos 2sin f x f x x x x x x x x +=+--=-， 35()()3sin cos 5sin cos 2sin f x f x x x x x x x x +=--++=， 57()()5sin cos 7sin cos 2sin f x f x x x x x x x x +=+--=-，即4143()()2sin n n f x f x x +++=-， 4345()()2sin n n f x f x x +++=则20192021()()2sin f x f x x +=， 故选：D ．12．（5分）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E ，F ，G 分别是棱AD ，1CC ，11C D 的中点，给出下列四个命题： ①1EF B C ⊥；②直线FG 与直线1A D 所成角为60︒；③过E ，F ，G 三点的平面截该正方体所得的截面为六边形； ④三棱锥B EFG -的体积为56． 其中，正确命题的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．4【解答】解：如图；连接相关点的线段，O 为BC 的中点，连接EFO ，因为F 是中点，可知1B C OF ⊥，1EO B C ⊥，可知1B C ⊥平面EFO ，即可证明1B C EF ⊥，所以①正确；直线FG 与直线1A D 所成角就是直线1A B 与直线1A D 所成角为60︒；正确；过E ，F ，G 三点的平面截该正方体所得的截面为五边形；如图：是五边形ENFGI ．所以③不正确；三棱锥B EFG -的体积为：123115(22131)232223G EBM V -+=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯=．123115(22131)132226F EBM V -+=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯=．所以三棱锥B EFG -的体积为56．④正确；故选：C ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．（5分）设向量(,1)a m =r ，(2,1)b =r ，且221()2a b a b =+r r r r g ，则m = 2 ．【解答】解：因为向量(,1)a m =r ，(2,1)b =r ，且221()2a b a b =+r r r r g ，∴22220()0a a b b a b -+=⇒-=r r rr r r g ； ∴a b =rr；2m ∴=；故答案为：2．14．（5分）某种产品的质量指标值Z 服从正态分布2(,)N μσ，且(33)0.9974P Z μσμσ-<<+=．某用户购买了10000件这种产品，则这10000件产品中质量指标值位于区间(3,3)μσμσ-+之外的产品件数为 26 ．【解答】解：因为某种产品的质量指标值Z 服从正态分布2(,)N μσ，且(33)0.9974P Z μσμσ-<<+=．所以10000件产品中质量指标值位于区间(3,3)μσμσ-+之外的产品件数为：10000(10.9974)26⨯-=；故答案为：26．15．（5分）25(321)x x --的展开式中，2x 的系数是 25 ．（用数字填写答案） 【解答】解：因为：2525(321)[3(21)]x x x x --=-+；其展开式的通项公式为：2515(3)[(21)]r r r r T x x -+=-+g ð； Q 要求2x 的系数；所以：当50r -=，即5r =时，需求5[(21)]x -+的展开式的2x 项，故此时2x 的系数是：5222355(1)2140⨯-⨯⨯=痧；当51r -=，即4r =时，需求5[(21)]x -+的展开式的常数项，故此时2x 的系数是：4555553(1)115⨯⨯-⨯⨯=-痧；综上可得：2x 的系数是：401525-=． 故答案为：25．16．（5分）已知ABC ∆的三个内角为A ，B ，C ，且sin A ，sin B ，sin C 成等差数列，则sin22cos B B +的最小值为1 ，最大值为 ． 【解答】解：sin A Q ，sin B ，sin C 成等差数列， 2sin sin sin B A C ∴=+，由正弦定理可得，2b a c =+，由余弦定理有，222222()2331cos 1122222a cb ac b ac b ac B ac ac ac ac +-+--===--=…（当且仅当a b c ==时取等号）， 又B 为三角形ABC 内角，故(0,]3B π∈，设()sin 22cos ,(0,]3f B B B B π=+∈，则f '（B ）22cos22sin 4sin 2sin 2B B B B =-=--+，令f '（B ）0>，解得06B π<<，令f '（B ）0<，解得63B ππ<<，故函数f （B ）在(0,)6π单调递增，在(,)63ππ单调递减，∴2()()sin 2cos 1333min f B f πππ==+，()()sin 2cos 636max f B f πππ==+=．． 三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分．17．（12分）记n S 为数列{}n a 的前n 项和，112(*)2n n n S a n N --=∈． （1）求1n n a a ++；（2）令2n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列，并求其前n 项和n T ． 【解答】解：（1）由1122n n n S a --=，可得1n =时，11a S =，又1121S a -=，即11a =； 2n …时，1n n n a S S -=-，112122n n n S a ----=，又1122n n n S a --=， 两式相减可得1112n n n a a --+=-， 即有112n n n a a ++=-； （2）证明：由（1）可得112n n na a ++=-， 即有12112n n n a a ++++=-， 两式相减可得2112n n n n b a a ++=-=， 则1122122n n n n b b +++==，可得数列{}n b 是首项为14，公比为12的等比数列， 前n 项和111(1)114212212n n n T +-==--． 18．（12分）如图，三棱锥P ABC -中，PA PC =，AB BC =，120APC ∠=︒，90ABC ∠=︒，AC ．（1）求证：AC PB ⊥；（2）求直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC 中点O ，连结PO ，BO ， PA PC =Q ，AB BC =，PO AC ∴⊥，BO AC ⊥， PO BO O =Q I ，AC ∴⊥平面PBO ，PB ⊂Q 平面PBO ，AC PB ∴⊥．（2）解：设23AC =，则1PO =，2PA PC PB===，3BO =，222PO BO PB ∴+=，PO BO ∴⊥，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则(0A ，3-，0)，(0C ，3，0)，(0P ，0，1)，(3B ，0，0)， (0AC =u u u r ，23，0)，(0PA =u u u r ，3-，1)-，(3PB =u u u r，0，1)-，设平面PAB 的法向量(n x =r，y ，)z ，则3030n PA y z n PB x z ⎧=--=⎪⎨=-=⎪⎩u u u r r g u u u r r g ，取1x =，得(1n =r ，1-，3)， 设直线AC 与平面PAB 所成角为θ， 则直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值为： ||235sin ||||235AC n AC n θ===u u u r rg u u u r r g g ．19．（12分）某企业质量检验员为了检测生产线上零件的质量情况，从生产线上随机抽取了80个零件进行测量，根据所测量的零件尺寸（单位：)mm ，得到如图的频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，求这80个零件尺寸的中位数（结果精确到0.01)；（2）若从这80个零件中尺寸位于[62.5，64.5)之外的零件中随机抽取4个，设X 表示尺寸在[64.5，65]上的零件个数，求X 的分布列及数学期望EX ；（3）已知尺寸在[63.0，64.5)上的零件为一等品，否则为二等品，将这80个零件尺寸的样本频率视为概率．现对生产线上生产的零件进行成箱包装出售，每箱100个．企业在交付买家之前需要决策是否对每箱的所有零件进行检验，已知每个零件的检验费用为99元．若检验，则将检验出的二等品更换为一等品；若不检验，如果有二等品进入买家手中，企业要向买家对每个二等品支付500元的赔偿费用．现对一箱零件随机抽检了11个，结果有1个二等品，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据，该企业是否对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由．【解答】解：（1）由于[62.0，63.0)内的频率为(0.0750.225)0.50.15+⨯=，[63.0，63.5)内的频率为0.750.50.375⨯=，设中位数为[63.0x ∈，63.5)，由0.15(63)0.750.5x +-⨯=，得63.47x ≈， 故中位数为63.47；（2）这80个零件中尺寸位于[62.5，64.5)之外的零件共有7个，其中尺寸位于[62.0，62.5)内的有3个，位于[64.5，65)共有4个，随机抽取4个， 则1X =，2，3，4，3134474(1)35C C P X C ===，22344718(2)35C C P X C ===，13344712(3)35C C P X C ===，44471(4)35C P X C ===，418121161234353535357EX =+++=g g g g ；（3）根据图象，每个零件是二等品的概率为(0.0750.2250.100)0.50.2P =++⨯=， 设余下的89个零件中二等品的个数为~(89,0.2)Y B ， 由二项分布公式，890.217.8EY =⨯=，若不对余下的零件作检验，设检验费用与赔偿费用的和为S ， 11995001089500S Y Y =⨯+=+，若对余下的零件作检验，则这一箱检验费用为9900元， 以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据， 则11995009989ES EY =⨯+=，因为9900ES >，所以应该对余下的零件作检验．（或者9989ES =与9900相差不大，可以不做检验都行．)20．（12分）已知函数()xbe f x alnx x =-，曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为220x y e ---=．（1）求a ，b 的值；（2）证明函数()f x 存在唯一的极大值点0x ，且0()222f x ln <-．【解答】解：（1）函数的定义域为(0,)+∞，2()()x x a b xe e f x x x-'=-， 则f '（1）a =，f （1）be =-，故曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为0ax y a be ---=，又曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为220x y e ---=， 2a ∴=，1b =；（2）证明：由（1）知，()2x e f x lnx x =-，则22()x xx xe e f x x -+'=，令()2x x g x x xe e =-+，则()2x g x xe '=-，易知()g x '在(0,)+∞单调递减， 又(0)20g '=>，g '（1）20e =-<， 故存在1(0,1)x ∈，使得1()0g x '=，且当1(0,)x x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，当1(x x ∈，)+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，由于(0)10g =>，g （1）20=>，g （2）240e =-<， 故存在0(1,2)x ∈，使得0()0g x =，且当0(0,)x x ∈时，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增，当0(x x ∈，)+∞时，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减，故函数存在唯一的极大值点0x ，且00000()20x x g x x x e e =-+=，即00002,(1,2)1x x e x x =∈-， 则0000002()221x e f x lnx lnx x x =-=--， 令2()2,121h x lnx x x =-<<-，则222()0(1)h x x x '=+>-， 故()h x 在(1,2)上单调递增，由于0(1,2)x ∈，故0()h x h <（2）222ln =-，即00222221lnx ln x -<--， 0()222f x ln ∴<-．21．（12分）已知点P 是抛物线21:34C y x =-的顶点，A ，B 是C 上的两个动点，且4PA PB =-u u u r u u u rg ．（1）判断点(0,1)D 是否在直线AB 上？说明理由；（2）设点M 是PAB ∆的外接圆的圆心，点M 到x 轴的距离为d ，点(1,0)N ，求||MN d -的最大值．【解答】解：（1）由抛物线的方程可得顶点(0,3)P -，由题意可得直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为：4y kx =+，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y联立直线与抛物线的方程：24134y kx y x =+⎧⎪⎨=-⎪⎩，整理可得：244(3)0x kx b --+=，△21616(3)0k b =++>，即230k b ++>， 124x x k+=，124(3)x x b =-+，2222222121212()4(3)412y y k x x kb x x b k b k b b b k =+++=-+++=-，21212()242y y k x x b k b +=++=+， 因为1(PA PB x =u u u r u u u rg ，123)(y x +，222221212123)3()94(3)123(42)923y x x y y y y b b k k b b b +=++++=-++-+++=+-，而4PA PB =-u u u r u u u rg ，所以2234b b +-=-，解得1b =-，m 满足判别式大于0，即直线方程为1y kx =-，所以恒过(0,1)- 可得点(0,1)D 不在直线AB 上．（2）因为点M 是PAB ∆的外接圆的圆心，所以点M 是三角形PAB 三条边的中垂线的交点， 设线段PA 的中点为F ，线段PB 的中点为为E ， 因为(0,3)P -，设1(A x ，1)y ，2(B x ，2)y所以1(2x F ，13)2y -，2(2x E ，23)2y -，113PA y k x +=，223PB y k x +=， 所以线段PA 的中垂线的方程为：11113()232y x xy x y --=--+，而A 在抛物线上，所以211134y x =-， 所以线段PA 的中垂线的方程为：211418x y x x =-+-， 同理可得线段PB 的中垂线的方程为：222418x y x x =-+-， 联立方程211222418418x y x x x y x x ⎧=-+-⎪⎪⎨⎪=-+-⎪⎩解得1212()32x x x x x +=-，22121288x x x x y ++-=，由（1）得124x x k +=，124(3)8x x b =-+=-，所以8432M kx k -⨯=-=，22221212122()288M x x x x x x y k +++===， 即点M 的轨迹方程为：212x y =；可得焦点1(0,)8F ，准线方程为：y =-连接NF 交抛物线于0M ，由抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离，001111165||||||(||)||188648MN d NF NM M F NF +----=+=++=…， 所以||MN d -的最大值为165+．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知曲线1C 的参数方程为cos (1sin x t t y t αα=⎧⎨=+⎩为参数），曲线2C 的参数方程为sin 1cos 2x y θθθ=⎧⎪⎨=+⎪⎩为参数）． （1）求1C 与2C 的普通方程；（2）若1C 与2C 相交于A ，B 两点，且||2AB =sin α的值．【解答】解：（1）由曲线1C 的参数方程为cos (1sin x t t y t αα=⎧⎨=+⎩为参数），消去参数t ，可得tan 1y x α=+；由曲线2C 的参数方程为sin 1cos 2x y θθθ=⎧⎪⎨=+⎪⎩为参数），消去参数θ，可得222y x =-，即第21页（共21页） 221(0)2y x y +=…． （2）把cos (1sin x t t y t αα=⎧⎨=+⎩为参数）代入2212y x +=， 得22(1cos )2sin 10t t αα++-=． ∴1222sin 1t t cos αα-+=+，12211t t cos α-=+．12||||AB t t ∴=-= 解得：2cos 1α=，即cos 1α=±，满足△0>． sin 0α∴=．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知0a >，0b >，且1a b +=．（1）求12a b+的最小值； （2）证明：2221ab b a b +<++． 【解答】解：（1）12122()()333a b a b a b a b b a +=++=+++=+…当且仅当“b =”时取等号， 故12a b+的最小值为3+ （2）证明：222222222412)155ab b ab b ab b b b a b ab b a +++===++++++„，当且仅当1,2a b ==时取等号，此时1a b +≠．故2221ab b a b +<++．。

2020年广东省广州市高考理科数学模拟试卷一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．已知集合A＝{﹣3，﹣2，﹣1}，B＝{x|x2+x﹣2＞0}，则A∩∁R B＝（）A．{﹣3，﹣2，﹣1}B．{﹣2，﹣1}C．{﹣3}D．{﹣1}2．已知a+bi（a，b∈R ）是的共轭复数，则a+b＝（）A．﹣1B ．﹣C ．D．13．已知向量＝（cos20°，sin20°），＝（sin10°，cos10°）．若t 为实数，且＝+t，则||的最小值为（）A ．B．1C ．D ．4．将3名教师和3名学生共6人平均分成3个小组，分别安排到三个社区参加社会实践活动，则每个小组恰好有1名教师和1名学生的概率为（）A ．B ．C ．D ．5．使得（3x +）n（n∈N*）的展开式中含有常数项的最小的n为（）A．4B．5C．6D．76．已知等比数列{a n}的前n项和为S n ，若，a2＝2，则S3＝（）A．8B．7C．6D．47．已知命题：p：函数y＝x2﹣x﹣1有两个不同的零点：命题q：函数y＝cos x的图象关于直线x ＝对称．在下列四个命题中，真命题是（）A．（￢p）∨q B．p∧q C．（￢p）∧（￢q）D．（￢p）∨（￢q）8．若．则sin x•cos（π+x）＝（）A ．B ．﹣C ．D ．9．已知点A（2，0），抛物线C：x2＝4y的焦点为F，射线F A与抛物线C相交于点M，与其准线相交于点N，则|FM|：|MN|＝（）A．2：B．1：2C．1：D．1：310．在三棱锥P﹣ABC中，P A＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝BC＝2，则三棱锥P﹣ABC 外接球的体积是（）第1 页共21 页。

绝密★启用前2020届广州市高三一模模拟卷考试时间：120分钟；命题人：高三备课组第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|x2−2x−3<0}，集合B={x|2x+1>1}，则∁B A=()A. [3,+∞)B. (3,+∞)C. D.2.若z=1+2i，则4iz⋅z−−1=()A. 1B. −1C. iD. −i3.若tanα=34，则cos2α+2sin2α=()A. 6425B. 4825C. 1D. 16254.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为√33，过F2的直线l交C于A、B两点，若△AF1B的周长为4√3，则C的方程为()A. x23+y22=1 B. x23+y2=1 C. x212+y28=1 D. x212+y24=15.正四面体ABCD中，M是棱AD的中点，O是点A在底面BCD内的射影，则异面直线BM与AO所成角的余弦值为()A. √26B. √23C. √24D. √256.已知数列{a n}满足：a1=−13，a6+a8=−2，且a n−1=2a n−a n+1(n≥2)，则数列{1a n a n+1}的前13项和为()A. 113B. −113C. 111D. −1117.安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有()A. 360种B. 300种C. 150种D. 125种8.函数f(x)=(1−2x1+2x)cosx的图象大致为()A. B.C. D.第2页，共4页9. 某兴趣小组有男生20人，女生10人，从中抽取一个容量为5的样本，恰好抽到2名男生和3名女生，则①该抽样可能是系统抽样； ②该抽样可能是随机抽样： ③该抽样一定不是分层抽样；④本次抽样中每个人被抽到的概率都是15． 其中说法正确的为( )A. ①②③B. ②③C. ②③④D. ③④10. 已知S ，A ，B ，C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA =AB =1，BC =√2，则球O 的表面积等于( )A. 4πB. 3πC. 2πD. π11. 已知函数f(x)=e x (x −b)(b ∈R).若存在x ∈[12,2]，使得f(x)+xf ′(x)>0，则实数b 的取值范围是( )A. (−∞,83)B. (−∞,56)C. (−32,56)D. (83,+∞)12. 数列{a n }满足a 1=14，a n+1=14−4a n，若不等式a2a 1+a3a 2+⋯+an+2a n+1<n +λ对任何正整数n 恒成立，则实数λ的最小值为( )A. 38B. 34C. 78D. 74第II 卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ =(−1,2)，b ⃗ =(m,1)，若向量a ⃗ +b ⃗ 与a ⃗ 垂直，则m =______． 14. 已知实数x ，y 满足{y ≤23x −y −3≤02x +y −2≥0，目标函数z =3x +y +a 的最大值为4，则a = ．15. 已知函数f(x)是定义在R 上的奇函数，当x ∈(−∞,0)时，f(x)=2x 3+x 2，则f(2)=______． 16. 已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2−y 2b 2=1的左、右焦点，P 为双曲线左支上任意一点，若PF 22PF 1的最小值为8a ，则双曲线的离心率的取值范围为________． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知函数f(x)=sin(2x +π6)+2sin 2x ．(Ⅰ)求函数f(x)的最小正周期和单调递减区间；(Ⅱ)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若f(A2)=32，b +c =7，△ABC 的面积为2√3，求边a 的长．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB=2，∠ABC=60°，E，F分别是BC，PC的中点．(Ⅰ)证明：AE⊥PD；(Ⅱ)设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为√5，求二面角E−AF−C的余弦值．19.已知函数f(x)=xe x−ln (x+1)−x．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)证明：函数f(x)在区间(0,1)内有且只有一个零点．20.已知椭圆C：x2b2+y2a2=1(a>b>0)的离心率为√32，椭圆C的长轴长为4．(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l：y=kx+√3与椭圆C交于A，B两点，是否存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．21.2019年7月1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程(理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程)的测试．现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：(1)估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值x(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)．(2)根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布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，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率．第4页，共4页参考数据：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)某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券，已知硬币出现正、反面的概率都是12，方格图上标有第0格、第1格、第2格、……、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格(从k 到k +1)，若掷出反面，遥控车向前移动两格(从k 到k +2)，直到遥控车移到第49格(胜利大本营)或第50格(失败大本营)时，游戏结束．设遥控车移到第n 格的概率为P n ，试说明{P n −P n−1}是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．22. 已知极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x 轴的正半轴重合，圆C 的极坐标是ρ=2asinθ，直线l 的参数方程是{x =−35t +a y =45t(t 为参数)． (1)若a =2，M 为直线l 与x 轴的交点，N 是圆C 上一动点，求|MN|的最大值； (2)若直线l 被圆C 截得的弦长为2√6，求a 的值．。

2020年广东广州高三一模数学试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.已知复数满足，则（ ）．A. B. C. D.2.已知集合，，，则的子集共有（ ）．A.个B.个C.个D.个3.（ ）．A. B. C. D.4.已知命题：，；命题：，，则下列命题中为真命题的是（ ）．A. B. C. D.5.已知函数满足，当时，，则（ ）．A.或B.或C.或D.或6.如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点，点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图象大致为（ ）．A.B.C.D.7.陀螺是中国民间最早的娱乐工具，也称陀罗，如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为（ ）．A.B.D.8.某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为，设地球半径为，该卫星近地点离地面的距离为，则该卫星远地点离地面的距离为（ ）．A.B.C.D.9.羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成．某班级从名男生，，和名女生，，中各随机选出两名，把选出的人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则和两人组成一队参加比赛的概率为（ ）．A.B.C.D.10.已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则的内切圆的半径为（ ）．A.B.C.D.11.已知函数的导函数为，记，，，．若，则（ ）．A.B.C.12.已知正方体的棱长为，，，分别是棱，﹐的中点，给出下列四个命题：①；②直线与直线所成角为；③过，，三点的平面截该正方体所得的截面为六边形；④三棱锥的体积为．其中，正确命题的个数为（ ）．A.B.C.D.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设向量，，且，则．14.某种产品的质量指标值服从正态分布，且．某用户购买了件这种产品，则这件产品中质量指标值位于区间之外的产品件数为 ．15.的展开式中，的系数是 ．（用数字填写答案）16.已知的三个内角为，，，且，，成等差数列，则的最小值为 ，最大值为 ．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）（1）（2）17.记为数列的前项和，．求．令，证明数列是等比数列，并求其前项和．（1）（2）18.如图，三棱锥中，，，，，．求证：．求直线与平面所成角的正弦值．零件尺寸频率组距（1）（2）（3）19.某企业质量检验员为了检测生产线上零件的质量情况，从生产线上随机抽取了个零件进行测量，根据所测量的零件尺寸（单位：），得到如下的频率分布直方图：根据频率分布直方图，求这个零件尺寸的中位数（结果精确到）．若从这个零件中尺寸位于之外的零件中随机抽取个，设表示尺寸在上的零件个数，求的分布列及数学期望．已知尺寸在上的零件为一等品，否则为二等品，将这个零件尺寸的样本频率视为概率．现对生产线上生产的零件进行成箱包装出售，每箱个．企业在交付买家之前需要决策是否对每箱的所有零件进行检验，已知每个零件的检验费用为元．若检验，则将检验出的二等品更换为一等品；若不检验，如果有二等品进入买家手中，企业要向买家对每个二等品支付元的赔偿费用．现对一箱零件随机抽检了个，结果有个二等品，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望值作为决策依据，该企业是否对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由．（1）20.已知数，曲线在点处的切线方程为．求，的值．【答案】解析:∵复数满足，∴，．故选．（2）证明函数存在唯一的极大值点，且．（1）（2）21.已知点是抛物线的顶点，，是上的两个动点，且．判断点是否在直线上？说明理由．设点是的外接圆的圆心，点到轴的距离为，点，求的最大值．：四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）（1）（2）22.已知曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）．求与的普通方程．若与相交于，两点，且，求的值．（1）（2）23.已知，，且．求的最小值．证明：．A1.解析:∵集合，，∵．∴的子集共有个．即，，，．故正确．解析:．故选．解析:命题：∵，∴对，为假命题，命题：当时，，，∴，∴，为真命题，∴为假命题，为真命题，为假命题，为假命题．故选．解析:∵，B 2.D 3.B 4.C 5.∴关于对称，当时，，此时单调递增，令，则，∴，∴，又关于对称，∴，且当时，单调递减，∴当时，即或，∴或．故选：．解析:题目的意思是：角即，设与的交点即的中点为，由图可以看到当时，即为的直经，∴，∴排除，∵，，∴，∴，∵是长度，一定大于，∴，∵在的图象为，A 6.，∴的图象为，∴的图象应该如选项所画，故选．解析:由三视图可知该几何体为上部为圆锥下部为圆柱的组合体，陀螺表面积即为组合体表面积，如图，通过小方格纸的边长标出该组合体的参数，观察可知：陀螺表面积（圆锥表面积与圆柱上底面重合表面积）（圆柱表面积上底面面积），．故选．C 7.锥小圆柱小圆锥柱小圆解析:如图所示，设图中为地心（且为焦点），设椭圆方程为，则近地点为点，远地点为点，近地点与地表距离，远地点与地表距离为，，，，．则远地点与地表距离为：．解析:方法一：被选出来的概率：，被选出来的概率：，被分到一组的概率为：设共有个人，分别是，，，，则分组方法为，，两种情况（男男不能一组）A 8.B 9.∴，故和分到一组的概率为：．方法二：男女中各选两名，人随机分成两队也就是两两排列，一共有种（种），组成一队的概率，已确定有，，则从剩下男女中各选一名，，组合，另两个自动组合无需排列，概率．故选．解析:由题可知，，又，∴，∴，设的内切圆的半径为，∴，．B 10.∴．故选．解析:∵，∴，，，，，，由此可归纳：，，，∴,故答案为D.解析:①正方体中平面是正方形，对角线互相垂直，∴，取中点，D 11.C 12.∴，即，又∵，面，即，∴，∴，∴．故①正确．②连接，则，中我们可以得为与所成角且边长均为面对角线，，∴，所成角，故②正确．③分别取，，中点，，，则平面、、、、、为截面是六边形但不经过点，故③错误．④如图所示，建立空间直角坐标系，平面平面平面，，，，，，设平面的法向量为，，∴，又，设到面的高为，则，在中，，，∴，∴．故④正确．综上①②④正确．故选：．13.解析:∵向量，，=，，由题意：，即，解得，∴．解析:∵产品的质量指标服从正态分布，且，∴这件产片中质量指标值位于区间之内的产品数为．∴这件产品中质量指标值位于区间之外的产品件数为．解析:方法一：表示个因式的乘积，则含的项可以是从个因式中选一因式提供，剩余个因式提供，也可以是从个因式中选个因式提供，剩余个因式提供，故含的项为：，故答案为．方法二：的通项为，令，则，或，，当，时，的系数为，当，时，的系数为，∴的系数为，故答案为．解析:∵，，成等差数列，∴，14.15. ;16.（1）设三个内角，，所对的边为，，，则由正弦定理可得，∴，∴，，当且仅当时，取等，又，∴，令，∴，，∵，∴当时，即时，，∴在上单调递减，当时，即时，，∴在上单调递增，∴当时，取得最大值，∴，又，，∴，∴，∴的最小值为，最大值为，故答案为：，．解析:因为①，（1）．（2）证明见解析，．17.（2）所以②，②①得，即，所以．方法一：由，得，因为，所以数列是以为首项， 公比为的等比数列，所以数列的前项和为．方法二：由，得，所以数列是公比为的等比数列，由，得，则，所以，故，得，因为，所以数列是以为首项， 公比为的等比数列，所以数列的前项和为．解析:（1）证明见解析．（2）．18.（1）（2）取的中点，连接，，因为，所以．因为，所以．因为，平面，平面，所以平面．因为平面，所以．解法1：不妨设，因为 ，则 ，因为，，则，因为，，则．在中，，因为 ，所以，因为，，平面，平面，所以平面．如图,以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，．设平面的法向量，由，， 得，令 ，故平面的一个法向量为，则，记直线与平面所成角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为 ．解法2：作于，连接，根据题意，得≌，则，因为，平面，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．则是直线在平面上的射影．所以为直线与平面所成角．不妨设，因为，则，因为，，则，，因为，，则．在中，，故，则的面积为 ，，，（1）（2）（3）即 ，得，在中，，，则，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．解析:由于内的频率为，内的频率为，得，令这个零件尺寸的中位数为，则，即有，解得．故这个零件尺寸的中位数为．从频率分布直方图中可得尺寸在之外的零件共有个，其中尺寸位于上的共有个，位于上的共有个，则的所有可能取值为，，，，，．，，则的分布列为：所以．根据频率分布直方图，每个零件是二等品的概率为，．设余下的个零件中的二等品的个数为，依题意知，（1）这个零件尺寸的中位数为．（2）．（3）①因为，所以应该对余下的零件作检验．②由于与相差不大，又因为对余下零件检验要投入大量人力和物力，所以对余下的零件不作检验．19.（1）（2）所以．若不对余下的零件作检验，设检验费用与赔偿费用之和为，则．若对余下的零件作检验，则这一箱零件所需要的检验费用为元．若不对余下的零件作检验，则检验费用与赔偿费用之和的期望值为，．（本问题从下面两方面回答都合理，都给满分）①因为，所以应该对余下的零件作检验．②由于与相差不大，又因为对余下零件检验要投入大量人力和物力，所以对余下的零件不作检验．解析:函数的定义域为，由，得，则，．故曲线在点处的切线方程为，即．因为曲线在点处的切线方程为，所以，．方法一：由知，则．令（）．得．则在上单调递减．由于；．则存在，使得．当时，；当时，．故在上单调递增，在上单调递减．由于，，．故存在，使得，（1），．（2）证明见解析．20.当时，，则；当时，，则．故函数在上单调递增，在上单调递减．故函数存在唯一的极大值点．由于，即，得，，则 ，令，，则．故函数在上单调递增．由于，则，即，所以．方法二：由知，（）．当时，；当时，令，得，则在上单调递减，又，，故存在，使得，当时，，则；当时，，则．故函数在上单调递增，在上单调递减．故函数存在唯一的极大值点．由于，即，得，．则，令，，则．（1）故函数为在上单调递增．由于，则，即．所以．解析:方法一：因为点是抛物线的顶点，所以点的坐标为．依题意知直线的斜率存在，设直线，，，则，．因为，所以．因为，是上的两个动点，所以，．则．整理得，解得．由，得，则，．故，解得．所以直线．所以直线过定点．所以点不在直线上．方法二：因为点是抛物线的顶点，所以点的坐标为．设，，则，．因为，所以．因为，是上的两个动点，所以，．（1）点不在直线上，理由见解析．（2）．21.：：：：（2）则．整理得，解得．直线的斜率为，则直线的方程为，即．所以直线过定点．所以点不在直线上．方法三：因为点是抛物线的顶点，所以点的坐标为．设，，则，．因为，所以．因为，是上的两个动点，所以，．则．整理得，解得．直线的斜为，直线的斜率为，则．依题意知，得，则，得．故，，三点不共线．所以点不在直线上．方法一：线段的中点坐标为，，：则线段的中垂线方程为．①同理得线段的中垂线方程为．②由①②解得，．所以点的坐标为．设点，则．消去，得．所以点的轨迹方程为．抛物线的焦点为，准线为，设点到直线的距离为，根据抛物线的定义得，因为点到轴的距离为，点，则．当，，三点共线，且点在的延长线时，等号成立．所以取得最大值为．方法二：线段的中点坐标为，，则线段的中垂线方程为．①同理得线段的中垂线方程为．②由①②解得，．设点，则．消去，得．所以点的轨迹方程为．滑物线焦点为，准线为，设点到直线的距离为，根据抛物线的定义得，因为点到轴的距离为，点，：：（1）（2）则．当，，三点共线，且点在的延长线时，等号成立．所以取得最大值为．解析:由（为参数），得，所以曲线的普通方程为．由，（为参数），得，所以曲线的普通方程为．方法一：，代入，得，由于，则，．则．由于，则．解得．经检验，符合题意，所以．方法二：由（）可知是直线，且过点，是椭圆在轴上方（包括与轴的两个交点）．（1）曲线的普通方程为，的普通方程为．（2）．22.（1）如图可知，若与有两个交点，则的斜率设∶，，，由，得．由于，则．．由于，得，解得．则，得．解析:方法一：因为，，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，由，解得，所以的最小值为．方法二：因为，，且，（1）．（2）证明见解析．23.（2）所以，当且仅当，即时，等号成立，由，解得，所以的最小值为．方法一：因为，，所以，当且仅当时，等号成立，解得，，此时，所以．方法二：由于，，，得，要证明，只要证明，即证，只要证，由于，则只要证明，即，因为，所以成立，所以．方法三：由于，，，得，所以，令，得，由于，则，则，当且仅当，即时，等号成立，由于，所以．。