2020广东广州二模高三数学理试题及答案解析

2020年广东省广州市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．若集合A ＝{x |y =√2−x }，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}，则A ∩B ＝（ ） A ．[0，1）B ．[0，1]C ．[0，2）D ．[0，2]2．已知复数z ＝1+bi （b ∈R ），z 2+i是纯虚数，则b ＝（ ）A ．﹣2B ．−12C ．12D ．13．若a ＝log 332，b ＝ln 12，c ＝0.6﹣0.2，则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．c ＞b ＞aB ．c ＞a ＞bC ．b ＞a ＞cD ．a ＞c ＞b4．首项为﹣21的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d 的取值范围是（ ） A ．d ＞3B ．d ＜72C ．3≤d ＜72D ．3＜d ≤725．《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r ，正方形的边长为a （0＜a ＜r ），若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p ，则圆周率π的值为（ ）A ．a 2(1−p)rB ．a 2(1+p)rC ．a (1−p)rD ．a(1+p)r6．在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，E 是棱AB 的中点，动点F 是侧面ACC 1A 1（包括边界）上一点，若EF ∥平面BCC 1B 1，则动点F 的轨迹是（ ） A ．线段B ．圆弧C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分7．函数f（x）＝﹣2x+1|x|的图象大致是（）A．B．C．D．8．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2AD＝2DC，E是BC的中点，F 是AE上一点，AF→=2FE→，则BF→=（）A．12AB→−13AD→B．13AB→−12AD→C．−12AB→+13AD→D．−13AB→+12AD→9．已知命题p：（x2−1x）n的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为495；命题q：随机变量ξ服从正态分布N（2，σ2），且P（ξ＜4）＝0.7，则P （0＜ξ＜2）＝0.3．现给出四个命题：①p∧q，②p∨q，③p∧（￢q），④（￢p）∨q，其中真命题的是（）A．①③B．①④C．②③D．②④10．设数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝2，a n+a n+1＝2n（n∈N*），则S2020＝（）A ．22020−23B ．22020+23C ．22021−23D ．22021+2311．过双曲线C ：x 2a −y 2b =1（a ＞0，b ＞0）右焦点F 2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为P ，与双曲线交于点A ，若F 2P →=3F 2A →，则双曲线C 的渐近线方程为（ ） A ．y ＝±12xB ．y ＝±xC ．y ＝±2xD ．y ＝±25x12．若关于x 的不等式e 2x ﹣alnx ≥12a 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[0，2e ]B ．（﹣∞，2e ]C ．[0，2e 2]D ．（﹣∞，2e 2]二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年广东高三二模理科数学试卷(详解)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.A. B.C.D.【答案】【解析】已知集合，，则（ ）．C ∵集合．集合，∴．故选．2.A.B.C.D.【答案】【解析】已知复数（为虚数单位，），若，则的取值范围为（ ）．A ，∴，又∵，则，∴ ．故选．3.《周髀算经》是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测A.尺B.尺C.尺D.尺【答案】【解析】算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，则立秋的晷长为（ ）．D不妨设夏至到寒露依次为，，，∴数列为为等差数列，由题可知，，∴，∵，则，∴，故立秋的晷长为尺．故选．4.A.B.C.D.【答案】【解析】在中，已知，，且边上的高为，则（ ）．B 在中，面积，∴，由余弦定理可知，，∴，由正弦定理，得．故选．5.A.B.C.D.一个底面半径为的圆锥，其内部有一个底面半径为的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为（ ）．【答案】【解析】D作出该几何体的轴截面图如图，，，设内接圆柱的高为，由，得，∵，∴，即，得，∴该圆锥的体积为．故选．6.A. B.C.D.【答案】【解析】已知函数是定义在上的奇函数，且在上单调递减，，则不等式的解集为（ ）．B根据题意，函数是定义在上的奇函数，且在上单调递减，则在上递减，又由，则，则函数的草图如图：若，则有，解可得，即不等式的解集为，故选．7.A.B.C.D.【答案】【解析】已知双曲线的右焦点为，过点分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为，．若，则该双曲线的离心率为（ ）．D 由得，又∵在四边形中，，且，则四边形为正方形，∴，即，∴双曲线渐近线方程为，∴，即，∴，∴离心率．故选．8.A.B.C. D.【答案】【解析】已知四边形中，，，，，在的延长线上，且，则（ ）．A ABDCE在中，由余弦定理可知，，∴，由可知，，∴，在中，由正弦定理可知，，得，∴．故选．9.A.B.C.D.【答案】【解析】的展开式中，的系数为（ ）．C把的展开式看成个因式的乘积形式，从中任意选个因式，这个因式取，再取个因式，这个因式都取，剩余个因式取，相乘即得含的项；故含项的系数为：．故选：．10.A.B.C.D.【答案】【解析】把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数的图象，关于的说法有：①函数的图象关于点对称；②函数的图象的一条对称轴是；③函数在上的最小值为；④函数在上单调递增．则以上说法正确的个数是（ ）．C 把函数的图象向右平移个单位长度，可得的函数图象，由横坐标缩短到原来的可得．①中，∵，，则不是的对称中心，故①错误；②中，当时，，故是的对称轴，故②正确；③中，当时，，，∴，则在内的最小值为，故③正确；④∵函数的周期，又因为正弦函数不会在一个周期内为单调增函数，故④错误；故选．11.A. B. C. D.如图，在矩形中，已知，是的中点，将沿直线翻折成，连接．若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则（ ）．【答案】【解析】B 在矩形中，已知，是的中点，所以：为等腰直角三角形；斜边上的高为：；要想三棱锥的体积最大；需高最大，则当面时体积最大，此时三棱锥的高等于：，取的中点，过作下底面的垂线，此时三棱锥的外接球球心在上，∵三棱锥外接球的体积为，所以球半径，如图：，①，②即：，③，④联立③④可得．故选．12.A. B.C.D.【答案】【解析】已知函数，若函数有唯一零点，则的取值范围为（ ）．D 因为．令，则，所以当时，，即在上单调递增，又，所以，，当，，所以在上为增函数，在上为减函数，又，所以当，，当，对恒成立，即当时，，且当且仅当，，故当时，有唯一的零点；排除，当时，，令，可得，有无数解，所以，不成立，排除，故选．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.【答案】【解析】若，满足约束条件，则的最大值是 ．由不等式组可画出可行域如图，目标函数可化为，经平移可知直线过点时，在轴截距最大，由，得：，即，∴．故答案为：．14.【答案】【解析】已知，则 ．∵，∴，即，∴．故答案为：．15.【答案】【解析】从正方体的个面的对角线中，任取条组成对，则所成角是的有 对．根据题意，如图，在正方体中，与平面中一条对角线成的直线有，，，，，，，，共条直线，则包含在内的符合题意的对角线有对；又由正方体个面，每个面有条对角线，共有条对角线，则共有对面对角线所成角为，而其中有一半是重复的；则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有对，故答案为：．16.【答案】【解析】如图，直线过抛物线的焦点且交抛物线于，两点，直线与圆交于，两点，若，设直线的斜率为，则= ．∵，同理可得，∴．设，联立可得，∴，．∴，即，解．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）17.（1）（2）（1）【答案】已知数列和满足，且，，设．求数列的通项公式．若是等比数列，且，求数列的前项和．．（2）（1）（2）【解析】．由，得，∴，∵，∴，∴是以为公差的等差数列．又∵，∴．设的公比为，则，∴由（）知，又，∴∴，①，②①②得：∴．．18.为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均在以内，规定质量指标值大于的产品为优质品，质量指标值在的产品为合格品．旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标值如频数分布表所示．频率组距质量指标值质量指标值频数（1）（2）（3）（1）（2）（3）【答案】合计请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率．优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高．根据已知图表数据填写下面列联表（单位：件），并判断是否有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．非优质品优质品合计新设备产品 旧设备产品合计附：，其中．用频率代替概率，从新设备所生产的产品中随机抽取件产品，其中优质品数为件，求的分布列及数学期望．，．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计有的把握认为产品质量高与新设备有关．的分布列为．（1）（2）（3）【解析】估计新设备所生产的产品的优质品率为：，估计旧设备所生产的产品的优质品率为：．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计由列联表可得，，∴有的把握认为产品质量高与新设备有关．的所有可能取值为，，，．∵由知新设备所生产的优质品率为，∴，，，．∴的分布列为∴的数学期望为．19.（1）（2）（1）【答案】如图，四棱锥中，四边形是菱形，，．是上一点，且．设．证明：平面．若，，求二面角的余弦值．证明见解析．（2）（1）（2）【解析】．∵四边形是菱形，∴是的中点，，∵，，∴平面，∵平面，∴，∵，是的中点，∴，∵平面，平面，，∴平面．由知平面，．∴，，两两互相垂直，∴以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，，设四边形的边长为，，∵四边形是菱形，，∴和都是等边三角形，∴，∴，，，，∴，，，∵，∴，∴，即，∴，，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，设二面角的平面角为，结合图象可知，，∴二面角的余弦值为．20.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】已知椭圆：的焦点为，，是椭圆上一点．若椭圆的离心率为，且，的面积为．求椭圆的方程．已知是坐标原点，向量，过点的直线与椭圆交于，两点．若点满足，，求的最小值．．．依据题意得，所以，所以，（2）因为，故设，代入椭圆方程得，所以的面积为：，联立，解得，，所以椭圆的方程为：．由题意可知直线的斜率显然存在，故设直线的方程为：，联立，消去并整理得，所以，设，，所以，，因为，所以，当时，，当时，，，因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，且满足，所以，综上．21.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】已知函数（），其中为自然对数的底数．若函数的极小值为，求的值．若，证明：当时，成立．．证明见解析．函数的定义域为，，当时，对于恒成立，∴在上单调递减，∴在上无极值．当时，令，得．∴当时，，当时，．∴在上单调递减，在上单调递增．∴当时，，∴取得极小值，即．令（），则．∵，∴，∴在上单调递增．又∵，∴．∵，∴，∴，令（），∴．令（），∴，令，得，∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增．∴当时，取得极小值．又∵，，∴存在使得．∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．又∵，∴，∴当时，，即．令（），则对于恒成立．∴在上单调递增．∴，即当时，，∴当时，．∴当时，．∴当时，成立．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）选修4-4：坐标系与参数方程22.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】在直角坐标系中，曲线的方程为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．求直线的直角坐标方程．已知是曲线上的一动点，过点作直线交直线于点，且直线与直线的夹角为，若的最大值为，求的值．．．由，（2）得，∴，∵，．∴直线的直角坐标方程为，即．依题意可知曲线的参数方程为：（为参数），设，则点到直线的距离为：，，∵，∴当时，，依题意得，∴的最大值为，即，∵，∴解得．选修4-5：不等式选讲23.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】已知函数．解不等式：．若，，均为正数，且，证明：．．证明见解析．，当时，，即，解得：；（2）当时，，满足题意；当时，，即，解得：．综上，不等式的解集为．由知，∴，∴，∴，∴，当且仅当时等号成立，∴．。

2020年广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，，则A. B.C. D.2.已知复数为虚数单位，，若，则的取值范围为A. B. C. D.3.周髀算经是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度，夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，则立秋的晷长为A. 尺B. 尺C. 尺D. 尺4.在中，已知，，且AB边上的高为，则A. B. C. D.5.一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为A. B. C. D.6.已知函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，，则不等式的解集为A. B.C. D.7.已知双曲线的右焦点为F，过点F分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，若，则该双曲线的离心率为A. B. 2 C. D.8.已知四边形ABCD中，，，，，E在CB的延长线上，且，则A. 1B. 2C.D.9.的展开式中，的系数为A. 120B. 480C. 240D. 32010.把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到函数的图象，关于的说法有：函数的图象关于点对称；函数的图象的一条对称轴是；函数在上的最上的最小值为；函数上单调递增，则以上说法正确的个数是A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个11.如图，在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，将沿直线DE翻折成，连接C.若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则A. 2B.C.D. 412.已知函数，若函数有唯一零点，则a的取值范围为A. B.C. D. ，二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件，则的最大值是______．14.已知，则______．15.从正方体的6个面的对角线中，任取2条组成1对，则所成角是的有______对．16.如图，直线l过抛物线的焦点F且交抛物线于A，B两点，直线l与圆交于C，D两点，若，设直线l的斜率为k，则______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列和满足，且，，设．求数列的通项公式；若是等比数列，且，求数列的前n项和．18.为了提高生产效益，某企业引进了一批新的生产设备，为了解设备生产产品的质量情况，分别从新、旧设备所生产的产品中，各随机抽取100件产品进行质量检测，所有产品质量指标值均在以内，规定质量指标值大于30的产品为优质品，质量指标值在的产品为合格品．旧设备所生产的产品质量指标值如频率分布直方图所示，新设备所生产的产品质量指标值如频数分布表所示．质量指标频数2820302515合计100请分别估计新、旧设备所生产的产品的优质品率．优质品率是衡量一台设备性能高低的重要指标，优质品率越高说明设备的性能越高．根据已知图表数据填写下面列联表单位：件，并判断是否有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计附：其，中．用频率代替概率，从新设备所生产的产品中随机抽取3件产品，其中优质品数为X件，求X 的分布列及数学期望．19.如图，四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，E是BC上一点，且，设．证明：平面ABCD；若，，求二面角的余弦值．20.已知椭圆C：的焦点为，，P是椭圆C上一点．若椭圆C的离心率为，且，的面积为．求椭圆C的方程；已知O是坐标原点，向量过点的直线l与椭圆C交于M，N两点．若点满足，，求的最小值．21.已知函数，其中e为自然对数的底数．若函数的极小值为，求a的值；若，证明：当时，成立．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．求直线l的直角坐标方程；已知P是曲线C上的一动点，过点P作直线交直线于点A，且直线与直线l的夹角为，若的最大值为6，求a的值．23.已知函数．解不等式：；若a，b，c均为正数，且，证明：．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：集合，，故选：C．求出集合A，B，由此能求出．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.答案：A解析：解：因为复数，所以，由于，即，则的取值范围为，故选：A．根据复数的基本运算法则进行化简，再求复数模的范围即可．本题主要考查复数的乘法运算及模长的计算，比较基础．3.答案：D解析：解：夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，，，即．解得，．立秋的晷长．故选：D．由夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为尺，可得：，，即解出利用通项公式即可得出．本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.答案：B解析：解：如图，在中，，，且AB边上的高CD为，，，由余弦定理可得，由正弦定理，可得．故选：B．由已知可求AD，利用勾股定理可求AC，由余弦定理可得BC，进而根据正弦定理可得sin C的值．本题主要考查了勾股定理，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．5.答案：D解析：解：作出该几何体的轴截面图如图，，，设内接圆柱的高为h，由，得．∽，，即，得，该圆锥的体积为．故选：D．由题意画出图形，由圆柱的体积求得圆柱的高，再由相似三角形对应边成比例求得圆锥的高，则圆锥体积可求．本题主要考查了圆锥的内接圆柱的体积，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．6.答案：B解析：解：根据题意，函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递减，则在上递减，又由，则，则函数的草图如图：若，则有，解可得，即不等式的解集为；故选：B．根据题意，由函数的奇偶性与单调性分析可得函数的大致图象，据此分析可得关于x的取值范围，即可得答案．本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意作出函数的简图，分析不等式的解集．7.答案：D解析：解：如图，由，得，即，，即．则．故选：D．由题意画出图形，可得渐近线的倾斜角，得到，则离心率可求．本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查双曲线离心率的求法，是基础题．8.答案：A解析：解：在中，由余弦定理有，，，易知，又，，故，．故选：A．先由余弦定理求得，再根据题设条件求得，而展开，利用数量积公式化简求解即可．本题考查平面向量数量积的综合运用，涉及了余弦定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．9.答案：C解析：解：把的展开式看成6个因式的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x，再取3个因式，这3个因式都取y，剩余2个因式取2，相乘即得含的项；故含项的系数为：．故选：C．把的展开式看成6个因式的乘积形式，从中任意选1个因式，这个因式取x，再取3个因式，这3个因式都取y，剩余2个因式取2，相乘即得含的项，求出项的系数．本题考查了排列组合与二项式定理的应用问题，是综合性题目．10.答案：C解析：解：把函数的图象向右平移个单位长度，得，再把所得的函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变得到函数的图象，则，函数的图象不关于点对称，故错误；，函数的图象的一条对称轴是，故正确；当时，，则，即函数在上的最上的最小值为，故正确；当时，，可知函数在上不单调，故错误．正确命题的个数为2．故选：C．通过平移变换与伸缩变换求得函数的解析式．由判断错误；由求得最小值判断正确；由x的范围求得函数值域判断正确；由x的范围可知函数在上不单调判断错误．本题考查命题的真假判断与应用，考查型函数的图象与性质，是中档题．11.答案：B解析：解：在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，所以：为等腰直角三角形；斜边DE上的高为：；要想三棱锥的体积最大；需高最大，则当面BCDE时体积最大，此时三棱锥的高等于：；取DC的中点H，过H作下底面的垂线；此时三棱锥的外接球球心在OH上；三棱锥外接球的体积为；所以球半径；如图：；；即：；；联立可得；故选：B．要想体积最大，需高最大，当面BCDE时体积最大，根据对应球的体积即可求解结论．本题考查的知识要点：几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力及空间想象能力的应用，属于中档题型．12.答案：D解析：解：因为．令，则，所以当时，，即在R上单调递增，又，所以，，当，，所以在上为增函数，在上为减函数，又，所以当，，当，对恒成立，即当时，，且当且仅当，，故当时，有唯一的零点；排除A，当时，，令，可得，有无数解，所以，不成立，排除BC，故选：D．求导，构造辅助函数，则，当时，可知在R上单调递增，，即可判断在上为增函数，在上为减函数，由，即可证明，当时，有唯一的零点；然后验证时，函数的零点的个数，判断选项即可．本题考查函数的导数的应用，函数的极值的求法，考查转化思想以及含量，分类讨论思想的应用，是中档题．13.答案：6解析：解：由x，y满足约束条件，作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为直线方程的斜截式：．由图可知，当直线过A时，直线在y轴上的截距最大，Z有最大值为；故答案为：6．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数的答案．本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题．14.答案：解析：解：，则．故答案为：由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础试题．15.答案：48解析：解：根据题意，如图，在正方体中，与平面中一条对角线成的直线有，，，，，，，，共8条直线，则包含在内的符合题意的对角线有8对；又由正方体6个面，每个面有2条对角线，共有12条对角线，则共有对面对角线所成角为，而其中有一半是重复的；则从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有48对．故答案为：48根据题意，由正方体几何结构分析可得：每一条对角线和另外的8条构成8对直线所成角为，进而可得共有对对角线所成角为，并且容易看出有一半是重复的，据此分析可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及正方体的几何结构，属于基础题．16.答案：解析：解：由题意圆的圆心为抛物线的焦点F，再由题意可得直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为：，，设，，联立直线与抛物线的方程：，整理可得，，所以，由抛物线的性质可得：弦长，由题意可得为的直径2，所以，而，所以可得：，因为，所以，代入直线AB中可得，即，将A点坐标代入抛物线的方程，整理可得，解得，因为，所以，故答案为：．由题意设直线AB的方程与抛物线联立求出两根之和，进而求出弦长的值，再由圆的方程可得圆心为抛物线的焦点可得为圆的直径，求出的值，再由题意可得的值，由题意可得A的横坐标，代入直线的方程，可得A的纵坐标，代入抛物线的方程中可得斜率的平方的值．本题考查抛物线的性质及求点的坐标，属于中档题．17.答案：解：依题意，由，可得，两边同时乘以，可得，即，，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，，．由题意，设等比数列的公比为q，则，故，．由知，，且，则，所以：，，得：，，，所以．解析：直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．利用乘公比错位相减法的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．18.答案：解：估计新设备所生产的产品的优质品率为，估计旧设备所生产的产品的优质品率为．补充完整的列联表如下所示，非优质品优质品合计新设备产品 30 70 100旧设备产品 45 55 100合计 75 125 200，有的把握认为“产品质量高与新设备有关”．由知，新设备所生产的优质品率为，而X的所有可能取值为0，1，2，3，，，，．的分布列为：X 0 1 2 3P数学期望．解析：由频数分布表可知，将的频数相加，再除以100，即为新设备的优质品率；由频率分布直方图可知，将的频率组距相加，再乘以组距即为旧设备的优质品率；先填写列联表，再根据的公式计算其观测值，并与附表中的数据进行对比即可作出判断；由知，新设备所生产的优质品率为，而X的所有可能取值为0，1，2，3，然后根据二项分布求概率的方式逐一求出每个X的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．本题考查频率分布直方图、频数分布表、独立性检验、二项分布、离散型随机变量的分布列和数学期望等知识点，考查学生对数据的分析与处理能力，属于基础题．19.答案：证明：四边形ABCD是菱形，是AC的中点，，，，平面PAC，平面PAC，．，O是AC的中点，．平面ABCD，平面ABCD，，平面ABCD；解：由知，平面ABCD，．以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD的边长为4，．四边形ABCD是菱形，，与都是等边三角形．．0，，0，，0，，，，，．，，即，得．，．设平面PAE的法向量为，由，取，得；设平面PEC的一个法向量为，由，取，得．设二面角的平面角为，则．二面角的余弦值为．解析：由已知可得，，由直线与平面垂直的判定可得平面PAC，得到再由进一步得到平面ABCD；由知，平面ABCD，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．设四边形ABCD的边长为4，由列式求解a，可得所用点的坐标，再求出平面PAE与平面PEC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.答案：解：依据题意得，所以，所以，因为，故设，代入椭圆方程得，所以的面积为：．联立，解得，，所以椭圆C的方程为：．由题意可知直线l的斜率显然存在，故设直线l的方程为：，联立，消去y并整理得，所以，设，，所以，，因为，所以，当时，，当时，，，因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，且满足，所以，综上．解析：根据题意可得方程组联立，解得b，a，进而得出椭圆C的方程．设直线l的方程为：，设，，联立直线l与椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理得，，因为，得，当时，，当时，，，因为，所以，代入化简得化简，利用基本不等式可得出答案．本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，向量问题，属于中档题．21.答案：解：函数的定义域是R，，时，对恒成立，在R递减，函数无极值，时，令，解得：，令，解得：，在递减，在递增，时，取极小值，，即，令，则，，，在递增，，；，，，令，，令，，，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递增，时，取极小值，又，，存在使得，在递增，在递减，在递增，，，时，，即，令，，则对于恒成立，在递增，，即当时，，时，，，故时，成立．解析：求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，得到，令，根据函数的单调性求出a的值即可；令，求出，令，，求出，从而证明结论．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，不等式的证明，是一道综合题．22.答案：解：由，得，即．，，直线l的直角坐标方程为，即；依题意可知曲线C的参数方程为为参数．设，则点P到直线l的距离为：．，当时，．又过点P作直线交直线于点A，且直线与直线l的夹角为，，即．的最大值为，即．，解得．解析：把展开两角差的余弦，结合，可得直线l的直角坐标方程；依题意可知曲线C的参数方程为为参数设，写出点P到直线l的距离，利用三角函数求其最大值，可得的最大值，结合已知列式求解a．本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，训练了利用三角函数求最值，是中档题．23.答案：解：函数．当时，，解得，故．当时，，恒成立．当时，，解得，故，所以不等式的解集为．证明：由知：，所以：，所以，所以，所以当且仅当时，等号成立．故：．解析：直接利用分段函数的解析式和零点讨论法的应用求出结果．直接利用基本不等式的应用求出结果．本题考查的知识要点：分段函数的性质的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．。

绝密★启用前2020届广东省广州市高三二模数学（理）试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．若集合A ＝{x |y =，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}，则A ∩B ＝（） A ．[0，1）B ．[0，1]C ．[0，2）D ．[0，2] 答案：B求出集合A ，B ，再求出A ∩B 得解．解：解：∵集合A ＝{x |y =＝{x |x ≤2}，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}＝{x |0≤x ≤1}，则A ∩B ＝{x |0≤x ≤1}＝[0，1].故选：B.点评：本题主要考查一元二次不等式的解法，考查函数定义域的求法，考查集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2．已知复数()1z bi b R =+∈，若2z i +是纯虚数，则b ＝（） A ．﹣2B ．12-C ．12D ．1 答案：A 根据复数的除法法则把2z i+化成复数的一般形式，然后由实部为零，虚部不等于零计算即可．解： 因为()()()()()12221122225bi i b b i z bi i i i i +-++-+===+++-，由于其是纯虚数， 所以210b -≠且20b +=，则2b =-．故选：A点评：本题考查的是复数的计算及其概念，较简单.3．若323loga=，1ln2b=，0.20.6c-=，则a，b，c的大小关系为（）A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．b＞a＞c D．a＞c＞b 答案：B利用对数函数、指数函数的单调性直接求解．解：因为31323330log log log1a=<=<=，1ln ln102b=<=，0.200.60.61c-=>=，所以c＞a＞b．故选：B．点评：本题主要考查利用指数、对数函数的单调性比较大小，属于基础题.4．首项为﹣21的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d的取值范围是（）A．d>3 B．d72<C．3≤d72<D．3<d72≤答案：D根据从第8项起开始为正数，可得a7≤0，a8＞0，利用“1,a d”法求解. 解：a n＝﹣21+（n﹣1）d．∵从第8项起开始为正数，∴a7＝﹣21+6d≤0，a8＝﹣21+7d＞0，解得3＜d72≤．故选：D．点评：本题主要考查等差数列的单调性及通项公式，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.5．《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r，正方形的边长为a（0＜a＜r），若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p，则圆周率π的值为（）A ．()221a p r - B ．()22 1a p r + C ．() 1a p r - D ．() 1a p r +答案：A 计算圆形钱币的面积和正方形的面积，利用几何概型的概率公式求出p ，则π可求． 解：圆形钱币的半径为r cm ，面积为S 圆＝π•r 2；正方形边长为a cm ，面积为S 正方形＝a 2．在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是 p S S S -==圆正方形圆122a r π-， 所以π()221a p r=-． 故选：A ．点评：本题主要考查几何概型的概率求法及应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6．在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，E 是棱AB 的中点，动点F 是侧面ACC 1A 1（包括边界）上一点，若EF //平面BCC 1B 1，则动点F 的轨迹是（）A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分答案：A分别取AC ，A 1C 1，A 1B 1的中点N ，F ，M ，连接ME ，MF ，NE ，EF ，证明N ，E ，M ，F 共面，利用线面平行证明EF ∥平面BCC 1B 1，则轨迹可求解：如图所示：分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，EF，因为E为AB的中点，所以NE∥BC且NE12BC=，FM∥B1C1，MF12=B1C1，所以N，E，M，F共面，所以ME∥BB1，NE∥BC，所以ME∥平面BCC1B1，NE∥平面BCC1B1而NE∩ME＝E，BC∩BB1＝B，所以面NEMF∥平面BCC1B1，而EF⊂面MN，所以EF∥平面BCC1B1，所以要使EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹为线段FN．故选：A．点评：本题主要考查线线平行，线面平行，面面平行的转化，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.7．函数1()2f x xx=-+的图象大致是（）A．B．C．D．答案：C由函数解析式易知x ＜0时，()0f x ＞，且(2)0f <，由此利用排除法判断． 解：当x ＜0时，1()20f x x x=-+＞，故排除选项B 、D ； 又1724022f =-+=-（）＜，故排除选项A ． 故选：C点评： 本题考查函数图象的判别，属于基础题. 8．如图，在梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2DC ，E 是BC 的中点，F 是AE上一点，AF =u u u r 2FE u u u r ，则BF =u u u r （ ）A ．1123AB AD -u u u r u u u r B ．11 32AB AD -u u u r u u u rC ．11 23AB AD -+u u u r u u u r D ．11 32AB AD -+u u u r u u u r 答案：C 直接利用向量的三角形法则以及基本定理即可求得结论．解：由梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2DC ，E 是BC 的中点，F 是AE 上一点，AF =u u u r 2FE u u u r ，则221(332)BF BA AF AB AE AB AB AC =+=-+=-+⨯+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 1(3)AB AB AD DC =-+++u u u r u u u r u u u r u u u r 11(32)AB AB AD AB =-+++u u u r u u u r u u u r u u u r 1123AB AD =-+u u u r u u u r ； 故选：C点评：本题考查向量的三角法则、平面向量基本定理，属于基础题.9．已知命题:p 21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为495；命题:q 随机变量ξ服从正态分布()22,N σ，且()40.7P ξ<=，则()020.3P ξ<<=．现给出四个命题：①p q ∧，②p q ∨，③()p q ∧⌝，④()p q ⌝∨，其中真命题的是（）A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④答案：C 由21n x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大求得n ，写出二项展开式的通项，令x 的指数为0求得r ，得到常数项，判断出p 的真假；再由正态分布的对称性求得()02P ξ<<，判断出q 的真假，再由复合命题的真假判断得答案．解： 在21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，∴12n =， 则212243112121()()(1,)0,1,,12r r r r r r r T C x C x r x--+=-=-⋅⋅=L ． 令2430r -=，得8r =， ∴展开式中的常数项为81212!4958!4!C ==⋅，故p 为真命题； 随机变量ξ服从正态分布()22,N σ，则其对称轴方程为2，又()40.7P ξ<=，则()02P ξ<<()1120.30.22=-⨯=，故q 为假命题． 则①p q ∧为假命题；②p q ∨为真命题；③()p q ∧⌝为真命题；④()p q ⌝∨为假命题． ∴其中真命题的是②③．故选：C点评：本题考查了二项式定理、正态分布及复合命题真假性的判断，属于基础题.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n +a n +1＝2n（n ∈N ），则S 2020＝（） A ．2020223- B ．202022 3+ C ．202122 3- D ．202122 3+ 答案：C 根据递推公式a n +a n +1＝2n （n ∈N ）的特点在求S 2020时可采用分组求和法，然后根据等比数列的求和公式即可得到正确选项．解：。

绝密★启用前2020届广州市高三理科数学二模试卷考试时间：120分钟第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，集合，则A. B.C. D.2.若，则A. 1B.C. iD.3.若，则A. B. C. 1 D.4.已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，离心率为，过的直线l交C于A、B两点，若的周长为，则C的方程为A. B. C. D.5.正四面体ABCD中，M是棱AD的中点，O是点A在底面BCD内的射影，则异面直线BM与AO所成角的余弦值为A. B. C. D.6.已知数列满足：，，且，则数列的前13项和为A. B. C. D.7.安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有A. 360种B. 300种C. 150种D. 125种8.函数的图象大致为A. B.C. D.9.某兴趣小组有男生20人，女生10人，从中抽取一个容量为5的样本，恰好抽到2名男生和3名女生，则该抽样可能是系统抽样；该抽样可能是随机抽样：该抽样一定不是分层抽样；本次抽样中每个人被抽到的概率都是．其中说法正确的为A. B. C. D.10.已知S，A，B，C是球O表面上的点，平面ABC，，，，则球O的表面积等于A. B. C. D.11.已知函数若存在，使得，则实数b的取值范围是A. B. C. D.12.数列满足，，若不等式对任何正整数n恒成立，则实数的最小值为A. B. C. D.第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，若向量与垂直，则______．14.已知实数x，y满足，目标函数的最大值为4，则．15.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则______．16.已知，分别是双曲线的左、右焦点，P为双曲线左支上任意一点，若的最小值为8a，则双曲线的离心率的取值范围为________．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知函数．Ⅰ求函数的最小正周期和单调递减区间；Ⅱ在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，，的面积为，求边a的长．18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，，E，F分别是BC，PC的中点．Ⅰ证明：；Ⅱ设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为，求二面角的余弦值．19.已知函数．求曲线在点处的切线方程；证明：函数在区间内有且只有一个零点．20.已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的长轴长为4．求椭圆C的方程；已知直线l：与椭圆C交于A，B两点，是否存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．21.2019年7月1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值代表．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第问中样本标准差s的近似值为用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率．参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券，已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格从k到，若掷出反面，遥控车向前移动两格从k到，直到遥控车移到第49格胜利大本营或第50格失败大本营时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为，试说明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．已知极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，圆C的极坐标是，直线l的参数方程是为参数．若，M为直线l与x轴的交点，N是圆C上一动点，求的最大值；若直线l被圆C截得的弦长为，求a的值．绝密★启用前2020届广州市高三理科数学一模试卷考试时间：120分钟注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。

2020年广东省广州市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（5分）若集合{|2}A x y x ==-，2{|0}B x x x =-„，则(A B =I ) A ．[0，1)B ．[0，1]C ．[0，2)D ．[0，2]2．（5分）已知复数1()z bi b R =+∈，2zi+是纯虚数，则(b = ) A ．2-B ．12-C ．12D ．13．（5分）若33log 2a =，12b ln =，0.20.6c -=，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A ．c b a >>B ．c a b >>C ．b a c >>D ．a c b >>4．（5分）首项为21-的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d 的取值范围是( ) A ．3d >B ．72d <C ．732d <„ D ．732d <„5．（5分）《周髀算经》中提出了“方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r ，正方形的边长为(0)a a r <<，若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p ，则圆周率π的值为( )A ．22(1)a p r -B ．22(1)a p r +C ．(1)ap r-D ．(1)ap r+6．（5分）在三棱柱111ABC A B C -中，E 是棱AB 的中点，动点F 是侧面11ACC A （包括边界）上一点，若//EF 平面11BCC B ，则动点F 的轨迹是( ) A ．线段 B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分7．（5分）函数1()2||f x x x =-+的图象大致是( )A ．B ．C ．D ．8．（5分）如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，AB AD ⊥，22AB AD DC ==，E 是BC 的中点，F 是AE 上一点，2AF FE =u u u r u u u r ，则(BF =u u u r)A ．1123AB AD -u u ur u u u rB ．1132AB AD -u u ur u u u rC ．1123AB AD -+u u ur u u u rD ．1132AB AD -+u u ur u u u r9．（5分）已知命题21:()n p x x-的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为495；命题q ：随机变量ξ服从正态分布2(2,)N σ，且(4)0.7P ξ<=，则(02)0.3P ξ<<=．现给出四个命题：①p q ∧，②p q ∨，③()p q ∧⌝，④()p q ⌝∨，其中真命题的是( ) A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④10．（5分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12(*)n n n a a n N ++=∈，则2020(S =)A ．2020223-B ．2020223+C ．2021223-D ．2021223+11．（5分）过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>右焦点2F 作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为P ，与双曲线交于点A ，若223F P F A =u u u u r u u u u r，则双曲线C 的渐近线方程为( ) A ．12y x =±B ．y x =±C ．2y x =±D ．25y x =±12．（5分）若关于x 的不等式212x e alnx a -…恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[0，2]eB ．(-∞，2]eC ．[0，22]eD ．(-∞，22]e二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

2020年广东省广州市天河区高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）设集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}，B＝{y|y＝2x，x∈R}，则A∪B等于（）A．∅B．R C．（3，+∞）D．（0，+∞）2．（5分）瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角形式：e iθ＝cosθ+i sinθ，（i为虚数单位），根据该式，计算eπi+1的值为（）A．﹣1B．0C．1D．i3．（5分）等差数列{a n}的前n项和为S n，S15＝30，a10＝4，则a9＝（）A．2B．3C．4D．84．（5分）函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，要得到函数g（x）＝A cosωx的图象，只需将f（x）的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位5．（5分）已知直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限围成的封闭图形的面积为a，则（﹣）5的展开式中，x的系数为（）A．5B．﹣5C．20D．﹣206．（5分）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．（5分）设a＞b＞0，a+b＝1，且x＝（）b，y＝ab，z＝a，则x、y、z的大小关系是（）A．y＜z＜x B．z＜y＜x C．x＜y＜z D．y＜x＜z8．（5分）甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）A．B．C．D．9．（5分）函数f（x）＝x sin x+﹣在区间[﹣2π，2π]上的大致图象为（）A．B．C．D．10．（5分）以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）上一点M为圆心作圆，该圆与x轴相切于双曲线C的一个焦点F（c，0），与y轴交于P，Q两点，若|PQ|＝c，则双曲线C的离心率是（）A．B．C．2D．11．（5分）如图，点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动（P点异于B、C1点），则下列四个结论：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变：②A1P∥平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个12．（5分）若x，a，b均为任意实数，且（a+2）2+（b﹣3）2＝1，则（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（）A．3B．18C．3﹣1D．19﹣6二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，13．（5分）已知x与y之间的一组数据：x0246y a353a已求得关于y与x的线性回归方程＝1.2x+0.55，则a的值为．14．（5分）已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝．15．（5分）已知四棱锥S﹣ABCD的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于．16．（5分）记数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2），若对任意的正偶数k，λ（S k﹣3k）≥4恒成立，则实数λ的最小值为．三、解答题：共70分．解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，.每个试题学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．（12分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，且sin（C﹣）•cos C＝．（1）求角C的大小；（2）若向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，求△ABC的周长．18．（12分）如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD ＝90°，EC＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．19．（12分）设椭圆C：+＝1（a＞b＞0），F1、F2为椭圆C左右焦点，B为短轴端点，且＝4，离心率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，且满足|+|＝|﹣|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由20．（12分）已知函数f（x）＝﹣a（x﹣1）2+（x﹣2）e x（a＞0）．（1）讨论函数f（x）的单调性：（2）若关于x的方程f（x）+a＝0存在3个不相等的实数根，求实数a的取值范围．21．（12分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次：②混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）：（ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.09．（二）选考题：共10分．请考生在第22.23题中任选-一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）已知曲线C的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B 两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．（1）求曲线C和射线12的极坐标方程；（2）求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+x，a∈R．（Ⅰ）若f（1）+f（2）＞5，求a的取值范围；（Ⅱ）若a，b∈N*，关于x的不等式f（x）＜b的解集为（﹣∞，），求a，b的值．2020年广东省广州市天河区高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）设集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}，B＝{y|y＝2x，x∈R}，则A∪B等于（）A．∅B．R C．（3，+∞）D．（0，+∞）【分析】求定义域得集合A，求值域得集合B，根据并集的定义写出A∪B．【解答】解：集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}＝{x|x﹣3＞0}＝{x|x＞3}，B＝{y|y＝2x，x∈R}＝{y|y＞0}，则A∪B＝{x|x＞0}．故选：D．【点评】本题考查了求函数的定义域和值域的应用问题，也考查了并集的运算问题，是基础题．2．（5分）瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角形式：e iθ＝cosθ+i sinθ，（i为虚数单位），根据该式，计算eπi+1的值为（）A．﹣1B．0C．1D．i【分析】利用公式e ix＝cos x+i sin x，代入化简即可得出．【解答】解：由e ix＝cos x+i sin x，则e iπ+1＝cosπ+i sinπ+1＝0，故选：B．【点评】本题考查了复数的三角方程及其应用、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3．（5分）等差数列{a n}的前n项和为S n，S15＝30，a10＝4，则a9＝（）A．2B．3C．4D．8【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S15＝30，a10＝4，∴15a1+d＝30，a1+9d＝4，联立解得：a1＝﹣5，d＝1，则a9＝﹣5+8＝3．故选：B．【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．4．（5分）函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，要得到函数g（x）＝A cosωx的图象，只需将f（x）的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位【分析】由题意利用诱导公式，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．【解答】解：∵函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为＝，∴ω＝3，f（x）＝A sin（3x+）．要得到函数g（x）＝A cos3x＝A sin（3x+）的图象，只需将f（x）的图象向左平移个单位，故选：A．【点评】本题主要考查诱导公式，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．5．（5分）已知直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限围成的封闭图形的面积为a，则（﹣）5的展开式中，x的系数为（）A．5B．﹣5C．20D．﹣20【分析】定积分表示围成的图形的面积，然后计算求出a的值，根据二项式展开的公式将二项式展开，令x的幂级数为1，求出r，从而求解．【解答】解：两个图形在第一象限的交点为（2，8），所以曲线y＝x3与直线y＝4x在第一象限所围成的图形的面积是∫02（4x﹣x3）dx，而∫02（4x﹣x3）dx＝（2x2﹣x4）|02＝8﹣4＝4，则（﹣）5展开式的通项公式为T r+1＝（﹣1）r C5r45﹣r x，由﹣5＝1，解得r＝4，则展开式中的系数为（﹣1）4C544＝20，故选：C．【点评】本题本题考查了定积分的计算以及求二项式展开式的指定项的基本方法．6．（5分）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】利用祖暅原理可得：A、B在等高处的截面积恒相等”，可得：A、B的体积相等．即可判断出p与q的关系．【解答】解：设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等．由“A、B在等高处的截面积恒相等”，由祖暅原理，可得：A、B的体积相等．因此可得：A、B的体积不相等，必然：A、B在等高处的截面积不恒相等．即p⇒q，反之不成立．∴p是q的充分不必要条件．故选：A．【点评】本题考查了祖暅原理、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．7．（5分）设a＞b＞0，a+b＝1，且x＝（）b，y＝ab，z＝a，则x、y、z的大小关系是（）A．y＜z＜x B．z＜y＜x C．x＜y＜z D．y＜x＜z【分析】由已知得到a，b的具体范围，进一步得到ab，，的范围，结合指数函数与对数函数的性质得答案．【解答】解：由a＞b＞0，a+b＝1，得0，，且0＜ab＜1，则，，a＜，∴x＝（）b＞0，y＝ab＝﹣1，0＝＞z＝a＞＝﹣1，∴y＜z＜x．故选：A．【点评】本题考查对数值的大小比较，考查了指数函数与对数函数的性质，考查了数学转化思想方法，是中档题．8．（5分）甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）A．B．C．D．【分析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．【解答】解：由题意，甲获得冠军的概率为×+×+×＝，其中比赛进行了3局的概率为×+×＝，∴所求概率为＝，故选：B．【点评】本题考查条件概率，考查相互独立事件概率公式，属于中档题．9．（5分）函数f（x）＝x sin x+﹣在区间[﹣2π，2π]上的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，分析可得f（x）为偶函数，排除AD，求出f（）的值，排除B，即可得答案．【解答】解：根据题意，f（x）＝x sin x+﹣，则f（﹣x）＝f（x），即函数f（x）为偶函数，排除A、D；当x＝时，f（）＝﹣（）+﹣＜0，排除B；故选：C．【点评】本题考查函数图象的分析，涉及函数的奇偶性、特殊值的分析，属于基础题．10．（5分）以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）上一点M为圆心作圆，该圆与x轴相切于双曲线C的一个焦点F（c，0），与y轴交于P，Q两点，若|PQ|＝c，则双曲线C的离心率是（）A．B．C．2D．【分析】由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x＝c，代入双曲线的方程，可得M的坐标，圆的半径，运用弦长公式，可得|PQ|＝2＝c，可得a，c的方程，运用离心率公式计算即可得到所求值．【解答】解：由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x＝c，代入双曲线的方程可得y＝b＝，即有M（c，），可得圆的圆心为M，半径为，即有M到y轴的距离为c，可得|PQ|＝2＝c，化简可得3b4＝4a2c2，由c2＝a2+b2，可得3c4﹣10c2a2+3a4＝0，由e＝，可得3e4﹣10e2+3＝0，解得e2＝3（舍去），即有e＝．故选：A．【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用直线和圆相交的弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．11．（5分）如图，点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动（P点异于B、C1点），则下列四个结论：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变：②A1P∥平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线线、线面、面面平行和垂直的判断与性质求解．【解答】解：对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1∥AD1且相等，由于①知：AD1∥BC1，所以BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C．【点评】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等积法、线面平行、线线垂直的判定，要注意转化的思想的使用，是中档题．12．（5分）若x，a，b均为任意实数，且（a+2）2+（b﹣3）2＝1，则（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（）A．3B．18C．3﹣1D．19﹣6【分析】由题意可得（a，b）在（﹣2，3）为圆心，1为半径的圆上，（x﹣a）2+（lnx﹣b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，设过切点（m，lnm）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直，由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，解方程求得切点，圆心和切点的距离d，可得距离的最小值为d﹣r，可得所求值．【解答】解：（a+2）2+（b﹣3）2＝1，可得（a，b）在（﹣2，3）为圆心，1为半径r的圆上，（x﹣a）2+（lnx﹣b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，设过切点（m，lnm）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直，可得•＝﹣1，即有lnm+m2+2m＝3，由f（m）＝lnm+m2+2m在m＞0递增，且f（1）＝3，可得切点为（1，0），圆心与切点的距离为d＝＝3，可得（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（3﹣1）2＝19﹣6，故选：D．【点评】本题考查两点的距离的运用，圆的方程和运用，考查导数的几何意义，以及转化思想和运算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，13．（5分）已知x与y之间的一组数据：x0246y a353a已求得关于y与x的线性回归方程＝1.2x+0.55，则a的值为 2.15．【分析】首先求出这组数据的横标和纵标的平均数，写出这组数据的样本中心点，把样本中心点代入线性回归方程求出a的值．【解答】解：＝3，＝a+2，将（3，a+2）带入方程得：a+2＝3.6+0.55，解得：a＝2.15，故答案为：2.15．【点评】本题考查回归分析，考查样本中心点满足回归直线的方程，考查求一组数据的平均数，是一个运算量比较小的题目，并且题目所用的原理不复杂，是一个好题．14．（5分）已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝6．【分析】求出抛物线的焦点坐标，推出M坐标，然后求解即可．【解答】解：抛物线C：y2＝8x的焦点F（2，0），M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，可知M的横坐标为：1，则M的纵坐标为：，|FN|＝2|FM|＝2＝6．故答案为：6．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．15．（5分）已知四棱锥S﹣ABCD的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于π．【分析】根据四棱锥S﹣ABCD的三视图，把四棱锥S﹣ABCD补成长方体，点S是所在棱的中点，设长方体的上下底面的对角线的交点分别为O1，O2，所以四棱锥S﹣ABCD 的外接球的球心O在线段O1O2上，由三视图的数据可知：AB＝4，BC＝2，SC＝3，长方体的高O1O2＝，CO2＝，SO，设四棱锥S﹣ABCD的外接球的半径为R，得到，从而求出半径R，得到球O的表面积．【解答】解：根据四棱锥S﹣ABCD的三视图，把四棱锥S﹣ABCD补成长方体，点S是所在棱的中点，设长方体的上下底面的对角线的交点分别为O1，O2，所以四棱锥S﹣ABCD的外接球的球心O在线段O1O2上，如图所示：，由三视图的数据可知：AB＝4，BC＝2，SC＝3，∴长方体的高O1O2＝，CO2＝，SO，设四棱锥S﹣ABCD的外接球的半径为R，∴在Rt△SOO1中：OO1＝，在Rt△COO2中：OO2＝，∴，化简得：R，∴球O的表面积为：4πR2＝π，故答案为：π．【点评】本题主要考查了三视图还原实物图，以及四棱锥的外接球，是中档题．16．（5分）记数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2），若对任意的正偶数k，λ（S k﹣3k）≥4恒成立，则实数λ的最小值为8．【分析】直接利用数列的通项公式的应用，递推关系式的应用，恒成立问题的应用求出结果．【解答】解：数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2）．则：，所以数列{a n﹣3}是以a1﹣3＝1为首项，﹣为公比的等比数列．所以，整理得，所以，所以＞0，故对于任意的正偶数n，，恒成立．等价于，对于任意的正偶数n恒成立．由于，所以，所以，只需满足λ≥8．故答案为：8．【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的应用，递推关系式的应用，恒成立问题的应用，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．三、解答题：共70分．解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，.每个试题学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．（12分）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，且sin（C﹣）•cos C＝．（1）求角C的大小；（2）若向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，求△ABC的周长．【分析】（1）由已知式化简可得，进而得到，由此即可求得角C的大小；（2）由向量与共线结合正弦定理可得b＝2a，再利用余弦定理建立关于a的方程，解出即可求得周长．【解答】解：（1）∵sin（C﹣）•cos C＝，∴，∴，∴，∴，∴，又C为△ABC的内角，∴；（2）∵向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，∴sin B﹣2sin A＝0，由正弦定理可知，b＝2a，由（1）结合余弦定理可知，c2＝a2+b2﹣2ab cos C，即，∴，∴△ABC的周长为．【点评】本题考查三角恒等变换及正余弦定理在解三角形中的运用，同时也涉及了斜率共线的坐标运算，属于基础题．18．（12分）如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD ＝90°，EC＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．【分析】（1）由勾股定理可证AC⊥CD，又CD⊥BC，则CD⊥平面ABC，得到CD⊥AB，又AB⊥BD，得到AB⊥平面BCD，进而得到EF⊥平面BCD，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值．【解答】解：（1）证明：∵E，F分别是线段AD，BD的中点，AB＝BD＝2，∴EF＝FD＝1，且EF∥AB，∵∠ABD＝90°，∴∠EFD＝90°，∴，又，∴AC⊥CD，又∠BCD＝90°，即CD⊥BC，又AC∩BC＝C，且AC，BC均在平面ABC内，∴CD⊥平面ABC，∴CD⊥AB，又AB⊥BD，CD∩BD＝D，且CD，BD均在平面BCD内，∴AB⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD，又EF在平面EFC内，∴平面EFC⊥平面BCD；（2）由（1）可知，∠DBC为二面角D﹣AB﹣C的平面角，即∠DBC＝45°，过点B作BB′∥CD，如图，以B为坐标原点，BB′，BD，BA分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），D（0，2，0），C（1，1，0），E（0，1，1），∴，，设平面ACE的一个法向量为，则，可取；设平面BCE的一个法向量为，则，可取；如图可设二面角A﹣CE﹣B的平面角为锐角θ，则，即二面角A﹣CE﹣B的余弦值为．【点评】本题考查面面垂直的判定及利用空间向量求解二面角，属于常规题目．19．（12分）设椭圆C：+＝1（a＞b＞0），F1、F2为椭圆C左右焦点，B为短轴端点，且＝4，离心率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，且满足|+|＝|﹣|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由【分析】（Ⅰ）由题意可得方程＝•2c•b＝4，e＝＝，且a2＝b2+c2；从而联立解出椭圆C的方程为+＝1；（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆x2+y2＝r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，则可得•＝0；再设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为y＝kx+m，联立方程组可得x1+x2＝﹣，x1x2＝；y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝；从而再由x1x2+y1y2＝0可得3m2﹣8k2﹣8＝0，从而可解得m≥或m≤﹣；从而解出所求圆的方程为x2+y2＝；再验证当切线的斜率不存在时也成立即可．【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆C：+＝1（a＞b＞0），由题意可得，＝•2c•b＝4，e＝＝，且a2＝b2+c2；联立解得，；故椭圆C的方程为+＝1；（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆x2+y2＝r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，∵|+|＝|﹣|，∴•＝0；设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为y＝kx+m，解方程组得，（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8＝0，则△＝（4km）2﹣4（1+2k2）（2m2﹣8）＝8（8k2﹣m2+4）＞0；即8k2﹣m2+4＞0；∴x1+x2＝﹣，x1x2＝；y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝；要使•＝0，故x1x2+y1y2＝0；即+＝0；所以3m2﹣8k2﹣8＝0，所以3m2﹣8≥0且8k2﹣m2+4＞0；解得m≥或m≤﹣；因为直线y＝kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r＝，r2＝＝＝；故r＝；即所求圆的方程为x2+y2＝；此时圆的切线y＝kx+m都满足m≥或m≤﹣；而当切线的斜率不存在时切线为x＝±与椭圆+＝1的两个交点为（，±），（﹣，±）；满足•＝0，综上所述，存在圆心在原点的圆x2+y2＝满足条件．【点评】本题考查了圆锥曲线的应用，化简很复杂，应用到了根与系数的关系以简化运算，属于难题．20．（12分）已知函数f（x）＝﹣a（x﹣1）2+（x﹣2）e x（a＞0）．（1）讨论函数f（x）的单调性：（2）若关于x的方程f（x）+a＝0存在3个不相等的实数根，求实数a的取值范围．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对a进行分类讨论即可求解；（2）转化为相应的函数的交点问题，结合导数研究函数的特征，然后结合图象可求．【解答】解：（1）f′（x）＝﹣a（x﹣1）+（x﹣1）e x＝（x﹣1）（e x﹣a），∵a＞0，由f′（x）＝0可得x＝1或x＝lna，（i）当0＜a＜e时，1＞lna，在（1，+∞），（﹣∞，lna）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（lna，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（ii）当a＝e时，lne＝1，f′（x）＞0在R上恒成立，即f（x）在R上单调递增；（iii）当a＞e时，lna＞1，在（lna，+∞），（﹣∞，1）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（1，lna）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2）∵f（x）+a＝＝（x﹣2）（e x﹣）＝0有3个实数根，x＝2显然是方程的一个解，故e x﹣＝0有2个实数根且x≠0，x≠2，即a＝（x≠2），令g（x）＝（x≠2），则，当x∈（﹣∞，0），（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当∈（1，2），（2，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＜0时，g（x）＜0，x＝1时，g（x）取得极小值，g（1）＝2e，又g（2）＝e2，则2e＜a＜e2或a＞e2．【点评】本题主要考查利用导数求解函数的单调区间及函数零点的求解，体现了转化思想及数形结合思想的应用．21．（12分）某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次：②混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）：（ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.09．【分析】（1）利用古典概型、排列组合求出恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）（i）由E（ξ1）＝k，ξ2的取值为1，k+1，计算对应概率与数学期望值，由E（ξ1）＝E（ξ2）求得p的值；（ii）由题意得，即，设，利用导数判断f（x）的单调性，求得k的最大值，即可得出结论．【解答】解：（1）记恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来为A事件，则P（A）＝＝．（2）（i）E（ξ1）＝k，ξ2的取值为1，k+1，计算，，所以，由E（ξ1）＝E（ξ2），得k＝k+1﹣k（1﹣p）k，所以（k∈N*且k≥2）．（ii），，所以，即．设，，x＞0，当x∈（0，4）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，4）上单调递增；当x∈（4，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）在（4，+∞）上单调递减．且f（8）＝ln8﹣2＝3ln2﹣2＞0，，所以k的最大值为8；所以k∈[2，8]时，混合检验方式好，k∈[9，+∞）时，逐份检验方式好；【点评】本题考查了概率与函数的应用问题，也考查了离散型随机变量的分布列、数学期望的求法问题，是中档题．（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C的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B 两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．（1）求曲线C和射线12的极坐标方程；（2）求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．【分析】（1）由曲线C的参数方程，得普通方程，由此能求出曲线C的极坐标方程；由过极点的两射线l1、l2相互垂直，与曲线C分别相交于A、B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α，能求出l2的极坐标方程．（2）依题意设，则，同理，由此能法语出△OAB的面积的最小值及此时α的值．【解答】解：（1）由曲线C的参数方程为，（t为参数），得普通方程为4y＝x2，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得4ρsinθ＝ρ2cos2θ，所以曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝4sinθ，[或]过极点的两射线l1、l2相互垂直，与曲线C分别相交于A、B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．故l2的极坐标方程为；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）依题意设，则由（1）可得，同理得，即，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）∴＝∵，∴0＜α＜π，∴＝≥16，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）△OAB的面积的最小值为16，此时sin2α＝1，得，∴．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）【点评】本题考查曲线、射线的极坐标方程的求法，考查三角形的面积的最小值的求法，考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+x，a∈R．（Ⅰ）若f（1）+f（2）＞5，求a的取值范围；（Ⅱ）若a，b∈N*，关于x的不等式f（x）＜b的解集为（﹣∞，），求a，b的值．【分析】（Ⅰ）通过讨论a的范围，去掉绝对值，求出a的范围即可；（Ⅱ）通过讨论x的范围，去掉绝对值，求出不等式的解集，得到关于a，b的不等式组，求出a，b的值即可．【解答】解：（Ⅰ）由f（1）+f（2）＞5得|1﹣a|+|2﹣a|＞2，当a≥2时，a﹣1+a﹣2＞2，解得：a＞，当1≤a＜2时，a﹣1+2﹣a＞2，不等式无解，当a≤1时，1﹣a+2﹣a＞2，解得：a＜，综上，a的范围是（﹣∞，）∪（，+∞）；（Ⅱ）∵f（x）＜b，∴|x﹣a|+x＜b，当x≥a时，x﹣a+x＜b，解得：x＜，当x＜a时，a﹣x+x＜b，得a＜b，由不等式的解集是（﹣∞，），则，又a，b∈N*，故a＝1，b＝2．【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查分类讨论思想以及转化思想，是一道综合题．。

2020年广东省高考数学二模试卷（理科）副标题题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|-1＜x＜6}，集合B={x|x2＜4}，则A∩（∁R B）=（）A. {x|-1＜x＜2}B. {x|-1＜x≤2}C. {x|2≤x＜6}D. {x|2＜x＜6}2.设i为虚数单位，则复数的共轭复数=（）A. B. C. D.3.在样本的频率直方图中，共有9个小长方形，若中间一个长方形的面积等于其他8个小长方形面积的和的，且样本容量为200，则中间一组的频数为（）A. 0.2B. 0.25C. 40D. 504.设向量与向量垂直，且=（2，k），=（6，4），则下列下列与向量+共线的是（）A. （1，8）B. （-16，-2）C. （1，-8）D. （-16，2）5.某几何体的三视图如图所示，三个视图都是半径相等的扇形，若该几何体的表面积为，则其体积为（）A.B.C.D.6.阿基米德（公元前287年-公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆的离心率为，面积为12π，则椭圆C的方程为（）A. B. C. D.7.设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，若B=C≠A，且b=2a cos A，则A=（）A. B. C. D.8.的展开式的各项系数之和为3，则该展开式中x3项的系数为（）A. 30B. 80C. -50D. 1309.函数的部分图象不可能为（）A. B.C. D.10.若函数f（x）=x3-ke x在（0，+∞）上单调递减，则k的取值范围为（）A. [0，+∞）B.C.D.11.已知高为H的正三棱锥P-ABC的每个顶点都在半径为R的球O的球面上，若二面角P-AB-C的正切值为4，则=（）A. B. C. D.12.已知函数，若关于x的方程f（f（x））=m有两个不同的实数根x1，x2，则x1+x2的取值范围为（）A. [2，3）B. （2，3）C. [2ln2，4）D. （2ln2，4）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若x，y满足约束条件，则的最大值为______．14.若tan（α-2β）=4，tanβ=2，则=______．15.已知函数f（x）=3x+9x（t≤x≤t+1），若f（x）的最大值为12，则f（x）的最小值为______16.已知直线x=2a与双曲线C：的一条渐近线交于点P，双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，且，则双曲线C的离心率为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知S n为数列{a n}的前n项和，且依次成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和T n．18.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，PD⊥平面ABCD，∠PAD=∠DAB=60°，E为AB中点．（1）证明；PE⊥CD；（2）求二面角A-PE-C的余弦值．19.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2=6y与直线l：y=kx+3交于M，N两点．（1）设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1和d2的乘积为定值；（2）y轴上是否存在点p，当k变化时，总有∠OPM=∠OPN？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．20.2019年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”．某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了大年初三上午9：20～10：40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9：20～9：40记作区[20，40），9：40～10：00记作[40，60），10：00～10：20记作[60，80），10：20～10：40记作[80，100），例如10点04分，记作时刻64．（1）估计这600辆车在9：20～10：40时间内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9：20～10：00之间通过的车辆数为X，求X的分布列与数学期望；（3）由大数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N（μ，σ2），其中μ可用这600辆车在9：20～10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，σ2可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）．若T～N（μ，σ2）则P（μ-σ＜T≤μ+σ）=0.6827，P（μ-2σ＜T≤σ+2σ）=0.9545，P（μ-3σ＜T≤μ+3σ）=0.9973．21.已知函数．（1）讨论函数在（1，+∞）上的单调性；（2）若a≥0，不等式x2f（x）+a≥2-e对x∈（0，+∞）恒成立，求a的取值范围．22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴为正半轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）过曲线C上一动点P分别作极轴、直线ρcosθ=-1的垂线，垂足分别为M，N，求|PM|+|PN|的最大值．23.设函数f（x）=|x+1|+|2-x|-k．（1）当k=4时，求不等式f（x）＜0的解集；（2）若不等式对x∈R恒成立，求k的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：B={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，则∁R B={x|x≥2或x≤-2}，则A∩（∁R B）={x|2≤x＜6}，故选：C．求出集合B的等价条件，结合补集交集的定义进行求解即可．本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件以及利用交集补集的定义是解决本题的关键．2.【答案】D【解析】解：∵==，∴．故选：D．直接利用复数代数形式的乘除运算得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】D【解析】解：在样本的频率直方图中，共有9个小长方形，中间一个长方形的面积等于其他8个小长方形面积的和的，且样本容量为200，设其他8组的频率数和为m，则由题意得：m+m=200，解得m=150，∴中间一组的频数为=50．故选：D．设其他8组的频率数和为m，则由题意得：m+m=200，由此能求出中间一组的频数．本题考查频数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4.【答案】B【解析】解：∵；∴；∴k=-3；∴；∴；∴（-16，-2）与共线．故选：B．根据即可得出，从而得出k=-3，从而可求出，从而可找出与共线的向量．考查向量垂直的充要条件，向量坐标的加法和数量积的运算，共线向量基本定理．5.【答案】A【解析】解：将三视图还原可知该几何体为球体的，S=3×+=，r=，几何体的体积为：=．故选：A．首先把几何体的三视图进行转换，进一步利用表面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体的转换，几何体的体积公式和面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．6.【答案】A【解析】解：由题意可得：，解得a=4，b=3，因为椭圆的焦点坐标在y轴上，所以椭圆方程为：．故选：A．利用已知条件列出方程组，求出a，b，即可得到椭圆方程．本题考查椭圆飞简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．7.【答案】B【解析】解：在△ABC中，∵b=2acosA，∴由正弦定理可得：sinB=2sinAcosA=sin2A，∴B=2A，或B=π-2A，∵B=C≠A，∴当B=2A时，由于A+B+C=5A=π，可得：A=；当B=π-2A时，由于A+B+C=B+2A，可得：B=C=A（舍去）．综上，A=．故选：B．由正弦定理化简已知等式可得：sinB=sin2A，可求B=2A，或B=π-2A，根据三角形的内角和定理即可得解A的值．本题主要考查了正弦定理，三角形的内角和定理在解三角形中的综合应用，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：令x=1得各项系数和为（2-n）（1-2）5=3，即n-2=3，得n=5，多项式为（2x2-5）（x-）5，二项式（x-）5的通项公式为T k+1=C5k x5-k（-）k=（-2）k C5k x5-2k，若第一个因式是2x2，则第二个因式为x，即当k=2时，因式为4C52x=40x，此时2x2×40x=80x3，若第一个因式是-5，则第二个因式为x3，即当k=1时，因式为-2C51x3=-10x3，此时-5×（-10）x3=50x3，则展开式中x3项的为80x3+50x3=130x3，即x3的系数为130故选：D．令x=1得各项系数为3，求出n的值，结合展开式项的系数进行求解即可．本题主要考查二项式定理的应用，令x=1求出各项系数和以及通过通项公式求出对应项的系数是解决本题的关键．9.【答案】B【解析】解：A．由图象知函数的周期T=2π，则=2π得ω=1，此时f（x）=2sin（x-）=-2cosx为偶函数，对应图象为A，故A图象可能B．由图象知函数的周期T=-（-）==，即=，得ω=±3，当ω=3时，此时f（x）=2sin（3x-），f（）=2sin（3×-）=2sin≠-2，即B 图象不可能，当ω=-3时，此时f（x）=2sin（-3x+），f（）=2sin（-3×+）=-2sin≠-2，即B图象不可能，C．由图象知函数的周期T=4π，则=4π得ω=±，当ω=时，此时f（x）=2sin（x-π）=-2sin x，f（π）=-2sin=-1，即此时C图象不可能，当ω=-时，此时f（x）=2sin（-x-π）=2sin x，f（π）=2sin=-1，即此时C图象可能，D．由图象知函数的周期=-=，即t=π，则=π得ω=2，此时f（x）=2sin（2x-），f（）=2sin（2×-）=2sin=2，即D图象可能，综上不可能的图象是B，故选：B．根据三角函数的图象判断周期性性以及对称轴是否对应即可得到结论．本题主要考查三角函数图象的识别和判断，利用周期性求出ω以及利用特殊值进行验证是解决本题的关键．注意本题的ω有可能是复数．10.【答案】C【解析】解：∵函数f（x）=x3-ke x在（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）=3x2-ke x≤0在（0，+∞）上恒成立，∴k在（0，+∞）上恒成立，令g（x）=，x＞0，则，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，此时g（x）单调递增，x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减故当x=2时，g（x）取得最大值g（2）=，则k，故选：C．令f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成立得k在（0，+∞）上恒成立，求出右侧函数的最大值即可得出k的范围．本题考查了导数与函数单调性的关系，函数恒成立问题，属于中档题．11.【答案】A【解析】解：设P在底面ABC的射影为E，D为AB的中点，连结PD，设正三角形ABC的边长为a，则CD=，∴ED=，EC=a，由二面角P-AB-C的正切值为4，得=4，解得a=．∴EC==，OP+OC=R，OE=H-R，∴OC2=OE2+CE2，∴R2=（H-R）2+（）2，解得=．故选：A．设棱锥底面边长为a，由已知把a用含有H的代数式表示，再由球的性质利用勾股定理求得．本题考查正三棱柱的高与其外接球半径的比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.【答案】A【解析】解：函数，的图象如下：当m≥1时，f（t）=m，有两个解t1，t2，其中t1≤0，t2≥2，f（x）=t1有一个解，f（x）=t2有两个解，不符合题意．当m＜0时，f（t）=m，有一个解t，且t∈（0，1）f（x）=t有一个解，不符合题意．当0≤m＜1时，f（t）=m，有一个解t，且t∈[1，2）f（x）=t两个不同的实数根x1，x2，符合题意．可得1-x1=log2x=t，且t∈[1，2），x1+x2=2t-t+1，令g（t）=2t-t+1，g′（t）=2t lnt-1＞0，故g（t）在（1，2）单调递增，∴g（t）∈[2，3）．故选：A．画出函数，的图象，可求得当0≤m＜1时，f（t）=m，有一个解t，且t∈[1，2）f（x）=t两个不同的实数根x1，x2，符合题意．可得1-x1=log2x=t，且t∈[1，2），x1+x2=2t-t+1，令g（t）=2t-t+1，利用导数求解．本题考查了函数与方程思想、数形结合思想，属于中档题．13.【答案】【解析】解：设z=，则k得几何意义为过原点得直线得斜率，作出不等式组对应得平面区域如图：则由图象可知OA的斜率最大，由，解得A（3，4），则OA得斜率k=，则的最大值为．故答案为：．设z=，作出不等式组对应得平面区域，利用z得几何意义即可得到结论．本题主要考查直线斜率的计算，以及线性规划得应用，根据z的几何意义，利用数形结合是解决本题的关键．14.【答案】【解析】解：由tanβ=2，得tan2β==，又tan（α-2β）=4，∴tanα=tan[（α-2β）+2β]==．∴=．故答案为：．由已知求得tan2β，再由tanα=tan[（α-2β）+2β]求出tanα，代入得答案．本题考查三角函数的化简求值，考查两角和的正切与二倍角的正切，是中档题．15.【答案】2【解析】解：设m=3x，因为t≤x≤t+1，所以3t≤m≤3t+1，则g（m）=m2+m，3t≤m≤3t+1，因为函数g（m）在[3t，3t+1]为增函数，所以（3t+1）2+3t+1=12，解得：3t+1=3，即t=0，即f（x）min=g（30）=2，故答案为：2．由二次型函数值域的求法得：设m=3x，则3t≤m≤3t+1，则g（m）=m2+m，3t≤m≤3t+1，因为函数g（m）在[3t，3t+1]为增函数，所以（3t+1）2+3t+1=12，解得：3t+1=3，即t=0，即f（x）min=g（30）=2，得解本题考查了二次型函数值域的求法，属中档题．16.【答案】【解析】解：双曲线C的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0），且，可得sin∠PF2F1==，即有直线PF2的斜率为tan∠PF2F1=，由直线x=2a与双曲线C：的一条渐近线y=x交于点P，可得P（2a，2b），可得=，即有4b2=15（4a2-4ac+c2）=4（c2-a2），化为11c2-60ac+64a2=0，由e=可得11e2-60e+64=0，解得e=或e=4，由2a-c＞0，可得c＜2a，即e＜2，可得e=4舍去．故答案为：．设出双曲线的焦点，求得一条渐近线方程可得P的坐标，求得直线PF2的斜率，由两点的斜率公式和离心率公式，可得所求值．本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的求法，考查方程思想和运算能力，属于中档题．17.【答案】解：（1）依次成等比数列，可得（）2=S n=（n+2）（a1-2）n，当n=1时，a1=S1=3（a1-2），解得a1=3，当n≥2时，a n=S n-S n-1=n（n+2）-（n-1）（n+1）=2n+1，上式对n=1也成立，则数列{a n}的通项公式为a n=2n+1；（2）==（-），可得前n项和T n=（-+-+…+-）=（-）=．【解析】（1）运用等比数列的中项性质，令n=1，可得首项，再由数列的递推式：当n≥2时，a n=S n-S n-1，计算可得所求通项公式；（2）求得==（-），再由数列的裂项相消求和，化简计算可得所求和．本题考查等比数列中项性质和数列的递推式的运用，考查数列的裂项相消求和，化简整理的运算能力，属于基础题．18.【答案】证明：（1）连结DE，BD，∵四边形ABCD是菱形，且∠DAB=60°，E为AB的中点，∴DE⊥AB，∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AB，又DE∩PD=D，∴AB⊥平面PDE，∴AB⊥PE，∵AB∥CD，∴PE⊥CD．解：（2）设AC，BD交点为O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则P（-1，0，2），A（0，-，0），E（，0），C（0，，0），=（-1，，2），=（，0），=（1，），=（，0），设平面APE的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（），设平面PCE的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（3，1，2），设二面角A-PE-C的平面角为θ，由图知θ为钝角，∴cosθ=-=-=-．∴二面角A-PE-C的余弦值为-．【解析】（1）连结DE，BD，推导出DE⊥AB，PD⊥AB，从而AB⊥平面PDE，进而AB⊥PE，由此能证明PE⊥CD．（2）设AC，BD交点为O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-PE-C的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.【答案】解（1）证明：将y=kx+3代入x2=6y，得x2-6kx-18=0．设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2=-18，从而d1d2=|x1|•|x2|=|x1x2|=18为定值．（2）解：存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，．从而k1+k2=+==．当b=-3时，有k1+k2=0对任意k恒成立，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM=∠OPN，所以点P（0，-3）符合题意．【解析】（1）先将y=kx+3代入x2=6y，设M（x1，y1），N（x2，y2），结合韦达定理，即可证明结论成立；（2）先设设P（0，b）为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，由∠OPM=∠OPN，得当k变化时，k1+k2=0恒成立，进而可求出结果本题主要考查直线与抛物线的位置关系、以及抛物线中的定点问题，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理等求解，属于中档题．20.【答案】解：（1）这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为（30×0.05+50×0.015+70×0.025+90×0.010）×20=64，即10：04（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20，60）这一区间内的车辆数，即（0.005+0.015）×20×10=4，所以X的可能的取值为0，1，2，3，4．所以P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==，P（X=4）==，所以X的分布列为：X01234P所以E（X）=0×+1×+2×+3×+4×=．（3）由（1）得μ=64，σ2=（30-64）2×0.1+（50-64）2×0.3+（50-64）2×0.4+（70-64）2×0.4+（90-64）2×0.2=324，所以σ=18，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数也就是在[46，100）通过的车辆数，由T～N（64，182），得，P（64-18≤T≤64+2×18）=+=0.8186，所以估计在在9：46～10：40之间通过的车辆数为1000×0.8186≈819辆．【解析】（1）将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．（2）抽样比为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量X的所有可能的取值，计算出每个X对应的概率，列分布列，求期望即可．（3）根据频率分布直方图估计出方差，再结合（1）求出的期望，得到μ，σ2再根据其对称性处理即可．本题考查了离散型随机变量的概率分布列，超几何分布，正态分布等知识，阅读量大，审清题意是关键，属于中档题．21.【答案】解：（1）∵函数．∴x＞0，．若a≤-，∵x＞1，∴ln x＞0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，若a＞-，令g′（x）=0，得x=，当1＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞时，g′（x）＜0，∴g（x）的单调递减区间是（，+∞），单调递增区间为（1，）．（2）a≥0，不等式x2f（x）+a≥2-e对x∈（0，+∞）恒成立，∴x lnx-ax+a+e-2≥0对x∈（0，+∞）恒成立，设h（x）=x lnx-ax+a+a-2，则h′（x）=ln x+1-a，令h′（x）=0，得x=e a-1，当x∈（0，e a-1）时，h′（x）＜0，当x∈（e a-1，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）的最小值为h（e a-1）=（a-1）e a-1+a+e-2-ae a-1=a+e-2-e a-1，令t（a）=a+e-2-e a-1，则t′（a）=1-e a-1，令t′（a）=0，得a=1，当a∈[0，1）时，t′（a）＞0，t（a）在[0，1）上单调递增，当a∈（1，+∞）时，t′（a）＜0，t（a）在（1，+∞）上单调递减，∴当a∈[0，1）时，h（x）的最小值为t（a）≥t（0）=e-2-，当a∈[1，+∞）时，h（x）的最小值为t（a）=a+e-2-e a-1≥0=t（2），∴a的取值范围是[0，2]．【解析】（1）x＞0，．利用分类讨论思想结合导数性质能讨论函数在（1，+∞）上的单调性．（2）推导出xlnx-ax+a+e-2≥0对x∈（0，+∞）恒成立，设h（x）=xlnx-ax+a+a-2，则h′（x）=lnx+1-a，由此利用导数性质，结合分类讨论思想能求出a的取值范围．本题考查函数单调性的讨论，考查实数的取值范围的求法，考查导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是难题．22.【答案】解：（1）由ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0，得x2+y2-4x-6y+12=0，即（x-2）2+（y-3）2=1，此即为曲线C的直角坐标方程．（2）由（1）可设P的坐标为（2+cosα，3+sinα），0≤α＜2π，则|PM|=3+sinα，又直线ρcosθ=-1的直角坐标方程为x=-1，所以|PN|=2+cosα+1=3+cosα，所以|PM|+|PN|=6+sin（α+），故当α=时，|PM|+|PN|取得最大值为6+．【解析】（1）由ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0，得x2+y2-4x-6y+12=0，即（x-2）2+（y-3）2=1，此即为曲线C的直角坐标方程．（2）由（1）可设P的坐标为（2+cosα，3+sinα），0≤α＜2π，求出|PM|和|PN|后相加，用三角函数的性质求得最大值．本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．23.【答案】解：（1）k=4时，函数f（x）=|x+1|+|2-x|-4，不等式f（x）＜0化为|x+1|+|2-x|＜4，当x＜-1时，不等式化为-x-1+2-x＜4，解得-＜x＜-1，当-1≤x≤2时，不等式化为x+1+2-x=3＜4恒成立，则-1≤x≤2，当x＞2时，不等式化为x+1+x-2＜4，解得2＜x＜，综上所述，不等式f（x）＜0的解集为（-，）；（2）因为f（x）=|x+1|+|2-x|-k≥|x+1+2-x|-k=3-k，所以f（x）的最小值为3-k；又不等式对x∈R恒成立，所以3-k≥，所以，解得k≤1，所以k的取值范围是（-∞，1]．【解析】（1）k=4时，利用分类讨论思想求出不等式f（x）＜0的解集，再求它们的并集；（2）利用绝对值不等式的性质求出f（x）的最小值，再把不等式化为3-k≥，求出不等式的解集即可．本题考查了不等式恒成立应用问题，也考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题．。