2020年广州一测理科数学试题

2020年广东省高考数学一模试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ，B 均为全集U ={1,2,3,4,5,6,7}的子集，集合A ={1,2,3,4}，则满足A ∩∁U B ={1,2}的集合B 可以是( )A. {1,2,3,4}B. {1,2,7}C. {3,4,5,6}D. {1,2,3}2. 复数z =4+3i3−4i (i 为虚数单位)的虚部为( )A. −1B. 2C. 5D. 13. 若x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，则z =2x +y 的最大值为( )A. −7B. 3C. 5D. 74. 如图，△OAB 是边长为2的正三角形，记△OAB 位于直线x =t(0<t ≤2)左侧的图形的面积为f(t)，则y =f(t)的大致图象为( )A.B.C.D.5. 将函数f(x)=cos(2x −1)的图象向左平移1个单位长度，所得函数在[0,12]的零点个数是( )A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个或以上6.某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正三棱锥后得到的．如果被截正方体的棱长为40cm，则石凳子的体积为()A. 1920003cm3 B. 1600003cm3 C. 160003cm3 D. 640003cm37.在某市2014年6月的高二质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N(98,100).已知参加本次考试的全市理科学生约9450人．某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第()名？(参考数值：P(μ−σ<X≤μ+σ)=0.6826；P(μ−2σ<X≤μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X≤μ+3σ)=0.9974)A. 1500B. 1700C. 4500D. 80008.已知(1+xm)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n，若a1=3，a2=4，则m=()A. 1B. 3C. 2D. 49.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P，Q两点，且∠PAQ=5π6，则该双曲线的离心率为()A. √2B. √3C. √213D. √1310.设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足2√S n=a n+1，则数列{a n−7}的前n项和T n的最小值为()A. −494B. −72C. 72D. −1211.已知三棱锥P−ABC满足PA=PB=PC=AB=2，AC⊥BC，则该三棱锥外接球的体积为()A. 3227√3π B. 323π C. 329√3π D. 163π12.已知f(x)是定义在(−π2,π2)上的奇函数，f(1)=0，且当x∈(0,π2)时，f(x)+f′(x)tanx>0，则不等式f(x)<0的解集为()A. (−1,0)∪(1,π2) B. (−1,0)∪(0,1)C. (−π2,−1)∪(1,π2) D. (−π2,−1)∪(0,1)二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设函数f(x)=mx2lnx，若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线ex+y+2020=0平行，则m=______．14. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a n+1=2a n ，若数列{b n }满足b n ⋅S n =1，则b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10=______．15. 已知A(3,0)，B(0,1)，C(−1,2)，若点P 满足|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，则|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |最大值为______．16. 已知抛物线C ：x 2=4y 的焦点为F ，直线l 过点F 且倾斜角为5π6.若直线l 与抛物线C 在第二象限的交点为A ，过点A 作AM 垂直于抛物线C 的准线，垂足为M ，则△AMF 外接圆上的点到直线√2x −y −3=0的距离的最小值为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 满足√3sin(B +C)=2sin 2A2．(1)求内角A 的大小；(2)若AB =5，BC =7，求BC 边上的高．18. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1，D 是AB 的中点，E 是C 1C的中点，且AB =1，AA 1=2． (1)证明：CD//平面A 1EB ； (2)求二面角B −A 1E −D 的余弦值．19. 已知椭圆C ：x 24+y 22=1，A ，B 分别为椭圆长轴的左右端点，M 为直线x =2上异于点B 的任意一点，连接AM 交椭圆于P 点． (1)求证：OP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值； (2)是否存在x 轴上的定点Q 使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点．20. 已知函数f(x)=e x +(m −e)x −mx 2．(1)当m =0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0,1)内存在零点，求实数m 的取值范围．21. 一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准率为0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为a(0<a <0.4).每个勘探小组配备1名甲类人员与2名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为ξ．(1)证明：在ξ各个取值对应的概率中，概率P(ξ=1)的值最大．(2)在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发．现在有三个勘探小组A i (i =1,2,3)可派出，若小组A i能完成特殊任务的概率t；t i=P(ξ=i)(i=1,2,3)，且各个小组能否完成任务相互独立．试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ−2ρsinθ=1.若P为曲线C1上的动点，Q是射线OP上的一动点，且满足|OP|⋅|OQ|=2，记动点Q的轨迹为C2．(1)求C2的直角坐标方程；(2)若曲线C1与曲线C2交于M，N两点，求△OMN的面积．|x+3|−2(k∈R)．23.已知函数f(x)=|x−k|+12(1)当k=1时，解不等式f(x)≤1；(2)若f(x)≥x对于任意的实数x恒成立，求实数k的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵集合A ，B 均为全集U ={1,2,3,4,5,6,7}的子集，集合A ={1,2,3,4}， 要满足A ∩∁U B ={1,2}； 则1，2∉B ，故符合条件的选项为C ． 故选：C ．根据题意得出1，2∉B ，即可判断结论．本题考查集合了的交、并、补集的混合运算问题，是基础题．2.【答案】D【解析】解：∵z =4+3i3−4i =(4+3i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=25i 25=i ，∴复数z =4+3i3−4i 的虚部是1， 故选：D ．利用复数的运算法则即可得出．本题考查了复数的运算法则，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：画出x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，可行域如图阴影部分： 由{x =2x −y =−1，得A(2,3)， 目标函数z =2x +y 可看做斜率为−2的动直线，其纵截距越大，z 越大，由图数形结合可得当动直线过点A 时，z 最大=2×2+3=7． 故选：D ．先画出线性约束条件表示的可行域，再将目标函数赋予几何意义，最后利用数形结合即可得目标函数的最值．本题主要考查了线性规划，以及二元一次不等式组表示平面区域的知识，数形结合的思想方法，属于基础题4.【答案】B【解析】解：当0<x<1时，函数的面积递增，且递增速度越来越快，此时，CD，不合适，当1≤x≤2时，函数的面积任然递增，且递增速度逐渐变慢，排除A，故选：B．根据面积的变换趋势与t的关系进行判断即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数递增速度与t的关系是解决本题的关键．难度不大．5.【答案】B【解析】解；设函数f(x)=cos(2x−1)的图象向左平移1个单位长度，所得函数为g(x)，∴g(x)=f(x+1)=cos(2x+1)令t=2x+1，x∈[0,12]，∴t∈[1,2]由g(x)=0，所以2x+1=π2，方程只有一个解．故选：B．先根据平移法则求出平移后的图象解析式，再根据零点定义即可求出．本题主要考查函数的平移法则的应用和函数零点的求法，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：如图，正方体AC1的棱长为40cm，则截去的一个正三棱锥的体积为13×12×20×20×20=40003cm3．又正方体的体积为V=40×40×40=64000cm3，∴石凳子的体积为64000−8×40003=1600003cm 3，故选：B ．由正方体的体积减去八个正三棱锥的体积求解． 本题考查多面体体积的求法，考查计算能力，是基础题．7.【答案】A【解析】解：∵考试的成绩ξ服从正态分布N(98,100).∵μ=98，σ=10， ∴P(ξ≥108)=1−P(ξ<108)=1−Φ(108−9810)=1−Φ(1)≈0.158 7，即数学成绩优秀高于108分的学生占总人数的15.87%．∴9450×15.87%≈1500故选：A ．将正态总体向标准正态总体的转化，求出概率，即可得到结论．本题考查正态总体与标准正态总体的转化，解题的关键是求出ξ≥108的概率．8.【答案】B【解析】解：二项式展开式的通项为：T k+1=1m k C nk x k． 当k =1，2时，可得{a 1=1m C n 1=3a 2=1m 2C n 2=4，解得n =9，m =3． 故选：B ．根据通项求出第二、三项的系数，列方程组求出m 的值．本题考查二项展开式的通项、系数的性质，同时考查学生利用方程思想解决问题的能力和计算能力．属于基础题．9.【答案】D【解析】解：如图，设双曲线的一条渐近线方程为y =ba x ，联立{y =ba x x 2+y 2=c2，解得x P =−a ，x Q =a ，∴Q(a,b)，且AP ⊥x 轴， ∵∠PAQ =5π6，∴∠F 2AQ =π3，则tan π3=b2a =√3， 则b 2=c 2−a 2=12a 2，得e 2=13，即e =√13． 故选：D ．由题意画出图形，联立双曲线渐近线方程与圆的方程，可得P ，Q 的坐标，得到∠F 2AQ =π3，则tan π3=b2a =√3，结合隐含条件即可求得双曲线的离心率． 本题考查双曲线的简单性质，考查计算能力，是中档题．10.【答案】D【解析】解：2√S n =a n +1， ∴S n =(a n +12)2，S n−1=(a n−1+12)2， a n =S n −S n−1=a n 2+2a n −a n−12−2a n−14，化简得：2(a n +a n−1)=a n 2−a n−12， 正项数列{a n }中，a n −a n−1=2． n =1时，2√S 1=a 1+1， ∴a 1=1．∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． a n =1+2×(n −1)=2n −1． a n −7=2n −8，T n =2×1−8+2×2−8+2×3−8+⋯+2n −8=2×n(n+1)2−8n =n 2−7n =(n −72)2−494，∵n ∈N ∗，n =3或n =4时，T n 的最小值为−12． 故选：D ．根据a n =S n −S n−1求得数列{a n }的通项公式，则可以推出a n −7=2n −8，通过分组求和法求得数列{a n −7}的前n 项和T n ，通过二次函数的最值求得T n 的最小值． 本题主要考查数列通项公式和前n 项和的求解，利用a n =S n −S n−1求得数列{a n }的通项公式和分组求和法是解决本题的关键．11.【答案】A【解析】解：因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点D，可得外接圆的半径为r=12AB=1，再由PA=PB=PC=AB=2可得PD⊥面ABC，可得PD=√PA2−AD2=√4−1=√3，可得球心O在直线PD所在的直线上，设外接球的半径为R，取OP=OA=R，在△OAD中，R2=r2+(PD−R)2，即R2=1+(√3−R)2，解得：R=2√3=2√33，所以外接球的体积V=4π3R3=32√327π，故选：A．因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点D，再由PA=PB=PC可得球心O在直线PD所在的直线上，设为O，然后在直角三角形中有勾股定理可得外接球的半径，进而求出外接球的体积．本题考查三棱锥的棱长与外接球的半径之间的关系，及球的体积公式，属于中档题．12.【答案】D【解析】【分析】本题考查了利用导数研究的单调性、构造法、方程与不等式的解法，等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．令g(x)=f(x)sinx，g′(x)=[f(x)+f′(x)tanx]⋅cosx，当x∈(0,π2)时，根据f(x)+f′(x)tanx>0，可得函数g(x)单调递增．又g(1)=0，判断g(x)在(0,π2)上的正负情况，根据f(x)是定义在(−π2,π2)上的奇函数，可得g(x)是定义在(−π2,π2)上的偶函数．进而得出不等式f(x)<0的解集．【解答】解：令g(x)=f(x)sinx，g′(x)=f(x)cosx+f′(x)sinx=[f(x)+f′(x)tanx]⋅cosx，当x∈(0,π2)时，f(x)+f′(x)tanx>0，∴g′(x)>0，即函数g(x)单调递增．又g(1)=0，∴x∈(0,1)时，g(x)=f(x)sinx<0，又sinx>0，所以f(x)<0．x∈(1,π2)时，g(x)=f(x)sinx>0，又sinx>0，所以f(x)>0．x=0时，f(0)=0，舍去．∵f(x)是定义在(−π2,π2)上的奇函数，∴g(x)是定义在(−π2,π2)上的偶函数．则g(x)在(−π2,0)上单调递减，且g(−1)=0，故x∈(−π2,−1)时，g(x)=f(x)sinx>0，又sinx<0，所以f(x)<0．x∈(−1,0)时，g(x)=f(x)sinx<0，又sinx<0，所以f(x)>0．∴不等式f(x)<0的解集为(−π2,−1)∪(0,1)．故选：D．13.【答案】−13【解析】解：f′(x)=m(2xlnx+x)，又曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线ex+y+2020=0平行，∴f′(e)=3em=−e，解得m=−13．故答案为：−13．求出f(x)的导数，然后根据切线与直线ex+y+2020=0平行，得f′(e)=−e，列出关于m的方程，解出m的值．本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，同时考查学生运用方程思想解题的能力和运算能力．14.【答案】2046【解析】解：数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n+1=2a n，∴S n=2n−12−1=2n−1．若数列{b n}满足b n⋅S n=1，∴b n=1Sn =12n−1．∴b n +1b n =2n ． 则b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10=2+22+⋯ (210)2(210−1)2−1=211−2=2046．故答案为：2046．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a n+1=2a n ，利用求和公式：S n .由数列{b n }满足b n ⋅S n =1，可得b n =1S n.进而得出b n +1b n，再利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了等比数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15.【答案】√13+1【解析】解：由题，点P 满足|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，说明P 点在以A(3,0)为圆心，1为半径的圆上， 设P(3+cosθ,sinθ)，则OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2+cosθ,3+sinθ)，∴∣OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√(2+cosθ)2+(3+sinθ)2=√14+2√13sin(θ+φ)(tanφ=23)，根据三角函数的值域，可知|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |最大值为√13+1． 故答案为：√13+1．根据|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，易知P 点在以A(3,0)为圆心，1为半径的圆上，设P(3+cosθ,sinθ)，通过坐标表示出OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，再根据模长公式求解．本题主要考查平面向量的模长公式，以及辅助角公式的最值问题，考查学生转化的思想，属于中档题．16.【答案】4√23【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(0,1)，准线方程y =−1， 因为直线l 过点F 且倾斜角为5π6，则直线l 的方程为：y =−√33x +1，直线与抛物线联立{y =−√33x +1x 2=4y，整理可得x 2+4√33x −4=0，解得x 1=√3，x 2=√3，可得y 1=13，y 2=3， 即√33)，由题意可得√3−1)，可得△AMF 的外接圆的圆心N 在线段AM 的中垂线y =1上，也在线段AF 的中垂线上，而AF 的中点(−√3,2)，∴线段AF 的中垂线方程为y −2=√3(x +√3)，即y =√3x +5， 联立{y =1y =√3x +5解得：√31)，所以圆心坐标为√31)，半径r =4√33，圆心到直线√2x −y −3=0的距离d =|−√2√3√3=4√23+4√33， 所以外接圆上的点到直线√2x −y −3=0的距离的最小距离为d −r =4√23， 故答案为：4√23． 由抛物线的方程可得焦点F 的坐标，由题意求出直线l 的方程，代入抛物线的方程求出A ，B 的坐标，由题意求出M 的坐标，求出线段AF 的中垂线，及AM 的中垂线，两条直线的交点为三角形AMF 的外接圆的圆心，及半径，求出圆心到直线√2x −y −3=0的距离d ，则可得圆上的点到直线√2x −y −3=0的最小距离为d −r ．本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，及求三角形外接圆的圆心和半径，属于中档题．17.【答案】解：(1)在△ABC 中，sin(B +C)=sinA ，内角A ，B ，C 满足√3sin(B +C)=2sin 2A2．所以√3sinA =1−cosA ，则：sin(A +π6)=12，由于A ∈(0,π)， 所以A +π6∈(π6,7π6)，则：A =2π3．(2)由于A =2π3，AB =5，BC =7，由余弦定理得：72=AC 2+52−10AC ⋅cos 2π3，解得AC =3(−8舍去)．则：S △ABC =12×AB ×AC ×sin2π3=15√34． 设BC 边上的高为ℎ，所以12×BC ×ℎ=15√34，解得ℎ=15√314．【解析】(1)直接利用三角函数关系式的恒等变换和三角函数的值的应用求出结果． (2)利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．18.【答案】解：(1)证明：取A 1B 的中点F ，连结EF 、DF ，∵D 、F 分别是AB ，A 1B 的中点，∴DF−//12A 1A ，∵A 1A−//C 1C ，E 是C 1C 的中点，∴DF−//EC ，∴四边形CDEF 是平行四边形，∴CD−//EF ，∵CD ⊄平面A 1EB ，EF ⊂平面A 1EB ， ∴CD//平面A 1EB ．(2)解：∵△ABC 是正三角形，D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ， ∵在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ， ∴A 1A ⊥CD ，由(1)知DF//A 1A ，∴CD 、BD 、DF 两两垂直，∴以D 为原点，DB 、DC 、DF 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(12,0,0)，E(0,√32,1)，A 1(−12,0,2)，∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,√32,1)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,1)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,−1)， 设平面A 1DE 的法向量n⃗ =(x,y,z)， 则{n ⃗ ⋅A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12x +√32y −z =0n ⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32y +z =0，取z =√3，得n ⃗ =(4√3,−2,√3)， 设平面A 1BE 的法向量m⃗⃗⃗ =(a,b,c)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12a +√32b −c =0m⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12a +√32b +c =0，取c =1，得m⃗⃗⃗ =(2,0,1)， 设二面角B −A 1E −D 的平面角为θ， 则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=9√3355．∴二面角B −A 1E −D 的余弦值为9√3355．【解析】(1)取A 1B 的中点F ，连结EF 、DF ，推导出四边形CDEF 是平行四边形，从而CD−//EF ，由此能证明CD//平面A 1EB ．(2)推导出CD 、BD 、DF 两两垂直，以D 为原点，DB 、DC 、DF 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B −A 1E −D 的余弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角和余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题．19.【答案】解：(1)证明：由椭圆的方程可得：A(−2,0)，B(2,0)，设M(2,m)，P(x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)， 则x 024+y 022=1，得y 02=−x 02−42，又k AP =y 0x+2=k AM =m−02−(−2)=m4，k BP =y0x 0−2， 所以k AP ⋅k BP =y 02x 02−4=−12， 又m4⋅y 0x−2=−12，整理可得2x 0+my 0=4， 所以OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 0+my 0=4为定值． (2)假设存在定点Q(n,0)满足要求，设M(2,m)，P(x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)， 则以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点可得MQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以(n −2,−m)⋅(x 0−2,y 0)=nx 0−2n −2x 0+4−my 0=0，① 由(1)得2x 0+my 0=4，②，由①②可得n(x 0−2)=0，因为x 0≠2，解得n =0，所以存在x 轴上的定点Q(0,0)，使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点．【解析】(1)由椭圆的方程可得A ，B 的坐标，设M ，P 的坐标，可得AP ，AM 的斜率相等，求出数量积OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由k AP ⋅k BP =y 02x 02−4=−12，可得M ，P 的坐标的关系，进而可得OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值． (2)假设存在Q 满足条件，因为以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点可得MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，由(1)可得整理得n(x 0−2)=0，再由x 0≠2可得n =0，本题考查椭圆的性质，及以线段的端点为直径的圆的性质，属于中档题．20.【答案】解：(1)当m =0时，f(x)=e x −ex ，f′(x)=e x −e ，又f′(x)是增函数，且f′(1)=0，∴当x >1时，f′(x)>0，当x <1时，f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴当x=1时，f(x)取得极小值f(1)=0，无极大值；(2)f′(x)=e x−2mx+m−e，令g(x)=f′(x)=e x−2mx+m−e，则g′(x)=e x−2m，①当m=0时，f(1)=0，由(1)知f(x)在区间(0,1)上没有零点；②当m<0时，则g′(x)>0，故g(x)=f′(x)在(0,1)上单调递增，又g(0)=f′(0)=1+m−e<0，g(1)=f′(1)=−m>0，∴存在x0∈(0,1)，使得g(x0)=f′(x0)=0，且当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)是减函数，当x∈(x0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，又∵f(0)=1，f(1)=0，∴f(x)在(0,1)上存在零点；③当m>0，x∈(0,1)时，令ℎ(x)=e x−ex，则ℎ′(x)=e x−e，∵在x∈(0,1)上，ℎ′(x)<0，ℎ(x)是减函数，∴ℎ(x)>ℎ(1)=0，即e x>ex，∴f(x)=e x+(m−e)x−mx2>ex+(m−e)x−mx2=m(x−x2)>0，∴f(x)在(0,1)上没有零点；综上，要使f(x)在(0,1)上内存在零点，则m的取值范围为(−∞,0)．【解析】(1)将m=0带入，求导得f′(x)=e x−e，再求出函数f(x)的单调性，进而求得极值；(2)求导得f′(x)=e x−2mx+m−e，令g(x)=f′(x)，对函数g(x)求导后，分m=0，m<0及m>0讨论，m=0时容易得出结论，m<0时运用零点存在性定理可得出结论，m>0时运用放缩思想，先证明e x>ex，进而可得f(x)>0在(0,1)上恒成立，由此得出结论，以上情况综合，即可求得实数m的取值范围．本题主要考查利用导数研究函数的极值及函数的零点，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)由已知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P(ξ=0)=(1−0.6)⋅(1−a)2=0.4(1−a)2，P(ξ=1)=0.6(1−a)2+(1−0.6)⋅C21a(1−a)=0.2(1−a)(3+a)，P(ξ=2)=0.6⋅C21a(1−a)+(1−0.6)a2=0.4a(3−2a)，P(ξ=3)=0.6a2．∵0<a<0.4，∴P(ξ=1)−P(ξ=0)=0.2(1−a)(1+3a)>0，P(ξ=1)−P(ξ=2)=0.2(3a2−8a+3)>0，P(ξ=1)−P(ξ=3)=−0.2(4a2+2a−3)>0，∴概率P(ξ=1)的值最大．(2)由(1)可知，当0<a<0.4时，有t1=P(ξ=1)的值最大，且t2−t3=P(ξ=2)−P(ξ=3)=0.2a(6−7a)>0，∴t1>t2>t3，∴应当以A1，A2，A3的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值．证明如下：假定p1，p2，p3为t1，t2，t3(t1>t2>t3)的任意一个排列，即若三个小组A i(i=1,2,3)按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p1，p2，p3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η=1，2，3，且η的分布列为∴数学期望E(η)=p1+2(1−p1)p2+3(1−p1)(1−p2)=3−2p1−p2+p1p2下面证明E(η)=3−2p1−p2+p1p2≥3−2t1−t2+t1t2成立，∵(3−2p1−p2+p1p2)−(3−2t1−t2+t1t2)=2(t1−p1)+(t2−p2)+p1p2−p1t2+p1t2−t1t2=2(t1−p1)+(t2−p2)+p1(p2−t2)+t2(p1−t1)=(2−t2)(t1−p1)+(1−p1)(t2−p2)≥(1−p1)(t1−p1)+(1−p1)(t2−p2)=(1−p1)[(t1+t2)−(p1+p2)]≥0，∴按照完成任务概率从大到小的A1，A2，A3的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．【解析】(1)每个勘探小组共有3名人员，故ξ的所有可能取值为0，1，2，3，再依据相互独立事件的概率求出每个ξ的取值所对应的概率，并用作差法逐一比较P(ξ=1)与P(ξ=0)、P(ξ=2)、P(ξ=3)的大小关系即可得证；(2)先根据(1)中的结论比较P(ξ=2)和P(ξ=3)的大小，可得到t1>t2>t3，故而可猜想出结论，再进行证明．证明时，设三个小组A i (i =1,2,3)按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p 1，p 2，p 3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η=1，2，3，然后求出η的分布列和数学期望，只需证明数学期望E(η)=3−2p 1−p 2+p 1p 2≥3−2t 1−t 2+t 1t 2成立即可，这一过程采用的是作差法，其中用到了因式分解的相关技巧．本题考查相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，以及期望的实际应用等，考查学生对数据的分析能力和运算能力，属于难题．22.【答案】解：(1)曲线C 1的极坐标方程为ρcosθ−2ρsinθ=1．若P 为曲线C 1上的动点，Q 是射线OP 上的一动点，且满足|OP|⋅|OQ|=2，记动点Q 的轨迹为C 2．设P(ρ1,θ)，Q(ρ,θ)，则：ρ1cosθ−2ρ1sinθ=1，即ρ1=1cosθ−2sinθ， 由于|OP|⋅|OQ|=2，所以ρ=2cosθ−4sinθ，整理得ρ2=2ρcosθ−4ρsinθ，转换为直角坐标方程为：(x −1)2+(y +2)2=5(原点除外)．(2)曲线C 1的极坐标方程为ρcosθ−2ρsinθ=1转换为直角坐标方程为：x −2y −1=0． 曲线C 2的圆心为(1,−2)，半径为√5， 所以圆心到直线C 1的距离d =√1+(−2)2=√5．所以|MN|=2√(√5)2−(√5)2=√5．由于点O 到C 1的距离d 2=√12+(−2)2=√5 所以S △OMN =12×|MN|×d 2=12√5√5=35．【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)利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．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，点到直线的，三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.【答案】解：(1)当k =1时，不等式f(x)≤1即为|x −1|+12|x +3|≤3，等价为{x ≥1x −1+12x +32≤3或{−3<x <11−x +12x +32≤3或{x ≤−31−x −12x −32≤3，解得1≤x ≤53或−1≤x <1或x ∈⌀， 则原不等式的解集为[−1,53]；(2)f(x)≥x 对于任意的实数x 恒成立，即为|x −k|+12|x +3|≥x +2恒成立． 当x ≤−2时，|x −k|+12|x +3|≥0≥x +2恒成立； 当x >−2时，|x −k|+12|x +3|≥x +2恒成立等价为|x −k|+x+32≥x +2，即|x −k|≥x+12恒成立，当−2<x ≤−1时，|x −k|≥x+12恒成立；当x >−1时，|x −k|≥x+12恒成立等价为x −k ≥x+12或x −k ≤−x+12恒成立．即x ≥2k +1或x ≤23(k −12)恒成立， 则2k +1≤−1解得k ≤−1， 所以k 的取值范围是(−∞,−1]．【解析】(1)由题意可得|x −1|+12|x +3|≤3，由零点分区间法和绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；(2)由题意可得|x −k|+12|x +3|≥x +2恒成立．讨论x ≤−2恒成立，x >−2时，可得|x −k|≥x+12恒成立，讨论−2<x ≤−1，x >−1时，结合绝对值不等式的解法和恒成立思想，可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法，注意运用分类讨论思想，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和分类讨论思想，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．。

2020届广东省广州普通高中毕业班综合测试（一）数学（理）试题一、单选题1．设集合{}{|01}|2M x x x R N x x x R =<<∈=<∈，，，，则（ ） A ．M N M ⋂= B ．M N N ⋂=C ．M N M ⋃=D ．M N R ⋃=【答案】A【解析】由题意{}22,N x x x R =-<<∈，分别计算出M N ⋂、M N ⋃即可得解. 【详解】由题意{}{}2,22,N x x x R x x x R =<∈=-<<∈，{}01,M x x x R =<<∈， 所以{}01,M N x x x R M ⋂=<<∈=，{}22,M N x x x R N ⋃=-<<∈=. 故选：A. 【点睛】本题考查了集合的运算，属于基础题.2．若复数z 满足方程220z +=，则3z =（ ） A．± B．-C．-D．±【答案】D【解析】220z +=，即22z =-，解得z =．所以32()(2)z z z =⋅=⋅-=±，故选D3．若直线10kx y -+=与圆222410x y x y ++-+=有公共点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．[)3-+∞，B ．(]3-∞-，C ．()0+∞，D ．()-∞+∞，【答案】D【解析】由题意得圆心到直线的距离2d =≤，解不等式即可得解.【详解】圆222410x y x y ++-+=的圆心为()1,2-，半径为2，由题意可知圆心到直线的距离2d =≤，化简得2183033k ⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭， 故(),k ∈-∞+∞. 故选：D. 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了计算能力，属于基础题.4．已知1223p x q x +><<：，：，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 【答案】B【解析】由题意:12p x +>⇔1x >或3x <-，利用充分条件和必要条件的概念即可得解. 【详解】由题意:1212p x x +>⇔+>或121x x +<-⇔>或3x <-， 由“1x >或3x <-”不能推出“23x <<”； 由“23x <<”可推出“1x >或3x <-”； 故p 是q 的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题考查了充分条件和必要条件的判断，属于基础题. 5．设函数()12cos 23f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，若对于任意的x R ∈都有()()()12f x f x f x ≤≤成立，则12x x -的最小值为（ ） A ．2πB ．πC ．2πD ．4π【答案】C【解析】由题意结合三角函数的图象与性质可得12min22Tx x π-==，即可得解. 【详解】由题意知函数()f x 的最小正周期2412T ππ==，()1f x 、()2f x 分别为函数()f x 的最小值和最大值，所以12min22Tx x π-==. 故选：C. 【点睛】本题考查了三角函数图象与性质的应用，属于基础题.6．已知直三棱柱111ABC A B C -的体积为V ，若P Q ，分别在11AA CC ，上，且111133AP AA CQ CC ==，，则四棱锥B APQC -的体积是（ ） A ．16V B ．29V C ．13V D ．79V【答案】B【解析】在棱1BB 上取一点H ，使113BH BB =，连接PH 、QH ，由B APQC ABC PHQ B PHQ V V V ---=-即可得解.【详解】在棱1BB 上取一点H ，使113BH BB =，连接PH 、QH ， 由题意PHQ ABC S S =△△，BH ⊥平面PHQ ， 所以111113339B PHQ PHQ ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△，11133ABC PHQ ABC ABC V S BH S BB V -=⋅=⋅=△△，所以112399B APQC ABC PHQ B PHQ V V V V V V ---=-=-=. 故选：B.【点睛】本题考查了直三棱柱的特征及几何体体积的求解，考查了空间思维能力，属于基础题. 7．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 ．47【答案】C【解析】由题意计算出总情况数和符合要求的情况数，利用古典概型概率公式即可得解. 【详解】将这10位同学中选派5人到某小区进行宣传活动共有510252C =种情况；每个宣传小组至少选派1人分为以下几种情况：①可回收物或餐厨垃圾宣传小组选派两人，其他组每组一人，共有121112223336C C C C C ⋅⋅⋅⋅=种情况；②有害垃圾或其他垃圾宣传小组选派两人，其他组每组一人，共有121112332272C C C C C ⋅⋅⋅⋅=种情况；故所求概率367232527p +==. 故选：C. 【点睛】本题考查了计数原理的应用与古典概型概率的求解，考查了分类讨论思想，属于中档题. 8．已知直线2l y x =-：与x 轴的交点为抛物线22C y px =：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 ．4【答案】A【解析】由题意可知抛物线焦点为()2,0，进而可得抛物线2:8C y x =，联立方程可得1212x x +=，即可求得点A 、B 到准线的距离和，即可得解.【详解】Q 直线:2l y x =-与x 轴的交点为()2,0，∴22p=即4p =，∴抛物线2:8C y x =，准线方程为2x =-，设点()11,A x y ，()22,B x y ，联立方程228y x y x=-⎧⎨=⎩，消去x 得21240x x -+=，>0∆，则1212x x +=，∴点A 、B 到准线的距离和为1216x x p ++=，∴AB 中点到抛物线准线的距离1682d ==. 故选：A. 【点睛】本题考查了抛物线性质的应用和直线与抛物线的位置关系，考查了计算能力，属于中档题.9．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知125143a a a =+=，，若()*48n n S a n N ≥+∈，则n 的最小值为（ ）A ．8B ．9C ．10D ．11【答案】C【解析】由题意结合等差数列的通项公式计算出23d =，分别表示出n a 、n S 后，解一元二次不等式即可得解. 【详解】设数列{}n a 的公差为d ，Q 113a =，254a a +=， ∴114433d d +++=即23d =， ∴2133n a n =-，212133323n n n S n +-=⋅=， Q 48n n S a ≥+，∴22148333n n ⎛⎫≥-+ ⎪⎝⎭，解得2n ≤-或10n ≥，由*n N ∈可知n 的最小值为10. 故选：C. 【点睛】本题考查了等差数列通项公式及前n 项和公式的应用，考查了一元二次不等式的解法，属于中档题.10．已知点()00P x y ，是曲线321C y x x =-+：上的点，曲线C 在点P 处的切线与811y x =-平行，则（ ）A ．02x =B ．043x =-C ．02x =或043x =-D ．02x =-或043x =【答案】B【解析】由导数的几何意义结合题意得200328x x -=，算出0x 分别代入验证即可得解.【详解】由题意曲线32:1C y x x =-+，求导得232y x x '=-，∴曲线C 在点P 处的切线斜率20032k x x =-，∴200328x x -=，解得043x =-或2，当043x =-时，320448513327y ⎛⎫⎛⎫=---+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则点485,327P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，切线方程为8548273y x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭即203827y x =+，符合题意； 当02x =时，3202215y =-+=，则点()2,5P ，切线方程为()582y x -=-即811y x =-，不符合题意，舍去.故选：B. 【点睛】本题考查了导数几何意义的应用和导数的运算，属于中档题.11．已知O 为坐标原点，设双曲线()2222100x y C a b a b -=>>：，的左右焦点分别为12F F ，，点P 是双曲线C 上位于第一象限上的点，过点2F 作12F PF ∠角平分线的垂线，垂足为A ，若122b F F OA =-，则双曲线的离心率为（ ） A ．54B ．43C ．53D ．2【答案】C【解析】延长2F A 交1F P 于点Q ，由题意结合平面几何知识可得2F A AQ =，2PF PQ =，进而可得11222OA FQ F P F P a ==-=，结合双曲线的性质即可得223850c ac a -+=，即可得解.【详解】延长2F A 交1F P 于点Q ，Q PA 平分12F PF ∠，2F A PA ⊥，∴2F A AQ =，2PF PQ =，又12FO OF =，∴11222OA FQ F P F P a ==-=， Q 122b F F OA =-，∴22b c a =-，又222+=a b c ，∴()22222a c a c +-=，化简得223850c ac a -+=，∴23850e e -+=，解得53e =或1e =（舍去）. 故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的性质和离心率的求解，考查了转化化归思想和计算能力，属于中档题.12．已知函数()221010x x x f x x x x ⎧--+<=⎨-+≥⎩，，，若()()()20201F x f x sin x π=--在区间[]11-，上有m 个零点123m x x x x L ，，，，，则()()()()123m f x f x f x f x ++++=L （ ） A ．4042 B ．4041 C ．4040 D ．4039【答案】B【解析】由题意()()()22sin 20200sin 20200x x x x F x x x x x ππ⎧---<⎪=⎨--≥⎪⎩，，，设()[]220,1,10x x x g x x x x x ⎧--<=∈-⎨-≥⎩，，，()()[]sin 2020,1,1h x x x π=∈-，由函数的奇偶性可得()()()()1230m g x x x g g g x ++++=L ，由三角函数的性质可得4041m =，再由()()()()()()()()123123m m f x f x f x f x g x x x g m g g x ++++=+++++L L 即可得解. 【详解】由题意()()()()()22sin 20200sin 20201sin 20200x x x x F x f x x x x x x πππ⎧---<⎪=--=⎨--≥⎪⎩，，，设()[]22,1,10x x x g x x x x x ⎧--<=∈-⎨-≥⎩，，，()()[]sin 2020,1,1h x x x π=∈-， 则123m x x x x L ，，，，为方程()()g x h x =的根即为函数()g x 与()h x 交点的横坐标， 当0x <时，()()()()22g x x x x x g x --=+=-=--，且()00g =，所以函数()g x 为奇函数；()()()()sin 2020sin 2020h x x x h x ππ-=-=-=-，所以函数()h x 为奇函数；所以1230m x x x x =L ++++，所以()()()()1230m g x x x g g g x ++++=L ， 函数()g x 的图象，如图， 函数()h x 的最小正周期2120201010T ππ==，且()[]1,1h x ∈-，所以在10,1010⎛⎤ ⎥⎝⎦，12,10101010⎛⎤ ⎥⎝⎦，231009,,1101010101010⎛⎤⎛⎤⋅⋅⋅ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦上，()()g x h x =均有两个不等实根，所以在(]0,1上，()()g x h x =共有2020个不等实根， 所以在[)1,0-上，()()g x h x =共有2020个不等实根，又()()00g h =，所以()()g x h x =在[]1,1-上共有4041个不等实根即4041m =， 所以()()()()123m f x f x f x f x ++++L()()()()1234041m g g g x x x g x m ++=+++=L .故选：B.【点睛】本题考查了函数周期性和奇偶性的应用及函数零点相关问题的解决，考查了转化化归思想和数形结合思想，属于中档题.二、双空题13．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________，表面积为________．3π 3π 【解析】由题意可得该几何体为底面半径为1、母线长为23锥体积和表面积公式即可得解. 【详解】由题意可知，该几何体为底面半径为1、母线长为23的圆锥，所以该几何体体积213133V ππ=⨯=， 表面积21123S πππ=⨯+⨯⨯=， 3π，3π. 【点睛】本题考查了三视图的识别及圆锥体积、表面积的计算，属于基础题.三、填空题 14．在()5211ax x x+-的展开式中，3x 的系数为15，则实数a =_______． 【答案】5【解析】由题意结合二项式定理写出二项式()521x -的展开式的通项公式，分别令1022r -=、1024r -=即可得3x 的系数，即可得解.【详解】二项式()521x -的展开式的通项公式为：()()()2021155511rr rrr r r x T C C x-+-=⋅⋅-=⋅-⋅，令1022r -=即4r =，则()()4455115rrC C ⋅-=⋅-=， 令1024r -=即3r =，则()()33551110r r C C ⋅-=⋅-=-， 所以()5211ax x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中，3x 的系数为510a -，所以51015a -=即5a =. 故答案为：5. 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力，属于基础题.15．已知单位向量1e u r 与2e u u r 的夹角为3π，若向量122e e +u r u u r 与122e ke +u r u u r 的夹角为56π，则实数k 的取值为_______． 【答案】-10【解析】建立直角坐标系，表示出122e e +u r u u r 、122e ke +u r u u r的坐标后，利用()()1212121212122cos 2,2222e ke e ke e ke e e e e e e ++++=⋅++⋅u u r u u r u u r u u ru u u r u r u r u r u r u r r u u r 列出方程即可得解.【详解】如图建立直角坐标系，由题意得()11,0e=u r，21,22e ⎛= ⎝⎭u ur ，则(122e e +=u u ru r ，121222e ke k ⎛+=+ ⎝⎭u u u r r ， 所以()()1212121212122cos 2,2222e ke e ke e ke e e e e e e ++++=⋅++⋅u u r u u r u u r u u ru u u r u r u r u r ur u r r u u r2223544522cos67241343222kk k k k k k π+++===⋅++⎛⎫⎛⎫+⋅++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 即25402219100kk k ⎧+<⎪⎨⎪+-=⎩，解得10k =-.故答案为：10-.【点睛】本题考查了平面向量运算的坐标表示及利用平面向量数量积解决向量夹角相关问题，考查了计算能力，属于中档题.16．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知()*122n n a a n n cos sin n N n ππ++=-∈，且2019110090m S a m +=->，，则119a m+的最小值为_______． 【答案】16【解析】由三角函数的性质可得当()4n k k N =∈时，4414k k a a k ++=；当()42n k k N =+∈时，()424342k k a a k +++=-+；利用分组求和可得201911010S a =-，进而可得11m a +=，利用基本不等式即可得解.【详解】当()4n k k N =∈时，44144cos sin cos0sin 01422k k a a k k k ππ++=-=-=，即4414k k a a k ++=； 当()42n k k N =+∈时，()()42434242cossin cos sin 14222k k k k a a k ππππ+++++=-=-=-+， 即()424342k k a a k +++=-+；∴()()()201912345201820191242018S a a a a a a a a =+++++⋅⋅⋅++=-+-⋅⋅⋅-()()()1124682014201620181010a a =+-++-++⋅⋅⋅+-+-=-，∴2019110101009m S m a +=+-=-， ∴11m a +=，又10a m >，∴10a >，0m >，∴()1111191919101016a m a m a m a m a m ⎛⎫+=+⋅+=++≥+= ⎪⎝⎭， 当且仅当119a m a m=时等号成立. 故答案为：16. 【点睛】本题考查了三角函数的性质和基本不等式的应用，考查了分组求和法求数列前n 项和的应用，属于中档题.四、解答题17．ABC n 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知c =absinCasinA bsinB csinC=+-（1）求角C 的大小； （2）求2b a +的最大值． 【答案】（1）3π；（2）． 【解析】（1）由正弦定理得222abc a b c =+-cos C =，即可得解；（2）由正弦定理得2sin a A =，2sin b B =，则转化条件得()2b a A ϕ+=+，确定2,23ππϕϕ⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭后即可得解.【详解】（1）由题意及正弦定理可得：222abca b c=+- 由余弦定理得：2222cos a b c ab C +-=⋅，所以2221cos 262a b c C ab +-===，由()0,C π∈可得3C π=；（2）由正弦定理可得：2sin sin sin a b cA B C====， 所以2sin a A =，2sin b B =，又A B C π++=，所以22sin 2sin 2sin 33b B A A ππ⎛⎫⎛⎫==-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以22sin 4sin sin 4sin 5sin 3b a A A A A A A A π⎛⎫+=++=+= ⎪⎝⎭()A ϕ=+,由tan 5ϕ=可得0,2πϕ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 又因为20,3A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2,3A πϕϕϕ⎛⎫+∈+⎪⎝⎭，2,23ππϕϕ⎛⎫∈+⎪⎝⎭， 所以()sin 1max A ϕ+=，所以2b a +≤. 故2b a +的最大值为【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了三角恒等变换的应用，属于中档题. 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【答案】（1）27128；（2）分布列详见解析，数学期望()34E Y =． 【解析】（1）由题意可得()2520100P x ≥=，由二项分布的概率公式即可得解；（2）先利用分层抽样的概念算出各组抽取的人数，根据超几何分布的概率公式求出()0P Y =、()1P Y =、()2P Y =、()3P Y =后即可列出分布列，进而即可求得期望.【详解】（1）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()251201004P x ≥==，所以()22241127144128P A C ⎛⎫⎛⎫=-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⋅； （2）由题意得：抽取的20x <的人数为31294⨯=；20x ≥的人数为11234⨯=； 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，则()39312840220C P Y C ===；()21933121081220C C P Y C ===； ()1293312272220C C P Y C ===；()3331213220C P Y C ===；所以Y 的分布列为：所以Y 的数学期望()84108271301232202202202204E Y =⨯+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题考查了二项分布和超几何分布的应用，考查了离散型随机变量分布列和期望的求解，属于中档题.19．如图1，在边长为2的等边ABC V 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． 【答案】（1）详见解析；（2）3【解析】（1）由题意可得EHA EAC △△∽，DHA DAB △△∽，即可得AH BD ⊥，AH EC ⊥，利用线面垂直的判定即可得证；（2）建立空间直角坐标系后，表示出各点坐标，求出平面AED 、平面AEB 的一个法向量为1n u r 、2n u u r，利用121212cos n n n n n n ⋅=u r u u ru r u u r u r u u r ，即可得解. 【详解】（1）证明：由题意1AE AD ==，3CE BD ==因为D 、E 分别为AC 、BD 的中点，所以EHD CHB △△∽且相似比为2，所以33EH DH ==，33BH CH ==， 所以3AE EH CE AE ==3AD DHBD AD == 所以EHA EAC △△∽，DHA DAB △△∽，又因为AB AD ⊥，AC AE ⊥，所以AH BD ⊥，AH EC ⊥， 由BD CE H =I 可得AH ⊥平面BCDE ，得证.（2）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()000D ，，，)30B ，，，()010C ，，，由（1）知2263AH AD DH =-=，则360A ⎝⎭，， 由131,022DE CB ⎫==-⎪⎪⎝⎭u u u r u u u r 可知3102E ⎫-⎪⎪⎝⎭，， 所以3162AE =-⎝⎭u u u r ，，2360AB =-⎝⎭u u u r ，，360DA =⎝⎭u u u r ，， 设平面AED 的一个法向量为()1111n x y z =u r，，，所以110 0AE n DA n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u v u u u v u v ，即111113160623 36033x y z x z --=⎪⎨⎪+=⎪⎩，取11z =-得)1261n =-u r ，，，同理可得平面AEB 的一个法向量(2132n =u u r，， 所以1212123cos n n n n n n ⋅==u r u u ru r u u r u r u u r ，， 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3- 【点睛】本题考查了线面垂直的证明和利用空间向量求二面角，考查了计算能力，属于中档题. 20．已知M e 过点)3A ，，且与(22316N x y ++=e ：内切，设M e 的圆心M的轨迹为C ，（1）求轨迹C 的方程；（2）设直线l 不经过点()20B ，且与曲线C 交于点P Q ，两点，若直线PB 与直线QB 的斜率之积为12-，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，请说明理由．【答案】（1）2214x y +=；（2）l 过定点203，． 【解析】（1）由题意结合圆的性质可得4MA MN +=，利用椭圆的定义即可得解；（2）当直线l 斜率不存在时，求出各点坐标后即可得l 与x 轴的交点为203⎛⎫ ⎪⎝⎭，；当l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx b =+，联立方程可得122814kb x x k -+=+，21224414b x x k -=+，进而可转化条件()242PB QB b k k k b k -⋅=+，得出23b k =-后即可得解.【详解】（1）由题意M e过点)A，且与(2216N x y +=e ：内切，易知点()N ，N e 半径为4， 设两圆切点为D ，所以4MD MN ND +==，在M e 中，MD MA =，所以4MA MN MA +=>，所以M的轨迹为椭圆，由椭圆定义可知24a c =⎧⎪⎨=⎪⎩，所以2221b a c =-=，所以轨迹C 的方程为2214x y +=；（2）①当l 的斜率不存在的时，设()00P x y ，，所以()00Q x y -，， 所以000022001222 14PB QB y y k k x x x y -⎧⋅=⋅=-⎪--⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得0023 3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩或002 0x y =⎧⎨=⎩（舍）， 所以l 与x 轴的交点为203⎛⎫⎪⎝⎭，； ②当l 的斜率存在时，设l 的方程为y kx b =+，联立2214y kx b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消元可得()222148440k x kbx b +++-=， ()()()222228414446416160kb k b k b ∆=-+-=-+>，所以2241k b >-， 由韦达定理122814kb x x k -+=+，21224414b x x k -=+，则()()()()()222121212112121212()222224PB QBkx b k x x kb x x b y y kx b k k x x x x x x x x +++++⋅=⋅=⋅=-----++ ()()()()2222222222222244822414144484242241414b k b k b b k b k b k k k b kb k b k b k k ⋅⋅--+-+-++===--++-+++， 又因为20k b +≠，所以()21422b k b k -=-+，即23b k =-，所以22221143b k k ⎛⎫-=--< ⎪⎝⎭，所以23b k =-成立，所以2233y kx k k x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，当23x =时，0y =，所以l 过203⎛⎫⎪⎝⎭，， 综上所述，l 过定点203⎛⎫⎪⎝⎭，. 【点睛】本题考查了椭圆定义的应用和直线与椭圆的综合问题，考查了计算能力，属于中档题. 21．已知函数()()()3214613x f x x ex x g x a x 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()0h x ≥在()0+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）证明：()*11111ln 312313n N n n n n n+++++>∈++-L ． 【答案】（1）()f x 单调递增区间为()3+∞，;() f x 单调递减区间为()03，；（2）43a ≥；（3）详见解析．【解析】（1）求导后求出()0f x '>、()0f x '<的解集后即可得解；（2）转化条件得()0g x ≥在()03，上恒成立，即11ln 3xa x+-≥在()03，上恒成立，令()()1ln 03xF x x x+=<<，求导后求得()F x 的最大值即可得解； （3）利用导数证明1x e x >+，进而可证111111111131233n n n n n n n n e e e e e ++++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>L ，即可得证. 【详解】（1）因为()()3246x f x x e x x -=-+-，所以()()()()3332632x x f x x ex x e --=-+-='-+，令()0f x '=得3x =，当3x >时，()0f x '>，()f x 单调递增； 当03x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；所以函数()f x 在()0+∞，上的单调递增区间为()3+∞，，单调递减区间为()03，； （2）由（1）知()()()332x f x x e-'=-+，当3x ≥时，()0f x '≥恒成立，故()0h x ≥恒成立；当3x <时，()0f x '<，又因为()()(){}0h x max f x g x '=≥，恒成立，所以()0g x ≥在()03，上恒成立， 所以11ln 03a x x ⎛⎫---≥ ⎪⎝⎭，即11ln 3xa x+-≥在()03，上恒成立， 令()()1ln 03x F x x x +=<<，则()13max a F x -≥， 由()()221ln 1ln x xF x x x-+-'==， 令()0F x '=得1x =，易得()F x 在()01，上单调递增，在[)13，上单调递减，所以()()11max F x F ==，所以113a -≥，即43a ≥，综上可得43a ≥.（3）证明：设()()10xm x e x x =-->，则()10xm x e '=->，所以()m x 在()0+∞，上单调递增，所以()()00m x m >=，即1x e x >+， 所以1111111111312312333112313n n n nn n n nn n n n n ee eeen n n n n++++++++++++=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++-L 123331231n n n nn n n n +++>⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=++-， 所以11111ln 312313n n n n n +++++>++-L . 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了计算能力和推理能力，属于中档题.22．在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为312x ty t =+⎧⎨=+⎩，(t 为参数)，曲线2C的参数方程为x y θ⎧=⎪⎨⎪=⎩，(θ为参数，且322ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，)． （1）求1C 与2C 的普通方程，（2）若A B ，分别为1C 与2C 上的动点，求AB 的最小值．【答案】（1）1C 的普通方程为2250x y C --=；的普通方程为22133x y -=，x ≤（2【解析】（1）消参即可求出1C 的普通方程；对2C 的参数方程同时平方得()222222223cos sin 3cos cos 3sin cos x y θθθθθθ⎧+⎪==⎪⎨⎪=⎪⎩，再结合322ππθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，即可得2C 的普通方程； （2）设1C 的平行直线为20x y c -+=，当直线20x y c -+=与2C 相切时，两直线的距离即为AB 的最值，即可得解. 【详解】（1）消参可得1C 的普通方程为250x y --=；又因为2C的参数方程为cos x y θθ⎧=⎪⎨⎪=⎩，可得()222222223cos sin 3cos cos 3sin cos x y θθθθθθ⎧+⎪==⎪⎨⎪=⎪⎩， 又322ππθ⎛⎫∈⎪⎝⎭，，所以x ≤ 所以2C的普通方程为(22133x y x -=≤，（2）由题意，设1C 的平行直线为20x y c -+=，联立2220133x y c x y -+=⎧⎪⎨-=⎪⎩消元可得：223430x cx c +++=，令()()2212340c c ∆=+=-，解得3c =±，又因为x ≤3c =时直线与2C 相切， 所以5min AB ==. 【点睛】本题考查了参数方程和直角坐标方程的转化，考查了圆锥曲线上的点到直线上的点的距离的最值的求解，属于中档题.23．已知函数()36f x x x a =-++， （1）当1a =时，解不等式()3f x <;（2）若不等式()114f x x <-对任意342x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）51,2⎛⎫ ⎪⎝⎭；（2）()85-，． 【解析】（1）由题意()47125,12?472x x f x x x x x -+<⎧⎪=-+≤<⎨⎪-≥⎩，，，分类讨论即可得解；（2）转化条件得5a <且25a x >-对任意342x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，成立，根据恒成立问题的求解方法即可得解. 【详解】（1）当1a =时，()47136125,12?472x x f x x x x x x x -+<⎧⎪=-+-=-+≤<⎨⎪-≥⎩，，，当1x <时，()3f x <即473x -+<，解得1x >（舍）；当12x ≤<时，()3f x <即253x -+<，解得1x >，所以12x <<； 当2x ≥时，()3f x <即473x -<，解得52x <，所以522x ≤<； 综上，()3f x <的解集为51,2⎛⎫⎪⎝⎭；（2）由()36114f x x x a x =-++<-对任意342x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，成立， 则5 50x a xx ⎧-<-⎨->⎩对任意342x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，成立， 所以5 5x x a x a x-<-⎧⎨-<-⎩即5a <且25a x >-对任意342x ⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，成立， 即85a -<<，故a 的取值范围为()85-，. 【点睛】本题查了绝对值不等式的求解和含绝对值恒成立问题的求解，考查了计算能力和分类讨论思想，属于中档题.。

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．。

2020 年广州市普通高中毕业班综合测试（一）理科数学一、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．设集合M { x | 0 x 1, x R}, N { x | x 2, x R} ，则（）A．MI N M B．MI N N C．M UN M D．M UN R2．若复数z满足方程z2 2 0 ，则z3 （）A．22 B．2 2 C．2 2i D．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．既不充分又不必要条件5．设函数f (x) 2cos 1 x3 ，若对任意 x R 都有f ( x1)≤f (x)≤f (x2)成立，则 x1 x2的最小2值为（）A．B．C．2 D．42 1AA1, CQ 1CC1，6．已知直三棱柱ABC A1B1C1的体积为V，若 P, Q 分别在 AA1, CC1上，且 AP3 3 则四棱锥 B APQC 的体积为（）A．1V B．2V 1 D．7VC．V6 9 3 9A 1 C1B 1P QA CB7．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（）5B ． 934A ．C ．D ．1414778．已知直线 l : y x2 与 x 轴的交点为抛物线 C : y 22 px( p 0) 的焦点， 直线 l 与抛物线 C 交于 A, B两点，则 AB 的中点到抛物线 C 的准线的距离为（）A ．8B ．6C ． 5D ． 49．等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 a 11, a 2 a 5 4 ，若 S n ≥ 4a n 8 (n N ) ，则 n 的最小值3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 处的切线方程与直线 y 8x 11 平行，则（ ）A ． x 02B ． x 04344 C ． x 0D ． x 02 或 x 02 或 x 03311．已知 O 为坐标原点，设双曲线x 2 y 20, b 0) 的左、右焦点分别为 F 1, F 2 ，点 P 是双曲C : 2 2 1(aa b线 C 上位于第一象限上的点，过点 F 2 作 F 1PF 2 的平分线的垂线，垂足为A ，若 bF 1F 2 2 OA ，则双曲线 C 的离心率为（）5B ．45D ． 2A ．3C ．4312．已知函数 f (x)x 2 x 1, x 0 ，若 F ( x)f ( x) sin(2020 x) 1在区间 [ 1,1]上有 m 个零x2x 1, x ≥ 0点 x 1, x 2 , x 3, L , x m ，则 f ( x 1 ) f (x 2 ) f (x 3 ) Lf ( x m ) （）A ．4042B ．4041C ． 4040D ． 4039二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．把答案填在题中的横线上．13．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 ，表面积为 ．14．在ax 1 ( x2 1)5的展开式中，x3的系数是15，则实数a ．xur uur ur uur ur uur的夹角为5，则实数 k 的值为15．已知单位向量e1与e2 的夹角为，若向量 e1 2e2 与 2e1 ke23 6．16．记数列{ a n}的前n项和为S n，已知anan 1 cosnsinn(n N ) ，且 m S2019 1009 ，n 2 21 9a1m 0 ，则的最小值为．a1 m三、解答题：共70 分．解答应写出文字说明、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．（本小题满分12 分）△ABC 的内角A, B,C的对边分别为a,b, c．已知c 3 ，且满足ab sin C．3（ 1）求角C的大小；asin A b sin B c sin C（ 2）求b 2a的最大值．18．（本小题满分12 分）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查，其中一项是调查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天数进行统计，得到以下统计表：平均每月进行训练的天数x x ≤ 5 5 x 20 x≥ 20人数15 60 25（ 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．（本小题满分12 分）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DE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．AAE D E DHB C B图 2 C图 120．（本小题满分 12 分） 已知 e M 过点 A(3,0) ，且与 e N : ( x3) 2 y 2 16 内切，设 e M 的圆心 M 的轨迹为曲线 C ．（ 1）求曲线 C 的方程；（ ）设直线 l 不经过点 B(2,0) 且与曲线 C 相交于 P, Q 两点．若直线PB 与直线 QB 的斜率之积为12，2判断直线 l 是否过定点，若过定点，求出此定点坐标；若不过定点，请说明理由． 21．（本小题满分 12 分）已知函数 f ( x)( x 4)e x 3x 2 6x, g( x)a 1 x 1 ln x ．3（ 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 在区间 (0, ) 上恒成立，求实数 a 的取值范围；（ 3）证明：111 L 1 1 ln 3 (n N ) ．nn 1n 2 3n 13n（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，则按所作的第一题计分．22．【选修 4—4：坐标系与参数方程】 （本小题满分 10 分）xOy 中，曲线x 3 t 在平面直角坐标系C 1 的参数方程为1 （ t 为参数） ，曲线 C2 的参数方程为y2t3x, 3cos（为参数且）．2 2y 3 tan（ 1）求曲线 C 1 和 C 2 的普通方程；（ 2）若 A, B 分别为曲线 C 1, C 2 上的动点，求AB 的最小值．23．【选修 4—5：不等式选讲】 （本小题满分 10 分） 已知函数 f ( x) 3x 6x a , a R ．（ 1）当 a 1 时，解不等式 f (x) 3 ；（ 2）若不等式 f ( x) 11 4x 对任意 x4,3成立，求实数 a 的取值范围．22020 年广州市普通高中毕业班综合测试（一）理科数学参考答案1．答案： A解析： M { x | 0 x 1, xR }, N { x | x 2, x } { x | 2 x 2, x R },MN ，RMINM ．2．答案： D解析： z 22 0, z 22, z2i, z 3 (2i) 32 2i ．3．答案： D解析：圆的标准方程为( x 1)2 ( y 2)2 4 ，圆心为 C( 1,2) ，半径 r 2 ，直线 kx y 1 0 过定点P(0,1) ，因为 CP2r ，所以直线与圆恒有公共点，所以实数k 的取值范围是 (, ) ．4．答案： B解析：由 x 1 2 ，得 x 1 2 或 x 1 2 ，解得 x 3 或 x 1 ，因为 { x | 2 x 3} { x | x3或 x 1} ，所以 p 是 q 的必要不充分条件．5．答案： C解析：由题可知 x 1 是函数 f ( x) 的最小值点， x 2 是函数 f (x) 的最大值点．所以 x 1 x 2 的最小值为函数f (x) 半个周期， T4 ,1T2 ．2A 1 C 16．答案： B解析：设底面正三角形的边长为a ，直三棱柱的高为 h ，则 V3a 2 h ， B 14PQ所以 V B APQC11ah3 a 3 a 2 h 2V ．AC33 21897．答案： CB解析：从 10 位同学中选取 5 人，共有 C 105252 种不同的选法，若每个宣传小组至少选派1 人，则共有2C 22C 21C 31C 31 2C 21C 21C 32 C 3136 72 108 种不同的选法，则所求概率为108 3 ．252 78．答案： A解析：依题可知抛物线的焦点坐标为F (2,0) ，所以 p 4 ，将 yx 2 代入 y 28x ，得x 2 12x 40 ，设 A( x 1, y 1), B( x 2 , y 2 ) ， AB 中点 M ( x 0 , y 0 ) ，则 x 1 x 2 12 ， x 0 x 1x 26 ，2则点 M 到准线 x2的距离为 6 ( 2) 8．9．答案： C{ a n } 的公差为 d ，则 a 2 a 5 2a 125d4 ，解得 d 2解析：设等差数列 5d3 ．3所以a na 1 (n 1)d 1 2( n 1)2n 1 ， S n n(a 1 a n ) 1 n2，由 S n ≥ 4a n 8 ，化简得：3 3 3 2 3n 28n 20≥ 0 ， (n 2)( n 10) ≥ 0 ， n ≥ 10 ，即 n 的最小值为 10．10．答案： B解析：令 y3x 2 2x8，得 3x 22x 8， (3x 4)( x 2) 0 ，解得 x4 或 x2 ，43当 x2 时， y5 ，此时 M (2,5) 在直线 y 8x 11 上，故舍去，所以．x311．答案： CP解析：延长 F 2 A 交 PF 1 于点 B ，因为PA 是F 1PF 2 的平分线且 PA F 2B ，B可得 PBPF ，且 ABAF ，A22所以 OA 是 △ F 1 BF 2 的中位线，F 1O F 2所以 OA11 PF 1PB1 PF 1PF 2a ，BF 1222又由 b F 1F 2 2 OA ，可得 b 2c 2a ，所以 b 2 (2c 2a) 2 ， c 2 a 24c 2 4a 28ac ，所以 3c 28ac 5a 2 0 ， 3e 2 8e 5 0 ， (3e 5)(e1) 0 ， e 5 ．312．答案： B解析： f ( x) x xx 1 ，所以 F ( x) f ( x) sin(2020 x) 1 x x x sin(2020 x) 为奇函数，m0，显然 F(1)F (0) F (1) 0 ，当0 ≤ x ≤ 1 时，由 F (x) x 2所以x ix sin(2020 x) 0 ，i1得 x 2xsin(2020 x) ，在同一坐标系中作出 y x 2 x (0 x ≤ 1) 和 y sin(2020 x) (0x ≤ 1) 的图象， ysin(2020 x) 的最小正周期 T1，1010在每个区间0, 1 , 1 , 2 , L L 1009 , 1010 内各有 2 个零点， 所以两函数在区间 (0,1] 内1010 1010 1010 1010 1010共有 2020 个交点，即 F ( x) 在 (0,1] 内共有 2020 个零点，由对称性， F ( x) 在 [ 1,0) 内也有 2020 个零点，又 F(0)0 ，所以 m 4041，所以 f (x 1)4041f (x 2 ) f ( x 3 ) L f ( x m )(x x x 1)4041 ．i 113．答案： 3 ， 3 （第 1 个空 2 分，第二个空 3 分）3解析：该几何体是一个圆锥，其底面半径r 1 ，高h 3 ，母线长 l 2，体积V 1 r 2h 3 ，表面积 S r 2 rl 3 ．3 314．答案： 5解析：ax 1 ( x2 1)5 ax ( x2 1)5 1 ( x2 1)5，x x而 ( x2 1)5的展开式中含x2的项为 C54 x2 ( 1)4 5x2 ，含 x4 的项为 C53 (x2 )2 ( 1)3 10 x4 ，所以ax 1 (x2 1)5的展开式中，x3的系数是5a 10 15 ，解得 a 5 ．x15．答案：10ur uur 1 3 r ur uur(2, r ur uur k 3k ，解析：不妨取 e1 (1,0), e2 , ，设 a e 2e 3) ，b 2e1 ke2 2 ,2 2 1 2 2 2r r 3r r a b 4 k k 32k 2 19k 10 0 ，则 cos a, b r r 2 ，两边平方，并整理得a b k 2 3 k2 27 22 4(k 10)(2 k 1) 0 ，解得k 10 或k 1 5k 0 ，所以k 10 ．，又因为 42216．答案： 16解析：当 n 2 时，得a2 a3 1, a2 a3 2 ；当n 4时，得a4 a5 1, a4 a5 4 ，2 4a2 a3 a4 a5 2 ，同理可得a6 a7 a8 a9 a10 a11 a12 a13 L a2014 a2015 a2017 a2019 2 ，又a2018a2019 1,a2018a2019 2018 ，2018所以 S2019 a1 (a2 a3 a4 a5 ) ( a6 a7 a8 a9 ) L (a2018a2019)a1 504 2 2018 a1 1010 ，由 m S2019 1009 ，得 a1 m 1，所以19 1 9 (a1 m) 10 m9a1 ≥10 2 m 9a1 16 ．a1 m a1 m a1 m a1 m17．解：（ 1）根据正弦定理a b c， 得abc3．sin A sin B sin C b 2 c 2a 2因为 c3 ，所以 ab a 2 b 2c 2 【或 ab a 2 b 2 3 】．由余弦定理，得 cosC a2b 2c21【或 cosCa 2b 231】，因为 0 C ，所以C ．2ab 22ab 23（ 2）由已知与（ 1）知 c3 ， C．由正弦定理abc3 ， sin A sin Bsin C23sin3得 a2sin A ， b 2sin B2sin2A ．3所以 b2a2 A4sin A 5sin A3 cos A 2 7 sin( A) ，2sin3（其中 tan3）．因为 02 ， 0，所以 0 A5， 02 A．5366所以 A时， b 2a2 7 sin( A) 取得最大值 2 7 ．所以 b 2a 的最大值为 2 7 ．218．解：（ 1）设从该市参与马拉松运动训练的人中随机抽取一个人，抽到的人刚好是“平均每月进行训练 的天数不少于 20 天”记为事件为 A ，则 P( A)25 1 ．100 4设抽到的人是“平均每月进行训练的天数不少于20 天”的人数为，则 :B14， ．4所以恰好抽到 2 个人是“平均每月进行训练的天数不少于20 天”的概率为22P2C 42 3127 ．4 4128（ 2）用分层抽样的方法从100 个马拉松训练者中抽取 12 个，则其中 “平均每月进行训练的天数不少于20天”有 3 个．现从这 12 人中抽取 3 个，则“平均每月进行训练的天数不少于20 天”的数量 Y 服从超几何分布， Y 的所有可能的取值为0，1，2，3．则P(Y 0) C 30C 9321 ， P(Y1) C 13C 9227 ，C 12355C 12355P(Y2)C 32C 19273)C 33C 90 1 ． C 123， P(Y C 322022012所以 Y 的分布列如下：Y12 3P21 2727 15555220220所以EY 0211 272 2731 165=3 ． 5555220220 220 419．（ 1）证明 1：在图 1中，因为 △ ABC 为等边三角形，且 D 为边 AC 的中点，所以 BD AC ．在 △BCD 中， BD CD ，BC 2， CD 1，所以 BD3 ．因为 D, E 分别为边AC, AB 的中点，所以 ED // BC ．在图 2 中，有DHED 1 ，所以 DH 1BD3 ．HBBC 233因为 ABAD ，所以 △ABD 为直角三角形．因为 AD1， BD3 ，所以 cosADB AD 3BD．3在 △ADH 中，由余弦定理得AH 2 AD 2 DH 2 2AD DH cos ADB1 12 1 33 2 ，所以 AH 6 ．3 3 3 3 3在 △ADH 中，因为 AH 2DH 2 2 1 1 AD 2 ，所以 AH BD ． 同理可证 AH CE ．3 3因为 CEI BDH ，CE 平面 BCDE ， BD 平面 BCDE ，所以 AH 平面 BCDE ．证明 2：在图 1中，因为 △ABC 为等边三角形，且 D 为边 AC 的中点，所以 BDAC ．在 △BCD 中， BDCD ，BC2， CD 1，所以 BD3 ．因为 D , E 分别为边 AC, AB 的中点，所以ED// BC ．在图 2 中，有DHED1 ，所以 DH 1BD3 ． 在 Rt △ BAD 中， BD3，AD 1，HBBC 233在 △BAD 和 △ AHD 中，因为DBDA3 ，BDAADH ，所以 △BAD ∽△ AHD ．DA DH所以AHD BAD 90 ．所以 AH BD ． 同理可证 AH CE ．因为 CEI BDH ，CE平面 BCDE ， BD 平面 BCDE ，所以 AH平面 BCDE ．（ 2）解法 1：以 E 为原点， EB 所在直线为 x 轴， EC 所在直线为 y 轴，平行于 AH 的直线为 z 轴，建立 如图所示的空间直角坐标系E xyz ， 则 B(1,0,0), C (0, 3,0), A 0, 3 , 6 ，33zAE Duuur3 6 uuuruuur1 uuur13．EA0,,, EB(1,0,0), EDBC,,0 332 2 2ur设平面 ABE 的法向量为 m ( x 1 , y 1, z 1 ) ，ur uuur3 6ur则 m EA3 y 13 z 10 ，取 m (0, 2, 1) ．ur uuurm EB x 1 0r uuur36rn EAy 2z 2设平面 ADE 的法向量为( x 2 , y 2 , z 2 ) ，则33r( 6, 2, 1)．n，取 nr uuur1x 23y 2n EDur r22ur r33m n所以 cos m, n urr3 3 ．m n 3由图可知，二面角B AE D 的平面角是钝角，故二面角BAE D 的余弦值为3 ．3解法 2：在四棱锥 ABCDE 中，分别取 AE ， AB 的中点 M ， N ，连接 DM ， MN ， ND ．因为 △ADE 为等边三角形，所以 DMAE ，因为 BEEC ， BE AH ，CEI AH H ，且 CE, AH平面 AEC ， 所以 BE 平面 AEC ．因为 AE平面 AEC ，所以 BEAE ．AMNED因为点 M ， N 分别为边 AE ， AB 的中点，H所以 NM // BE ．所以 NM AE ．B C 所以 DMN 为所求二面角的平面角．在等边三角形 ADE 中，因为 AD1，所以 DM3 ． 在 △ABE 中， MN 1EB 1 ．22 2在 Rt △ ABD 中， AD 1 ， BD3 ，所以 AB2． 所以 DNAN 2 AD 21 1 6 ．223 21 226在 △DMN 中，由余弦定理得 cos 22 23 ． DMN3 12322所以二面角 B AE D 的余弦值为3．320．（ 1）解：设 e M 的半径为 R ，因为 e M 过点 A( 3,0)RMA，且与 e N 相切，所以，即MN4 RMN MA 4 ．因为 NA 4，所以点 M 的轨迹是以 N ， A 为焦点的椭圆．设椭圆的方程为 x 2y 2 1(a b 0) ， 则 2a4 ，且 ca 2b 23 ，a 2b 2所以 a2 ， b 1．所以曲线 C 的方程为x 2y 2 1 ．4（ 2）解法 1：依题意，直线 BP, BQ 的斜率均存在且不为0，设直线 BP 的斜率为 k (k0) ，则直线 BPyk (x 2)2222的方程为 y k( x2) ．由x 2，得 (1 4k )x 16k x 16k40 ，y214解之得 x 12， x 28k 2 2 ．因此点 P8k 2 24k1 4k2 的坐标为1 4k 2,4k 2．1因为直线 BQ 的斜率为1，所以可得点 Q 的坐标为2 2k 2 ,2k ．2k 1 k 2 1 k 2当 k2kPQ=3k时，直线 l 的斜率为．22(1 2k 2 )所以直线 l 的方程为 y2k3kx2 2k 2，k 22(11 k 212k 2 )整理得 y2(1 3k 2 x 1 k 2 ．即 y 2(1 3k 2 x 2 ．2k ) 2k 2k ) 3此时直线 l 过定点2,0 ． 当 k2 时，直线 l 的方程为 x 2 ，显然过定点 2,0 ．32 3 3综上所述，直线l 过定点2,0 ．3解法 2：当直线 l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为： xx 1 ．设点 P( x 1, y 1) ，则点 Q ( x 1 , y 1 ) ，依题意x 12 ，因为 kBPkBQy 1y 1x2y 1 241，所以 y 1 2x 124x 1 4 ．x2 x24x221 1 1 1因为x 12y 12 1，且 x 1 2 ，解得 x 1 2 ． 此时直线 l 的方程为 x 2 ．4 33当直线 l 的斜率存在时，设直线l 的方程为： y kx m ．y kx m,由x 2 得 (4 k 2 1)x 2 8kmx 4( m 2 1) 0 ．y2 14需要满足(8km) 2 16(4 k2 1)(m2 1) 0 ，即 m2 4k 2 1 ．设点 P( x1, y1 ), Q( x2 , y2 ) ，则有 x1 x28km， x1 x2 4(m2 1) ．4k 2 1 4k 2 1因为 y1 kx1 m ， y2 kx2 m ，所以 y1 y2 ( kx1 m)(kx2 m) m2 4k2 ．4k 2 1因为 k BP k BQy1 y2 y1 y2 1，所以 x1 x2 2 x1 x2 4 2 y1 y2．x1 2 x2 2 x1 x2 2( x1 x2 ) 4 24(m2 1) 16km4 2( m2 4k 2 ) 28km 2 0．所以 m2k 或m 2k．即4k 21 4k24k21，即 3m 4k1 3当 m 2 k 时，满足 m2 4k2 1 ，直线l的方程为 y k x 2 ，恒过定点 2 ,0 ．3 3 3当 m 2k 时，满足m2 4k 2 1 ，直线l的方程为 y k(x 2) ，恒过定点 (2,0) ，不合题意．显然直线 x 2 2，也过定点,03 3综上所述，直线 l 过定点2,0 ．321．（ 1）解：因为f ( x) (x 4)e x 3 x2 6x ，所以 f ( x) ( x 3)e x 3 2x 6 ( x 3)(e x 3 2) ．当 0 x 3 时，f ( x) 0 ， f ( x) 单调递减；当x 3时， f (x) 0， f (x) 单调递增，所以函数 f ( x) 的单调递减区间为(0,3) ，单调递增区间为 (3, ) ．（ 2）解：由（1）可知，当x [3, ) 时， f ( x) ≥ 0 ．所以要使 h( x) ≥ 0 在区间 (0, ) 上恒成立，只需 g(x) ≥ 0 在区间 (0,3) 上恒成立即可．因为g( x) ≥ 0 a 1 x 1 ln x ≥ 0．3以下给出四种求解思路：思路 1：因为 x0 ，所以 a 1 x 1 ln x ≥ 0在区间0,3 上恒成立，3转化为 a ≥1ln x 1 在区间 0,3 上恒成立．x 3 令 m( x)1 ln x 1 ln xx ，则 m ( x) x 2 ．3因为当 x (0,1) 时， m (x) 0 ，当 x (1,3) 时， m ( x)0 ．所以 m( x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,3) 上单调递减．所以 m( x) ≤ m(1)4 ．所以 a ≥ 4．所以实数 a 的取值范围为4 , ．3 3 3思路 2：因为 g( x)a1 x 1 ln x ，则 g ( x)a1 1(3a 1)x 3(0 x 3) ．33 x3x①若 a ≤ 10 在 (0,3) 上恒成立，所以 g( x) 在 (0,3) 上单调递减，，则 g ( x)3所以 g(x)g(3)a 1 3 1 ln 3，由 g (3) ≥ 0 ，解得 a ≥ 2ln 3 ．33此时实数 a 不合题意．②若1a ≤ 2 ，则 g ( x) ≤ 0 在 (0,3) 上恒成立，所以 g(x) 在 (0,3) 上单调递减，3 3所以 g(x)g(3)a 1 3 1 ln 3，由 g (3) ≥ 0 ，解得 a ≥2ln 3 ．33此时实数 a 不合题意．③若 a2x3时， g ( x)3x3 时， g (x) 0 ．，则当 03a 0 ，当313a1所以函数 g( x) 在0, 3 上单调递减，在 3 ,3 上单调递增．1 3a3a 1所以 g(x) ≥ g3ln 3 ，由3≥ 0 ，解得 a ≥ 43a 11 ln．3a3a 13 此时实数 a 满足 a ≥ 4．3综上所述，实数 a 的取值范围为 4．,3思路 3：因为 g( x)a1 x 1 ln x ，则 g ( x)a1 1 ．33 x因为 g(x) a 1 x 1 ln x≥ 0 在 (0,3) 上恒成立，则 g (1) a 1 1≥ 0 ，即 a ≥4 ．3 3 3因为 g ( x) a 1 1 在 (0,3) 上单调递增，3 x因为 g 1 10 ，【或 x 0 时，g ( x) 】 g (3) a20 ．a 3 3所以存在x0 (0,3) ，使得 g ( x0 ) a 1 1 0 ．3 x0当 x (0, x0 ) 时， g ( x0 ) 0 ，当 x ( x0 ,3) 时， g ( x0 ) 0 ．所以函数 g( x) 在 (0, x0 ) 上单调递减，在( x0 ,3) 上单调递增．所以 g(x) ≥ g( x0 ) a 1x0 1 ln x0 ln a 1 ．3 3要使 g(x) a 1 x 1 ln x≥ 0 在 (0,3) 上恒成立，只要 ln a 1 ≥ 0 ，解得 a ≥4．3 3 3 所以实数 a 的取值范围为4 , ．3思路 4：因为x 0 ，所以 a 1x 1 ln x ≥ 0在区间 (0,3) 上恒成立，3转化为 a 1x ≥ 1 ln x 在区间 (0,3) 上恒成立．3令 s(x) 1 ln x ，则 s ( x) 10 ， x (0,3) ．x所以 s(x) 在 (0,3) 上单调递增．而 y a 1s( x) 1 ln x 相切于点 (x0 , y0 ) ，x 是经过原点的直线，设过原点的直线与3则切线方程为 y y0 1 ( x x0 ) ，因为 y y0 1( x x0 ) 过原点，所以y0 1 ．x0 x0因为 y0 1 ln x0，所以x0 1．即切点为(1,1)．所以经过原点且与s( x) 1 ln x 相切的直线方程为y x ．所以 足a1 x ≥ 1 ln x 的条件是 a1 ≥ 1 ，解得 a ≥ 4．3 33所以 数 a 的取 范4 ,．3（ 3） 明 1：由（4 ，有 ln x ≤ x 1．即 ln( x 1) ≤ x ．2）可知，当 a31ln 1 1lnn1 ，n nn同理11 ln n2 ， 1 lnn 3，⋯，1ln3n1．n n 1 n 2 n 23n3n所以1n 1 n 1 L 1 1 ln 3n 1ln 3 1ln 3 ．n 1 23n 1 3nnn所以1n 1 n 1 L 1 1 ln 3 ． n 1 23n1 3n明 2：要11 1 L 1 1 1 ln 3，n n 1 n 23n 3n111L1111111即 e n n 1 n 2 3n 1 3n3 ，即 e n e n 1e n 2Le 3n 1 e 3 n3 ．先 明 e x 1 x ( x0) ，事 上， p( x) = e x 1 x ， p ( x) = e x1 ，当 x0 ， p ( x) = e x 1 0 ，所以 p( x) 在 (0,) 上 增．所以 p( x)p(0) 0 ，所以 e x1 x ( x 0) ．11111所以 e n en 1en 2L e3n 1e3nn 1 n 2 L 3n 3n 1 n n1 3n 1 3n所以11 1 n 1 L 11 n n 23n1+11+ 1L1+1 1+1nn 13n 13n3n 1 ．3n1．ln 3 3nx 3 t 22．解：（ 1）因 曲 C 1 的参数方程1 （ t 参数），消去参数 t ，得 2x y 5 0．y2t所以曲 C 1 的方程 2x y5 0 ．x3 ,因 曲 C 2 的参数方程 cos （ 参数），y3 tan则由 x3，得 cos3，代入 y3 tan 得 siny， 消去参数，得 x 2y 2 3 ．cosxx因为,2 ，所以 x 0 ．所以曲线 C 2 的方程为 x 2y 2 3 (x0) ．2（ 2）因为点 A ， B 分别为曲线 C 1 ， C 2 上的动点，设直线 2x y b 0 与曲线 C 2 相切，2x y b 0，消去 y 得 3x 24bx b 2 3 0． 所以(4b) 24 3 (b 23) 0 ，解得 b3 ．由y3x 2 2因为 x0 ，所以 b 3 ． 因为直线 2 x y 5 0 与 2x y3 0间的距离为：3 ( 5)85．所以 AB 的最小值85 ．d1)222 ( 5523．（ 1）解：因为 a 1 ，所以 f ( x) 3 x 2 x 1 ．当 x ≤ 1时，由 f (x) 7 4x 3 ，解得 x 1 ，此时 x．当 1 x2 时， f (x) 5 2x3 ，解得 x 1，此时 1 x 2 ．当 x ≥ 2 时， f (x)4x 7 3 ，解得 x552 ，此时 2 ≤ x．2综上可知， 1 x5 5．．所以不等式的解集为 1,22（ 2）解法 1：由 f ( x) 11 4x ，得 3 x 2 x a 11 4x ，因为 x4, 3 ，所以 x a 5 x ．问题转化为 x a5 x 对任意的 x4,3恒成立，22所以 x 5x a 5 x 【或 (x a)2(5 x)2 】． 所以 2x 5 a 5 ．因为当 x4,3时， (2 x5)max8 ．所以实数 a 的取值范围为 ( 8,5) ．2解法 2：由 f ( x)11 4x ，得 3 x 2x a 11 4x ，因为 x4, 3 ，所以 |x a | 5 x ．2问题转化为x a 5 x 对任意的 x4, 3 恒成立， 分别作出函数y x 5 与函数 y x a 的图2像，如图所示， 要使 xa5 x 对任意的 x4,3恒成立， 则当 x4, 3时，函数 y x 5 的22图像在函数 yx a 的图像的上方． 所以当 x4,3时，需要满足 a x5 x 且 x a 5 x ．2因为当 x4, 3 时， 2x 5max 8 ．2所以实数 a 的取值范围为8,5．。

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届广东省广州市普通高中高三综合测试（一）理科数学试卷★祝考试顺利★本试卷共6页,23题,满分150分,考试时间120分钟注意事项：1.答卷前,考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上,用2B铅笔在答题卡的相应位置涂上考生号,并将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置,2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔在答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域的相应位置；如需改动,先划掉原来答案,然后再写新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。

一、选择題：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,只有一项是符合題目要求的.1.设集合,,则（）A. B. C. D.2.若复数满足,则A. B. C. D.3.若直线与圆有公共点,则实数的取值范围是A. B. C. D.4.已知,,则是的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,若对于任意的都有成立,则的最小值为A. B. C. D.6.已知直三棱柱的体积为,若分别在上,且,则四棱锥的体积是A. B. C. D.7.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. B. C. D.8.已知直线与轴的交点为抛物线的焦点,直线与抛物线交于两点,则中点到抛物线准线的距离为A.8B.6C.5D.49.等差数列的前项和为,已知,,若,则的最小值为A.8B.9C.10D.1110.已知点是曲线上的点,曲线在点处的切线与平行,则A. B. C.或 D.或。

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．。

2020年广东省高考数学一模试卷(理科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设全集U={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3}，B={2,3,4}，则A∩(C U B)=()A. {0}B. {0,1,2,3,4}C. {0,1}D. {1}2.复数1+2i2−i的虚部是()A. iB. −iC. −1D. 13.若变量x，y满足约束条件{x+2y≥0x−y≤0x−2y+2≥0，则z=2x−y的最小值等于()A. −52B. −2 C. −32D. 24.若a>1，b<0，则函数y=a x+b的图象有可能是()A.B.C.D.5.函数f(x)=18x−cosx的零点个数为()A. 3B. 4C. 5D. 66.如果一个正四面体的体积为163√2dm3，则其表面积S的值为()A. 16dm2B. 18 dm2C. 18√3dm2D. 16√3dm27.某次数学考试中，某校学生的数学成绩服从正态分布N(100,25).估计数学成绩大于115分的学生所占的百分比为()(参考数据：P(μ−σ<X≤μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<X≤μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X≤μ+3σ)=0.9974)A. 0.13％B. 1.3％C. 3％D. 3.3％8.设(2−x)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6则|a1|+|a2|+⋯+|a6|的值是()A. 665B. 729C. 728D. 639.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右两个焦点分别为F1，F2，A，B为其左、右两个顶点，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，且∠AMB=30°，则该双曲线的离心率为()A. √212B. √13 C. 2√3 D. √19210. 已知数列{a n }的前n 项和S n =12n(n +1)，n ∈N ∗，b n =3a n +(−1)n−1a n ，则数列{b n }的前2n +1项和为( ) A. 32n+2−12+n B. 12⋅32n+2+n +12 C. 32n+2−12−n D. 12⋅32n+2−n +32 11. 已知三棱锥P −ABC 中，PA =√23，AB =3，AC =4，AB ⊥AC ，PA ⊥面ABC ，则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为( )A. 16B. 28C. 64D. 9612. 已知函数f(x)=x −sinx ，则不等式f(x +1)+f(2−2x)>0的解集是( )．A. (−∞,13)B. (−13,+∞)C. (−∞,3)D. (3,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 设函数f(x)=(x +a)lnx ，若曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x −y =0平行，则实数a 的值为______．14. 已知在数列{a n }中，a 1=2，2n (a n +a n+1)=1，设T n =a 1+2a 2+⋯+2n−1a n ，b n =3T n −n−1a n ，数列{b n }的前n 项和S n =______．15. 在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，A(0,sinα)，B(cosα,0)，动点C 满足|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，则|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值是________． 16. 过抛物线C ：x 2=4y 的准线上任意一点P 作抛物线的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则A点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是____________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 如图，在△ABC 中，已知4sin 2A−B 2+4sinAsinB =3．(I)求角C 的大小；(Ⅱ)若AC =8，点D 在BC 边上，且BD =2，cos∠ADB =17，求边AB的长．18.如图所示，四棱锥P—ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，PA=AB=AD=2DC=2，PB=2√2，∠PAD=120°，E为PB的中点．(1)证明：EC//平面PAD；(2)求二面角C−AE−B的余弦值．19.如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的长轴为AB，过点B的直线l与x轴垂直，椭圆的离心率e=√32，F为椭圆的左焦点，且AF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB⃗⃗⃗⃗⃗ =1．(Ⅰ)求此椭圆的方程；(Ⅱ)设P是此椭圆上异于A，B的任意一点，PH⊥x轴，H为垂足，延长HP到点Q使得HP=FQ.连接AQ并延长交直线l于点M，N为MB的中点，判定直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系．20.求函数f(x)=x2e−x的极值．21.在合作学习小组的一次活动中，甲、乙、丙、丁、戊五位同学被随机地分配承担A，B，C，D四项不同的任务，每个同学只能承担一项任务．(1)若每项任务至少安排一位同学承担，求甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率；(2)设这五位同学中承担任务A的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列及数学期望Eξ．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=−1+2cosφy=2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为ρ=√2sin(θ+π4)，设l1与C相交于A，B两点，AB的中点为M，过点M作l1的垂线l2交C于P，Q两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ||MP|⋅|MQ|的值．23.已知函数f(x)=|x−2|．(1)求不等式f(x)−|x|<1的解集；(2)设g(x)=|x+1|，若∀x∈R，f(x)+g(x)≥a2−2a恒成立，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：本题主要考查了交、并、补集的混合运算，考查学生的计算能力，属于基础题．根据题意可得C U B ，从而即可得A ∩(C U B)．解：∵全集U ={0,1,2,3,4}，集合A ={1,2,3}，B ={2,3,4}，∴C U B ={0,1}，∴A ∩(C U B)={1}，故选D ．2.答案：D解析：本题考查了复数运算，属于基础题．根据复数运算法则即可求解．解：令z =1+2i 2−i =(1+2i )(2+i)(2−i)(2+i)=5i5=i ，故复数z 的虚部为1，故选D ．3.答案：A解析：解：由变量x ，y 满足约束条件{x +2y ≥0x −y ≤0x −2y +2≥0作出可行域如图，由图可知，最优解为A ，联立{x +2y =0x −2y +2=0，解得A(−1,12). ∴z =2x −y 的最小值为2×(−1)−12=−52．故选：A ．由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．4.答案：A解析：本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数单调性以及与y轴的交点的范围是解决本题的关键．根据指数函数的单调性以及函数与y轴交点纵坐标的取值范围进行判断即可．解：当a>1时，函数为增函数，排除B，D，当x=0时，y=a0+b=1+b<1，排除C，故选：A．5.答案：C解析：解：函数f(x)=18x−cosx的零点，即函数y=18x与y=cosx图象交点的横坐标，在同一坐标系中画出函数y=18x与y=cosx的图象，如下图所示：由图可知：函数y=18x与y=cosx的图象有5个交点，故函数f(x)=18x−cosx有5个零点，故选：C将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，结合图象，问题容易解得．本题考察了函数的零点问题，渗透了数形结合思想，是一道基础题．6.答案：D解析：解：如果一个正四面体的棱长为a．则体积V=√212a3=163√2dm3，故a=4dm，则其表面积S=√3a2=16√3dm2，故选：Da3，求出棱长，再由棱长为a的正四面体的表面积S=√3a2，根据棱长为a的正四面体的体积V=√212可得答案．a3，表面积本题考查的知识点是正四面体的几何特征，熟练掌握棱长为a的正四面体的体积V=√212S=√3a2，是解答的关键．7.答案：A解析：本题主要考查正态分布的性质，属于基础题．解：某校学生的数学成绩服从正态分布N(100,25)．P(85<μ<115)=0.9974.估计数学成绩大于×(1−0.9974)×100％=0.0013×100％=0.13％.115分的学生所占的百分比为12故选A．8.答案：A解析：本题考查了二项式定理和赋值法的应用问题，由二项式定理知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a6|=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6，利用赋值法把x=−1，x=0分别代入已知式子计算即可，属基础题目．解：∵(2−x)6=a0+a1x+a2x+⋯+a6x，由二项式定理可知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，令x=−1可得：∴|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a6|=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=(2+1)6=729，x=0时，a0=26=64；∴|a1|+|a2|+⋯+|a6|=729−64=665．故选A．9.答案：B解析：本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，考查离心率的求法，属于基础题．求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点M，再由两点的斜率公式，得到a，b的关系，再由离心率公式即可得到所求值．解：双曲线x2a −y2b=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2，将直线y=bax代入圆的方程，可得，x=√a2+b2=a(负的舍去)，y=b，即有M(a,b)，又A(−a,0)，B(a,0)，由于∠AMB=30°，BM⊥x轴，则tan30°=2ab =√33，即有b=2√3a，则离心率e=ca =√1+b2a2=√13．故选：B．10.答案：A解析：解：当n=1时，a1=S1=12×1×2=1；当n≥2时，a n=S n−S n−1=12n(n+1)−12(n−1)n=n．故a n=n．∴b n=3a n+(−1)n−1a n=3n+(−1)n−1n，则数列{b n}的前2n+1项和S2n+1=(31+32+⋯+32n+1)+[1−2+3−4+⋯+(2n−1)−2n+ (2n+1)]=3(1−32n+1)1−3+(n+1)=32n+2−12+n．故选：A．由数列的前n项和求出数列{a n}的通项公式，代入b n=3a n+(−1)n−1a n，整理后分组，然后利用等比数列的前n项和得答案．本题考查了数列递推式，考查了数列的分组求和，考查了等比数列的前n项和，是中档题．11.答案：C解析：解：∵三棱锥P−ABC中，PA=√23，AB=3，AC=4，AB⊥AC，PA⊥面ABC，∴以AB，AC，AP为棱构造长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，∴三棱锥P−ABC的外接球的半径R=√23+9+16=2√3，2设此三棱锥的外接球的内接正方体的半径为a，=2√3，解得a=4，则R=√3a2∴此三棱锥的外接球的内接正方体的体积V=a3=43=64．故选：C．以AB，AC，AP为棱构造长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，三棱锥P−ABC=2√3，解得的外接球的半径R=2√3，设此三棱锥的外接球的内接正方体的半径为a，则R=√3a2a=4，由此能求出此三棱锥的外接球的内接正方体的体积．本题考查三棱锥的外接球的内接正方体的体积的求法，考查三棱锥及外接球、球的内接正方体等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.答案：C解析：本题考查函数的奇偶性及利用导数研究函数的单调性，属于基础题．由f(x)=x−sinx，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f(x)是增函数，再由f(x)是奇函数，f(x+1)+f(2−2x)>0，即f(x+1)>f(2x−2)，得x+1>2x−2，解得．解：由f(x)=x−sinx，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f(x)是增函数，再由f(x)=x−sinx，f(−x)=−f(x)，∴f(x)是奇函数，∴f(x+1)+f(2−2x)>0，即f(x+1)>f(2x−2)，得x+1>2x−2，解得x<3．故选C．13.答案：1解析：解：函数f(x)=(x+a)lnx的导数为f′(x)=lnx+x+a，x可得曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k =1+a ， 由切线与直线2x −y =0平行， 可得1+a =2， 解得a =1， 故答案为：1．求得函数f(x)的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a 的值． 本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线平行的条件：斜率相等，正确求导是解题的关键，属于基础题．14.答案：2n+1−2解析：解：由题意可知因为T n =a 1+2a 2+⋯+2n−1a n ，所以2T n =2a 1+22a 2+⋯+2n a n ， 两式相加3T n =a 1+2(a 1+a 2)+22(a 1+a 2)+⋯+2n−1(a n−1+a n )+2n a n=2+2×12+22×122+⋯+2n−1×12n−1+2n a n=2+(n −1)×1+2n a n =n +1+2n a n所以b n =2n ， 从而S n =2(1−2n )1−2=2n+1−2．故答案为：22n+1−2．先根据条件求出数列{b n }的通项公式，再根据通项公式的特点确定求和的方法．本题考查由递推式式求数列的通项公式以及等比数列的前n 项和公式，解题的关键对条件的分组转化，难度较大．15.答案：2解析：本题主要考查向量的计算和模长的计算，属于基础题． 解：依题意，设C(cosβ,sinβ)，则|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(cosα+cosβ)2+(sinα+sinβ)2=2+2cos(α−β)， 所以当cos(α−β)=1时，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2取得最大值4， 故|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2的最大值是2．故答案为2．16.答案：4解析：本题主要考查的是抛物线的性质的有关知识，根据到准线的距离转化为到焦点的距离，三点共线时距离最小，进而求出最小值．解：设A(x1,x124)，B(x2,x224)，由x2=4y可得y=x24，∴y′=x2，所以直线PA，PB的方程分别为：y−x124=x12(x−x1)①，y−x224=x22(x−x2)②，①②方程联立可得P(x1+x22,x1x24)，∵点P在准线上，∴x1x24=−1，∴x1x2=−4，设直线AB的方程为：y=kx+m，代入抛物线的方程可得：x2−4kx−4m=0，可得x1x2=−4m，所以可得m=1，即直线恒过(0,1)点，即直线恒过焦点(0,1)，即直AB的方程为：y=kx+1，代入抛物线的方程：x2−4kx−4=0，x1+x2=4k，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，A点到准线的距离与B点到准线的距离之和=AF+BF=y1+y2+2=4k2+4≥4，当k=0时，距离之和最小且为4，这时直线AB平行于x轴．故答案为：4．17.答案：解：(I)由4sin2A−B2+4sinAsinB=3，变形得：2[1−cos(A−B)]+4sinAsinB=3，即2−2(cosAcosB+sinAsinB)+4sinAsinB=3，整理得：2−2cos(A+B)=3，即2+2cosC=3，∴cosC=12，则C =π3；(Ⅱ)∵cos∠ADB =17，∠ADB +∠ADC =π， ∴cos∠ADC =−17，sin∠ADC =4√37，在△ADC 中，由正弦定理AD sinC =AC sin∠ADC 得：AD =ACsinCsin∠ADC =8×√324√37=7，由余弦定理得：AB 2=DA 2+DB 2−2DA ·DB ·cos∠ADB =49+4−4=49， 则AB =7．解析：(I)已知等式利用二倍角的余弦函数公式化简，再利用两角和与差的余弦函数公式化简，求出cos C 的值，即可确定出角C 的大小；(Ⅱ)由cos∠ADB 的值求出cos∠ADC 的值，进而求出sin∠ADC 的值，再由sin C 与AC 的长，利用正弦定理求出AD 的长，再利用余弦定理求出AB 的长即可．此题考查了正弦、余弦定理，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握定理是解本题的关键．18.答案：解：(1)取PA 中点F ，连接EF ，DF ，因为E 为PB 中点， 所以EF//AB ，EF =12AB ． 又因为AB//DC ，AB =2DC ， 所以EF//DC ，EF =DC ． 所以四边形DCEF 为平行四边形， 所以EC//DF ． 又DF ⊂平面PAD ，平面PAD ，所以EC//平面PAD ．(2)因为由题可知AP =AB =2，PB =2√2， 所以AP 2+AB 2=PB 2， 所以AB ⊥AP ，又因为AB ⊥AD ，AP ∩AD =A ，AP ，AD ⊂平面PAD ． 所以AB ⊥平面PAD ．所以以A 为坐标原点，AP ，AB 所在直线为x ，y 轴，在面PAD 内过点A 与AP 垂直的直线为z 轴， 建立空间直角坐标系，A(0,0，0)，E(1,1，0)，C(−1,1，√3)， 设平面AEC 的法向量为n ⃗ =(x,y ，x)， 所以{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0即{x =−y2y =−√3z, 令y =√3，得x =−√3，z =−2． 所以n ⃗ =(−√3√3,−2)，易知平面AEB 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,0，1)， 所以|cos(n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ )|=|n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗|n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗⃗⃗ || =|√3,√3,−2)⋅(0,0,1)√10|=√105， 因为二面角C −AE −B 为锐角， 所以二面角C −AE −B 的余弦值为√105．解析：本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题．(1)取PA 中点F ，在接EF ，DF ，推导出四边形DCEF 为平行四边形，证得EC//DF ，由此能证明EC //平面PAD ；(2)A 为坐标原点，AP ，AB 所在直线为x ，y 轴，在面PAD 内过点A 与AP 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面AEC 与平面AEB 的法向量，进而求得结果．19.答案：解：(Ⅰ)由题得{e =ca =√32(a −c)(a +c)=1，解得{a 2=4c 2=3 则b 2=a 2−c 2=1 则椭圆方程为x 24+y 2=1．(Ⅱ)QN 与以AB 为直径的圆O 相切，证明如下：设P(x P ,y P )(|x P |<2,0<|y P |≤1)，则Q(x P ,2y P )又因为点A 坐标为(−2,0) 所以直线AQ 的斜率k AQ =2y Px P +2则直线AQ 的方程为y =2y Px P+2(x +2)，当x =2时，y =8y PxP +2则M 点坐标为(2,8y PxP+2)，又因为B(2,0)，则N(2,4y PxP +2)则直线QN 的斜率为k QN =−2x P y P(2+xP )(2−x P )则直线QN 的方程为：2x P yP 4−x P2x +y −8yP4−x P2=0则点O(0,0)到直线QN 的距离为d =8y P4−x P2×√(4−x P2)24x P 2y P 2+(4−x P2)又因为y P 2=1−x P24则d =8y P4−x P2×√(4−x P2)24x P 2y P2+(4−x P2)=84−x P2×√4−x P22×√(4−x P2)24x P 2(1−x P 24)+(4−x P 2)2=2则QN 与以AB 为直径的圆O 相切．解析：(Ⅰ)由题得{e =c a=√32(a −c)(a +c)=1，及其b 2=a 2−c 2=1，即可得出．(Ⅱ)QN 与以AB 为直径的圆O 相切，分析如下：设P(x P ,y P )(|x P |<2,0<|y P |≤1)，则Q(x P ,2y P ).又因为点A 坐标为(−2,0)，可得直线AQ 的方程为y =2y Px P+2(x +2)，可得M 点坐标为(2,8y PxP +2)，又因为B(2,0)，则N(2,4y PxP +2).直线QN 的方程为：2x P yP 4−x P 2x +y −8yP 4−x P 2=0.又y P 2=1−x P 24，可得点O(0,0)到直线QN 的距离为d =2，即可证明QN 与以AB 为直径的圆O 相切．本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、直线方程，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20.答案：解：f′(x)=2xe x −x 2e x(e x )2=−x(x−2)e x，令f′(x)=0，得x =0或2， 得出f(x)与f′(x)的表格，所以当x =0时，函数有极小值，且f(0)=0． 当x =2时，函数有极大值，且f(2)=4e 2．解析：本题考查了利用导数研究函数的极值，先求导，列表即可得出极值．21.答案：解：(1)设甲、乙两人同时承担同一项任务为事件M ，则P(M)=A 44C 52A 44=110，所以甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率是P(M)=1−P(M)=910， 答：甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率是910； (2)ξ的可能取值为ξ=0,1,2,3,4,5， P(ξ=0)=3545=(34)5，P(ξ=1)=C 51⋅3445=5⋅3445， P(ξ=2)=C 52⋅3345=10⋅3345， P(ξ=3)=C 53⋅3245=10⋅3245，P(ξ=4)=C 54⋅3145=1545， P(ξ=5)=C 55⋅3045=145，ξ的分布列为：所以E (ξ)=∑i ⋅P i 5i=0=54．解析：本题考查离散型随机变量的期望的求解及古典概型．(1)利用古典概型求出甲、乙两人同时承担同一项任务的概型，然后利用对立事件的概率公式求解即可；(2)分析ξ的取值，求出各自的概率，得出分布列，再求期望．22.答案：解：(1)由曲线C 的参数方程{x =−1+2cosφy =2sinφ，消去参数φ，得曲线C 的普通方程为(x +1)2+y 2=4．由曲线l 1的极坐标方程ρsin (θ−π4)=√22，得ρsin θ+ρcos θ=1，将x =ρcos θ，y =ρsin θ代入，得l 1的直角坐标方程为x +y −1=0； (2)由l 1⊥l 2，得直线l 2的斜率k l 2=−1k l 1=1，所以l 2的倾斜角为π4，又l 2过圆心(−1,0)，所以l 2的方程为y =x +1，与x +y −1=0联立，得AB 的中点M(0,1)，故l 2的参数方程为{x =tcos π4y =1+tsin π4,(t 为参数)，即{x =√22t y =1+√22t ,(t 为参数)，代入(x +1)2+y 2=4中，化简、整理得t 2+2√2t −2=0， 设P ，Q 对应的参数分别为t 1，t 2，则由韦达定理得t 1·t 2=−2， 又线段PQ 为圆的直径，所以|PQ|=4， 所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型． (1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)不等式f(x)−|x|<1，即为|x −2|−|x|<1，当x >2时，x −2−x <1，即x >2； 当x <0时，2−x +x <1，即x ∈⌀；当0≤x ≤2时，2−x −x <1，解得x >12，即有12<x ≤2， 综上可得不等式的解集为(12,+∞)； (2)∀x ∈R ，f(x)+g(x)≥a 2−2a 恒成立，即为|x−2|+|x+1|≥a2−2a恒成立，由|x−2|+|x+1|≥|x−2−x−1|=3，当且仅当−1≤x≤2时，取得最小值3，可得a2−2a≤3，解得−1≤a≤3．解析：(1)由题意可得|x−2|−|x|<1，讨论x的范围，去绝对值，解不等式，求并集即可得到所求解集；(2)由题意可得|x−2|+|x+1|≥a2−2a恒成立，运用绝对值不等式的性质可得不等式左边的最小值，解a的不等式，即可得到所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质：求最值，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想，考查运算能力，属于中档题．。

2020年高考数学一模试卷（理科）一、选择题（共12小题）1．已知集合A ，B 均为全集U ＝{1，2，3，4，5，6，7}的子集，集合A ＝{1，2，3，4}，则满足A ∩∁U B ＝{1，2}的集合B 可以是（ ）A ．{1，2，3，4}B ．{1，2，7}C ．{3，4，5，6}D ．{1，2，3} 2．复数z =4+3i 3−4i（i 为虚数单位）的虚部为（ ） A ．﹣1 B ．2 C ．5 D ．13．若x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，则z ＝2x +y 的最大值为（ ） A ．﹣7 B ．3 C ．5 D ．74．如图，△OAB 是边长为2的正三角形，记△OAB 位于直线x ＝t （0＜t ≤2）左侧的图形的面积为f （t ），则y ＝f （t ）的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．5．将函数f （x ）＝cos （2x ﹣1）的图象向左平移1个单位长度，所得函数在[0，12]的零点个数是（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个或以上 6．某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正三棱锥后得到的．如果被截正方体的棱长为40cm ，则石凳子的体积为（ ） A ．1920003cm 3 B ．1600003cm 3 C ．160003cm 3 D ．640003cm 37．在某市2020年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N （98，100），已知参加本次考试的全市理科学生约有9450人，如果某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第（ ）附：若X ～N （μ，σ2），则P （μ﹣σ＜X ＜μ+σ）＝0.6826，P （μ﹣2σ＜X ＜μ+2σ）＝0.9544A ．1500名B ．1700名C ．4500名D ．8000名 8．已知(1+x m )n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a n x n ，若a 1＝3，a 2＝4，则m ＝（ ）A ．1B ．3C ．2D ．49．已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点分别为F 1，F 2，A 为双曲线的左顶点，以F 1F 2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P ，Q 两点，且∠PAQ =5π6，则该双曲线的离心率为（ ）A ．√2B ．√3C ．√213D ．√1310．设正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2√S n =a n +1，则数列{a n ﹣7}的前n 项和T n 的最小值为（ ）A ．−494B ．−72C ．72D ．﹣12。