2020年广东省梅州市高考数学二模试卷(理科)

梅州市高三总复习质检试题（2020、6）理科数学参考答案与评分意见一、题选择：本大题共12个小题，每小题5分，共60分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ACDADBDBBADC二、填空题:每题5分，满分20分. 13.1)23(-n . 14. 0212=-+-πy x . 15. 6. 16.3.17.(12分)解:(1)由已知及正弦定理得, ,222bc c b a -+= ……………………2分由余弦定理可得.21cos =A ……………………4分 又.3,0ππ=∴<<A A ……………………6分 (2) 由已知及正弦定理得, ,sin sin 2B Cc = ……………………7分 由,32π=+C B 得A BC S ABC sin sin sin 2221⨯⨯=∆ ……………………8分 .tan 12323sin )32sin(3BB B ⨯+=-=π……………………9分 △ABC 是锐角三角形,得,2320,20πππ<-<<<B B 得.26ππ<<B ……………………10分.3tan 10,33tan <<∴>∴BB ……………………11分 .3223<<∴∆ABC S所以△ABC 面积的取值范围是).32,23(……………………12分 18.(12分)(1)证明: △PAD 中,因为C B ,分别是PD PA ,的中点,,90ο=∠PDA所以,90,//ο=∠=∠BCD BCP AD BC ……………………1分所以多面体PABCD 中, ,,CD BC PC BC ⊥⊥ ……………………2分⊥∴=⋂BC C CD PC ,平面PCD . ……………………3分⊂PD 平面PCD ,.PD BC ⊥∴ ……………………4分(2)依题意可得, ,1==CD PC 直角△ADC 中,得,5=AC 又,6=PA所以CA PC AC PC PA ⊥∴+=,222, ……………………5分 由(1)知, ⊥∴⊥PC PC BC ,平面.ABCD ……………………6分 以C 为坐标原点,分别以CP CD CB ,,为z y x ,,轴,建立如图的坐标系. ……………………7分 则)1,0,0(),0,1,0(),0,1,2(),0,0,1(P D A B , ……………………8分 得).1,1,0(),1,0,1(),1,1,2(-=-=-=……………………9分 设平面PAD PAB ,的一个法向量分别是),,(),,,(r q p z y x ==,则⎪⎩⎪⎨⎧=-=⋅=-+=⋅.0,02z x z y x PA m 可取)1,1,1(-=. ……………………10分 ⎪⎩⎪⎨⎧=-=⋅=-+=⋅.0,02r q r q p 可取)1,1,0(=. ……………………11分 023110,cos =⋅+-=>=<. ……………………12分 所以二面角D PA B --的余弦值为0. 19.(12分)解：（1）A 小区的指数0.70.20.70.20.50.320.50.280.58T =⨯+⨯+⨯+⨯=，0.580.60<，所以A 小区不是优质小区； ……………………1分B 小区的指数0.90.20.60.20.70.320.60.280.692T =⨯+⨯+⨯+⨯=，0.6920.60>，所以B 小区是优质小区； ……………………2分C 小区的指数0.10.20.30.20.20.320.10.280.172T =⨯+⨯+⨯+⨯=，0.1720.60<，所以C 小区不是优质小区； ……………………4分（2）依题意，抽取10个小区中，共有优质小区3010104100+⨯=个， 其它小区1046-=个. ……………………6分 依题意ξ的所有可能取值为0、1、2. ……………………7分()262101510453C P C ξ====，()114621024814515C C P C ξ====，()242106224515C P C ξ====. ……………………10分则ξ的分布列为：……………………11分1824012315155E ξ=⨯+⨯+⨯= . ……………………12分20. (12分)解：（1）两动圆的公共点为P ，则有：||4||||2121F F PF PF >=+． 由椭圆的定义可知P 的轨迹为椭圆，2a =，c =， ……………………2分所以曲线C 的方程是：2214x y +=. ……………………4分（2）由题意可知：()0,1M ，设()11,A x y ，()22,B x y ， 当AB 的斜率存在时，设直线:AB y kx m =+，联立方程组：2214x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩①②，把②代入①得：()222148440k x kmx m +++-=， .0)14(16)1)(41(1664222222>+-=-+-=∆m k m k m k122814km x x k -+=+③，21224414m x x k -⋅=+④， ……………………5分因为0MA MB ⋅=u u u r u u u r，所以有()()1212110x x kx m kx m ⋅++-+-=， ……………………6分()()()()2212121110k x xk m x x m +⋅+-++-=，把③④代入整理：()()()2222244811101414m km k k m m k k --++-+-=++，化简得：()()1530m m -+=，35m =-或1m =（舍）. 当53-=m 时 ,0>∆ 成立. 此时直线AB 过点30,5N ⎛⎫- ⎪⎝⎭. ……………………7分当AB 的斜率不存在时，易知满足条件0MA MB ⋅=u u u r u u u r 的直线AB 为：0x =,过定点30,5N ⎛⎫- ⎪⎝⎭.综上，直线AB 恒过定点30,5N ⎛⎫- ⎪⎝⎭. ……………………8分 （3）ABM ∆面积1212AMN BMN S S S MN x x ∆∆=+=-= ……………9分 由第（2）小题的③④代入，整理得：3225S =， ……………………10分 方法一:222122)41(425850)425)(41(212532k k k k k k S ++-⨯++⨯='-425)41()7100(222+++-=k k k k . ……………………11分0>k 时,S S ,0<'在),0(+∞上递减,0<k 时,S S ,0<'在),0(+∞上递增, 0=k 时,S S ,0='有最大值.2564所以ABM ∆面积S 的最大值为6425． ……………………12分 方法二:)411(425)411(4925324142525324142525322222222kk k k k k S +++-⋅=++⋅=++⋅=,令,42549)(,1411022u u u g k u +-=≤+=< ……………………11分 1=u 时,)(u g 有最大值4.此时0=k 时,.2564=s 所以ABM ∆面积S 的最大值为6425． ……………………12分方法三:因N 在椭圆内部，所以k ∈R，可设2t ≥，23232(2)9494t S t t t t==≥++， ……………………11分 ,094)(,2,94)(2>-='≥+=tt g t t t t g得.225)2()]([min ==g t g 此时0k =,2564=s ． ……………………12分 所以ABM ∆面积S 的最大值为6425． 21.(12分)（1）证明：222ln 2222a a a a f a a ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭. ……………………1分令2a t =，()322ln 22a f t t g t t ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭，10,2t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. ……………………2分()2222221'6160g t t t t t t t ⎛⎫=--=--< ⎪⎝⎭， ……………………3分 ()g t 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，()11112ln 442ln202244g t g ⎛⎫>=-+=--> ⎪⎝⎭.…………………4分所以原命题成立.（2）由()222ln a f x x ax x =-+222ln (0)a x ax x x =-+>有三个零点可得, ()ln (0)ah x x ax x x=-+>有三个零点.()22'(0)ax x ah x x x-+-=>. ……………………5分 ①0a ≤时，()'0h x >恒成立，可得()h x 至多有一个零点，不符合题意； ……………………6分②当12a ≥时，()'0h x ≤恒成立，可得()h x 至多有一个零点，不符合题意； …………………7分 ③当102a <<时，记()2(0)x ax x a x ϕ=-+->的两个零点为1x ，2x ，不妨设120x x <<，且121x x ⋅=. ……………………8分()10,x x ∈时，()'0h x <；()12,x x x ∈时，()'0h x >；()2,x x ∈+∞时,()'0h x <，观察可得()10h =，且121x x <<，当()12,x x x ∈时，()'0h x >,()h x 单调递增，所以有()()()121h x h h x <<，即()()120h x h x <<， ……………………9分()10,x x ∈时，()'0h x <，()h x 单调递减，()2,x x ∈+∞时,()'0h x <，()h x 单调递减，由（1）知，0h >，且()10h x <，所以()h x在1x ⎫⎪⎪⎭上有一个零点，……………10分 设,0ln )(),,2(00010=+-=∈x aax x x h x a x 则,0)(11ln )1(00000=-=+⋅-=x h ax x a x x h 所以01x 也是)(x h 的零点 . ……………………11分综上可知()ln (0)a h x x ax x x=-+>有0,01,1x x 三个零点. 即当()222222ln ln (0)a a f x x ax x ax x x x =-+=-+>有三个零点时，a 的范围是10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. ……………………12分22.(10分)解：（1）由题意，直线l的参数方程为512x y t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩（t 为参数）， 消去参数t ，得直线l的直角坐标方程为20x -=， ……………………2分 又由圆C 的极坐标方程为4cos 3πρθ⎛⎫=-⎪⎝⎭，即22cos sin ρρθθ=+，………………4分 又因为222x y ρ=+，cos x ρθ=，y =θρsin ，可得圆C 的直角坐标方程为()(2214x y -+=. ……………………5分（2）因为点(),P x y 在圆C上，可设()12cos 2sin P θθ+(θ是参数)， ………………7分22sin4sin3yπθθθ⎛⎫-==+⎪⎝⎭. ……………………9分因为2sin[1,1]3πθ⎛⎫+∈-⎪⎝⎭，y-的取值范围是[]4,4-. ……………………10分23.(10分)解：（1）|23||1|3x x+--≤Q,12313xx x≥⎧∴⎨+-+≤⎩或3122313xx x⎧-<<⎪⎨⎪++-≤⎩或322313xx x⎧≤-⎪⎨⎪--+-≤⎩. ……………………3分11xx≥⎧∴⎨≤-⎩或31213xx⎧-<<⎪⎪⎨⎪≤⎪⎩或327xx⎧≤-⎪⎨⎪≥-⎩.173x∴-≤≤. ……………………5分即不等式()3f x≤的解集为1[7,]3-. ……………………6分（2）|,33|2)(-->xaxf即|,33|2|1||32|-->--+xaxx得.2|22||32|axx>-++……………………7分,5|2232||22||32|=+-+≥-++xxxxΘ……………………9分.25,52<<∴aa所以实数a的取值范围是).25,(-∞……………………10分。

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．。

2020年广东省梅州市高考数学二模试卷(理科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数2i1+i的共轭复数是()A. −1−iB. −1+iC. 1−iD. 1+i2.设集合M={y|y=x2−1,x∈R}，N={x|y=√3−x2,x∈R}，则M∩N等于()A. [−√3,√3]B. [−1,√3]C. {−2,1}D. {(−√2,1),(√2,1)}3.在△ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则EC⃗⃗⃗⃗⃗ =()A. −14AB⃗⃗⃗⃗⃗ −34AC⃗⃗⃗⃗⃗ B. 14AB⃗⃗⃗⃗⃗ −34AC⃗⃗⃗⃗⃗ C. 14AB⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC⃗⃗⃗⃗⃗ D. −14AB⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC⃗⃗⃗⃗⃗4.已知命题p：∀x∈R，x2−x+14≤0，命题q：∃x∈R，sinx+cosx=√2，则下列判断正确的是()A. p是真命题B. q是假命题C. ￢p是假命题D. ￢q是假命题5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A. 62%B. 56%C. 46%D. 42%6.(x−1x−1)4的展开式中，常数项为()A. −12B. −5C. −11D. 197.公差不为零的等差数列{a n}中，2a3−a 72+2a11=0，数列{b n}是等比数列，且b7=a7，则b6b8=()A. 2B. 4C. 8D. 168.若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的侧面积等于()A. 12πcm2B. 15πcm2C. 24πcm2D. 30πcm29.若1a <1b<0,则下列不等式：(1)a+b<a⋅b；(2)|a|>|b|；(3)a<b中，正确的不等式有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 0个10. 已知抛物线方程为y 2=4x ，直线l 的方程为x −y +4=0，在抛物线上有一动点P 到y 轴的距离为d 1，点P 到直线l 的距离为d 2，则d 1+d 2的最小值为( )A. 5√22B. 5√22+1C. 5√22−2D. 5√22−111. 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等.”现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台、半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A. ①②B. ①③C. ②④D. ①④12. 已知函数f(x)={e x ,x ≤0,lnx,x >0,g(x)=f(x)+x +a.若g(x)存在2个零点，则a 的取值范围是( )A. [–1,0)B. [0,+∞)C. [–1,+∞)D. [1,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知S n 是数列{a n }的前n 项和，S n =2−a n ，则S 5=______． 14. 曲线f(x)=xsin x 在点(π2,π2)处的切线方程是______ ．15. 某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y =e kx+b (e =2.718…为自然对数的底数，k 、b 为常数).若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在22℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33℃的保鲜时间是 小时． 16. 设F 1，F 2是双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点，A 是其右支上一点，连接AF 1交双曲线的左支于点B ，若|AB|=|AF 2|，且∠BAF 2=60°，则该双曲线的离心率为 ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且ca+b +sinAsinB+sinC =1；(1)求B ；(2)若b =√2，求a 2+c 2的取值范围．18.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1的侧面A1ADD1是正方形．(1)证明：A1D⊥平面ABD1；(2)若AD=2，AB=4，求二面角B1−AD1−C的余弦值．19.某市《城市总体规划(2016−2035年)》提出到2035年实现“15分钟社区生活圈”全覆盖的目标，从教育与文化、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身4个方面构建“15分钟社区生活圈”指标体系，并依据“15分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为：优质小区(指数为0.6～1)、良好小区(指数为0.4～0.6)、中等小区(指数为0.2～0.4)以及待改进小区(指数为0～0.2)4个等级．下面是三个小区4个方面指标的调查数据：注：每个小区“15分钟社区生活圈”指数T =w 1T 1+w 2T 2+w 3T 3+w 4T 4，其中w 1、w 2、w 3、w 4为该小区四个方面的权重，T 1、T 2、T 3、T 4为该小区四个方面的指标值(小区每一个方面的指标值为0～1之间的一个数值)．现有100个小区的“15分钟社区生活圈”指数数据，整理得到如下频数分布表：(Ⅰ)分别判断A 、B 、C 三个小区是否是优质小区，并说明理由；(Ⅱ)对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，若在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．20. 已知两动圆F 1：(x +√3)2+y 2=r 2和F 2：(x −√3)2+y 2=(4−r)2(0<r <4)，把它们的公共点的轨迹记为曲线C ，若曲线C 与y 轴的正半轴的交点为M ，且曲线C 上的相异两点A 、B 满足：MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0． (1)求曲线C 的方程；(2)证明直线AB 恒经过一定点，并求此定点的坐标； (3)求△ABM 面积S 的最大值．21.已知函数f(x)=ax2+(a−2)x−lnx．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．22.以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程为{x=5−√32ty=−√3+12t(t为参数)，圆C的极坐标方程为ρ=4cos(θ−π3)(1)求直线l和圆C的直角坐标方程；(2)若点P(x,y)在圆C上，求√3x−y的取值范围．23.设函数f(x)=|x+3|+|x−a|−10．(1)当a=1时，求不等式f(x)>0的解集；(2)如果对任意的x，不等式f(x)>0恒成立，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：2i1+i =2i(1−i)(1−i)(1+i)=1+i ， 其共轭复数为1−i ． 故选：C ．直接由复数代数形式的乘除运算化简复数2i1+i ，则其共轭复数可求． 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．2.答案：B解析：本题考查集合的交集的求法，属于基础题． 求出集合M ，集合N ，然后求解M ∩N 即可． 解：集合M ={y|y =x 2−1,x ∈R}={y|y ≥−1}， N ={x|y =√3−x 2,x ∈R}={x|−√3≤x ≤√3}， 所以M ∩N ={x|−1≤x ≤√3}， 故选B ．3.答案：D解析：本题考查向量的几何意义，属于一般题．运用向量的加减运算和向量中点的表示，计算可得所求向量． 解：在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12×12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ )=34AC⃗⃗⃗⃗⃗ −14AB⃗⃗⃗⃗⃗ ．故选D．4.答案：D解析：解：∵x2−x+14=(x−12)2≥0，∴命题p：∀x∈R，x2−x+14≤0是假命题，∵sinx+cosx=√2sin(x+π4)，当x+π4=2kπ+π2,k∈Z时，sinx+cosx=√2，∴命题q：∃x∈R，sinx+cosx=√2是真命题．∴￢q是假命题．故选：D．由已知条件得命题p：∀x∈R，x2−x+14≤0是假命题，命题q：∃x∈R，sinx+cosx=√2是真命题．本题考查命题的真假判断，是基础题，解题时要认真审题，注意三角函数的合理运用．5.答案：C解析：本题考查了积事件的概率公式，属于基础题．由题意，记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A+B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A·B，从而求出P(A·B)即可．解：记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A+B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A·B，则P(A)=0.6，P(B)=0.82，P(A+B)=0.96，所以P(A·B)=P(A)+P(B)−P(A+B)=0.6+0.82−0.96=0.46，所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是46%．。

广东省梅州市中学2020年高三数学理测试题含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 在平面直角坐标系xOy中，设.若不等式组，所表示平面区域的边界为三角形，则a的取值范围为（）A.(1,+∞)B.(0,1)C.(－∞,0)D. (－∞,1)∪(1,+∞)参考答案：A化简，得到，即表示直线的上面部分；化简，得到，即表示直线的上面部分。

又因为两直线交于(0,1)点，且与所包围区域为三角形，所以2. 若，则( ) A．B．C． D．参考答案：B3. 若两个等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别是S n和T n，已知，则=（）A．7 B．C．D．参考答案：D【考点】等差数列的性质．【分析】由已知，根据等差数列的性质，把转化为求解．【解答】解：．故选：D．4. 在中，若b=2，A=120°，三角形的面积，则三角形外接圆的半径为A. B.2 C. D.4参考答案：B略5. 已知集合A={﹣2，﹣1，0，1，2}，B={x|（x﹣1）（x+2）＜0}，则A∩B=（）A．{﹣1，0} B．{0，1} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2}参考答案：A【考点】1E：交集及其运算．【分析】解一元二次不等式，求出集合B，然后进行交集的运算即可．【解答】解：B={x|﹣2＜x＜1}，A={﹣2，﹣1，0，1，2}；∴A∩B={﹣1，0}．故选：A．6. 定义在R上的函数可导，且图像连续，当时的零点的个数为( )A．1 B．2 C．3 D．4参考答案：B7. 已知集合= （）A．B．C．D．{—2，0}参考答案：C略8. 如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为（）A．8πB．12πC．16πD．48π参考答案：B9. “等式sin（α+γ）=sin2β成立”是“α、β、γ成等差数列”的( )A．必要而不充分条件B．充分而不必要条件C．充分必要条件D．既不充分又不必要条件参考答案：A考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．分析：由正弦函数的图象及周期性：当sinα=sinβ时，α=β+2kπ或α+β=π+2kπ，k∈Z，而不是α=β．解答：解：若等式sin（α+γ）=sin2β成立，则α+γ=kπ+（﹣1）k?2β，此时α、β、γ不一定成等差数列，若α、β、γ成等差数列，则2β=α+γ，等式sin（α+γ）=sin2β成立，所以“等式sin（α+γ）=sin2β成立”是“α、β、γ成等差数列”的．必要而不充分条件．点评：本题考查充要条件的判断和三角函数的有关知识，属基本题．10. 设是等差数列，下列结论中正确的是（）．A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则参考答案：D项．∵，∴，的正负无法判断，正负无法判断，错误，项错误，∵，∴，正负无法判断，项错误，，项正确，∵，∴，．∴．二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 若等比数列满足，，则的前n项和________. 参考答案：略12. 若函数y=sin（ωx+φ）（ω＞0）的部分图象如图所示，则ω=．参考答案：3【考点】正弦函数的图象．【分析】由函数y=sin （ωx+φ）的部分图象求出周期T ，从而求出ω的值． 【解答】解：由函数y=sin （ωx+φ）（ω＞0）的部分图象知， =（x 0+）﹣x 0=，∴T=，即=，解得ω=3． 故答案为：3．【点评】本题主要考查了y=Asin （ωx+?）的图象与性质的应用问题，是基础题．13. 已知函数与的图象上存在关于y 轴对称的点，则a的前取值范围是参考答案：（0,）14. 在直角坐标系中,曲线的参数方程为（t 为参数），在极坐标系 （与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点,以轴正半轴为极轴）中，曲线的极坐标方程为,则与的两个交点之间的距离等于 .15. 设椭圆的右焦点与抛物线的焦点相同，离心率为，则此椭圆的标准方程为 。

2020年广东省梅州市高考数学二模试卷（理科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数的共轭复数是A. B. C. D.2.已知集合，，则A. B. C. D.3.在中，是AD的中点，则A. B. C. D.4.以下四个命题：若为假命题，则p，q均为假命题；对于命题p：，，则为：，；“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件；为偶函数的充要条件是．其中真命题的个数是A. 1B. 2C. 3D. 45.2021年起，我省将实行“”高考模式，某中学为了解本校学生的选考情况，随机调查了100位学生，其中选考化学或生物的学生共有70位，选考化学的学生共有40位，选考化学且选考生物的学生共有20位．若该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为A. 300B. 450C. 600D. 7506.展开式的常数项为A. 120B. 160C. 200D. 2407.公差不为零的等差数列中，，数列是等比数列，且，则A. 2B. 4C. 8D. 168.某几何体的三视图如图所示，已知其主视图的周长为8，则该几何体侧面积的最大值为A.B.C.D. 不存在9.若，有下列四个不等式：；；；．则下列组合中全部正确的为A. B. C. D.10.已知直线：和直线：，抛物线上的点P到直线和直线的距离之和的最小值是A. B. 2 C. D.11.祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图、图、图分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为A. B. C. D.12.在直角坐标系xOy中，如果相异两点，都在函数的图象上，那么称A，B为函数的一对关于原点成中心对称的点对B与B，A为同一对函数图象上关于原点成中心对称的点对有A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知数列的前n项和为，，，则______．14.曲线在点处的切线方程为______．15.某食品的保鲜时间单位：小时与储存温度单位：满足函数关系为自然对数的底数，k，b为常数，若该食品在的保鲜时间是384小时，在的保鲜时间是24小时，则该食品在的保鲜时间是______．16.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点，直线PO，分别交双曲线C左、右支于另一点M，N，若，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a，b，c分别为说角三个内角A，B，C的对边，满足．求A；若，求面积的取值范围．18.如图中，，，B、C分别是PA、PD的中点，将沿BC折起，连结PA、PD，得到多面体PABCD．证明：在多面体PABCD 中，；在多面体PABCD中，当时，求二面角的余弦值．19.某市城市总体规划年提出到2035年实现“15分钟社区生活圈”全覆盖的目标，从教育与文化、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身4个方面构建“15分钟社区生活圈”指标体系，并依据“15分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为：优质小区指数为、良好小区指数为、中等小区指数为以及待改进小区指数为个等4小区A 小区B小区C小区指标值权重教育与文化医疗与养老交通与购物休闲与健身注：每个小区“15分钟社区生活圈”指数，其中，，，为该小区四个方面的权重，，，，为该小区四个方面的指标值小区每一个方面的指标值为之间的一个数值．现有100个小区的“15分钟社区生活圈”指数数据，整理得到如下频数分布表：分组频数1020303010Ⅱ对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，若在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为，求的分布列及数学期望．20.已知两动圆和，把它们的公共点的轨迹记为曲线C，若曲线C与y轴的正半轴的交点为M，且曲线C上的相异两点A、B满足：．求曲线C的方程；证明直线AB恒经过一定点，并求此定点的坐标；求面积S的最大值．21.已知．当时，求证：；若有三个零点时，求a的范围．22.以直角坐标系的原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程为为参数，圆C的极坐标方程为求直线l和圆C的直角坐标方程；Ⅱ若点在圆C上，求的取值范围．23.已知函数．求不等式的解集；若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：化简可得复数，复数z的共轭复数为：故选：B．化简复数，即可得其共轭复数．本题考查复数的代数形式的乘除运算，涉及共轭复数，属基础题．2.答案：B解析：解：集合，对于，，解得，，则．故选：B．由题意求出集合M与集合N，然后求出．本题考查集合的基本运算，函数的值域与函数的定义域的求法，考查集合的交集的求法．3.答案：D解析：解：在中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，．故选：D．运用向量的加减运算和向量中点的表示，计算可得所求向量．本题考查向量的加减运算和向量中点表示，考查运算能力，属于基础题．4.答案：A解析：解：若为假命题，则命题p和q为一真一假和全部为假，故p，q均为假命题错误；对于命题p：，，则为：，；故错误．“”是“函数在区间上为增函数；当函数在区间上为增函数，则．故“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件；正确．为偶函数则，故错误．故选：A．直接利用命题的否定的应用，真值表的应用，三角函数关系式的恒等变换，指数函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：命题的否定的应用，真值表的应用，三角函数关系式的恒等变换，指数函数的性质的应用，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．5.答案：D解析：解：某中学为了解本校学生的选考情况，随机调查了100位学生，其中选考化学或生物的学生共有70位，选考化学的学生共有40位，选考化学且选考生物的学生共有20位．名学生中考生物的学生有：．该校共有1500位学生，则该校选考生物的学生人数的估计值为．故选：D．推导出100名学生中考生物的学生有：该校共有1500位学生，由此能求出该校选考生物的学生人数的估计值．本题考查该校选考生物的学生人数的估计值，考查等可能事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.答案：B解析：解：，的展开式中的通项公式为，，1，，6，，所以展开式的常数项为160．故选：B．先对进行变形，再利用二项式定理中的展开式的通项公式求得结果．本题主要考查对式子的合理变形及二项式定理中的通项公式的应用，属于基础题．7.答案：D解析：解：由等差数列的性质：得：，或，，，故选：D．由结合性质求得，再求得，由等比数列的性质求得．本题考查学生灵活运用等差数列的性质及等比数列的性质化简求值，是一道基础题．8.答案：D解析：解：由题意可知几何体是圆锥，设底面半径为r，，高为h，则，即，所以圆锥的侧面积为：，当且仅当时，侧面积取得最大值，但是，所以该几何体侧面积的没有最大值．故选：D．判断几何体是圆锥，利用主视图的周长为8，推出圆锥的底面半径与高的关系，然后求解几何体侧面积，推出最大值即可．本题考查三视图的应用，判断几何体的形状，以及几何体的侧面积的最值的求法，是中档题．9.答案：B解析：解：根据，取，，则不成立，故ACD不正确．故选：B．根据，取，，则可排除错误选项．本题考查了不等式的基本性质，取特殊值是解题的关键，属基础题．10.答案：A解析：解：如图所示，过点P作，，垂足分别为N，M．直线是抛物线的准线，．当且仅当三点M，P，F共线时动点P到直线和的距离值和取得最小值．最小值．故选：A．画出图形，过点P作，，垂足分别为N，由于直线是抛物线的准线，可得当且仅当三点M，P，F共线时动点P到直线和的距离值和取得最小值再利用点到直线的距离公式即可得出．本题考查了抛物线的性质、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11.答案：D解析：【分析】本题考查满足祖暅原理的两个几何体的判断，是基础题．解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．利用祖暅原理分析题设中的四个图形，能够得到在和中的两个几何体满足祖暅原理．【解答】设截面与底而的距离为h，则中截面内圆半径为h，则截面圆环的面积为中截面圆的半径为，则截面圆的面积为中截面画的半径为，则截面圆的面积为中截面圆的半径为，则截面的面积为，所以中截面的面积相等，故选D12.答案：C解析：解；根据题意，函数，当时，，设的图象与的图象关于原点对称，则，函数与在上交点的个数，就是函数的图象上关于原点成中心对称的点对的个数，作出函数与的图象；如图所示；它们有3个公共点，从而有3对关于原点对称的点；故选：C．根据题意，设的图象与的图象关于原点对称，结合的解析式求出的解析式，分析可得与在上交点的个数，就是函数的图象上关于原点成中心对称的点对的个数，进而作出函数与的图象；结合图象分析可得答案．本题考查函数的零点与方程的关系，注意数形结合思想的应用，属于基础题．13.答案：解析：解：数列的前n项和为，，，，可得，所以，数列是首项为1，公比为：的等比数列，则．故答案为：．利用数列的递推关系式，推出数列是等比数列，然后求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查计算能力．14.答案：解析：解：由，得，在点处的切线斜率，在点处的切线方程为．故答案为：．先对求导，然后求出切线的斜率，再求出切线方程即可．本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，属基础题．15.答案：6解析：解：食品的保鲜时间单位：小时与储存温度单位：满足函数关系为自然对数的底数，k，b为常数，若该食品在的保鲜时间是384小时，在的保鲜时间是24小时，可得：，，解得，，所以，该食品在的保鲜时间：小时．故答案为：6．利用已知条件求出函数的解析式，然后代入求解即可．本题考查函数的实际意义，函数的解析式的求法，对数运算法则的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．16.答案：解析：【分析】本题考查双曲线C的离心率，注意运用双曲线的定义和三角形的余弦定理，考查学生的计算能力，属于基础题．由题意，，，可得，，由，可得，由余弦定理可得，即可求出双曲线C的离心率．【解答】解：由题意可画下图：因为，由双曲线的定义可得，，得，，由对角线平分可得四边形为平行四边形，又，得，在三角形中，由余弦定理可得，即有，即，可得，即．故答案为：．17.答案：解：由已知及正弦定理得，，由余弦定理可得，又，可得．由已知及正弦定理得，，由，得，是锐角三角形，得，得，，，．面积的取值范围是．解析：由已知及正弦定理得，由余弦定理可得，结合范围，可求A的值．由已知及正弦定理得，，由，利用三角形的面积公式可求，结合是锐角三角形，可求范围，利用正切函数的图象和性质即可求解其取值范围．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，正切函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．18.答案：证明：中，因为B，C分别是PA，PD的中点，，所以，，分所以多面体PABCD中，，，，分平面分又平面PCD，分依题意可得，，直角中，得，又，所以，，分由知，，平面分以C为坐标原点，分别以CB，CD，CP为x，y，z轴，建立如图的坐标系．分则0，，1，，1，，0，，分得分设平面PAB，PAD的一个法向量分别是，则可取分可取分分所以二面角的余弦值为0．解析：先证明平面PCD，再利用线面垂直的性质即可得证；建立空间直角坐标系，求出平面PAB及平面PAD的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．本题考查线面垂直的判定定理及性质定理的运用，考查利用空间向量求解二面角问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．19.答案：解：Ⅰ小区指数为：，小区不是优质小区．B 小区指数为：，小区是优质小区．C小区指数为：，小区不是优质小区．Ⅱ对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，抽到优质小区的个数为：个，抽到良好小区的个数为：个，抽到中等小区的个数为：个，抽到待改进小区的个数为：个，在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为，则的可能取值为0，1，2，，，，的分布列为：01 2P数学期望．解析：Ⅰ分别求出A、B、C三个小区指数，由此能判断A，B，C三个小区是否是优质小区．Ⅱ对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，抽到优质小区的个数为4个，抽到良好小区的个数为3个，抽到中等小区的个数为2个，抽到待改进小区的个数为1个，在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为，则的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．本题考查优质小区的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查学生的逻辑分析能力、运算求解能力，是中档题．20.答案：解：设两动圆的公共点为Q，则有．由椭圆的定义可知Q的轨迹为椭圆，，所以曲线C的方程是：．证明：由题意可知：，设，，当AB的斜率不存在时，易知满足条件的直线AB为：，过定点；当AB的斜率存在时，设直线AB：，联立方程组：，把代入有：，，，因为，所以有，，把代入整理：，有公因式继续化简得，或舍，综合斜率不存在的情况，直线AB恒过定点面积，由第小题的代入，整理得：，因N在椭圆内部，所以，可设，，，时取到最大值．所以面积S的最大值为．解析：设两动圆的公共点为Q，则有，运用椭圆的定义，即可得到a，c，b，进而得到Q的轨迹方程；，设，，根据直线AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，根据条件，运用向量的数量积的坐标表示，结合韦达定理和直线恒过定点的求法，即可得到定点；面积，代入韦达定理，化简整理，结合N在椭圆内，运用对勾函数的单调性，即可得到最大值．本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查椭圆的定义、方程的运用，同时考查平面向量的数量积的坐标表示和直线恒过定点的求法，以及函数的单调性的运用，属于中档题和易错题．21.答案：解：证明：，令，则，则，导数，即在上单调递减，则，则成立，所以原命题成立．由有三个零点可得有三个零点，，当吋，恒成立，可得至多有一个零点，不符合題意；当时，恒成立，可得至多有一个零点，不符合題意；当时，记，得两个零点为，，不妨没，且，时，；时，；时，，观察可得，且，当时，；单调递增，所以有，即，时，，单调递减，时，，单调递减，由知，，且，所以在上有一个零点，由，且，所以在上有一个零点，综上可知，有三个零点，即，有三个零点，所求a的范围是解析：令，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性即可得到结论．构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性，结合函数零点关系分别进行讨论即可．本题主要考查函数零点和方程的应用，构造函数求的导数，研究函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，在求解过程中多次使用构造函数法，有一定的难度．22.答案：解：Ⅰ直线l的参数方程为为参数，消去参数t，得直线l的直角坐标方程为，圆C的极坐标方程为，，，，，圆C的直角坐标方程为．Ⅱ点在圆C上，设，，的取值范围是．解析：Ⅰ直线l的参数方程消去参数t，能求出直线l的直角坐标方程；圆C的极坐标方程转化为，由，，，能求出圆C的直角坐标方程．Ⅱ设，则，由此能求出的取值范围．本题考查直线和圆直角坐标方程的求法，考查代数式的取值范围的求法，考查极坐标方程、直角坐标方程、参数方程的互化等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．23.答案：解：由，得，或或，或，不等式的解集为．若不等式对成立，即不等式对成立，即不等式对成立，，，，的取值范围为解析：根据，可得或或，然后解不等式组即可得到解集；不等式对任意恒成立，即不等式对成立，由绝对值三角不等式可得，从而得到，然后解不等式可得a的范围．本题考了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．。

广东省梅州市丰顺实验中学2020年高二数学理模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 设椭圆和双曲线的公共焦点为，是两曲线的一个公共点，则cos的值等于A. B. C.D.参考答案：B2. 设是函数的导函数，则的值为（）（A）1 （B）0 （C）（D）参考答案：C3. 已知实数p＞0，曲线为参数，）上的点A（2，m），圆为参数）的圆心为点B，若A、B两点间的距离等于圆C2的半径，则p=（）A．4 B．6 C．8 D．10参考答案：【考点】Q8：点的极坐标和直角坐标的互化；QH：参数方程化成普通方程．【分析】由曲线为参数，）消去参数化为普通方程即可得到m与p的关系．由圆为参数）消去参数θ化为普通方程即可得到圆心B及半径r．由题意|AB|=r，利用两点间的距离公式即可得出．【解答】解：由曲线为参数，）化为y2=2px，∴m2=4p．由圆为参数）消去参数θ化为，得到圆心B．半径r=6由题意|AB|=r，可得=6，即，化为p2+8p﹣128=0，又P＞0，解得P=8．故选C．【点评】本题考查了把抛物线的参数方程与圆的参数方程化为普通方程、两点间的距离公式、一元二次方程的解法等基础知识与基本技能方法，属于中档题．4. 设，则“且”是“”的（）充分不必要条件必要不充分条件充分必要条件既不充分也不必要参考答案：A5. 执行如图所示的程序框图，则输出s的值为（）A．10 B．17 C．19 D．36参考答案：C【考点】程序框图．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，循环可得结论．【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：k=2，s=0满足条件k＜10，第一次循环，s=2，k=3，满足条件k＜10，第二次循环，s=5，k=5，满足条件k＜10，第二次循环，s=10，k=9，满足条件k＜10，第二次循环，s=19，k=17，不满足条件k＜10，退出循环，输出s的值为19．故选：C．6. 若|，且，则与的夹角是( )A. B. C. D.参考答案：B7. 已知椭圆过点P(2，3)则+2n的最小值为（）A． B．31 C．32 D．33D8. 若a＞0，b＞0，函数f（x）=4x3﹣ax2﹣bx在x=2处有极值，则ab的最大值等于（）A．18 B．144 C．48 D．12参考答案：B【考点】利用导数研究函数的极值．【分析】求出导函数，利用函数在极值点处的导数值为0得到a，b满足的条件，利用基本不等式即可求出ab的最值．【解答】解：由题意，函数f（x）=4x3﹣ax2﹣bx，求导函数f′（x）=12x2﹣2ax﹣b，∵在x=2处有极值，∴4a+b=48，∵a＞0，b＞0，∴48=4a+b≥2=4；∴2ab≤122=144，当且仅当4a=b=24时取等号；所以ab的最大值等于144．故选：B．9. 下列选项中，说法正确的是A．若命题“”为真命题，则命题和命题均为真命题B．是的必要不充分条件C．是的充要条件D．命题“若构成空间的一个基底，则构成空间的一个基底”的否命题为真命题D10. “在[a,b]上为单调函数”是“函数在[a,b]上有最大值和最小值”的( )A．充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件D.既不充分也非必要条件参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 直线与曲线有且仅有一个公共点，则b的取值范围为__________. 参考答案：或曲线即表示一个半径为的半圆，如图所示当直线经过点时，求得当直线经过点时，求得当直线和半圆相切于点时，由圆心到直线的距离等于半径可得，求得或（舍去）故当直线与曲线恰有一个公共点时的取值范围是：或12. 已知，若关于x的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围为__________.参考答案：【分析】由方程可解得f（x）＝1或f（x）＝m﹣1；分析函数f（x）的单调性与极值，画出f（x）的大致图像，数形结合即可得到满足4个根时的m的取值范围．【详解】解方程得，f（x）＝1或f（x）＝m﹣1；又当x>0时，，f′（x）；故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增；且f（1），当x＜0时，，f′（x）>0,所以在（﹣∞，0）上是增函数，画出的大致图像：若有四个不相等的实数解，则f（x）＝1有一个根记为t，只需使方程f（x）＝m﹣1有3个不同于t的根，则m﹣1；即1；故答案为【点睛】本题考查了利用导数研究方程根的问题，考查了函数的单调性、极值与图像的应用，属于中档题．13. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是参考答案：14. 某工厂有三个车间，现将7名工人全部分配到这三个车间，每个车间至多分3名，则不同的分配方法有______________种．（用数字作答）参考答案：1050略15. .命题“在△ABC中，若∠C=90°，则∠A、∠B都是锐角”的否命题是_____________ .参考答案：在△ABC中，若∠C≠900，则∠A、∠B不都是锐角.16. 已知△ABC的三边长为a，b，c，内切圆半径为r，则△ABC的面积．类比这一结论有：若三棱锥A-BCD的四个面的面积分别为，内切球半径为R，则三棱锥A-BCD的体积______．参考答案：【分析】通过面类比为体，线类比为面，点类比为线，三角形的内切圆可以类比为四面体的内切球．【详解】解：连接内切球球心与各切点，将三棱锥分割成四个小棱锥，它们的高都等于R，底面分别为三棱锥的各个面，它们的体积和等于原三棱锥的体积．即三棱锥体积V A﹣R（S1+S2+S3+S4）．故答案为：R（S1+S2+S3+S4）．BCD【点睛】类比推理是一种非常重要的推理方式，可以以这种推理方式发现证明的方向，但此类推理的结果不一定是正确的，需要证明．17. 已知函数在上是增函数，则实数a 的取值范围是参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。

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．。

绝密★启用前广东省梅州市普通高中2020届高三毕业班下学期高考总复习质检(二模)数学(理)试题2020年6月一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有 一个是符合题目要求的。

1．复数21i z i=-，则其共轭复数z = A ．-1-i B ．-1+i C ．1-i D ．1+i2．已知集合22{|1,},{|2},R M y y x x N x y x ==-==-∈则M N I =A ．B ．[)1,+∞C ．2⎡-⎣D ．)2,⎡-+∞⎣ 3．在ABC ∆中,,D BD DC E A =u u u r u u u r 是的中点,则EB =u u u r21.33A AB AC -u u u r u u u r B ．2133AB AC +u u u r u u u r 31.44C AB AC +u u u r u u u r D.3144AB AC -u u u r u u u r 4．以下四个命题：①若p q ∧为假命题,则p,q 均为假命题；②对于命题2000:,10,R p x x x ∈∃++<则⌝p 为：2,10;R x x x ++∀∉…； ③"2"a =是”函数()log a f x x =在区间()0,+∞上为增函数”的充分不必要条件; ④()()sin f x x ϕω=+为偶函数的充要条件是2πϕ=其中真命题的个数是A ．1B ．2C ．3D ．45．2021年起,我省将实行“3+1+2”高考模式,某中学为了解本校学生的选考情况,随机调查了100位学生,其中选考化学或生物的学生共有70位,选考化学的学生共有40位,选考化学且选考生物的学生共有20位．若该校共有1500位学生,则该校选考生物的学生人数的估计值为A ．300B ．450C ．600D ．750 6.322144x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭展开式的常数项为 A ．120 B ．160 C ．200 D ．2407．已知在各项均不为零的等差数列72311{}220,n a a a a -+=中，数列{}n b 是等比数列, 且77,b a =则86b b ⋅等于A ．2B ．4C ．8D ．168．某几何体的三视图如图示,已知其主视图的周长为8,则该几何体侧面积的最大值为A ．2πB ．4πC ．16πD ．不存在9．若110,a b >>有下列四个不等式：()33l a b <；21log 3log 3;a b ++>②b a b a <- ④3322.a b ab +>则下列组合中全部正确的为A ．①②B ．①③C ．①④D ．②③10．已知直线1l ：2x-y+3=0和直线2l ：x=-1,抛物线24y x =上的点P 到直线1l 和直线2l 的距离之和的最小值是A 5B ．2C 3.2D 11．祖暅是南北朝时代的伟大数学家,五世纪末提出几何体体积计算原理,即祖暅原理：“幂势既同,则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任何一个平面所截,如果截面面积都相等,那么这两个几何体的体积一定相等,现在有四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体,图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球,则满足。

2020年广东省高考数学二模试卷（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）已知集合{|(3)0}A x x x =+<，{|2B x x =-<<，则(A B =I )A ．{|3x x -<<B ．{|3x x -<<C ．{|2x x -<<D ．{|2x x -<<2．（5分）已知复数()(z i a i i =-为虚数单位，)a R ∈，若12a <<，则||z 的取值范围为()A ．B ．，2)C ．D ．(1,2)3．（5分）《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49.5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10.5尺，则立秋的晷长为( ) A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺4．（5分）在ABC ∆中，已知45A ∠=︒，AB =，且AB 边上的高为sin (C =)A B C D 5．（5分）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，则该圆锥的体积为( )A ．B C D 6．（5分）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且在(0,)+∞上单调递减，(3)0f -=，则不等式(1)0f x ->的解集为( ) A ．(3,3)-B ．(-∞，2)(1-⋃，4)C ．(-∞，4)(1--⋃，2)D ．(-∞，3)(0-⋃，3)7．（5分）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>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 ，B ．若0FA FB =u u u r u u u rg ，则该双曲线的离心率为( )A ．5B ．2C ．3D ．28．（5分）已知四边形ABCD 中，//AD BC ，30A ∠=︒，23AB =，5AD =，E 在CB 的延长线上，且AE BE =，则(AE DB =u u u r u u u rg )A ．1B ．2C ．12D ．39．（5分）6(2)x y ++的展开式中，3xy 的系数为( ) A ．120B ．480C ．240D ．32010．（5分）把函数()2sin f x x =的图象向右平移3π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12（纵坐标不变）得到函数()g x 的图象，关于()g t 的说法有：①函数()g x 的图象关于点(,0)3π对称；②函数()g x 的图象的一条对称轴是12x π=-；③函数()g x 在[3π，]2π上的最上的最小值为3；④函数()[0g x ∈，]π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．（5分）如图，在矩形ABCD 中，已知22AB AD a ==，E 是AB 的中点，将ADE ∆沿直线DE 翻折成△1A DE ，连接1A C ．若当三棱锥1A CDE -的体积取得最大值时，三棱锥1A CDE -外接球的体积为823π，则(a = )A ．2B 2C ．22D ．412．（5分）已知函数21()cos 1()2f x ax x a R =+-∈，若函数()f x 有唯一零点，则a 的取值范围为( ) A ．(,0)-∞ B ．(-∞，0][1U ，)+∞ C ．(-∞，1][1U ，)+∞D ．(,0)[1-∞U ，)+∞二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

广东省高考数学二模试卷（理科）一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．函数f（x）=+lg（6﹣3x）的定义域为（）A．（﹣∞，2）B．（2，+∞）C．[﹣1，2）D．[﹣1，2]2．己知复数z=（a∈R，i是虚数单位）是纯虚数，则|z|为（）A．B．C．6 D．33．“p∧q是真命题”是“p∨q是真命题”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．已知sinα﹣cosα=，则cos（﹣2α）=（）A．﹣ B．C．D．5．己知0＜a＜b＜l＜c，则（）A．a b＞a a B．c a＞c b C．log a c＞log b c D．log b c＞log b a6．中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器﹣﹣商鞍铜方升，其三视图如图所示（单位：升），则此量器的体积为（单位：立方升）（）A．14 B．12+C．12+πD．38+2π7．设计如图的程序框图，统计高三某班59位同学的数学平均分，输出不少于平均分的人数（用j表示），则判断框中应填入的条件是（）A．i＜58？B．i≤58？C．j＜59？D．j≤59？8．某撤信群中四人同时抢3个红包，每人最多抢一个，则其中甲、乙两人都抢到红包的概率为（）A．B．C．D．9．己知实数x，y满足不等式组，若z=x﹣2y的最小值为﹣3，则a的值为（）A．1 B．C．2 D．10．函数f（x）=x2﹣（）x的大致图象是（）A．B．C．D．11．已知一长方体的体对角线的长为l0，这条对角线在长方体一个面上的正投影长为8，则这个长方体体积的最大值为（）A．64 B．128 C．192 D．38412．已知函数f（x）=sin2+sinωx﹣（ω＞0），x∈R，若f（x）在区间（π，2π）内有零点，则ω的取值范围是（）A．（，）∪（，+∞）B．（0，]∪[，1）C．（，）∪（，）D．（，）∪（，+∞）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填写在答题卡相应的横线上.13．已知向量=（x﹣1，2），=（2，x﹣1）满足=﹣||•||，则x= ．14．已知直线3x﹣4y﹣6=0与圆x2+y2﹣2y+m=0（m∈R）相切，则m的值为．15．在△ABC中，已知与的夹角为150°，||=2，则||的取值范围是．16．己知双曲线﹣=1（b＞0）的离心率为，F1，F2时双曲线的两个焦点，A 为左顶点、B（0，b），点P在线段AB上，则•的最小值为．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（12分）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=+n+1．（I）求证：数列{+1}是等比教列．（II）求数列{a n}的前n项和为S n．18．（12分）己知图1中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，EF∥CD，O、Q分别为线段AB，CD的中点，OQ与EF的交点为P，OP=1，PQ=2，现将梯形ABCD沿EF 折起，使得OQ=，连结AD，BC，得一几何体如图2示．（I）证明：平面ABCD⊥平面ABFE；（II）若图1中．∠A=45°，CD=2，求平面ADE与平面BCF所成锐二面角的余弦值．19．（12分）某学校在一次第二课堂活动中，特意设置了过关智力游戏，游戏共五关．规定第一关没过者没奖励，过n（n∈N*）关者奖励2n﹣1件小奖品（奖品都一样）．如图是小明在10次过关游戏中过关数的条形图，以此频率估计概率．（Ⅰ）估计小明在1次游戏中所得奖品数的期望值；（II）估计小明在3次游戏中至少过两关的平均次数；（Ⅲ）估计小明在3次游戏中所得奖品超过30件的概率．20．（12分）己知椭圆+=1（a＞b＞0）与抛物线y2=2px（p＞0）共焦点F2，抛物线上的点M到y轴的距离等于|MF2|﹣1，且椭圆与抛物线的交点Q满足|QF2|=．（I）求抛物线的方程和椭圆的方程；（II）过抛物线上的点P作抛物线的切线y=kx+m交椭圆于A，B两点，设线段AB的中点为C（x0，y0），求x0的取值范围．21．（12分）设函数f（x）=（x﹣a）2（a∈R），g（x）=lnx，（I）试求曲线F（x））=f（x）+g（x）在点（1，F（1））处的切线l与曲线F（x）的公共点个数；（II）若函数G（x）=f（x）．g（x）有两个极值点，求实数a的取值范围．（附：当a＜0，x趋近于0时，2lnx﹣趋向于+∞）三、请考生在第（12）、（23）題中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一个题目计分.[选修4-4:坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=tanα•x（0≤a＜π，α），抛物线C：（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（Ⅰ）求直线l1和抛物线C的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l1和抛物线C相交于点A（异于原点O），过原点作与l1垂直的直线l2，l2和抛物线C相交于点B（异于原点O），求△OAB的面积的最小值．五、[选修4-5：不等式选讲]（共1小题，满分0分）23．己知函数f（x）=|2|x|﹣1|．（I）求不等式f（x）≤1的解集A；（Ⅱ）当m，n∈A时，证明：|m+n|≤mn+1．参考答案与试题解析一、选择题：共12小题，每小题5分，共60分。