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2020年广东省湛江市高考数学一模试卷（理科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．复数z满足z（1+i）=|1+i|，则z等于（）A．1﹣iB．1C．﹣iD．﹣i2．有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的数据如下：估计数据落在[31.5，43.5]的概率是（）分组[11.5，15.5）[15.5，19.5）[19.5，23.5）[23.5，27.5）频数 2 4 9 18分组[27.5，31.5）[31.5，35.5）[35.5，39.5）[39.5，43.5）频数11 12 7 3 A．B．C．D．3．已知集合A={1，2，3}，平面内以（x，y）为坐标的点集合B={（x，y）|x∈A，y∈A，x+y∈A}，则B的子集个数为（）A．3B．4C．7D．84．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1=1，公差d=2，S n+2﹣S n=36，则n=（）A．5B．6C．7D．85．若某程序框图如图所示，则输出的P的值是（）A．22B．27C．31D．566．在△ABC中，AB=2，AC=3，•=1，则BC=（）A．B．C．2D．7．等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2=16x的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为（）A．B．C．4D．88．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．64+8πB．48+12πC．48+8πD．48+12π9．已知sinα=，则cos（π﹣2α）=（）A．﹣B．﹣C．D．10．已知a，b∈R，下列四个条件中，使＞1成立的必要不充分条件是（）A．a＞b﹣1B．a＞b+1C．|a|＞|b|D．（）a＞（）b11．已知实数a，b满足a2+b2﹣4a+3=0，函数f（x）=asinx+bcosx+1的最大值记为φ（a，b），则φ（a，b）的最小值为（）A．1B．2C．D．312．已知函数f（x）=的图象上有两对关于坐标原点对称的点，则实数k的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，）C．（0，+∞）D．（0，e）二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．设随机变量X满足正态分布X～N（﹣1，σ2），若P（﹣3≤x≤﹣1）=0.4，则P（﹣3≤x≤1）=．14．若直线y=2x上存在点（x，y）满足约束条件，则实数m的取值范围．15．如图，半径为4的球O中有一内接圆往，则圆柱的侧面积最大值是．16．对于函数f（x），若存在区间M=[a，b]，使得{y|y=f（x）；x∈M}=M，则称函数f（x）具有性质p，给出下列3个函数：①f（x）=sinx②f（x）=x3﹣3x③f（x）=lgx+3其中具有性质p的函数是（填入所有满足条件函数的序号）三、解答题（共5小题，满分60分）17．等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a3=3．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设S n为数列{a n}的前n项和，b n=，求数列{b n}的前n项和T n．18．本着健康、低碳的生活理念，湛江市区采用公共自行车的人越来越多，使用年租卡租车的收费标准是每车每次不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元（不足1小时的部分按1小时计算）．假设甲、乙两人相互独立地用年租卡每天租车一次．已知甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时．（Ⅰ）分别求出甲、乙两人某一天在三小时以上且不超过四小时还车的概率．（Ⅱ）记甲、乙两人一天所付的租车费用之和为ξ，求ξ的分布列及数学期望．19．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD=PD=2，PB=AB=6，点P在底面的正投影在DC上．（I）证明：BD⊥PA；（Ⅱ）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值．20．如图，已知椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c、0），（0，b）的直线的距离为λc（λ∈（0，1），垂直于x轴的直线l与椭圆C1及圆C2：x2+y2=a2均有两个交点，这四个交点按其坐标从大到小分别为A、B、C、D（Ⅰ）当λ=时，求的值；（Ⅱ）设N（a，0），若存在直线l使得BO∥AN，证明：0＜λ＜．21．设函数f（x）=（ax+1）e﹣x（a∈R）（Ⅰ）当a＞0时，求f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立，求实数a的取值范围．[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分）22．如图，AE是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，AB=BC，AD⊥BC，垂足为D．（Ⅰ）求证：AE•AD=AC•BC；（Ⅱ）过点C作⊙O的切线交BA的延长线于F，若AF=4，CF=6，求AC的长．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（θ为参数），在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的单位长度，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，直线l 的方程为ρsin（θ+）=2．（Ⅰ）求圆C的极坐标方程；（Ⅱ）设圆C与直线l交于点A，B，求|AB|．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x﹣2|（1）解不等式xf（x）+3＞0；（2）对于任意的x∈（﹣3，3），不等式f（x）＜m﹣|x|恒成立，求m的取值范围．2020年广东省湛江市高考数学一模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．复数z满足z（1+i）=|1+i|，则z等于（）A．1﹣iB．1C．﹣iD．﹣i【考点】复数求模．【分析】通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可．【解答】解：复数z满足z（1+i）=|1+i|=2，z===1﹣．故选：A．2．有一个容量为66的样本，数据的分组及各组的数据如下：估计数据落在[31.5，43.5]的概率是（）分组[11.5，15.5）[15.5，19.5）[19.5，23.5）[23.5，27.5）频数 2 4 9 18分组[27.5，31.5）[31.5，35.5）[35.5，39.5）[39.5，43.5）频数11 12 7 3 A．B．C．D．【考点】频率分布直方图；列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【分析】根据频率分布表，利用频率=，计算频率即可．【解答】解：数据落在[31.5，43.5]的频数是12+7+3=22，所以数据落在[31.5，43.5]的概率是P==．故选：B．3．已知集合A={1，2，3}，平面内以（x，y）为坐标的点集合B={（x，y）|x∈A，y∈A，x+y∈A}，则B的子集个数为（）A．3B．4C．7D．8【考点】子集与真子集．【分析】先求出B={（1，1），（1，2），（2，1）}，由此能求出B的子集个数．【解答】解：∵集合A={1，2，3}，平面内以（x，y）为坐标的点集合B={（x，y）|x∈A，y∈A，x+y∈A}，∴B={（1，1），（1，2），（2，1）}，∴B的子集个数为：23=8个．故选：D．4．设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1=1，公差d=2，S n+2﹣S n=36，则n=（）A．5B．6C．7D．8【考点】等差数列的性质．【分析】由S n+2﹣S n=36，得a n+1+a n+2=36，代入等差数列的通项公式求解n．【解答】解：由S n+2﹣S n=36，得：a n+1+a n+2=36，即a1+nd+a1+（n+1）d=36，又a1=1，d=2，∴2+2n+2（n+1）=36．解得：n=8．故选：D．5．若某程序框图如图所示，则输出的P的值是（）A．22B．27C．31D．56【考点】程序框图．【分析】根据流程图，先进行判定条件，不满足条件则运行循环体，一直执行到满足条件即跳出循环体，输出结果即可．【解答】解：第一次运行得：n=0，p=1，不满足p＞20，则继续运行第二次运行得：n=﹣1，p=2，不满足p＞20，则继续运行第三次运行得：n=﹣2，p=6，不满足p＞20，则继续运行第四次运行得：n=﹣3，p=15，不满足p＞20，则继续运行第五次运行得：n=﹣4，p=31，满足p＞20，则停止运行输出p=31．故选C．6．在△ABC中，AB=2，AC=3，•=1，则BC=（）A．B．C．2D．【考点】解三角形；向量在几何中的应用．【分析】设∠B=θ，由•=1，利用平面向量的数量积运算法则列出关系式，表示出cosθ，再利用余弦定理表示出cosθ，两者相等列出关于BC的方程，求出方程的解即可得到BC的长．【解答】解：根据题意画出相应的图形，如图所示：∵•=1，设∠B=θ，AB=2，∴2•BC•cos（π﹣θ）=1，即cosθ=﹣，又根据余弦定理得：cosθ==，∴﹣=，即BC2=3，则BC=．故选A7．等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2=16x的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为（）A．B．C．4D．8【考点】圆锥曲线的综合．【分析】设等轴双曲线C：x2﹣y2=a2（a＞0），y2=16x的准线l：x=﹣4，由C与抛物线y2=16x 的准线交于A，B两点，，能求出C的实轴长．【解答】解：设等轴双曲线C：x2﹣y2=a2（a＞0），y2=16x的准线l：x=﹣4，∵C与抛物线y2=16x的准线l：x=﹣4交于A，B两点，∴A（﹣4，2），B（﹣4，﹣2），将A点坐标代入双曲线方程得=4，∴a=2，2a=4．故选C．8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．64+8πB．48+12πC．48+8πD．48+12π【考点】由三视图求面积、体积．【分析】该几何体为棱柱与圆柱的组合体，几何体的表面积为棱柱的表面积加上圆柱的侧面积．【解答】解：由三视图可知该几何体的下部分是底面为边长是4，高是2的四棱柱，上部分是底面直径为4，高为2的圆柱，∴S=4×4×2+4×4×2+4π×2=64+8π．故选A．9．已知sinα=，则cos（π﹣2α）=（）A．﹣B．﹣C．D．【考点】二倍角的余弦；运用诱导公式化简求值．【分析】先根据诱导公式求得cos（π﹣2a）=﹣cos2a进而根据二倍角公式把sinα的值代入即可求得答案．【解答】解：∵sina=，∴cos（π﹣2a）=﹣cos2a=﹣（1﹣2sin2a）=﹣．故选B．10．已知a，b∈R，下列四个条件中，使＞1成立的必要不充分条件是（）A．a＞b﹣1B．a＞b+1C．|a|＞|b|D．（）a＞（）b【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】对于＞1，当b＞0时，a＞b＞0；当b＜0时，a＜b＜0，﹣a＞﹣b＞0，可得＞1⇒|a|＞|b|，反之不成立．即可判断出结论．【解答】解：对于＞1，⇔b（a﹣b）＞0．当b＞0时，a＞b＞0；当b＜0时，a＜b＜0，∴﹣a＞﹣b＞0，∴＞1⇒|a|＞|b|，反之不成立，例如：取a=2，b=﹣1．∴|a|＞|b|是使＞1成立的必要不充分条件．故选：C．11．已知实数a，b满足a2+b2﹣4a+3=0，函数f（x）=asinx+bcosx+1的最大值记为φ（a，b），则φ（a，b）的最小值为（）A．1B．2C．D．3【考点】三角函数的最值．【分析】点（a，b）在圆（a﹣2）2+b2 =1 上，函数f（x）=asinx+bcosx+1 的最大值为φ（a，b）=+1，表示原点到点（a，b）的距离加1，求出圆上的点到原点的距离的最小值为1，从而求得φ（a，b）的最小值．【解答】解：∵实数a，b满足a2+b2﹣4a+3=0，∴（a﹣2）2+b2 =1，表示以（2，0）为圆心，以1为半径的圆．∵函数f（x）=asinx+bcosx+1 的最大值为φ（a，b）=+1，它的几何意义为原点到点（a，b）的距离加1．再由点（a，b）在圆a2+b2﹣4a+3=0上，原点到圆心（2，0）的距离等于2，故圆上的点到原点的距离的最小值为1，所以φ（a，b）的最小值为2，故选B．12．已知函数f（x）=的图象上有两对关于坐标原点对称的点，则实数k的取值范围是（）A．（0，1）B．（0，）C．（0，+∞）D．（0，e）【考点】分段函数的应用．【分析】求出x＞0时关于原点对称的函数g（x）=lnx，由题意可得g（x）的图象和y=kx ﹣2（x＞0）的图象有两个交点．设出直线y=kx﹣2与y=g（x）相切的切点为（m，lnm），求出g（x）的导数，求得切线的斜率，解方程可得切点和k的值，由图象即可得到所求范围．【解答】解：当x＜0时，f（x）=﹣ln（﹣x），由f（x）的图象关于原点对称，可得g（x）=lnx（x＞0），由题意可得g（x）的图象和y=kx﹣2（x＞0）的图象有两个交点．设直线y=kx﹣2与y=g（x）相切的切点为（m，lnm），由g（x）的导数为g′（x）=，即有切线的斜率为=k，又lnm=km﹣2，解得m=，k=e，由图象可得0＜k＜e时，有两个交点．故选：D．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．设随机变量X满足正态分布X～N（﹣1，σ2），若P（﹣3≤x≤﹣1）=0.4，则P（﹣3≤x≤1）=0.8．【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．【分析】根据正态分布曲线关于x=﹣1对称，可得P（﹣3≤x≤﹣1）=P（﹣1≤x≤1），即可得出结论．【解答】解：由正态分布曲线的对称性得：P（﹣3≤x≤﹣1）=P（﹣1≤x≤1），∴P（﹣3≤x≤1）=2P（﹣3≤x≤﹣1）=0.8．故答案为：0.8．14．若直线y=2x上存在点（x，y）满足约束条件，则实数m的取值范围（﹣∞，1]．【考点】简单线性规划．【分析】先根据，确定交点坐标为（1，2）要使直线y=2x上存在点（x，y）满足约束条件，则m≤1，由此可得结论．【解答】解：由题意，由，可求得交点坐标为（1，2）要使直线y=2x上存在点（x，y）满足约束条件，如图所示．可得m≤1则实数m的取值范围（﹣∞，1]．故答案为：（﹣∞，1]．15．如图，半径为4的球O中有一内接圆往，则圆柱的侧面积最大值是32π．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】设出圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，求出圆柱的侧面积表达式，求出最大值【解答】解：∵设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r=4cosα，圆柱的高为8sinα，∴圆柱的侧面积为：32πsin2α，当且仅当α=时，sin2α=1，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为：32π．故答案为：32π．16．对于函数f（x），若存在区间M=[a，b]，使得{y|y=f（x）；x∈M}=M，则称函数f（x）具有性质p，给出下列3个函数：①f（x）=sinx②f（x）=x3﹣3x③f（x）=lgx+3其中具有性质p的函数是②（填入所有满足条件函数的序号）【考点】函数解析式的求解及常用方法．【分析】①对于函数f（x）=sinx，根据其在[﹣，]上是单调增函数，通过分析方程sinx=x在[﹣，]上仅有一解，判断即可；②通过对已知函数求导，分析出函数的单调区间，找到极大值点和极小值点，并求出极大值b和极小值a，而求得的f（a）与f（b）在[a，b]范围内，满足性质P；③根据“性质P”的定义，函数存在“区间M”，只要举出一个符合定义的区间M即可，但要说明函数没有“区间P”，判断即可【解答】解：①对于函数f（x）=sinx，若正弦函数存在等值区间[a，b]，则在区间[a，b]上有sina=a，sinb=b，由正弦函数的值域知道[a，b]⊆[﹣1，1]，但在区间]⊆[﹣1，1]上仅有sin0=0，所以函数f（x）=sinx不具有性质P；②对于函数f（x）=x3﹣3x，f′（x）=3x2﹣3=3（x﹣1）（x+1）．当x∈（﹣1，1）时，f′（x）0．所以函数f（x）=x3﹣3x的增区间是（﹣∞，﹣1），（1，+∞），减区间是（﹣1，1）．取M=[﹣2，2]，此时f（﹣2）=﹣2，f（﹣1）=2，f（1）=﹣2，f（2）=2．所以函数f（x）=x3﹣3x在M=[﹣2，2]上的值域也为[﹣2，2]，则具有性质P；③对于f（x）=lgx+3，若存在“稳定区间”[a，b]，由于函数是定义域内的增函数，故有，即方程lgx+3=x有两个解，这与y=lgx+3和y=x的图象相切相矛盾．故③不具有性质P．故答案为：②．三、解答题（共5小题，满分60分）17．等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a3=3．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设S n为数列{a n}的前n项和，b n=，求数列{b n}的前n项和T n．【考点】等比数列的前n项和；等比数列的通项公式．【分析】（Ⅰ）由等比数列通项公式列出方程组求出首项和公比，由此能求出数列{a n}的通项公式．（Ⅱ）先出S n=，从而b n==2（），由此利用裂项求和法能求出数列{b n}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）∵等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a3=3，∴，解得，∴数列{a n}的通项公式．（Ⅱ）∵S n为数列{a n}的前n项和，∴=，∴b n===2（），∴数列{b n}的前n项和：T n=2（+）=2（）=．18．本着健康、低碳的生活理念，湛江市区采用公共自行车的人越来越多，使用年租卡租车的收费标准是每车每次不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元（不足1小时的部分按1小时计算）．假设甲、乙两人相互独立地用年租卡每天租车一次．已知甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过四小时．（Ⅰ）分别求出甲、乙两人某一天在三小时以上且不超过四小时还车的概率．（Ⅱ）记甲、乙两人一天所付的租车费用之和为ξ，求ξ的分布列及数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）根据题意，由全部基本事件的概率之和为1，利用对立事件概率计算公式求解即可．（Ⅱ）由题意ξ的可能取值为0，2，4，6，8，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列及数学期望．【解答】解：（Ⅰ）甲在三小时以上且不超过四小时还车的概率为1﹣=，乙在三小时以上且不超过四小时还车的概率为1﹣=．（Ⅱ）由已知得ξ的可能取值为0，2，4，6，8，P（ξ=0）==，P（ξ=2）==，P（ξ=4）==，P（ξ=6）=+=，P（ξ=8）=（1﹣）（1﹣）=，∴ξ的分布列为：ξ0 2 4 6 8PEξ=+8×=．19．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AD=PD=2，PB=AB=6，点P在底面的正投影在DC上．（I）证明：BD⊥PA；（Ⅱ）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的性质．【分析】（Ⅰ）取AP中点O，连结DO、BO，推导出PA⊥平面BDO，由此能证明BD⊥PA．（Ⅱ）过P作PE⊥平面ABCD，交DC于E，以E为原点，过E作DA的平行线为x轴，EC为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AP与平面PBC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）取AP中点O，连结DO、BO，∵AD=PD=2，PB=AB=6，∴DO⊥PA，BO⊥PA，又DO∩BO=O，∴PA⊥平面BDO，∵BD⊂平面BDO，∴BD⊥PA．解：（Ⅱ）∵底面ABCD为矩形，AD=PD=2，PB=AB=6，点P在底面的正投影在DC上∴过P作PE⊥平面ABCD，交DC于E，PC==2，∴PD2+PC2=CD2，∴PD⊥PC，∴PE==2，DE==2，CE=6﹣2=4，以E为原点，过E作DA的平行线为x轴，EC为y轴，EP为z轴，建立空间直角坐标系，∴A（2，﹣2，0），P（0，0，2），B（2，4，0），C（0，4，0），=（2，﹣2，﹣2），=（2，4，﹣2），=（0，4，﹣2），设面PBC的法向量=（x，y，z），则，取z=，得=（0，1，），设直线AP与平面PBC所成角为α，则sinα===．∴直线AP与平面PBC所成角的正弦值为．20．如图，已知椭圆C1：+=1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c、0），（0，b）的直线的距离为λc（λ∈（0，1），垂直于x轴的直线l与椭圆C1及圆C2：x2+y2=a2均有两个交点，这四个交点按其坐标从大到小分别为A、B、C、D（Ⅰ）当λ=时，求的值；（Ⅱ）设N（a，0），若存在直线l使得BO∥AN，证明：0＜λ＜．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）求出过两点（c、0），（0，b）的直线方程，由点到直线的距离公式可得b=λa，取λ=，求得椭圆方程，然后分别联立直线x=m（﹣a＜m＜a）与椭圆与圆方程，求出点的坐标，则的值可求；（Ⅱ）联立直线方程和椭圆方程、直线方程和圆的方程，求出A，B的坐标，由斜率相等可得，结合﹣a＜m＜0即可证得0＜λ＜．【解答】（Ⅰ）解：过两点（c、0），（0，b）的直线方程为，即bx+cy﹣bc=0，由原点O到直线bx+cy﹣bc=0的距离为λc（λ∈（0，1），得，即b=λa，当λ=时，b=，此时椭圆方程为．设直线l的方程为x=m（﹣a＜m＜a），联立，解得B（m，），C（m，），联立，解得A（m，），D（m，﹣），∴=；（Ⅱ）证明：如图，由（Ⅰ）得，A（m，），联立，得B（m，λ），又N（a，0），∴，而，由BO∥AN，得，∴m=λ（m﹣a），即．∵﹣a＜m＜0，∴，即，解得：λ＞1（舍）或，又λ∈（0，1），∴0＜λ＜．21．设函数f（x）=（ax+1）e﹣x（a∈R）（Ⅰ）当a＞0时，求f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）对任意x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立，求实数a的取值范围．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．【分析】（Ⅰ）求导，当a＞0时，令f′（x）＞0，解得函数的单调递增区间；（Ⅱ）x∈[0，+∞），由题意可知将f（x）≤x+1恒成立，转化为a≤e x+，x∈[0，+∞）恒成立，构造辅助函数F（x）=e x+，g（x）=，求导，F（x）在x∈[0，+∞）上单调递增，由在x=0处极限，=1，可求得F（x）的最小值，求得a的取值范围；【解答】解：（Ⅰ）f（x）=（ax+1）e﹣x（a∈R）定义域为R，∴f′（x）=e﹣x（﹣ax+a﹣1），令f′（x）=0，解得：x=1﹣，f′（x）＞0，解得x＜1﹣，∴当a＞0时，求f（x）的单调递增区间；（﹣∞，1﹣）；（Ⅱ）由x∈[0，+∞），f（x）≤x+1恒成立，即（ax+1）e﹣x≤x+1，可转化为a≤e x+，x∈[0，+∞）恒成立，设F（x）=e x+，g（x）=，则g′（x）=，令h（x）=（x﹣1）e x+1，则h′（x）=e x+e x（x﹣1）=xe x，当x＞0时，h′（x）=xe x＞0，∴h（x）是上的增函数，∴h（x）＞h（0）=0，∴g′（x）=＞0，即函数g（x）是（0，+∞）上的增函数．∴F（x）在（0，+∞）上的增函数．F（x）在x=0处取最小值，即（e x+）=1+，由洛必达法则可知：=1，故F（x）的最小值为2，∴a≤2，实数a的取值范围（﹣∞，+2]．[选修4-1：几何证明选讲]（共1小题，满分10分）22．如图，AE是⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，AB=BC，AD⊥BC，垂足为D．（Ⅰ）求证：AE•AD=AC•BC；（Ⅱ）过点C作⊙O的切线交BA的延长线于F，若AF=4，CF=6，求AC的长．【考点】与圆有关的比例线段．【分析】（Ⅰ）连接BE，由直径所对圆周角为直角得到∠ABE=90°，由三角形相似的条件得到△ACD∽△AEB，再由相似三角形对应边成比例得AE•AD=AC•BC；（Ⅱ）由切割弦定理可得CF2=AF•BF，然后再由三角形相似求得AC的值．【解答】（Ⅰ）证明：连接BE，∵AE为圆O的直径，∴∠ABE=90°，∵AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴∠ABE=∠ADC，又∵∠ACD=∠AEB，∴△ACD∽△AEB，∴，又∵AB=BC，∴AE•ED=AC•BC；（Ⅱ）解：∵CF是圆O的切线，∴CF2=AF•BF，又AF=4，CF=6，∴BF=9，∴AB=BF﹣AF=5，又∵∠ACF=∠FBC，∠F为公共角，∴△AFC∽△CFB，∴，∴AC=．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为（θ为参数），在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的单位长度，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，直线l 的方程为ρsin（θ+）=2．（Ⅰ）求圆C的极坐标方程；（Ⅱ）设圆C与直线l交于点A，B，求|AB|．【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程．【分析】（I）利用cos2θ+sin2θ=1可把圆C的参数方程化为普通方程，再利用化为极坐标方程．（II）直线l的方程为ρsin（θ+）=2，展开可得直角坐标方程．求出圆心C到直线l 的距离d，利用弦长公式|AB|=2即可得出．【解答】解：（I）圆C的参数方程为（θ为参数），化为（x﹣2）2+y2=4，即x2+y2﹣4x=0，化为极坐标方程：ρ2﹣4ρcosθ=0，即ρ=4cosθ．（II）直线l的方程为ρsin（θ+）=2，展开化为：（ρsinθ+ρcosθ）=2，可得直角坐标方程：y+x﹣4=0．由（I）可知：圆C的圆心C（2，0），半径r=2．∴圆心C到直线l的距离d==，∴|AB|=2=2．[选修4-5：不等式选讲]24．已知函数f（x）=|x﹣2|（1）解不等式xf（x）+3＞0；（2）对于任意的x∈（﹣3，3），不等式f（x）＜m﹣|x|恒成立，求m的取值范围．【考点】函数恒成立问题．【分析】（1）把f（x）的解析式代入xf（x）+3＞0，去绝对值后化为不等式组，求解不等式组得答案；（2）把f（x）＜m﹣|x|，分离变量m后构造分段函数，求解分段函数的最大值，从而得到m的取值范围．【解答】解：（1）∵f（x）=|x﹣2|，∴xf（x）+3＞0⇔x|x﹣2|+3＞0⇔①或②，解①得：﹣1＜x≤2，解②得x＞2，∴不等式xf（x）+3＞0的解集为：（﹣1，+∞）；（2）f（x）＜m﹣|x|⇔f（x）+|x|＜m，即|x﹣2|+|x|＜m，设g（x）=|x﹣2|+|x|（﹣3＜x＜3），则，g（x）在（﹣3，0]上单调递减，2≤g（x）＜8；g（x）在（2，3）上单调递增，2＜g（x）＜4∴在（﹣3，3）上有2≤g（x）＜8，故m≥8时不等式f（x）＜m﹣|x|在（﹣3，3）上恒成立．2020年7月15日第21页（共21页）。
广东省各地市2023届高考化学一模试题分类汇编-02工业流程题一、工业流程题1．（广东省惠州市2023届高三下学期第一次调研考试化学试题）利用硫酸烧渣(主要含23Fe O 、FeO ，还含有2SiO 和CuO 等)来制取4FeSO 溶液。
(1)①将硫酸烧渣进行粉碎，其目的是_______。
②“酸浸”时，23Fe O 发生反应的离子方程式是_______。
(2)“还原”时，铁粉将3Fe +、2Cu +还原为2Fe +和Cu 。
检验3Fe +是否已全部被还原，所选用试剂的化学式是_______。
(3)将得到的4FeSO 溶液进行下列操作，测定其物质的量浓度：步骤一：取410.00mLFeSO 溶液，将其稀释成100.00mL 溶液。
步骤二：取25.00mL 稀释后的溶液，向其中加入10.100mol L -⋅酸性4KMnO 溶液。
恰好反应时，记下消耗4KMnO 溶液的体积。
步骤三：重复上述实验3次，平均消耗4KMnO 溶液20.00mL 。
已知：22342___MnO ___Fe ___H ___Mn ___Fe ___H O +-++++++=+(未配平)①配平上述方程式_______。
②“步骤一”中稀释时所用的水需先进行加热煮沸，其目的是_______。
③试通过计算，求原4FeSO 溶液的物质的量浓度是多少？(写出计算过程)_______2．（广东省江门市2023届高三下学期第一次模拟考试化学试题）(氧化铬(Cr 2O 3)可用作着色剂、分析试剂、催化剂等。
以含铬废料(含FeCr 2O 4、MgO 、SiO 2、Al 2O 3等)为原料制备氧化铬的一种流程如图所示。
已知：烧渣的成分为Na 2CrO 4、NaAlO 2、Na 2SiO 3、Fe 2O 3、MgO ；25℃时，K sp [Fe(OH)3]=4×10-38、K sp [Al(OH)3]=1×l0-33、K sp [Mg(OH)2]=2×10-11，溶液中离子浓度≤10-5mol·L -1时，认为该离子沉淀完全。
2020年湛江市实验中学高三语文一模试题及答案一、现代文阅读（36分）(一)现代文阅读I(9分)阅读下面的材料,完成下面小题。
材料一:“少卿,杂役,今日公案何时毕?”随着戏腔念白风格的片尾曲响起,国产动画《大理寺日志》第一季收官。
动画不仅收获了豆瓣8.6的评分和B站过亿的播放量,其中展现的唐代风俗文化,也让不少网友直呼“神还原”“细节赞”。
《大理寺日志》讲述的是在唐朝式则天时期,大理寺白猫少卿李饼带领众人侦破各种案件的故事。
动画一开始，就为观众呈现了一个繁华的洛阳城。
大到街景、建筑，小到服饰、器物,几乎都能从古时找到原型。
在剧中,李饼因受家族牵连被关押进了大理寺,后来又因大赦出狱，当上大理寺少卿。
这个在古装剧中出镜率极高的大理寺究竟是个什么“寺”?在唐代,大理寺是最高审判机关，负责审判中央朝廷百官犯罪及京师徒刑以上的案件。
大理寺还与刑部、御史台合称“三法司”，经常会一起审理复杂疑难案件,后世所谓的“三堂会审”就是由此而来。
据《唐六典》记载,大理寺的主官叫大理寺卿,少卿则是寺卿的副手,因此李饼担任的是极为重要的职务。
剧中的大理寺评事、“歪果仁”阿里巴巴,因为一口“塑料”普通话成为笑点担当。
其实,在唐代,像阿里巴巴这样的留学生还真不少。
据史料记载,长安城里的留学生最多时达到上万人。
贞观元年,大唐对留学生开放科举考试,登科及第被称作“宾贡进士”,甚至可以成为大唐的官员。
因此,来自大食国的阿里巴巴能在大理寺任职也并不稀奇了。
(摘编自2020-7-29“人民网·文化频道”)材料二:《大鱼海棠》出现的一系列人物和情节,均借鉴于上古神话传说。
《庄子·逍遥游》有记载:“上古有大椿者,八千岁为春,八千岁为秋”“北冥有鱼,其名为鲲。
鯤之大,不知其几千里也”。
这些用典,不仅成为男女主角名字的来历,也暗示了他们的命运。
此外,影片中还出现了木神句芒、火神祝融等多位来自《山海经》的神仙异者,形成了光怪陆离的神话世界。
2020届广东省湛江市高三下学期高考一模考试数学（理）试卷★祝考试顺利★(解析版)注意事项：1．答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号．回答非选择题时,将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回．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1|1||M x x ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭,{|lg 0}N x x =>,则()R M N =（ ） A. ∅B. (1,1)-C. (1,)+∞D. (,1)-∞- 【答案】D【解析】 解出集合,M N ,再求出R N ,根据交集定义即可求得()R M N . 【详解】由11||x <,解得1x <-或1x >, {|1M x x ∴=<-或1}x >．由lg 0x >,解得1x >,{|1}N x x ∴=>．{|1}R N x x ∴=．(){|1}R M N x x ∴=<-．故选：D ．2. 已知复数z 满足||2z i -（i 是虚数单位）,则||z 的最大值为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5 【答案】B【解析】由复数的几何意义可知Z 对应的轨迹,从而得到||z 的最大值.【详解】由复数的模的几何意义可知,复数z 在复平面内对应的点Z 的轨迹为：以(0,1)为圆心,以2为半径的圆的内部（包括圆周）． 而||z 表示点Z 到点(0,0)的距离,所以当点Z 为()0,3时,||z 最大,故||z 的最大值是3.故选：B ．3. 已知136a =,2log b =,21.2c =,则a ,b ,c 的大小关系是（ ）．A. b c a >>B. a c b >>C. a b c >>D. b a c >>【答案】C【解析】由对数运算,指数运算,即可容易判断.【详解】∵32223log log 22b ===,21.2 1.44c ==,136a =, ∴331366a ⎛⎫= ⎪⎝⎭=． ∵3327628⎛⎫=< ⎪⎝⎭, ∴a b c >>．故选：C ．4. 已知直线,a b ,平面,,,a b αβαα⊂⊂,则//,//a b ββ是//αβ的 （ ）A. 充分但不必要条件B. 必要但不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件。
专题06 动量和动量定理1．（2021·湖南高三一模）姚明是中国篮球史上最成功的运动员之一，他是第一个入选NBA 篮球名人堂的中国籍球员﹐如图所示是姚明在某场NBA 比赛过程中的一个瞬间，他在原地运球寻找时机，假设篮球在竖直方向运动，落地前瞬间的速度大小为8m/s ，弹起瞬间的速度大小为6m/s ，球与地面的接触时间为0.1s ，已知篮球质量为600g ，取210m /s g =，则地面对球的弹力大小为（ ）A ．90NB ．84NC ．18ND ．36N【答案】A【解析】设向上为正方向，根据动量定理可得()()0t F mg t mv mv -=--，代入数据得90F =N ，故选A 。
2．（2021·辽宁沈阳市高三一模）如图所示，篮球运动员接传过来的篮球时，通常要先伸出双臂迎接篮球，手接触到篮球后，双手迅速将篮球引全胸前，运用你所学的物理规律分析，这样做可以（ ）A ．减小篮球对手冲量的大小B ．减小篮球的动量变化量的大小C ．减小篮球对手作用力的大小D ．减小篮球对手的作用时间 【答案】C【解析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得0Ft mv -=-，则=mvF t，当时间增大时，动量的变化量不变，篮球对手冲量的大小不变，球对手的作用力减小，故C 正确，ABD 错误。
故选C 。
3．（2021·广东江门市高三一模）如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为建筑材料被吊车竖直提升过程的运动图像（竖直向上为正方向），根据图像下列判断正确的是（ ）A．46s时材料离地面的距离最大B．前36s重力的冲量为零C．在30~36s钢索最容易发生断裂～材料处于失重状态D．3646s【答案】D【解析】A．36s时材料离地面的距离最大，36s后材料开始向下运动，所以A错误；B．前36s合外力的冲量为零，重力的冲量为mgt，所以B错误；C．在30~36s过程，材料做匀减速运动，此时钢索的拉力小～材料向下做匀加速运动，加速度向下，于材料的重力，所以钢索不容易发生断裂，则C错误；D．3646s则材料处于失重状态，所以D正确；故选D。
湛江一中、二中、北大附属实验学校和廉江实验学校成绩比较湛江的高考成绩在广东来说处于中等，不过有几所高中的成绩还是非常不错的，在全省来说都处于前列。
湛江近几年教育的发展也是非常不错的，今年湛江共23人被清北录取，创历史新高。
今天给大家整理了一下湛江2020年高考成绩排名靠前的几所高中，看看这些高中的成绩怎么样？廉江实验学校一所集小学、初中、高中、高考补习班于一体的高起点、高规格、高效率、高质量、现代化民办学校。
学校师资力量强大，教学理念先进，教学成绩突出。
成为湛江地区强势崛起的一流名校。
2020年高考成绩：全市被屏蔽6人，廉江实验占4人，清北录取16人，其中应届生10人，600分一所202人。
2014年创办至今考入清北学生已经达到50人。
湛江一中广东省国家级示范性普通高中、广东省一级学校、广东省重点中学。
学校连续多年被评为湛江市高考工作先进单位。
将全力办成理念先进、成绩卓著、特色鲜明的省内一流，全国知名的现代化教育集团。
2020年高考成绩：理科有1人进入全省前50被屏蔽，690分以上2人，680分以上10人，670分以上25人，660分以上51人，650分以上有84人。
文理科600分及以上合计391人，全市第一；达高分优先投档分数线1308人，理科优投率超过80%；本科上线1737人，本科上线率超98.5%。
理科卓越班平均分656.3分，高出优投线132.3分。
清北共录取4人。
湛江二中广东省国家级示范性普通高中、全国教育系统先进集体、广东省一级学校、广东省重点中学。
2020年高考成绩：理科最高分674（2人并列），660以上5人，文科最高分628分（全省排名222），理科上善班平均分640分，文理科上善班高优率100%。
文理600分以上合计94人。
湛江北大附属实验学校一所高起点的全日制寄宿学校，学校环境安静素雅，江南风格建筑，配有现代化的教学设备和生活设施。
学校以深厚的国学底蕴、传统和科学相结合的教学方式。
广东省湛江市2020年高考语文第一次模拟考试试卷及答案班级：_________ 姓名:_________ 学号：_________ (考试时间60分钟，满分100分，附加题20分)题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20附加题总分得分同学们，严肃考风考纪，树立优良学风，祝大家取得优良成绩。
广东省湛江市2015年普通高考测试(一)语文试题一、本大题4小题，每小题3分，共12分。
1．下列词语中加点的字，每对读音都不相同的一组是A．翩跹/掀起盘桓/城垣碑帖/请帖B．损失/吮吸菜畦/洼陷拗断/执拗C．妊娠/笙箫懦弱/濡染省亲/反躬自省D．疟疾/戏谑肄业/酒肆标识/博闻强识2．下面语段中画线的词语，使用不恰当的一项是乙未羊年元旦佳节，自古就寓意吉祥的“羊”，顺理成章成为各展览机构的宠儿。
“羊”一直是中国艺术领域里常见的表现题材，如天造地设精妙无比的商代“四羊方尊”，集雄奇与秀美于一身；再有妇孺皆知的“苏武牧羊”的故事，也在各种艺术门类作品中流传；在年画、剪纸等各种民间艺术中，“羊”的形象更是多姿多彩。
A．寓意B．顺理成章C．天造地设D．妇孺皆知3．下列句子中，没有语病的一项是A．据中国人大网的问卷调查显示，49%的被调查者对机关事业单位职工退休金与企业职工养老金差距大表示不满。
B．今年6月10日，有网友爆料“辽宁本溪高中高考体育违规加分”，此事随即引起各大报纸、电台、电视台和媒体的广泛关注。
C．近日，“蛟龙”号载人潜水器在西南印度洋中国多金属硫化物勘探合同区执行下潜科考任务，并首次搭载我国潜航学员下潜。
D．今年冬天，日本寒冷和大雪的城市不在少数，不但造成交通上的不便，也给那些在冬季选择户外运动的游客造成了不少麻烦。
4．把下列句子组成语意连贯的语段，排序最恰当的一项是①人要真诚，然而人更要正确。
②谁愿意和对自己观点都不认同的对手辩论呢？③真诚是正确推理的必要条件，但不是充分条件。
