2020年广东省高考数学二模试卷(理科)

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

2020年高考数学二模试卷（理科）一、选择题1．设集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}，B＝{y|y＝2x，x∈R}，则A∪B等于（）A．∅B．R C．（3，+∞）D．（0，+∞）2．瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角形式：e iθ＝cosθ+i sinθ，（i为虚数单位），根据该式，计算eπi+1的值为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．i3．等差数列{a n}的前n项和为S n，S15＝30，a10＝4，则a9＝（）A．2 B．3 C．4 D．84．函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，要得到函数g（x）＝A cosωx的图象，只需将f（x）的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位5．已知直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限围成的封闭图形的面积为a，则（﹣）5的展开式中，x的系数为（）A．5 B．﹣5 C．20 D．﹣206．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．设a＞b＞0，a+b＝1，且x＝（）b，y＝ab，z＝a，则x、y、z的大小关系是（）A．y＜z＜x B．z＜y＜x C．x＜y＜z D．y＜x＜z8．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）A．B．C．D．9．函数f（x）＝x sin x+﹣在区间[﹣2π，2π]上的大致图象为（）A．B．C．D．10．以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）上一点M为圆心作圆，该圆与x轴相切于双曲线C的一个焦点F（c，0），与y轴交于P，Q两点，若|PQ|＝c，则双曲线C的离心率是（）A．B．C．2 D．11．如图，点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动（P点异于B、C1点），则下列四个结论：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变：②A1P∥平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个12．若x，a，b均为任意实数，且（a+2）2+（b﹣3）2＝1，则（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（）A．3B．18 C．3﹣1 D．19﹣6二、填空题13．已知x与y之间的一组数据：x0 2 4 6y a 3 5 3a已求得关于y与x的线性回归方程＝1.2x+0.55，则a的值为．14．已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝．15．已知四棱锥S﹣ABCD的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于．16．记数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2），若对任意的正偶数k，λ（S k﹣3k）≥4恒成立，则实数λ的最小值为．三、解答题：共70分．解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，.每个试题学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，且sin（C﹣）•cos C ＝．（1）求角C的大小；（2）若向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，求△ABC的周长．18．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90°，EC ＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．19．设椭圆C：+＝1（a＞b＞0），F1、F2为椭圆C左右焦点，B为短轴端点，且＝4，离心率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，且满足|+|＝|﹣|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由20．已知函数f（x）＝﹣a（x﹣1）2+（x﹣2）e x（a＞0）．（1）讨论函数f（x）的单调性：（2）若关于x的方程f（x）+a＝0存在3个不相等的实数根，求实数a的取值范围．21．某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次：②混合检验，将其中k（k∈N*且k ≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）：（ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.09．（二）选考题：共10分．请考生在第22.23题中任选-一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知曲线C的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．（1）求曲线C和射线12的极坐标方程；（2）求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+x，a∈R．（Ⅰ）若f（1）+f（2）＞5，求a的取值范围；（Ⅱ）若a，b∈N*，关于x的不等式f（x）＜b的解集为（﹣∞，），求a，b的值．参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}，B＝{y|y＝2x，x∈R}，则A∪B等于（）A．∅B．R C．（3，+∞）D．（0，+∞）【分析】求定义域得集合A，求值域得集合B，根据并集的定义写出A∪B．解：集合A＝{x|y＝lg（x﹣3）}＝{x|x﹣3＞0}＝{x|x＞3}，B＝{y|y＝2x，x∈R}＝{y|y＞0}，则A∪B＝{x|x＞0}．故选：D．2．瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角形式：e iθ＝cosθ+i sinθ，（i为虚数单位），根据该式，计算eπi+1的值为（）A．﹣1 B．0 C．1 D．i【分析】利用公式e ix＝cos x+i sin x，代入化简即可得出．解：由e ix＝cos x+i sin x，则e iπ+1＝cosπ+i sinπ+1＝0，故选：B．3．等差数列{a n}的前n项和为S n，S15＝30，a10＝4，则a9＝（）A．2 B．3 C．4 D．8【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式即可得出．解：设等差数列{a n}的公差为d，∵S15＝30，a10＝4，∴15a1+d＝30，a1+9d＝4，联立解得：a1＝﹣5，d＝1，则a9＝﹣5+8＝3．故选：B．4．函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为，要得到函数g（x）＝A cosωx的图象，只需将f（x）的图象（）A．向左平移个单位B．向右平移个单位C．向左平移个单位D．向右平移个单位【分析】由题意利用诱导公式，函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．解：∵函数f（x）＝A sin（ωx+）（ω＞0）的图象与x轴的两个相邻交点间的距离为＝，∴ω＝3，f（x）＝A sin（3x+）．要得到函数g（x）＝A cos3x＝A sin（3x+）的图象，只需将f（x）的图象向左平移个单位，故选：A．5．已知直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限围成的封闭图形的面积为a，则（﹣）5的展开式中，x的系数为（）A．5 B．﹣5 C．20 D．﹣20【分析】定积分表示围成的图形的面积，然后计算求出a的值，根据二项式展开的公式将二项式展开，令x的幂级数为1，求出r，从而求解．解：两个图形在第一象限的交点为（2，8），所以曲线y＝x3与直线y＝4x在第一象限所围成的图形的面积是∫02（4x﹣x3）dx，而∫02（4x﹣x3）dx＝（2x2﹣x4）|02＝8﹣4＝4，则（﹣）5展开式的通项公式为T r+1＝（﹣1）r C5r45﹣r x，由﹣5＝1，解得r＝4，则展开式中的系数为（﹣1）4C544＝20，故选：C．6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“意思是说两个同高的几何体，若在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【分析】利用祖暅原理可得：A、B在等高处的截面积恒相等”，可得：A、B的体积相等．即可判断出p与q的关系．解：设A、B为两个同高的几何体，p：A、B的体积不相等，q：A、B在等高处的截面积不恒相等．由“A、B在等高处的截面积恒相等”，由祖暅原理，可得：A、B的体积相等．因此可得：A、B的体积不相等，必然：A、B在等高处的截面积不恒相等．即p⇒q，反之不成立．∴p是q的充分不必要条件．故选：A．7．设a＞b＞0，a+b＝1，且x＝（）b，y＝ab，z＝a，则x、y、z的大小关系是（）A．y＜z＜x B．z＜y＜x C．x＜y＜z D．y＜x＜z【分析】由已知得到a，b的具体范围，进一步得到ab，，的范围，结合指数函数与对数函数的性质得答案．解：由a＞b＞0，a+b＝1，得0，，且0＜ab＜1，则，，a＜，∴x＝（）b＞0，y＝ab＝﹣1，0＝＞z＝a＞＝﹣1，∴y＜z＜x．故选：A．8．甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）A．B．C．D．【分析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．解：由题意，甲获得冠军的概率为×+×+×＝，其中比赛进行了3局的概率为×+×＝，∴所求概率为＝，故选：B．9．函数f（x）＝x sin x+﹣在区间[﹣2π，2π]上的大致图象为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，分析可得f（x）为偶函数，排除AD，求出f（）的值，排除B，即可得答案．解：根据题意，f（x）＝x sin x+﹣，则f（﹣x）＝f（x），即函数f（x）为偶函数，排除A、D；当x＝时，f（）＝﹣（）+﹣＜0，排除B；故选：C．10．以双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）上一点M为圆心作圆，该圆与x轴相切于双曲线C的一个焦点F（c，0），与y轴交于P，Q两点，若|PQ|＝c，则双曲线C的离心率是（）A．B．C．2 D．【分析】由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x＝c，代入双曲线的方程，可得M的坐标，圆的半径，运用弦长公式，可得|PQ|＝2＝c，可得a，c的方程，运用离心率公式计算即可得到所求值．解：由题意可设F（c，0），MF⊥x轴，可设M（c，n），n＞0，设x＝c，代入双曲线的方程可得y＝b＝，即有M（c，），可得圆的圆心为M，半径为，即有M到y轴的距离为c，可得|PQ|＝2＝c，化简可得3b4＝4a2c2，由c2＝a2+b2，可得3c4﹣10c2a2+3a4＝0，由e＝，可得3e4﹣10e2+3＝0，解得e2＝3（舍去），即有e＝．故选：A．11．如图，点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的面对角线BC1上运动（P点异于B、C1点），则下列四个结论：①三棱锥A﹣D1PC的体积不变：②A1P∥平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线线、线面、面面平行和垂直的判断与性质求解．解：对于①，由题意知AD1∥BC1，从而BC1∥平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A﹣D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1∥AD1且相等，由于①知：AD1∥BC1，所以BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC⊥平面BCB1C1，所以DC⊥BC1，若DP⊥BC1，则BC1⊥平面DCP，BC1⊥PC，则P为中点，与P为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB1，由DB1⊥AC且DB1⊥AD1，可得DB1⊥面ACD1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C．12．若x，a，b均为任意实数，且（a+2）2+（b﹣3）2＝1，则（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（）A．3B．18 C．3﹣1 D．19﹣6【分析】由题意可得（a，b）在（﹣2，3）为圆心，1为半径的圆上，（x﹣a）2+（lnx ﹣b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，设过切点（m，lnm）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直，由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，解方程求得切点，圆心和切点的距离d，可得距离的最小值为d﹣r，可得所求值．解：（a+2）2+（b﹣3）2＝1，可得（a，b）在（﹣2，3）为圆心，1为半径r的圆上，（x﹣a）2+（lnx﹣b）2表示点（a，b）与点（x，lnx）的距离的平方，设过切点（m，lnm）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直，可得•＝﹣1，即有lnm+m2+2m＝3，由f（m）＝lnm+m2+2m在m＞0递增，且f（1）＝3，可得切点为（1，0），圆心与切点的距离为d＝＝3，可得（x﹣a）2+（lnx﹣b）2的最小值为（3﹣1）2＝19﹣6，故选：D．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分，13．已知x与y之间的一组数据：x0 2 4 6y a 3 5 3a已求得关于y与x的线性回归方程＝1.2x+0.55，则a的值为 2.15 ．【分析】首先求出这组数据的横标和纵标的平均数，写出这组数据的样本中心点，把样本中心点代入线性回归方程求出a的值．解：＝3，＝a+2，将（3，a+2）带入方程得：a+2＝3.6+0.55，解得：a＝2.15，故答案为：2.15．14．已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝ 6 ．【分析】求出抛物线的焦点坐标，推出M坐标，然后求解即可．解：抛物线C：y2＝8x的焦点F（2，0），M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，可知M的横坐标为：1，则M的纵坐标为：，|FN|＝2|FM|＝2＝6．故答案为：6．15．已知四棱锥S﹣ABCD的三视图如图所示，若该四棱锥的各个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于π．【分析】根据四棱锥S﹣ABCD的三视图，把四棱锥S﹣ABCD补成长方体，点S是所在棱的中点，设长方体的上下底面的对角线的交点分别为O1，O2，所以四棱锥S﹣ABCD的外接球的球心O在线段O1O2上，由三视图的数据可知：AB＝4，BC＝2，SC＝3，长方体的高O1O2＝，CO2＝，SO，设四棱锥S﹣ABCD的外接球的半径为R，得到，从而求出半径R，得到球O的表面积．解：根据四棱锥S﹣ABCD的三视图，把四棱锥S﹣ABCD补成长方体，点S是所在棱的中点，设长方体的上下底面的对角线的交点分别为O1，O2，所以四棱锥S﹣ABCD的外接球的球心O在线段O1O2上，如图所示：，由三视图的数据可知：AB＝4，BC＝2，SC＝3，∴长方体的高O1O2＝，CO2＝，SO，设四棱锥S﹣ABCD的外接球的半径为R，∴在Rt△SOO1中：OO1＝，在Rt△COO2中：OO2＝，∴，化简得：R，∴球O的表面积为：4πR2＝π，故答案为：π．16．记数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2），若对任意的正偶数k，λ（S k﹣3k）≥4恒成立，则实数λ的最小值为8 ．【分析】直接利用数列的通项公式的应用，递推关系式的应用，恒成立问题的应用求出结果．解：数列{a n}的前n项和为S n，已知a1＝4，2a n＝﹣a n﹣1+9（n≥2）．则：，所以数列{a n﹣3}是以a1﹣3＝1为首项，﹣为公比的等比数列．所以，整理得，所以，所以＞0，故对于任意的正偶数n，，恒成立．等价于，对于任意的正偶数n恒成立．由于，所以，所以，只需满足λ≥8．故答案为：8．三、解答题：共70分．解箸应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，.每个试题学生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，且sin（C﹣）•cos C ＝．（1）求角C的大小；（2）若向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，求△ABC的周长．【分析】（1）由已知式化简可得，进而得到，由此即可求得角C的大小；（2）由向量与共线结合正弦定理可得b＝2a，再利用余弦定理建立关于a的方程，解出即可求得周长．解：（1）∵sin（C﹣）•cos C＝，∴，∴，∴，∴，∴，又C为△ABC的内角，∴；（2）∵向量＝（1，sin A）与＝（2，sin B）共线，∴sin B﹣2sin A＝0，由正弦定理可知，b＝2a，由（1）结合余弦定理可知，c2＝a2+b2﹣2ab cos C，即，∴，∴△ABC的周长为．18．如图，在四面体ABCD中，E，F分别是线段AD，BD的中点，∠ABD＝∠BCD＝90°，EC ＝．AB＝BD＝2．（1）证明：平面EFC⊥平面BCD；（2）若二面角D﹣AB﹣C为45°，求二面角A﹣CE﹣B的余弦值．【分析】（1）由勾股定理可证AC⊥CD，又CD⊥BC，则CD⊥平面ABC，得到CD⊥AB，又AB⊥BD，得到AB⊥平面BCD，进而得到EF⊥平面BCD，由此即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值．解：（1）证明：∵E，F分别是线段AD，BD的中点，AB＝BD＝2，∴EF＝FD＝1，且EF∥AB，∵∠ABD＝90°，∴∠EFD＝90°，∴，又，∴AC⊥CD，又∠BCD＝90°，即CD⊥BC，又AC∩BC＝C，且AC，BC均在平面ABC内，∴CD⊥平面ABC，∴CD⊥AB，又AB⊥BD，CD∩BD＝D，且CD，BD均在平面BCD内，∴AB⊥平面BCD，∴EF⊥平面BCD，又EF在平面EFC内，∴平面EFC⊥平面BCD；（2）由（1）可知，∠DBC为二面角D﹣AB﹣C的平面角，即∠DBC＝45°，过点B作BB′∥CD，如图，以B为坐标原点，BB′，BD，BA分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），D（0，2，0），C（1，1，0），E（0，1，1），∴，，设平面ACE的一个法向量为，则，可取；设平面BCE的一个法向量为，则，可取；如图可设二面角A﹣CE﹣B的平面角为锐角θ，则，即二面角A﹣CE﹣B的余弦值为．19．设椭圆C：+＝1（a＞b＞0），F1、F2为椭圆C左右焦点，B为短轴端点，且＝4，离心率为，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，且满足|+|＝|﹣|？若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由【分析】（Ⅰ）由题意可得方程＝•2c•b＝4，e＝＝，且a2＝b2+c2；从而联立解出椭圆C的方程为+＝1；（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆x2+y2＝r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，则可得•＝0；再设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为y＝kx+m，联立方程组可得x1+x2＝﹣，x1x2＝；y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝；从而再由x1x2+y1y2＝0可得3m2﹣8k2﹣8＝0，从而可解得m≥或m≤﹣；从而解出所求圆的方程为x2+y2＝；再验证当切线的斜率不存在时也成立即可．解：（Ⅰ）∵椭圆C：+＝1（a＞b＞0），由题意可得，＝•2c•b＝4，e＝＝，且a2＝b2+c2；联立解得，；故椭圆C的方程为+＝1；（Ⅱ）假设存在圆心在原点的圆x2+y2＝r2，使得该圆的任意一条切线与椭圆C恒有两个交点M、N，∵|+|＝|﹣|，∴•＝0；设M（x1，y1），N（x2，y2），当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为y＝kx+m，解方程组得，（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8＝0，则△＝（4km）2﹣4（1+2k2）（2m2﹣8）＝8（8k2﹣m2+4）＞0；即8k2﹣m2+4＞0；∴x1+x2＝﹣，x1x2＝；y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝；要使•＝0，故x1x2+y1y2＝0；即+＝0；所以3m2﹣8k2﹣8＝0，所以3m2﹣8≥0且8k2﹣m2+4＞0；解得m≥或m≤﹣；因为直线y＝kx+m为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为r＝，r2＝＝＝；故r＝；即所求圆的方程为x2+y2＝；此时圆的切线y＝kx+m都满足m≥或m≤﹣；而当切线的斜率不存在时切线为x＝±与椭圆+＝1的两个交点为（，±），（﹣，±）；满足•＝0，综上所述，存在圆心在原点的圆x2+y2＝满足条件．20．已知函数f（x）＝﹣a（x﹣1）2+（x﹣2）e x（a＞0）．（1）讨论函数f（x）的单调性：（2）若关于x的方程f（x）+a＝0存在3个不相等的实数根，求实数a的取值范围．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数与单调性的关系对a进行分类讨论即可求解；（2）转化为相应的函数的交点问题，结合导数研究函数的特征，然后结合图象可求．解：（1）f′（x）＝﹣a（x﹣1）+（x﹣1）e x＝（x﹣1）（e x﹣a），∵a＞0，由f′（x）＝0可得x＝1或x＝lna，（i）当0＜a＜e时，1＞lna，在（1，+∞），（﹣∞，lna）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（lna，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（ii）当a＝e时，lne＝1，f′（x）＞0在R上恒成立，即f（x）在R上单调递增；（iii）当a＞e时，lna＞1，在（lna，+∞），（﹣∞，1）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，在（1，lna）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2）∵f（x）+a＝＝（x﹣2）（e x﹣）＝0有3个实数根，x＝2显然是方程的一个解，故e x﹣＝0有2个实数根且x≠0，x≠2，即a＝（x≠2），令g（x）＝（x≠2），则，当x∈（﹣∞，0），（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当∈（1，2），（2，+∞），g′（x）＞0，g（x）单调递增，当x＜0时，g（x）＜0，x＝1时，g（x）取得极小值，g（1）＝2e，又g（2）＝e2，则2e＜a＜e2或a＞e2．21．某医院为筛查某种疾病，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：①逐份检验，则需要检验n次：②混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有5份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）：（ii）若，试讨论采用何种检验方式更好？参考数据：ln2≈0.69，ln3≈1.10，ln5≈1.61，e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.09．【分析】（1）利用古典概型、排列组合求出恰好经过2次检验能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）（i）由E（ξ1）＝k，ξ2的取值为1，k+1，计算对应概率与数学期望值，由E（ξ）＝E（ξ2）求得p的值；1（ii）由题意得，即，设，利用导数判断f（x）的单调性，求得k的最大值，即可得出结论．解：（1）记恰好经过2次检验就能把阳性样本全部检验出来为A事件，则P（A）＝＝．（2）（i）E（ξ1）＝k，ξ2的取值为1，k+1，计算，，所以，由E（ξ1）＝E（ξ2），得k＝k+1﹣k（1﹣p）k，所以（k∈N*且k≥2）．（ii），，所以，即．设，，x＞0，当x∈（0，4）时，f'（x）＞0，f（x）在（0，4）上单调递增；当x∈（4，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）在（4，+∞）上单调递减．且f（8）＝ln8﹣2＝3ln2﹣2＞0，，所以k的最大值为8；所以k∈[2，8]时，混合检验方式好，k∈[9，+∞）时，逐份检验方式好；（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．已知曲线C的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．（1）求曲线C和射线12的极坐标方程；（2）求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．【分析】（1）由曲线C的参数方程，得普通方程，由此能求出曲线C的极坐标方程；由过极点的两射线l1、l2相互垂直，与曲线C分别相交于A、B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α，能求出l2的极坐标方程．（2）依题意设，则，同理，由此能法语出△OAB的面积的最小值及此时α的值．解：（1）由曲线C的参数方程为，（t为参数），得普通方程为4y＝x2，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得4ρsinθ＝ρ2cos2θ，所以曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝4sinθ，[或]过极点的两射线l1、l2相互垂直，与曲线C分别相交于A、B两点（不同于点O），且l1的倾斜角为锐角α．故l2的极坐标方程为；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）依题意设，则由（1）可得，同理得，即，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣∴＝∵，∴0＜α＜π，∴＝≥16，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣△OAB的面积的最小值为16，此时sin2α＝1，得，∴．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x﹣a|+x，a∈R．（Ⅰ）若f（1）+f（2）＞5，求a的取值范围；（Ⅱ）若a，b∈N*，关于x的不等式f（x）＜b的解集为（﹣∞，），求a，b的值．【分析】（Ⅰ）通过讨论a的范围，去掉绝对值，求出a的范围即可；（Ⅱ）通过讨论x的范围，去掉绝对值，求出不等式的解集，得到关于a，b的不等式组，求出a，b的值即可．解：（Ⅰ）由f（1）+f（2）＞5得|1﹣a|+|2﹣a|＞2，当a≥2时，a﹣1+a﹣2＞2，解得：a＞，当1≤a＜2时，a﹣1+2﹣a＞2，不等式无解，当a≤1时，1﹣a+2﹣a＞2，解得：a＜，综上，a的范围是（﹣∞，）∪（，+∞）；（Ⅱ）∵f（x）＜b，∴|x﹣a|+x＜b，当x≥a时，x﹣a+x＜b，解得：x＜，当x＜a时，a﹣x+x＜b，得a＜b，由不等式的解集是（﹣∞，），则，又a，b∈一、选择题*，故a＝1，b＝2．。

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年广东省汕头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.已知集合A={x∈R|0≤x≤4}，B={x∈R|x2≥9}，则A∪(∁R B)等于()A. [0,3)B. (−3,4]C. [3,4]D. (−∞,−3)∪[0，+∞)2.已知i为虚数单位，(1+i)x=2+yi，其中x，y∈R，则|x+yi|=()A. 2√2B. √2C. 2D. 43.已知点(n,a n)在函数y=2x−13的图象上，则数列{a n}的前n项和S n的最小值为()A. 36B. −36C. 6D. −64.已知A为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一个动点，直线AB，AC分别过焦点F1，F2，且与椭圆交于B，C两点，若当AC⊥x轴时，恰好有|AF1|：|AF2|=3：1，则该椭圆的离心率为()A. 12B. √22C. √33D. 135.已知非零向量m⃗⃗⃗ ,n⃗满足，且m⃗⃗⃗ ⊥(√2m⃗⃗⃗ +n⃗ )，则向量m⃗⃗⃗ ,n⃗的夹角为()A. π3B. π2C. 3π4D. π46.某市选派6名主任医生，3名护士，组成三个医疗小组分配到甲、乙、丙三地进行医疗支援，每个小组包括两名主任医生和1名护士，则不同的分配方案有()A. 60种B. 300种C. 150种D. 540种7.设a∈R，则“a>1”是“a2>1”的()条件．A. 必要不充分B. 充分不必要C. 既不充分也不必要D. 充要8.函数y=ln(2−|x|)的大致图象为()A. B.C. D.9.如图，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且CFCB =CGCD=23，则()A. EF与GH互相平行B. EF与GH异面C. EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上D. EF与GH的交点M一定在直线AC上10.梅赛德斯−奔驰(Mercedes−Benz)创立于1900年，是世界上最成功的高档汽车品牌之一，其经典的“三叉星”商标象征着陆上、水上和空中的机械化．已知该商标由1个圆形和6个全等的三角形组成(如图)，点O为圆心，∠OAB=15°，若在圆内任取一点，则此点取自阴影部分的概率为()A. 2√3−32πB. 2√3−34πC. 6√3−92πD. 6√3−94π11.已知函数f(x)=4sinωx2⋅cosωx2(ω>0)在区间[−π2,2π3]上是增函数，且在区间[0,π]上恰好取得一次最大值，则ω的取值范围为()A. (0,1]B. (0,34]C. [12,34]D. [1,+∞)12. 已知函数f(x)=e x −ax 有两个零点x 1，x 2，则下列判断：①a <e ；②x 1+x 2<2；③x 1·x 2>1；④有极小值点x 0，且x 1+x 2<2x 0.则正确判断的个数是( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若变量x ，y 满足约束条件{x +y ≥1x −y ≥−13x −y ≤3，则z =y+2x+1的最大值为______．14. 若双曲线x 2a−y 2b =1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为右顶点，过F 2向一条渐近线作垂线，垂足为B.以F 2为圆心，AF 2为半径的圆交线段F 2B 于C ，则当C 为F 2B 的中点时，双曲线的离心率为________．15. 已知数列{a n }满足a 1=7，a n+1−a n =2n ，则a nn+1的最小值为________．16. 已知三棱锥S −ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC =AB =AC =1，∠BAC =120°，则球O 的表面积为______ ． 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 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为12a(bsinB +csinC −asinA)．(Ⅰ)求角A 的大小；(Ⅱ)若a =2，D 为BC 的中点，AD =32，求△ABC 的面积．18.如图三棱锥ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC=AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A−A1B1−C1的余弦值．19.设定点F(0,1)，动点E满足：以EF为直径的圆与x轴相切．(I)求动点E的轨迹C的方程；(Ⅱ)设A，B是曲线C上两点，若曲线C在点A，B处的切线互相垂直，求证：A，F，B三点共线．20.冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征(MERS)和严重急性呼吸综合征(SARS)等较严重疾病，而今年出现的新型冠状病毒(COVID−19)是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等，在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、贤衰竭，甚至死亡.核酸检测是诊断新冠肺炎的重要依据，首先取病人的唾液或咽拭子的样本，再提取唾液或咽拭子样本里的遗传物质，如果有病毒，样本检测会呈现阳性，否则为阴性.根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p(0<p<1).现有例疑似病例，分别对其取样、检测，多个样本检测时，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验.混合样本中只要有病毒，则混合样本化验结果就会呈阳性，若混合样本呈阳性，则将该组中备份的样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再检验.现有以下三种方案：方案一：逐个化验；方案二：四个样本混合在一起化验；方案三：平均分成两组，分别混合在一起化验．在新冠肺炎爆发初期，由于检查能力不足，化检次数的期望值越小，则方案越“优”．(1)若按方案一且p=1，求4个疑似病例中恰有2例呈阳性的概率；3(2)若p=1，现将该例疑似病例样本进行化验，请问：方案一、二、三中哪个最“优”⋅3(3)若对例疑似病例样本进行化验，且想让“方案二”比“方案一”更“优”，求p的取值范围．21.已知函数f(x)=x−1+ae x(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1+x2>4．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =1+cosαy =sinα (α为参数).以坐标原点O 为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ=1，直线l 的极坐标方程为θ=π4(ρ∈R)．(1)求：①曲线C 1的普通方程； ②曲线C 2与直线l 交点的直角坐标；(2)设点M 的极坐标为(6,π3)，点N 是曲线C 1上的点，求△MON 面积的最大值．23. 已知x >0，y >0，a ∈R ，b ∈R.求证：(ax+by x+y)2≤a 2x+b 2yx+y．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：A={x∈R|0≤x≤4}=[0,4]，B={x∈R|x2≥9}={x|x≥3或x≤−3}，则∁R B=(−3,3)，则A∪(∁R B)=(−3,4]，故选：B求得集合B，再根据补集与并集的定义写出A∪(∁R B)．本题考查集合的交、并、补集的混合运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．2.答案：A解析：本题考查了复数的相等、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．利用复数的相等、模的计算公式即可得出．解：(1+i)x=2+yi，其中x，y∈R，∴x+xi=2+yi，∴x=2，x=y，解得x=y=2．则|x+yi|=|2+2i|=√22+22=2√2．故选：A．3.答案：B解析：本题考查等差数列的判定，等差数列前n项和，考查运算求解能力，属于基础题．点(n,a n)在函数y=2x−13的图象上，则a n=2n−13，a1=−11，数列{a n}是首项为−11，公差为2的等差数列；S n=n2(a1+a n)=n2−12n，由二次函数性质，求得S n的最小值．解：∵点(n,a n)在函数y=2x−13的图象上，则a n=2n−13，a1=−11，a n+1−a n=2(n+1)−2n=2，故数列{a n}是首项为−11，公差为2的等差数列，所以S n=n2(a1+a n)=n2−12n，∵n∈N+，∴当n=6时，S n取得最小值为−36．故选：B．4.答案：B解析：由椭圆方程求出|AF2|的长，结合椭圆定义求得|AF1|，再由|AF1|：|AF2|=3：1列式求得椭圆的离心率．本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了椭圆的定义，是基础题．解：椭圆x2a2+y2b2=1的右焦点横坐标为c，不妨设A为椭圆在第一象限的点，当AC⊥x轴时，由x2a2+y2b2=1，得y2b2=1−x2a2=1−c2a2=a2−c2a2=b2a2，∴y A=b2a．即|AF2|=b2a ，由椭圆定义得，|AF1|=2a−b2a，又|AF1|：|AF2|=3：1，得2a−b2 ab2a=3，即a2=2b2=2(a2−c2)，∴ca =√22．故选B．5.答案：C解析：本题考查了平面向量的数量积和向量的夹角．由m ⃗⃗⃗ ⊥(√2m ⃗⃗⃗ +n ⃗ )，可得m ⃗⃗⃗ ·(√2m ⃗⃗⃗ +n ⃗ )=0，进一步得到√2|m|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+|m|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|⃗⃗⃗⃗⃗ cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=0，然后求出夹角即可． 解：∵m ⃗⃗⃗ ⊥(√2m ⃗⃗⃗ +n ⃗ )，，∴m ⃗⃗⃗ ·(√2m ⃗⃗⃗ +n ⃗ )=0，所以√2|m|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2+|m|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|⃗⃗⃗⃗⃗ cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=0， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=−√2|m|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2|m|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n|⃗⃗⃗⃗⃗=−√22， ∵<m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >∈[0,π]， ∴<m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=3π4．故选C ．6.答案：D解析：本题考查分步计数原理的应用，先将6名主任医生分成3组，将3名护士分成3组，将分好的三组医生、护士全排列，即可得解.属中档题． 解：根据题意，分2步进行分析：①，将6名主任医生分成3组，每组2人，有C 62C 42C 22A 33种分组方法，将3名护士分成3组，每组1人，有1种方法；②，将分好的三组医生、护士全排列，对应甲、乙、丙，有A 33种情况， 则有C 62C 42C 22A 33×A 33×A 33=540种．故选D ．7.答案：B解析：。