2020届高三理科数学周测综合演练卷一(深圳4月份)试题
深圳市普通高中学校2020届高考高三数学4月月考模拟试题Word版含答案
深圳市2020高考高三数学4月月考模拟试题（含答案）（时间：1 2 0分钟,分数：1 5 0分）第I 卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．已知复数22cos sin33z i ππ=+（i 为虚数单位），则3z 的虚部为A ．-1B ．0C ．iD ．l2．已知集合**{|2,},{|2,}nA x x n NB x x n n N ==∈==∈，则下列不正确的是A ．AB ⊆B ．A B A ⋂=C ．()Z B A φ⋂=ðD ．A B B ⋃=3．若实数11ea dx x=⎰．则函数()sin cos f x a x x =+的图像的一条对称轴方程为A ．x=0B ．34x π=-C ．4π-D ．54x π=-4．甲乙丙3位同学选修课程，从4门课程中选。
甲选修2门，乙丙各选修3门，则不同的选修方案共有 A ．36种 B ．48种 C ．96种 D ．1 92种5．已知不共线向量,,2,3,.()1,a b a b a b a ==-=r r r r r r r 则b a -r rA 3B ．22C 7D 236．若22*1()1,()1,(),2f n n n g n n n n n N nϕ=+=-=∈，则(),(),()f n g n n ϕ的大小关系 A ．()()()f n g n n ϕ<< B ．()()()f n n g n ϕ<<C ．()()()g n n f n ϕ<<D ．()()()g n f n n ϕ<<7．从一个正方体中截去部分几何体，得到的几何体三视图如下，则此几何体的体积是（ ） A ．64 B ．1223 C ．1883D ．4768．执行如图所示的程序框图，若输出a= 341，判断框内应填写（ ） A ．k<4? B ．k<5? C ．k<6? D ．k<7?9．若A 为不等式组002x y y x ≤⎧⎪≥⎨⎪-≤⎩所示的平面区域，则当a 从-2连续变化到1时，动直线x+y=a扫过A 中的那部分区域面积为（ ） A ．2 B ．1C ．34D ．7410．已知过抛物线y 2 =2px （p>0）的焦点F 的直线x －my+m=0与抛物线交于A ，B 两点，且△OAB（O 为坐标原点）的面积为，则m 6+ m 4的值为（ ） A ．1B ． 2C ．2D ．411．平行四边形ABCD 中，AB u u u r ·BD u u u r=0，沿BD 折成直二面角A 一B D －C ，且4AB 2 +2BD 2 =1，则三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为（ ） A ．2πB ．4πC ．48πD．2412．已知R 上的函数y=f （x ），其周期为2，且x ∈（-1,1]时f （x ）=1+x 2，函数g （x ）=1sin (0)11,(0)x x x xπ+>⎧⎪⎨-<⎪⎩，则函数h （x ）=f （x ）－g （x ）在区间[-5,5]上的零点的个数为（ ） A ．11B ．10C ．9D ．8第Ⅱ卷本卷分为必做题和选做题两部分，13—21题为必做题，22、23、24为选考题。
2019-2020学年广东省深圳四校联考高三(下)月考数学(理科)试题Word版含解析
2019-2020学年广东省深圳四校联考高三（下）月考数学（理科）试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}，B={x|y=ln（2﹣x）}，则A∩B=（）A．（1，3）B．（1，3] C．[﹣1，2）D．（﹣1，2）2．已知复数z满足（z﹣1）i=i+1，则z在复平面内所对应的点在第（）象限．A．一B．二C．三D．四3．已知命题p：∃x∈（﹣∞，0），2x＜3x；命题q：∀x∈（0，），sinx＜x，则下列命题为真命题的是（）A．p∧q B．p∨（￢q） C．（￢p）∧q D．p∧（￢q）4．执行如图所示的程序框图，如果输入n=7，m=4，则输出的p等于（）A．120 B．360 C．840 D．10085．已知{an }为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S4=（）A．29 B．30 C．31 D．336．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，且其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosωx的图象，则函数f（x）的图象（）A．关于直线x=对称 B．关于直线x=对称C．关于点（，0）对称D．关于点（，0）对称7．如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积为（）A．20πB．24πC．16πD．18π8．一个三位自然数abc的百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＜b且c＜b 时称为“凸数”．若a，b，c∈{5，6，7，8，9}，且a，b，c互不相同，任取一个三位数abc，则它为“凸数”的概率是（）A．B．C．D．9．二项式（n∈N）的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是（）A．1 B．2 C．3 D．410．如图，边长为2的正方形 A BCD的顶点 A，B分别在两条互相垂直的射线 OP，OQ上滑动，则的最大值为（）A．2 B．4 C．6 D．811．已知双曲线﹣=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±3x B．y=±2x C．y=±（+1）x D．y=±（﹣1）x12．已知数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项、现给出以下四个命题：①数列0，1，3具有性质P；②数列0，2，4，6具有性质P；③若数列A具有性质P，则a1=0；④若数列a1，a2，a3（0≤a1＜a2＜a3）具有性质P，则a1+a3=2a2，其中真命题有（）A．4个B．3个C．2个D．1个二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．由曲线y=x2与y=x3所围成的封闭图形的面积是．14．已知x，y满足约束条件，若2x+y+k≥0恒成立，则实数k的取值范围为．15．已知点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，O为坐标原点，若A，B是以点M（0，9）为圆心，|OA|的长为半径的圆与抛物线C的两个公共点，且△ABO为等边三角形，则p的值是．16．已知函数f（x）=，则关于x的方程f[f（x）]+k=0给出下列四个命题：①存在实数k，使得方程恰有1个实根；②存在实数k，使得方程恰有2个不相等的实根；③存在实数k，使得方程恰有3个不相等的实根；④存在实数k，使得方程恰有4个不相等的实根．其中正确命题的序号是（把所有满足要求的命题序号都填上）．三、解答题（本大题共6个小题，共70分.应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知=．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若|﹣|=2，求△ABC面积的最大值．18．正三棱柱ABC﹣A1B1C1底边长为2，E、F分别为BB1，AB的中点，设=λ．（Ⅰ）求证：平面A1CF⊥平面A1EF；（Ⅱ）若二面角F﹣EA1﹣C的平面角为，求实数λ的值，并判断此时二面角E﹣CF﹣A1是否为直二面角，请说明理由．19．《中国好声音》每期节目有四位导师A，B，C，D参与．其规则是导师坐在特定的座椅上且背对歌手认真倾听其演唱，若每位参赛选手在演唱完之前有导师欣赏而为其转身，则该选手可以选择加入为其转身的导师的团队中接受指导训练；若出现多位导师为同一位学员转身，则选择权反转，交由学员自行选择导师，已知某期《中国好声音》中，8位选手唱完后，四位导师为其转身的情况统计如下：（记转身为T）现从这8位选手中随机抽取两人考查他们演唱完后导师的转身情况．（1）求选出的两人获得导师为其转身的人次和为4的概率；（2）记选出的2人获得导师为其转身的人次之和为X，求X的分布列及数学期望E（X）导A B C D师选手1T T2T T T T3T4T T5T T T6T T7T T T T8T T T20．已知椭圆： +=1，离心率为，点A，B分别是椭圆与x轴，y轴的交点，且原点O到AB的距离为．（Ⅰ）求椭圆方程；（Ⅱ）F是椭圆的右焦点，过F的直线l交椭圆于M，N两点，当直线l绕着点F转动过程中，试问在直线l′：x=3上是否存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，若存在求出直线l的方程，不存在说明理由．21．设函数f（x）=x2﹣aln（x+2），g（x）=xe x，且f（x）存在两个极值点x1、x2，其中x1＜x2．（1）求实数a的取值范围；（2）求g（x1﹣x2）的最小值；（3）证明不等式：f（x1）+x2＞0．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标标系xoy中，已知曲线（α为参数，α∈R），在以原点O 为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中（取相同的长度单位），曲线=，曲线C3：ρ=2cosθ．（Ⅰ）求曲线C1与C2的交点M的直角坐标；（Ⅱ）设A，B分别为曲线C2，C3上的动点，求|AB|的最小值．[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f（x）=|x﹣a|，a∈R．（Ⅰ）当a=2时，解不等式：f（x）≥6﹣|2x﹣5|；（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤4的解集为[﹣1，7]，且两正数s和t满足2s+t=a，求证：．2019-2020学年广东省深圳四校联考高三（下）月考数学（理科）试题参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}，B={x|y=ln（2﹣x）}，则A∩B=（）A．（1，3）B．（1，3] C．[﹣1，2）D．（﹣1，2）【考点】1E：交集及其运算．【分析】化简集合A、B，求出A∩B即可．【解答】解：∵集合A={x|x2﹣2x﹣3≤0}={x|﹣1≤x≤3}=[﹣1，3]，B={x|y=ln（2﹣x）}={x|2﹣x＞0}={x|x＜2}=（﹣∞，2）；∴A∩B=[﹣1，2）．故选：C．2．已知复数z满足（z﹣1）i=i+1，则z在复平面内所对应的点在第（）象限．A．一B．二C．三D．四【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简复数z，求出复数z对应的点的坐标可得答案．【解答】解：由（z﹣1）i=i+1，得．则z在复平面内所对应的点的坐标为：（2，﹣1），位于第四象限．故选：D．3．已知命题p：∃x∈（﹣∞，0），2x＜3x；命题q：∀x∈（0，），sinx＜x，则下列命题为真命题的是（）A．p∧q B．p∨（￢q） C．（￢p）∧q D．p∧（￢q）【考点】2K：命题的真假判断与应用．【分析】结合函数的单调性及图象分别判断p，q的真假，从而判断出复合命题的真假即可，【解答】解：因为当x＜0时，，所以命题p为假，从而￢p为真．因为当x∈（0，）时，即x＞sinx，所以命题q为真，所以（￢p）∧q为真，故选C．4．执行如图所示的程序框图，如果输入n=7，m=4，则输出的p等于（）A．120 B．360 C．840 D．1008【考点】EF：程序框图．【分析】通过程序框图，按照框图中的要求将几次的循环结果写出，得到输出的结果．【解答】解：模拟执行程序，可得n=7，m=4，k=1，p=1，p=4，满足条件k＜m，执行循环体，k=2，p=20，满足条件k＜m，执行循环体，k=3，p=120，满足条件k＜m，执行循环体，k=4，p=840，不满足条件k＜m，退出循环，输出p的值为840．故选：C．5．已知{an }为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S4=（）A．29 B．30 C．31 D．33【考点】89：等比数列的前n项和．【分析】设等比数列{an }的公比为q，由a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，可得=2a1，，联立解出，再利用等比数列的前n项和公式即可得出．【解答】解：设等比数列{an }的公比为q，∵a2a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为，∴=2a1， =a4+2a7，即，解得：a1=16，q=．则S4==30．故选：B．6．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，且其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosωx的图象，则函数f（x）的图象（）A．关于直线x=对称 B．关于直线x=对称C．关于点（，0）对称D．关于点（，0）对称【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．【分析】利用正弦函数的周期性、函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律、诱导公式，求得f （x）的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性，得出结论．【解答】解：∵函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，∴=π，∴ω=2．把其图象向左平移个单位后得到函数g（x）=cosωx=sin（2x++φ）的图象，∴+φ=kπ+，k∈Z，∴φ=﹣，∴f（x）=sin（2x﹣）．由于当x=时，函数f（x）=0，故A不满足条件，而C满足条件；令x=，求得函数f（x）=sin=，故B、D不满足条件，故选：C．7．如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC、OD折叠，使OA、OB重合，则以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积为（）A．20πB．24πC．16πD．18π【考点】LG：球的体积和表面积．【分析】翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥O﹣ACD，由此能求出以A （B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积．【解答】解：翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥O﹣ACD，如图，取CD中点E，连结AE，作OF⊥平面ABC，交AE于F，则F是△ACD的重心，由题意知AE==2，AF=，OF==，设G为四面体的外接球的球心、球半径为R，则G在直线OF上，且OG=AG=R，∴由AG2=AF2+GF2，得：R2=（）2+（﹣R）2，解得R=，∴以A（B）、C、D、O为顶点的四面体的外接球表面积为S=4πR2=24π．故选：B．8．一个三位自然数abc的百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a＜b且c＜b 时称为“凸数”．若a，b，c∈{5，6，7，8，9}，且a，b，c互不相同，任取一个三位数abc，则它为“凸数”的概率是（）A．B．C．D．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【分析】根据题意，分析“凸数”的定义，在{5，6，7，8，9}的5个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上就构成一个“凸数”，再利用古典概型概率计算公式即可得到所求概率．【解答】解：a，b，c∈{5，6，7，8，9}，且a，b，c互不相同，基本事件总数n==60，在{5，6，7，8，9}的5个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上就构成一个“凸数”，3×2=20种情况，故“凸数”有C5任取一个三位数abc，它为“凸数”的概率p=．故选：D．9．二项式（n∈N）的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，求出前三项的系数，利用等差数列得到关于n的等式，求出n的值，将n的值代入通项，令x的指数为整数，得到r的值，得到展开式中有理项的项数．【解答】解；展开式的通项，前三项的系数分别为2n，∵前3项的系数成等差数列∴解得n=8，∴展开式的通项为，要项为有理项，需x的指数为整数∴r=0，4，8为有理项故选C．10．如图，边长为2的正方形 A BCD的顶点 A，B分别在两条互相垂直的射线 OP，OQ上滑动，则的最大值为（）A．2 B．4 C．6 D．8【考点】9R：平面向量数量积的运算．【分析】令∠OAB=θ，由边长为2的正方形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴正半轴上，可得出D，C的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的数量积，通过三角函数的最值求解即可．【解答】解：如图：令OP为x轴，OQ为y轴，∠OAB=θ，由于AB=2故0A=2cosθ，OB=2sin θ，如图∠DAX=﹣θ，AB=2，故xD =2cosθ+2cos（﹣θ）=2cosθ+2sinθ，yD=2sin（﹣θ）=2cosθ故=2（cosθ+sinθ，cosθ）同理可求得C（2sinθ，2cosθ+2sinθ），即=2（sinθ，cosθ+sinθ），∴•=4（cosθ+sinθ，cosθ）•（sinθ，cosθ+sinθ）=4+4sin2θ，•的最大值是8．故选：D．11．已知双曲线﹣=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，则双曲线的渐近线方程为（）A．y=±3x B．y=±2x C．y=±（+1）x D．y=±（﹣1）x【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，可得|BF1|=2a，求出B的坐标，代入双曲线方程，即可求出双曲线的渐近线方程．【解答】解：∵过F1作圆x2+y2=a2的切线分别交双曲线的左、右两支于点B、C，且|BC|=|CF2|，∴|BF1|=2a，设切点为T，B（x，y），则利用三角形的相似可得∴x=，y=∴B（，）代入双曲线方程，整理可得b=（+1）a，∴双曲线的渐近线方程为y=±（+1）x，故选：C．12．已知数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项、现给出以下四个命题：①数列0，1，3具有性质P；②数列0，2，4，6具有性质P；③若数列A具有性质P，则a1=0；④若数列a1，a2，a3（0≤a1＜a2＜a3）具有性质P，则a1+a3=2a2，其中真命题有（）A．4个B．3个C．2个D．1个【考点】8B：数列的应用．【分析】根据数列A：a1，a2，…，an（0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3）具有性质P：对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的一项，逐一验证，可知①错误，其余都正确．【解答】解：∵对任意i，j（1≤i≤j≤n），aj +ai与aj﹣ai两数中至少有一个是该数列中的项，①数列0，1，3中，a2+a3=1+3=4和a3﹣a2=3﹣1=2都不是该数列中的数，故①不正确；②数列0，2，4，6，aj +ai与aj﹣ai（1≤i≤j≤3）两数中都是该数列中的项，并且a4﹣a3=2是该数列中的项，故②正确；③若数列A具有性质P，则an +an=2an与an﹣an=0两数中至少有一个是该数列中的一项，∵0≤a1＜a2＜…＜an，n≥3，而2an不是该数列中的项，∴0是该数列中的项，∴a1=0；故③正确；④∵数列a1，a2，a3具有性质P，0≤a1＜a2＜a3∴a1+a3与a3﹣a1至少有一个是该数列中的一项，且a1=0，1°若a1+a3是该数列中的一项，则a1+a3=a3，∴a1=0，易知a2+a3不是该数列的项∴a3﹣a2=a2，∴a1+a3=2a22°若a3﹣a1是该数列中的一项，则a3﹣a1=a1或a2或a3①若a3﹣a1=a3同1°，②若a3﹣a1=a2，则a3=a2，与a2＜a3矛盾，③a3﹣a1=a1，则a3=2a1综上a1+a3=2a2，故选B．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．由曲线y=x2与y=x3所围成的封闭图形的面积是．【考点】6G：定积分在求面积中的应用．【分析】要求曲线y=x2，y=x3围成的封闭图形面积，根据定积分的几何意义，只要求∫1（x2﹣x3）dx即可．【解答】解：由题意得：所求封闭图形的面积为∫01（x2﹣x3）dx═（﹣）|1=，故答案为：．14．已知x，y满足约束条件，若2x+y+k≥0恒成立，则实数k的取值范围为k≥6 ．【考点】7C：简单线性规划．【分析】2x+y+k≥0恒成立，即k≥﹣2x﹣y的最大值，所以只要利用线性规划问题，结合z=﹣2x﹣y的几何意义求其最大值即可．【解答】解：由题意，不等式组对应的平面区，设z=﹣2x﹣y，即y=﹣2x﹣z，将图中虚线平移，当过A时，z最大，由得到A（﹣2，﹣2），所以z的最大值为﹣2×（﹣2）﹣（﹣2）=6，所以k≥6；故答案为：k≥6．15．已知点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，O为坐标原点，若A，B是以点M（0，9）为圆心，|OA|的长为半径的圆与抛物线C的两个公共点，且△ABO为等边三角形，则p的值是．【考点】KI：圆锥曲线的综合．【分析】由题意，|MA|=|OA|，可得A的纵坐标，利用△ABO为等边三角形，求出A的横坐标，根据点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，即可求出p的值．【解答】解：由题意，|MA|=|OA|，∴A的纵坐标为4.5，∵△ABO为等边三角形，∴A的横坐标为，∵点A是抛物线C：x2=2py（p＞0）上一点，∴=2p×∴p=．故答案为．16．已知函数f（x）=，则关于x的方程f[f（x）]+k=0给出下列四个命题：①存在实数k，使得方程恰有1个实根；②存在实数k，使得方程恰有2个不相等的实根；③存在实数k，使得方程恰有3个不相等的实根；④存在实数k，使得方程恰有4个不相等的实根．其中正确命题的序号是①②③（把所有满足要求的命题序号都填上）．【考点】2K：命题的真假判断与应用．【分析】由解析式判断出f（x）的正负，再求出f[f（x）]的解析式，根据指数函数的图象画出此函数的图象，根据方程根的几何意义和图象，判断出方程根的个数以及对应的k的范围，便可以判断出命题的真假．【解答】解：当∈[0，1）时，f（x）＜0，当∈（﹣∞，0）∪[1，+∞）时，f（x）＞0，∴f[f（x）]=，画出此函数的图象如下图：∵f[f（x）]+k=0，∴f[f（x）]=﹣k，由图得，当﹣1＜﹣k＜0时，方程恰有1个实根；当﹣k＞2或﹣k=0时，方程恰有2个实根，当0＜﹣k≤2时，方程恰有3个实根，故①②③正确．故答案为：①②③．三、解答题（本大题共6个小题，共70分.应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.）17．在△ABC中，内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，已知=．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若|﹣|=2，求△ABC面积的最大值．【考点】HP：正弦定理．【分析】（I）=，由正弦定理可得： ===，化简利用余弦定理即可得出．（Ⅱ）取 BC中点D，则，在△ADC中，AD2=AC2+CD2﹣2 AC•CDcosC，化简利用基本不等式的性质与三角形面积计算公式即可得出．【解答】解：（I）∵=，由正弦定理可得： ===，化为：a2﹣c2=ab﹣b2，∴cosC==，C∈（0，π）．∴．（Ⅱ）取 BC中点D，则，在△ADC中，AD2=AC2+CD2﹣2 AC•CDcosC，即，∴ab≤8，当且仅当a=4，b=2时取等号．此时，其最大值为．18．正三棱柱ABC﹣A1B1C1底边长为2，E、F分别为BB1，AB的中点，设=λ．（Ⅰ）求证：平面A1CF⊥平面A1EF；（Ⅱ）若二面角F﹣EA1﹣C的平面角为，求实数λ的值，并判断此时二面角E﹣CF﹣A1是否为直二面角，请说明理由．【考点】LY：平面与平面垂直的判定；MT：二面角的平面角及求法．【分析】（Ⅰ）证明CF⊥平面A1EF，即可证明：平面A1CF⊥平面A1EF；（Ⅱ）如图，以F为坐标原点，，方向为x轴，y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，求出λ=，由定义则∠EFA1为二面角E﹣CF﹣A1的平面角，即可得出结论．【解答】（I）证明：因为正三棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥平面ABC．所以AA1⊥CF，又△ABC是正三角形，F为AB中点，所以CF⊥AB，故CF⊥平面A1EF，又CF⊂平面A1CF，所以平面A1CF⊥平面A1EF．…（II）解：如图，以F为坐标原点，，方向为x轴，y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，由题意AA1=2λ．则F（0，0，0），A1（﹣1，0，2λ），E（1，0，λ），C（0，，0），=（﹣1，，﹣λ），=（0，，0），=（2，0，﹣λ）…设平面EA1C的法向量=（x，y，z），则，令z=2，则=（）…由（1）可知=（0，，0）为平面A1EF的一个法向量，故cos=，计算可得：λ=…由（1）可知EF⊥CF，A1F⊥CF，由定义则∠EFA1为二面角E﹣CF﹣A1的平面角，…此时由勾股定理：EF=，A1F=，AE=，…满足EF2+A1F2=AE2，则∠EFA1=，此时二面角E﹣CF﹣A1为直二面角…19．《中国好声音》每期节目有四位导师A ，B ，C ，D 参与．其规则是导师坐在特定的座椅上且背对歌手认真倾听其演唱，若每位参赛选手在演唱完之前有导师欣赏而为其转身，则该选手可以选择加入为其转身的导师的团队中接受指导训练；若出现多位导师为同一位学员转身，则选择权反转，交由学员自行选择导师，已知某期《中国好声音》中，8位选手唱完后，四位导师为其转身的情况统计如下：（记转身为T ）现从这8位选手中随机抽取两人考查他们演唱完后导师的转身情况． （1）求选出的两人获得导师为其转身的人次和为4的概率；（2）记选出的2人获得导师为其转身的人次之和为X ，求X 的分布列及数学期望E （X ） 导师 选手 A B C D1T T 2 TT TT3T4 TT 5 T TT6 TT 7 TT T T 8TTT【考点】CH ：离散型随机变量的期望与方差；CG ：离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）设8位选手中，2，7有4位导师为其转身；5，8有3位导师为其转身；1，4，6有2位导师为其转身；3只有1位导师为其转身．从8人中随机抽取两人有种情况，由此能求出其中选出的2人获得导师为其转身人次和为4的概率．（2）X的所有可能取值为3，4，5，6，7，8，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望．【解答】解：（1）设8位选手中，2，7有4位导师为其转身；5，8有3位导师为其转身；1，4，6有2位导师为其转身；3只有1位导师为其转身．从8人中随机抽取两人有种情况，…其中选出的2人获得导师为其转身人次和为4的有种，…设事件A：“选出的2人获得导师为其转身人次和为4”，故所求概率为P（A）=，…答：选出的2人获得导师为其转身人次和为4的概率为．…（2）X的所有可能取值为3，4，5，6，7，8 …P（X=3）==，P（X=4）=，P（X=5）==，P（X=6）==，P（X=7）==，P（X=8）==，…所以X的分布列为：X345678PE（X）=+=．…20．已知椭圆： +=1，离心率为，点A，B分别是椭圆与x轴，y轴的交点，且原点O到AB的距离为．（Ⅰ）求椭圆方程；（Ⅱ）F是椭圆的右焦点，过F的直线l交椭圆于M，N两点，当直线l绕着点F转动过程中，试问在直线l′：x=3上是否存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，若存在求出直线l的方程，不存在说明理由．【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】（I）根据题意列方程解出a，b即可得出椭圆方程；（II）当l无斜率时，验证（3，0）是否满足条件，当直线有斜率时，设出l的点斜式方程y=k（x﹣2），联立方程组消元，求出MN及MN的中点坐标D，若存在符合条件的点P（3，y），则PD⊥MN，且PD=，列出方程组得出关于k和y的方程，求出方程的解即可．【解答】解：（I）∵点A，B分别是椭圆与x轴，y轴的交点，∴AB=，∵椭圆离心率为，原点O到AB的距离为，∴，解得a2=6，b2=2，∴椭圆方程为．（II）由椭圆方程可知椭圆右焦点F（2，0）．设MN的中点为D，①若直线l无斜率，则直线l的方程为x=2，把x=2代入椭圆方程得y=±，∴MN=，若直线l′：x=3上存在点P使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，则PM=PN，故P（3，0）．PM=1，显然PM≠MN，即PM，PN不垂直．②若直线l有斜率，设l的斜率为k，则直线l的方程为y=k（x﹣2）．联立方程组，消元得（3k2+1）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0．设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=．∴D（，），MN===．假设直线l′：x=3上存在点P（3，y）使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，则．若PD⊥MN，则，∴y+=﹣（3﹣）．若PD=MN，则=，∴|3﹣|=．∴3=，∴=﹣．无解．综上，直线l′：x=3上不存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形．21．设函数f（x）=x2﹣aln（x+2），g（x）=xe x，且f（x）存在两个极值点x1、x2，其中x1＜x2．（1）求实数a的取值范围；（2）求g（x1﹣x2）的最小值；（3）证明不等式：f（x1）+x2＞0．【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6E：利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（1）f（x）存在两个极值点，等价于其导函数有两个相异零点；（2）先找出（x1﹣x2）的取值范围，再利用g（x）的导函数可找出最小值；（3）适当构造函数，并注意x1与x2的关系，转化为函数求最大值问题，证明相关不等式．【解答】（1）解：由题：f′（x）=2x﹣（x＞﹣2）．∵f（x）存在两个极值点x1、x2，其中x1＜x2∴关于x的方程2x﹣=0，即2x2+4x﹣a=0在（﹣2，+∞）内有不等实根令S（x）=2x2+4x（x＞﹣2），T（x）=a，则﹣2＜a＜0，∴实数a的取值范围是（﹣2，0）；（2）解：由（1）可知∴g（x）=xe x得g（x）=（x+1）e x∴当x∈（﹣2，﹣1）时，g′（x）＜0，即g（x）在（﹣2，﹣1）单调递减；当x∈（﹣1，0）时，g′（x）＞0，即g（x）在（﹣1，0）单调递增∴g（x1﹣x2）min=g（﹣1）=﹣（3）证明：由（1）知，∴=令﹣x2=x，则0＜x＜1且F（x）=﹣x﹣F′（x）=﹣1+（0＜x＜1）∴G（x）=（0＜x＜1）G′（x）=﹣=∵0＜x＜1，∴G′（x）=﹣∵0＜x＜1，∴G′（x）＜0，即F′（x）在（0，1）上是减函数．∴F′（x）＞F′（1）＞0，∴F（x）在（0，1）上是增函数∴F（x）＜F（1）=﹣1，即，即f（x1）+x2＞0．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标标系xoy中，已知曲线（α为参数，α∈R），在以原点O 为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中（取相同的长度单位），曲线=，曲线C3：ρ=2cosθ．（Ⅰ）求曲线C1与C2的交点M的直角坐标；（Ⅱ）设A，B分别为曲线C2，C3上的动点，求|AB|的最小值．【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．【分析】（Ⅰ）求出曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程，联立方程组能求出曲线C1与C2的交点M的直角坐标．（Ⅱ）曲线C3是以C（1，0）为圆心，半径r=1的圆，求出圆心C3到直线x+y+1=0的距离d，由此能求出|AB|的最小值．【解答】解：（Ⅰ）曲线（α为参数，α∈R），消去参数α，得：y=﹣﹣（x﹣1）2，x∈[0，2]，①∵曲线=，∴ρcosθ+ρsinθ+1=0，∴曲线C2：x+y+1=0，②，联立①②，消去y可得：4x2﹣12x+5=0，解得x=或x=（舍去），∴M（）．…（Ⅱ）曲线C 3：ρ=2cos θ，即ρ2=2ρcos θ，∴曲线C 3：（x ﹣1）2+y 2=1，是以C 3（1，0）为圆心，半径r=1的圆 圆心C 3到直线x+y+1=0的距离为d=，∴|AB|的最小值为．…[选修4-5：不等式选讲]23．设函数f （x ）=|x ﹣a|，a ∈R ．（Ⅰ）当a=2时，解不等式：f （x ）≥6﹣|2x ﹣5|；（Ⅱ）若关于x 的不等式f （x ）≤4的解集为[﹣1，7]，且两正数s 和t 满足2s+t=a ，求证：．【考点】R5：绝对值不等式的解法．【分析】（Ⅰ）利用绝对值的意义表示成分段函数形式，解不等式即可．（2）根据不等式的解集求出a=3，利用1的代换结合基本不等式进行证明即可．【解答】（Ⅰ）解：当a=2时，不等式：f （x ）≥6﹣|2x ﹣5|，可化为|x ﹣2|+|2x ﹣5|≥6． ①x ≥2.5时，不等式可化为x ﹣2+2x ﹣5≥6，∴x ≥；②2≤x ＜2.5，不等式可化为x ﹣2+5﹣2x ≥6，∴x ∈∅； ③x ＜2，不等式可化为2﹣x+5﹣2x ≥6，∴x ≤， 综上所述，不等式的解集为（﹣]；（Ⅱ）证明：不等式f （x ）≤4的解集为[a ﹣4，a+4]=[﹣1，7]，∴a=3， ∴=（）（2s+t ）=（10++）≥6，当且仅当s=，t=2时取等号．。
深圳市2020届高三年级第一次调研考试理科数学试题(含答案)
连接 GM ， AA1C1C 是菱形， A1M AC1 .
由（1）知 A1G 平面 AB1C1 ，故 A1G AC1 ，
A1G A1M A1 ， AC1 平面 A1MG ，
GM 平面 A1MG , GM AC1，……7 分
A1MG 为二面角 A1 AC1 B1 的平面角， 不妨设棱柱的棱长为 2 ，
由题意直线的斜率存在，因为 A(−2,0) ，设直线 l ： y = k (x + 2) ， M (x0, y0 ) ，
x2
联立
4
+
y2
=1
，整理得 (1+ 4k2 )x2 +16k2x + (16k2 − 4) = 0 ，
…………6 分
y = k(x + 2)
由韦达定理，
由双曲线定义可知： 2a =| NF1 | − | NF2 |=| MN | + | MF1 | − | NF2 | ，
| MN |=| NF2 | + | OF2 | ，且| OF2 |= c ， 2a = b + c ， b = c − 2a ，
b2 = (c − 2a)2 = c2 − 4ac + 4a2 ，
又
曲线 y
=
f (x) 关于直线 x = − 1 4
对称， − 1 + 4
=
k2
π+
π 2
，（k2 Z) ……（2）
由（1）、（2）可得 = 2(k1 − k2 ) −1π ，即 = (2n −1)π (n Z) ……（3）
f (x) 在 1, 2 上有且仅有 3 个零点， 2π 2 −1 4π ( 0) ，
E 是 AC 的中点， 到点 A ， C 的距离相等的点位于平面 BED 内，
2020年广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科数学参考答案及评分
又 b2 = c2 − a2 ， 4ac − 4a2 = a2 ， 4c = 5a ，
双曲线的离心率 e = c = 5 ，故应填 5 .
a4
4
三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分 12 分）
函数 f (x) (sin x cos x)2 3cos(2x π) .
（1）求函数 f (x) 的最小正周期；
……（1）
又
曲线
y
=
f
(x) 关于直线 x
=
−1 4
对称，
−1 4
+
=
k2
π+
π 2
，（k2
Z)
……（2）
由（1）、（2）可得 = 2(k1 − k2 ) −1π ，即 = (2n −1)π (nZ) ……（3）
f (x) 在 1,2 上有且仅有 3 个零点， 2π 2 −1 4π ( 0) ，
（2）已知△ ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，若 f ( A) 2
且 a 2 ，求△ ABC 的面积.
1, sin C
2sin B ，
解：（1） f (x) (sin x cos x)2 3 cos(π 2x)
sin2 x cos2 x 2sin x cos x 3 cos 2x
平面 ABC ， BC1 C1C .
（1）求证： A1B 平面 AB1C1 ；
（2）求二面角 A1 AC1 B1 的余弦值.
解：（1）证明：设直线 AB1 与直线 BA1 交于点 G ，连接 C1G ，
四边形 ABB1A1 为菱形， A1B AB1 ， …………………………………2 分
华大新高考联盟2020届高三4月教学质量测评数学(理)试题及答案
机密★启用前华大新高考联盟2020届高三4月教学质量测评理科数学本试题卷共4页.23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
★祝#试顺利★注意事项：1 .答短前.先将fl己的姓名■准考iE弓域可在答距长上.并将准琴江号条形研财在答恩K上的指定位2.逸押IS的作答：侦小应燃目的答案愫勺涂黑・耳在试K上的区域均无效.3.填空*和解答题的作答：用签字笔宜接答在容愆卡上酉应的答题IK域内.写在试题尝,草SI纸和答W卡上的菲答题区域均无效.4.选考也的作答■先把所送趣口的醴号在答粗N上指定的位置用2B松宅涂SL答宝珂在答履卞上对应的谷（SH域内" 。
在武!»■・草棉舐和答的|?上的曹咨IS风域均无效.5 .考试培束后.崎将谷曜卡上交.-、选择题：本题共12小越，每小越5分，共60分，在每小题纶出的四个选项中，只有一项是符合题目萋求的。
1.已W?»r»l+4-.则r •iA.OB.1C.72D.22.设«^A-{xlx＞3}-B-Ullog＞（x-a»0|.Wa=3 是8UA 的A .充分不必要条件 B.2要不充分条件C充妾条件 D.既不充分又K必要条件3.i殳等是数列修」的前〃顼和为S..已知七5s,+., 30.岫S«A.85B.97C.100D.1754.槐晋时期的数学家弟薇首创常剧术.为计算圈周率建星『严密的戒论即完脊的算法.所时割倒术.就是以间内按正多边形的而枳.来无限逼近同血枳.对澈形容他的利同术说,•割之弥细.所失弥少.割之又割.以至丁木讨刮.则勺网合体.而尤所失矣...比；I企一1盘内■一内按正I二边形•将loottSTM机撤入间盘内.发现只右I粒豆子不在正十.边形内.据此实羚估计网周宇的近似值为A-T R 16r22C T n T5.已tU^=lg2.>»-ln3.c ~ log,3•则A.《rVz VyB.Vy<rC.x<y<t\lz<T<y6 .执行如图所示程序也图.设输出教据构成集合人•从集合人中任取一个兀素m,则事件“函敢fM）=/+”rr在［0・+c＞上是增雨数”的借率为理科教学忒题第1页（共4贞〉7 .设/(x).g(r)分别为定义在-5 I的奇函牧和偶函数.日/(”+g(«r) = 2e，cgr(e为自然对数的底j = /(x)-«(x)的图象大致为&某病。
深圳市2020届普通高中高三年级模拟测试(理数试题)含答案
深圳市2020届普通高中高三年级统一模拟测试数 学（理科）本试卷共23小题，满分150分．考试用时120分钟．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．已知集合，，则 }3210{，，，=A }032|{2<--=x x x B A B = A ． )3,1(-B ．]3,1(-C ．)3,0(D ．]3,0(2．设，则的虚部为 23i32iz +=-z 3．某工厂生产的30个零件编号为01，02，…，19，30，现利用如下随机数表从中抽取5个进行检测. 若从表中第1行第5列的数字开始，从左往右依次读取数字，则抽取的第5个零件编号为34 57 07 86 36 04 68 96 08 23 23 45 78 89 07 84 42 12 53 31 25 30 07 32 8632 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 4．记为等差数列的前项和，若，，则为n S {}n a n 23a =59a =6S 5．若双曲线（，）的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心22221x y a b-=0a >0b >(1,2)-率为6．已知，则tan 3α=-πsin 2()4α+=7．的展开式中的系数为 7)2(xx -3x A ．1-B ．1C ．2-D ．2A ．25B ．23C ．12 D.07A ．36B ．32C ．28 D. 24ABC D.2A ．35B ．35-C ．45D ．45-A ．168B ．84C ．42 D.218．函数的图像大致为()2ln |e 1|xf x x =--9．如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某四面体 1的三视图，则该四面体的外接球表面积为AB ． 32πC ．36πD ．48π10．已知动点在以，为焦点的椭圆上，动点在以为圆心，半径长M 1F 2F 2214yx +=N M 为 的圆上，则的最大值为 1||MF 2||NF 11．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理．设点，分别是△的外心、垂心，且为中点，则O H ABC M BC A ． 33AB AC HM MO +=+B ．33AB AC HM MO +=- C ． 24AB AC HM MO +=+D ．24AB AC HM MO +=-12．已知定义在上的函数的最大值为，则正实数的π[04，π()sin()(0)6f x x ωω=->3ωω取值个数最多为 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共 20 分．13．若满足约束条件，则的最小值为 ___________．y x ,⎪⎩⎪⎨⎧≤≥+-≥-+101022x y x y x y x z 2-=14．设数列的前项和为，若，则___________． {}n a n n S n a S n n -=2=6aA BC DA ．2B ．4C ．8D ．16A ．4B ．3C ． 2 D.1 （第9题图）15．很多网站利用验证码来防止恶意登录，以提升网络安全. 某马拉松赛事报名网站的登录验证码由，，，，中的四个数字随机组成，将从左往右数字依次增大的验012…9证码称为“递增型验证码”(如)，已知某人收到了一个“递增型验证码”，则该验证码0123的首位数字是的概率为___________．116．已知点和点，若线段上的任意一点都满足：经1(,)2M m m -1(,2N n n -()m n ≠MN P 过点的所有直线中恰好有两条直线与曲线相切，则P 21:2C y x x =+(13)x -≤≤的最大值为___．||m n -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）已知△的内角，，的对边分别为，，，△的面积为，ABC A B C a b c ABC S .222+2a b c S -=（1）求；cos C （2）若，，求. cos sin a B b A c +=a =b18．（本小题满分12分）如图，在直四棱柱中，底面是平行四边形， 点，分别1111ABCD A B C D -ABCD M N 在棱，上，且，.1C C 1A A 12C M MC =12A N NA =（1）求证：平面；1//NC BMD （2）若，，， 13A A =22AB AD ==π3DAB ∠=求二面角的正弦值. N BD M --19．（本小题满分12分）已知以为焦点的抛物线过点，直线与交于，两点，F 2:2(0)C y px p =>(1,2)P -l C A B 为中点，且.M AB OM OP OF λ+=u u u r u u u r u u u r （1）当时，求点的坐标；3λ=M （2）当时，求直线的方程. 12OA OB ⋅=u u r u u u rl 20．（本小题满分12分）在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期. 一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表. 请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期天6≤潜伏期天6>总计50岁以上（含50岁）10050岁以下55总计200（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立. 为了深入研究，该研究团队随机调查了名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？20附：0.05 0.025 0.0103.8415.0246.635，其中. ))()()(()(22d b c a d c b a bc ad n K ++++-=d c b a n +++=)(02k K P ≥0k21．（本小题满分12分） 已知函数.（其中常数，是自然对数的底数） ()e ln(1)xf x a x =--e=2.718 28⋅⋅⋅（1）若，求函数的极值点个数；a ∈R ()f x （2）若函数在区间上不单调，证明：. ()f x (1,1+e )a-111a a a +>+（二）选考题：共 10 分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一题计分．22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，为倾斜xOy 1C ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,sin ,cos 32ααt y t x t α角），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为x 2C ．θρsin 4=（1）求的直角坐标方程；2C（2）直线与相交于两个不同的点，点的极坐标为，若1C 2C F E ,P π)，求直线的普通方程．PF PE EF +=21C23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲已知为正数，且满足 证明： ,,a b c 1.a b c ++=（1）； 1119a b c++≥（2） 8.27ac bc ab abc ++-≤理科数学试题答案及评分参考一、选择题1.B2.B3.C4.A5.C6.D7.B8.A9.D10.B11.D12.C12.解析：当πππ462ω->时，即83ω>时，max ()13f x ω==，解得3ω=；当πππ462ω-≤时，即803ω<≤时，max ππ()sin()463f x ωω=-=，令ππ()sin()46g ωω=-，()3h ωω=，如图，易知()y g ω=，()y h ω=的图象有两个交点11(,)A y ω，22(,)B y ω，所以方程ππsin()463ωω-=有两个实根12ωω，，又888()1()393g h =>=，所以易知有1283ωω<<，所以此时存在一个实数1ωω=满足题设，综上所述，存在两个正实数ω满足题设，故应选C.二、填空题：13.3-14.6315.41516.4316.解析：由对称性不妨设m n <，易知线段MN 所在直线的方程为12y x =-，又21122x x x +>-，∴点P 必定不在曲线C 上，不妨设1(,)2P t t -，()m t n ≤≤，且过点P 的直线l 与曲线C 相切于点20001(,)2Q x x x +，易知0|x x PQ y k ='=，即2000011()()221x x t x x t +--+=-，整理得200210x tx --=，（法一）显然00x ≠，所以0012t x x =-，令1()f x x x=-，[1,0)(0,3]x ∈-U ，如图，直线2y t =和函数()y f x =的图象有两个交点，又(1)0f -=，且8(3)3f =，∴8023t ≤≤，即403t ≤≤，∴403m n ≤<≤，∴||m n -的最大值为43，故应填43．（法二）由题意可知013x -≤≤，令2()21f x x tx =--，∴函数()f x 在区间[1,3]-上有两个零点，则2(1)20(3)86013440f t f t t t -=≥⎧⎪=-≥⎪⎨-<<⎪⎪=+>⎩V ，解得403t ≤≤，∴403m n ≤<≤，∴||m n -的最大值为43，故应填43．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，222+2a b c S -=.（1）求cos C ；（2）若cos sin a B b A c +=，a =，求b .解：（1）2221=sin 22S ab C a b c S +-= ，，222sin a b c ab C ∴+-=，…………………………………………………………………2分在△ABC 中，由余弦定理得222sin sin cos 222a b c ab C CC ab ab +-===，sin =2cosC C ∴，…………………………………………………………………………4分又22sin +cos C=1C，25cos C=1cosC=5∴±，，由于(0,π)C ∈，则sin 0C >，那么cosC>0，所以cosC=5.………………………6分（2）（法一）在△ABC 中，由正弦定理得sin cos sin sin sin A B B A C +=，……………7分sin sin[π()]sin()sin cos cos sin C A B A B A B A B =-+=+=+ ，………………………8分sin cos sin sin sin cos cos sin A B B A A B A B ∴+=+，即sin sin cos sin B A A B =，又,(0,π)A B ∈ ，sin 0B ∴≠，sin =cosA A ，得4A π=.……………………………9分sin sin[π()]sin()B A C A C =-+=+，……………………………………………10分sin sin cos cos sin 252510B AC A C ∴=+=⨯+⨯=，………………11分在△ABC中，由正弦定理得310sin 103sin 22a Bb A==.……………………………12分（法二）cos sin a B b A c += ，又cos cos a B b A c += ，cos sin cos cos a B b A a B b A ∴+=+，…………………………………………………8分即sin cos A A =，又(0,π)A ∈ ，π4A ∴=.……………………………………………9分在△ABC中，由正弦定理得25sin 5sin 22a Cc A===………………………10分cos cos b C A a C =+，325c ∴==.………………………………………………………12分（法三）求A 同法一或法二在△ABC中，由正弦定理得25sin 5sin 22a Cc A===………………………10分又由余弦定理2222cos c a b ab C =+-，得2230b b --=，解得1b =-或3b =.所以3b =.……………………………………………………………………………12分（余弦定理2222cos a b c b A =+-，得2430b b -+=，解得1b =或3b =.因为当1b =时，222+-20a b c -=<，不满足cosC>0(不满足222+22a b c S -=-≠)，故舍去，所以3b =）【命题意图】综合考查三角函数的基本运算、三角函数性质，考查利用正弦、余弦定理解决三角形问题，检验学生的数学知识运用能力.E GMDN 1D 1C 1B 1A CBAGEMDN1D 1C 1B 1A CBAMDN1D 1C 1B 1A CBA （第18题图）18．（本小题满分12分）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是平行四边形，点M ，N 分别在棱1C C ，1A A 上，且12C M MC =，12A N NA =.（1）求证：1//NC 平面BMD ；（2）若1322A A AB AD ===，，π3DAB ∠=，求二面角N BD M --的正弦值.解：（1）证明：（法一）如图，连接AC 交BD 于点G ，连接MG ．设1C M 的中点为E ，连接AE ．………2分,G M 是在△ACE 边,CA CE 的中点，∴//MG AE ，……………………………………3分又 12C M MC =，12A N NA =，11//AA CC ，∴四边形1ANC E 是平行四边形，故1//NC AE ，∴1//NC GM ，…………………………………4分 GM ⊂平面BMD ，∴1//NC 平面BMD .…………………………………5分（法二）如图，设E 是1BB 上一点，且12BE B E =，连接1EC .设G 是BE 的中点，连接GM .……………………1分11//BE MC BE MC =，，∴四边形1BEC M 是平行四边形，故1//EC BM ，……2分又 BM ⊂平面BMD ，∴1//EC 平面BMD ，…………………………………3分同理可证//NE AG ，//AG DM ，故//NE DM ，MDN1D 1C 1B 1A CBA ∴//NE 平面BMD ，…………………………………4分又 1EC NE ⊂，平面1NEC ，且1NE C E E = ，∴平面1//NEC 平面BMD ，又1NC ⊂平面1NEC ，所以1//NC 平面BMD .……………5分（2）（法一）设二面角N BD M --为α，二面角N BD A --为β，根据对称性，二面角M BD C--的大小与二面角N BD A --大小相等，故π2αβ=-，sin sin(π2)sin 2αββ=-=.下面只需求二面角M BD C --的大小即可.………7分由余弦定理得2222cos 3BD AD AB AD AB DAB =+-⋅∠=，故222AB AD BD =+，AD BD ⊥.……………………8分四棱柱1111ABCD A B C D -为直棱柱，∴1DD ⊥底面ABCD ，1DD BD ⊥，……………………9分又 1,AD D D ⊂平面11ADD A ，1AD D D D = ，BD ∴⊥平面11BDD B ，…………………………………10分ND ⊂ 平面11ADD A ，ND BD ∴⊥，所以二面角N BD A --的大小为NDA ∠，即NDA β∠=，在Rt NAD ∆中，sin 2AN ND β===，…………11分∴π4β=，π2α=，∴二面角N BD M --的正弦值为1.…………………12分（法二）由余弦定理得2222cos 3BD AD AB AD AB DAB =+-⋅∠=，故222AB AD BD =+，AD BD ⊥.……………………6分以D 为坐标原点O ，以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.zyxMDN1D 1C 1B1A CBA依题意有(0,0,0)D ，B ，(M -，N ，DB = ，(DM =-，DN =，……7分设平面MBD 的一个法向量为(,,)n x y z=，00n DB n DM⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，00x z=∴-+=⎪⎩，令1x =，则1z =，0y =，(1,0,1)n∴=，……………9分同理可得平面NBD 的一个法向量为(1,0,1)m=-，……10分所以cos ,0||||m nm n m n ⋅<>===，……………11分所以二面角N BD M --的大小为π2，正弦值为1.…12分【命题意图】考察线面平行、线面垂直判定定理等基本知识，考查空间想象能力，计算能力，考查学生综合运用基本知识处理数学问题的能力.19．（本小题满分12分）已知以F 为焦点的抛物线2:2(0)C y px p =>过点(1,2)P -，直线l 与C 交于A ，B 两点，M 为AB 中点，且OM OP OF λ+=uuu r uu u r uu u r.（1）当=3λ时，求点M 的坐标；（2）当12OA OB ⋅=uur uu u r时，求直线l 的方程.解：（1）因为(1,2)P -在22y px =上，代入方程可得2p =，所以C 的方程为24y x =，焦点为(1,0)F ，…………………………………2分设00(,)M x y ，当=3λ时，由3OM OP OF +=uuu r uu u r uu u r，可得(2,2)M ，………………4分（2）（法一）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，00(,)M x y ，由OM OP OF λ+=uuu r uu u r uu u r，可得00(1,2)(,0)x y λ+-=，所以0=2y ，所以l 的斜率存在且斜率121212042=1y y k x x y y y -===-+，……………7分可设l 方程为y x b =+，联立24y x by x=+⎧⎨=⎩得22(24)0x b x b +-+=，2244=16160b b b ∆=--->（2），可得1b <，………………………………9分则1242x x b +=-，212x x b =，2121212()4y y x x b x x b b =+++=，所以21212=412OA OB x x y y b b ⋅=++=uur uu u r，…………………………………11分解得6b =-，或2b =（舍去），所以直线l 的方程为6y x =-.……………………………………………12分（法二）设l 的方程为x my n =+，11(,)A x y ，22(,)B x y ，00(,)M x y ，联立24x my n y x=+⎧⎨=⎩得2440y my n --=，216160m n ∆=+>，………………6分则124y y m +=，124y y n =-，21212()242x x m y y n m n +=++=+，所以2(2,2)M m n m +，…………………………………………………………7分由OM OP OF λ+=uuu r uu u r uu u r，得2(21,22)(,0)m n m λ++-=，所以1m =，…………8分所以l 的方程为x y n =+，由16160n ∆=+>可得，1n >-，……………………………………………9分由124y y n =-得221212()16y y x x n ==，所以21212=412OA OB x x y y n n ⋅=+-=uu r uu u r，………………………………………11分解得6n =，或2n =-（舍去），所以直线l 的方程为6y x =-.……………………………………………12分【命题意图】本题以直线与抛物线为载体，考查抛物线方程，直线与抛物线的位置关系、向量的数量积运算，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.20．（本小题满分12分）在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期.一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位:天）]2,0[]4,2(]6,4(]8,6(]10,8(]12,10(]14,12(人数85205310250130155（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表.请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期6≤天潜伏期6>天总计50岁以上（含50岁）10050岁以下55总计200（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立.为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，．．．．（即概率最大其中潜伏期超过6天的人数最有可能．．．．．）是多少？附：)(02k K P ≥0.050.0250.0100k 3.8415.0246.635))()()(()(22d b c a d c b a bc ad n K ++++-=，其中d c b a n +++=.解：（1） 5.45131511130925073105205385110001=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=）（x 天.……………………………………………………………………………2分（2）根据题意，补充完整的列联表如下：潜伏期6<天潜伏期6≥天总计50岁以上（含50岁）653510050岁以下5545100总计12080200则212510001080120200)35554565(22=⨯⨯⨯⨯⨯-⨯=K 2.083≈，………………………………………5分经查表，得 3.8412 2.083<≈K ，所以没有95%的把握认为潜伏期与年龄有关.……6分（3）由题可知，该地区每1名患者潜伏期超过6天发生的概率为521000400=，……7分设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为X ，则)52,02(~B X ,kk k C k X P -⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛==02025352)(，0=k ，1，2，…，20，………8分由⎩⎨⎧-=≥=+=≥=)1()()1()(k X P k X P k X P k X P 得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-----++-k k k k k k kk k kk k C C C C 121102020291110202025352535253525352，…………10分化简得⎩⎨⎧≥--≥+kk k k 3)12(2)02(2)1(3，解得542537≤≤k ,又N ∈k ,所以8=k ,即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是8人.…12分【命题意图】以医学案例为实际背景，考查频数分布表，考查平均数，二项分布的随机变量概率最大时的取值；考查分析问题、解决问题的能力；处理数据能力、建模能力和核心素养.21．（本小题满分12分）已知函数()e ln(1)xf x a x =--.（其中常数e=2.71828⋅⋅⋅，是自然对数的底数）（1）若a ∈R ，求函数()f x 的极值点个数；（2）若函数()f x 在区间(1,1+e )a-上不单调，证明：111a a a +>+.解：（1）易知(1)e ()1x x af x x --'=-，1x >，………………………………………1分①若0a ≤，则()0f x '>，函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，∴函数()f x 无极值点，即函数()f x 的极值点个数为0；……………………2分②若0a >，（法一）考虑函数(1)e (1)x y x a x =--≥，Q 1(1)e 0a y a a a a a ++=->-=，(1)0y a =-<，∴函数(1)e (1)x y x a x =--≥有零点0x ，且011x a <<+，Q e 0x y x '=>，∴函数(1)e (1)x y x a x =--≥为单调递增函数，∴函数(1)e (1)x y x a x =--≥有唯一零点0x ，∴(1)e ()1x x af x x --'=-亦存在唯一零点0x ，…………………………………4分∴当0(1,)x x ∈时，易知()0f x '<，即函数()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，易知()0f x '>，即函数()f x 在0(,)x +∞上单调递增，∴函数()f x 有极小值点0x ，即函数()f x 的极值点个数为1，……………………5分综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的极值点个数为0；当0a >时，函数()f x 的极值点个数为1.（法二）易知函数e x y =的图象与1ay x =-(0)a >的图象有唯一交点00(,)M x y ，∴00e 1x ax =-，且01x >，…………………………………………………………………3分∴当0(1,)x x ∈时，易知()0f x '<，即函数()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，易知()0f x '>，即函数()f x 在0(,)x +∞上单调递增，∴函数()f x 有极小值点0x ，即函数()f x 的极值点个数为1，……………………4分综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的极值点个数为0；当0a >时，函数()f x 的极值点个数为1.（注：第（1）问采用法二作答的考生应扣1分，即总分不得超过4分）（法三）对于0a ∀>，必存在*n N ∈，使得2ln an a->，即2ln na a -<，Q e 1na -<，∴1e 2ln e e e 0nana na a a a a --+--<-<-=，∴1e e e (1e )0e nana nanaa f --+---'+=<，又11e (1)=e 10a aa a f a a++-'+=->，∴函数(1)e ()1x x af x x --'=-有零点，不妨设其为0x ，显然()e (1)1xa f x x x '=->-为递增函数，∴0x 为函数()f x '的唯一零点，…………………………………………………………4分∴当0(1,)x x ∈时，易知()0f x '<，即函数()f x 在0(1,)x 上单调递减，当0(,)x x ∈+∞时，易知()0f x '>，即函数()f x 在0(,)x +∞上单调递增，∴函数()f x 有极小值点0x ，即函数()f x 的极值点个数为1，……………………5分综上所述，当0a ≤时，函数()f x 的极值点个数为0；当0a >时，函数()f x 的极值点个数为1.（2）Q 函数()f x 在区间(1,1+e )a-上不单调，∴存在0(1,1+e )a x -∈为函数()f x 的极值点，……………………………………6分∴由（1）可知0a >，且1+e e e (1+e )0eaa aaa f ----⋅-'=>，即1+e e aa a -->，两边取对数得1+e ln a a a -->，即1+e ln a a a -->，………………………………7分（法一）欲证111a a a +>+，不妨考虑证111+e ln 1a a a a -+≥-+，先证明一个熟知的不等式：e 1x x ≥+，令g()e 1x x x =--，则g ()e 1x x '=-，∴g (0)0'=，不难知道函数g()x 的极小值（即最小值）为g(0)0=，∴e 10x x --≥，即e 1x x ≥+，……………………………………………………8分（思路1：放缩思想）∴11e =e 1a a a -≤+，即1e 1a a -≥+，………………………9分又111eaa-≥，∴11e a a -≤，∴11ln a a -≤，即11ln a a ≥-，………………………11分∴111+e ln 1a a aa -+≥-+，∴111a a a +>+.…………………………12分（思路2：构造函数）令1()ln 1a a a ϕ=+-，则22111()a a a a aϕ-'=-=，不难知道，函数()a ϕ有最小值(1)0ϕ=，∴()0a ϕ≥，…………………………10分当0a >时，1e 1e 01(1)ea aaa a a ----=>++，…………………………………………11分∴11ln 1e 01a a a a -+-+->+，即111+e ln 1a a a a -+≥-+，∴111a a a +>+.…………………………………………………………………12分（法二）令()1+e ln x F x x x -=--，则1()e 10x F x x-'=---<，∴函数()F x 为单调递减函数，显然(2)2ln 220F <--<，且()0F a >，∴02a <<，①若01a <<，则1111a a a a +>>+，即111a a a +>+成立；…………………………8分②若12a ≤<，只需证111+e ln 1a a a a -+≥-+，不难证明1114173a a a +≥++，只需证明141+e ln 73a a a -≥-+，…………………………9分令14()e ln 173a G a a a -=-+-+，12a ≤≤，则22198198()e (73)(73)a G a a a a a -'=+->-++，当12a ≤≤时，22219849569(73)(73)a a a a a a -+-=++，显然函数249569y a a =-+在[1,2]上单调递增，且(1)20y =>，∴()0G a '>，即函数()G a 为单调递增函数，………………………………………10分∴当12a ≤<时，212e 5()(1)05e 5eG a G -≥=-=>，即()0G a >，………………11分141+e ln 73a a a -∴≥-+，即111a a a +>+，综上所述，必有111a a a +>+成立.…………………………………………………12分（法三）同（法二）得02a <<，①若01a <<，则1111a a a a +>>+，即111a a a +>+成立；…………………………8分②若12a ≤<，只需证111+e ln 1a a a a -+≥-+，令11()e ln 11a G a a a a -=+-+-+，12a ≤≤，则222111()e e (1)(1)a a a G a a a a ---'=-+≥-++，下证当12a ≤≤时，21e 0(1)aa -->+，即证2e (1)a a <+，即证2e 1aa <+，………9分令2()e 1a H a a =--，12a ≤≤，则21()e 12aH a '=-，当2ln 2a =时，()0H a '=，不难知道，函数()H a 在[1,2ln 2)上单调递减，在(2ln 2,2]上单调递增，∴函数()H a 的最大值为(1)H ，或(2)H 中的较大值，显然(1)20H =-<，且(2)e 30H =-<，∴函数()H a 的最大值小于0，即()0H a <，亦即2e 1a a <+，…………………………10分∴21e 0(1)a a -->+，即()0G a '>，∴函数11()e ln 11a G a a a a -=+-+-+，12a ≤≤单调递增，易知11(1)02eG =->，∴()0G a >，即111+e ln 1a a a a -+≥-+，………………………11分∴当12a ≤<时，有111a a a +>+成立，综上所述，111a a a +>+.…………………………………………………………12分【命题意图】本题以基本初等函数及不等式证明为载体，考查学生利用导数分析、解决问题的能力，分类讨论思想及逻辑推理、数学运算等数学核心素养，具有较强的综合性.22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，直线1C 的参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,sin ,cos 32ααt y t x （t 为参数，α为倾斜角），以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为θρsin 4=．（1）求2C 的直角坐标方程；（2）直线1C 与2C 相交于F E ,两个不同的点，点P 的极坐标为π)，若PF PE EF +=2，求直线1C 的普通方程．解：（1）由题意得，2C 的极坐标方程为θρsin 4=，所以θρρsin 42=，………………1分又θρθρsin ,cos ==y x ，………………2分代入上式化简可得，0422=-+y y x ，………………3分所以2C 的直角坐标方程4)2(22=-+y x ．………………4分（2）易得点P 的直角坐标为)0,32(-，将⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,sin ,cos 32ααt y t x 代入2C 的直角坐标方程，可得012)sin 4cos 34(2=++-t t αα，………………5分22π4sin )48=[8sin()]4803ααα∆=+-+->，解得πsin()3α+>πsin()3α+<，不难知道α必为锐角，故π3sin()32α+>，所以ππ2π333α<+<，即π03α<<,………………6分设这个方程的两个实数根分别为1t ，2t ，则ααsin 4cos 3421+=+t t ，1221=⋅t t ，………………7分所以1t 与2t 同号，由参数t 的几何意义可得，1212π8sin()3PE PF t t t t α+=+=+=+，12EF t t =-==，………………8分所以π28sin()3α⨯=+，两边平方化简并解得πsin()13α+=，所以π2π6k α=+，k ∈Z ,因为π03α<<，所以π6α=，………………9分所以直线1C 的参数方程为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=,21,2332t y t x 消去参数t ，可得直线1C 的普通方程为0323=+-y x ．………………10分【命题意图】本题主要考查了圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程中参数的几何意义和三角函数等知识点，重点考查数形结合思想，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养，考察考生的化归与转化能力．23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲已知,,a b c 为正数，且满足 1.a b c ++=证明：（1）1119a b c++≥；（2）8.27ac bc ab abc ++-≤证明：（1）因为()111111a b c a b c a b c ⎛⎫++=++++ ⎪⎝⎭3b a c a c ba b a c b c=++++++3≥++（当且仅当13a b c ===时，等号成立）.………………5分（2）（法一）因为,,a b c 为正数，且满足1a b c ++=，所以1c a b =--，且10a ->，10b ->，10c ->，所以ac bc ab abc++-()a b ab c ab =+-+()1a b ab a b ab=+---+（）(1)(1)()b a a b =--+(1)(1)(1)a b c =---3(1)(1)(1)8327a b c -+-+-⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦，所以8.27ac bc ab abc ++-≤（当且仅当13a b c ===时，等号成立）.………………10分（法二）因为,,a b c 为正数，且满足1a b c ++=，所以1c a b =--，且10a ->，10b ->，10c ->，()1ac bc ab abc a b c ac bc ab abc ++-=-+++++-()()()()1111a b a c a bc a =-+-+-+-()()11a b c bc =--++⎡⎤⎣⎦()()()111a b c =---()338327a b c -++⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦所以8.27ac bc ab abc ++-≤（当且仅当13a b c===时，等号成立）.………………10分【命题意图】本题以三元不等式为载体考查二元基本不等式（三元均值不等式）的证明，涉及代数恒等变形等数学运算、充分体现了对考生的逻辑推理的核心素养及化归与转化能力的考察．深圳市2020年普通高中高三年级统一测试数学（理科）试题参考答案第16页共16页。
2020届高三毕业班第一次综合质量检测数学(理)试题—附答案
5.
已知函数
f
(
x)
1
x x
2
sin x ，则函数 y
f (x) 的图像大致为
A．
B．
C．
D．
6．从区间 0，1随机抽取 2n 个数 x1, x2 ,, xn , y1, y2 ,, yn ，组成坐标平面上的 n 个点
(x1, y1 ) ，(x2 , y2 ) ，… (xn , yn ) ，其中到原点距离小于1的点有 m 个，用随机模拟的
A．20100
B．20200
C．40200
D．40400
12．在棱长为 4 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中， E, F 分别为 AA1, BC 的中点，点 M 在
棱 B1C1 上， B1M
1 4
B1C1
，若平面
FEM
交
A1B1 于点 N
，四棱锥 N
BDD1B1 的五
个顶点都在球 O 的球面上，则球 O 半径为
A(3, 0, 0) ， B(0, 3, 0) ， S(0, 3 , 3 3 ) ， C(1,0,0) ， 22
上．
（1）求曲线 C 的普通方程及直线 l 的直角坐标方程． （2）求△PAB 面积的最大值．
23．（本小题满分 10 分）选修 4-5：不等式选讲
已知函数 f (x) | 2x t | ，若 f (x) 1的解集为 (1,0) ． （1）求 t 并解不等式 f (x) x 2 ； （2）已知： a,b R ，若 f (x) 2a b | 2x 2 | ，对一切实数 x 都成立， 求证： a 2b 1 ．
3
2
根据所给数据用事件发生的频率来估计相应事件发生的概率，估计该顾客支付的平均费用
2020年深圳市高三年级第一次调研考试理科数学答案
圳市育科究院市教育2020年深圳市高三第一次调研考试又绝密★启封并使用完毕前试题类型：A圳市育科究院市教E是AC的中点，∴到点A，C的距离相等的点位于平面B ED'内，同理可知，到点B'，D的距离相等的点位于平面ACF内，cos4EF<<，故应选B.二、填空题：圳市究院市13. 1−14. 32 15. 3 16.4516.解析:如图，不难发现直线1F M与圆O相切于点M，且1||MF b=，2)(sin cos)3cos(2π)x x x.）求函数()f x的最小正周期；已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b1,sin2sinC B，2，求△ABC的面积.解：（1）2)(sin cos)3cos(π2)x x x22sin cos2sin cos3cos2x x x x xsin23cos21x xπ2sin(2)13x，…………………………………4分()f x的最小正周期为2ππ2T. …………………………………………(2)π()2sin()113f A A，πsin()03A，ππ5π2333A，π3A,即π3A. …………………………………………………………由正弦定理及sin2sinC B，可得2c b. …………………………………由余弦定理得2222cosa b c bc A，可得b=. ……………………10分圳市育科学究院市教育科3b=，123sin23ABCS b c A. ……………………………………12分【命题意图】综合考查三角函数的基本运算、三角函数性质，考查利用正弦、余弦定理分）111A B C的所有棱长都相等，平面平面11C C.平面AB111AC B的余弦值）证明：设直线1AB与直线BA1A为菱形，11A B AB，分111C C C A，G为1A B的中点，故1G A B,1C G G，且1AB，1C G平面AB，1A B平面（法一）取BC中点O为坐标原点，如图，分别以,OA OC建立空间直角坐标系O xyz. ……6分不妨设棱柱的棱长为2，1(0,1,0),(0,0,3),(3,0,0),(0,1,0)C A B，1(3,0,3)AC，…………分11(3,1,0)AC AC，11(0,2,0)B C BC……………………8分设平面11A AC的一个法向量为1n，且111(,,n x y z111n AC，11n AC，则11111n ACn AC，得30330x yx z，取1z，则1x，3y，1(1,3,1)n，……………………………………………………………………9分设平面11AB C的一个法向量为2n，且2222(,,)n x y z，那么21n AC，211n B C，21211n ACn B C，得33020x zy，取1z，则1x，0y，2(1,0,1)n，……………………………………………………………………11分121212210cos552||||n nn nn n，,圳市育科学研院市教育科学即二面角111A AC B. …………………………………12分（法二）同（法一）建立空间直角坐标系，得1(3,0,3)AC，…………7分0003,,)(0,1,3)y z，点3,1,3)，1(3,0,BA1(0,1,3)AA,由于1A B平面1,所以1BA是平面11B一个法向量. ………………9分设平面11A AC的一个法向量为n，且(,,)n x y z1n AA，1n AC，11n AAn AC，得30330y zx z，取1z，则1x，3y，(1,3,1)n， (11)1112310cos5||||65BA nBA nBA n，,二面角111A AC B的余弦值为105. ……………………………………（法三）如图，连接1AC，交1AC于点M，11AAC C是菱形，11A M AC.1A G平面11AB C，故1AG AC，11A M A，1AC平面1A MG，GM平面1A MG,1GM AC，……7分1A MG为二面角111A AC B的平面角，不妨设棱柱的棱长为2，G，M是△1A BC边1A B，1AC上的中点，112BC,……………11B C中点为N，连接1A N，BN，易得平面11BB C C，1A N BN，16A B，162AG，102， (10)11210cos510GMA MGA M，圳市院市教育二面角111A AC B. …………………………………12分【命题意图】考查线面垂直判断定理、线面垂直性质定理等基本知识，考查空间想象能OM ON⋅为定值1b=，设椭圆的半焦距为24a=，……………………………………，使得OM ON⋅为定值，2,0)，设直线l：2216(16x k x++y4(2OM ON⋅=OM ON⋅为定值，则43OM ON⋅=，存在实数23t=，使得OM ON⋅为定值43. …………………………12分（法二）设存在实数=t t，使得OM ON⋅为定值，(2,0)A−，一般情况设:2(0)l x my m=−≠，00(,)M x y，圳市科学研究院市教联立2x my=−与2214xy+=，易知202284mxm−=+，0244mym=+，……6分222284(,)44m mMm m−++，………………………………………………7分m2t mOM ON⋅=OM ON⋅为定值，0012(84)4t t=−，此时43OM ON⋅=，……………………当直线l与x轴重合，且时，点(2,0)M，点也有43OM ON⋅=，………………………………………………………综上，存在实数t=OM ON⋅为定值4【命题意图】本题以直线与椭圆为载体，其几何关系向量表达为背景，决几何问题，主要考查椭圆的基本量，直线与椭圆的位置关系、向量的数量积运算，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力（2）由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z服从正态分布()2,Nμσ，其中μ可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值作代表），且2362σ=. 利用该正态分布，估计全市参加预赛的全体学生中预赛圳市究院市教成绩不低于91分的人数；（3）预赛成绩不低于91分的学生将参加复赛，复赛规则如下：①每人的复赛初始分均为100分；②参赛学生可在开始答题前自行决定答题数量n，每一题都需要“花”掉(即减去)2(,Nμσ0.9545，P易知样本中成绩不低于60分的学生共有0.007520100⨯⨯分的学生中随机地抽取(,0.7)B n1.5Xξ=，，…………………………………………………………题的资格，甲需要“花”掉的分数为：………………………………………………设甲答完题的最终分数为，则()M n21000.05() 1.05n n n=−++20.05(10)105n=−−+，…………………………10分由于*n∈N，所以当10n=时，()M n取最大值105，即复赛成绩的最大值为105，圳市究院市教所以若学生甲期望获得最佳的复赛成绩，则他的答题数量n应为10. ……………12分【命题意图】考查频率分布直方图，建模能力；考查超几何分布模型，正态分布，二项分布；考查分析问题、解决问题的能力；处理数据能力，决策问题.（2）不等式222cos(2sin)()x a x af x+≤恒成立，即不等式2cos(2sin)cosx a x≤恒成立，令sin[1,1]x t=∈−，则等价于不等式2cos2(1)t a t≤−…①恒成立，………………6分圳市究院市教（法一）①若21t=，即1t=±时，不等式①显然成立，此时Ra∈；……………7分②若11t−<<时，不等式①等价于2cos21tat≥−…②，令2()cos21t t tΦ=+−(01)t≤≤，则()2(sin2)t t t'Φ=−，(1)2(1sin2)0'Φ=−>，∴由（1）不难知道存在唯一的实数(0,1t）∈，使得()0t'Φ=，圳市教育科学研究院市教育科学∴()t Φ在0[0,)t 上单调递减，在0(,1]t 上单调递增，又(0)0Φ=，且(1)cos20Φ=<，∴max ()0t Φ=，即()0H t ≤，………………11分 综上所述，满足题意的实数a 的取值范围为[1,)+∞. ………………………12分（法三）当0t =时，由2cos 2(1)t a t ≤−得1a ≥， ……………………7分下证当且仅当1a ≥时，不等式①在[1,1]t ∈−时恒成立，只需证不等式①在[0,1]t ∈时恒成立即可， ……………………8分 ①若cos20t ≤时，即π[,1]4t ∈时，不等式①显然成立； …………………9分 ②若cos20t >时，即π[0)4t ，∈时，2cos 2(1)t a t ≤−等价于2221cos2t att t≤−…③， 令tan t θ=π(0)4θ≤<，则不等式③等价于2tan 2cos 2attθ≤， …………………10分 又不等式tan sin x x x ≥≥在π[0,)2x ∈时显然成立（证明略）， …………………11分π[0)4t ，∈，∴π2[0,)2t ∈，∴2sin 2t t ≥，∴2sin 2tan 2tan 2cos2cos2at a t a t t t t≥=≥，tan t θθ=>，∴tan 2tan 2t θ≥， ∴2tan 2cos 2attθ≤，即不等式③成立，亦即不等式①成立， 综上所述，满足题意的实数a 的取值范围为[1,)+∞. ………………………12分 【命题意图】 本题以基本初等函数及不等式为载体，考查学生利用导数分析、解决问的能力，分类讨论思想及逻辑推理、数学运算等数学核心素养，具有较强的综合性.22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程如图，有一种赛车跑道类似“梨形”曲线，由圆弧BC ，AD 和线段AB ，CD 四部分组成，在极坐标系Ox 中，π(2,)3A ，2π(1,)3B ，4π(1,)3C ，π(2,)3D −，弧BC ，AD 所在圆的圆心分别是(0,0)，(2,0)，曲线1M 是弧BC ，曲线2M 是弧AD ．（1）分别写出1M ，2M 的极坐标方程；（2）点E ，F 位于曲线2M 上，且π3EOF ∠=， 求△EOF 面积的取值范围．ABCDOx（第22题图）圳市究院市教解：（1）由题意，1M的极坐标方程是2π4π1()33ρθ=≤≤，……………………2分记圆弧AD所在圆的圆心为1(2,0)O，易得极点O在圆弧AD所在圆上，解得13t≤≤，即实数t的取值范围为[1,3]. ……………………………………5分（说明：分类讨论求解亦可，可相应给分.）圳市究院市教(2) 易知222222()23231f x x t t x t t xx x x=+−++−≥+−++−=+−，……6分。
广东省深圳市2020届高三下学期第一次调研考试数学(理科)试题(word版)
2020年深圳市高三年级第一次调研考试数学(理科)本试卷共23小题,满分150分.考试用时120分钟一､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.集合1{|1},2A x x =-<<集合2{|},B x x x =<则A ∩B= 1.(1,)2A - B. (-1,0) 1.(0,)2C D. (0,1)2.下列函数中为奇函数的是2.2A y x x =-2.cos B y x x = .22x x C y -=+ 1.ln 1x D y x -=+3.已知复数20192020,z ii =+则z 的共轭复数z = A. -1+i B.1-i C.1+i D. -1-i4.已知π是圆周率,e 为自然对数的底数,则下列结论正确的是A.3 3 ln ln log e π>>B. 3ln π>log e>ln33.ln 3log ln C e π>> D. 33 ln ln log e π>>5.将直线l:y=2x+1绕点A(1,3)按逆时针方向旋转45°得到直线,l '则直线l '的方程为A.2x-y+1=0B. x-y+2=0C.3x-2y+3= 0D.3x+y-6=0 6.已知数列{}n a 为等比数列,若2214142,20a a a a +=+=,则23a a = A. -8 B.8 C. -16 D.167.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积为A.9π 22.3B π 28.3C π 34.3D π 8.已知过原点O 的直线l 与曲线():4x C y x e =-相切,则l 的斜率为 A. -e 2.B e -C. -3D. e 9.珠算被誉为中国的第五大发明,最早见于汉朝徐岳撰写的《数术记遗》.2013 年联合国教科文组织正式将中国珠算项目列入教科文组织人类非物质文化遗产.如图,我国传统算盘每-档为两粒上珠, 五粒下珠,也称为“七珠算盘”.未记数(或表示零)时,每档的各珠位置均与图中最左档一-样; 记数时,要拨珠靠梁, 一个上珠表示“5”,一个下珠表示“1”,例如:当千位档一个上珠､百位档一个上珠､十位档一个下珠､个位档一个上珠分别靠梁时,所表示的数是5515.现选定“个位档”､“十位档”､“百位档”.和“千位档”,若规定每档拨动-珠靠梁(其它各珠不动) ,则在其可能表示的所有四位数中随机取一个数,这个数能被3整除的概率为1.2A2.5B3.8C 1.3D 10.已知过抛物线24y x =焦点F 的直线与抛物线交于P, Q 两点,M 为线段PF 的中点,连接OM,则△OMQ 的最小面积为A.1 .2B C.2 D.411.已知定义在R 上的函数()sin()(0,||)2f x x πωϕωϕ=+>≤在[1,2]上有且仅有3个零点,其图象关于点1(,0)4和直线14x =-对称,给出下列结论:12()22f =①f(x)在[0,1]上有且仅有3个极值点;③函数f(x)在35(,)24--上单调递增;④函数f(x)的最小正周期是2.其中所有正确结论的编号是 A.②③ B.①④ C.②③④ D.①②12.将边长为5的菱形ABCD 沿对角线AC 折起,顶点B 移动至B '处,在以点,B 'A, C,D 为顶点的四面体AB CD '中,棱AC B D '、的中点分别为E ､F,若AC=6,且四面体AB CD '的外接球球心落在四面体内部,则线段EF 长度的取值范围为 14.(,23)2A 14.(,4)2B .(3,23)C .(3,4)D二､填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分｡13. 记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,若2555,a S =+则数列{}n a 的公差为___.14.某地为了解居民的每日总用电量y (万度)与气温x (°C)之间的关系,收集了四天的每日总用电量和气温的数据如下:经分析,可用线性回归方程ˆ2yx a =-+拟合y 与x 的关系｡据此预测气温为14℃时,该地当日总用电量y (万度)为___.15. 已知等边三角形ABC 的边长为3,点D,E 分别在边AB,BC 上,且1,3AD AB =1,3BE BC =则DC DE ⋅的值为___. 16.已知点12F F 、分别为双曲线C:22221(0,0)x y a b a b-=>>的左､右焦点,点000(,)(0)M x y x <为C 的渐近线与圆,222x y a +=的一个交点, O 为坐标原点,若直线1F M 与C 的右支交于点N,且22||||||,MN NF OF =+则双曲线C 的离心率为___.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)函数2()(sin cos )3)f x x x x π=++(1)求函数f(x)的最小正周期;(2)已知△ABC 的内角A, B, C 的对边分别为a,b,c,若()1,2A f =sinC= 2sinB,且a=2,求△ABC 的面积｡18. (本小题满分12分) 已知三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等,平面11BB C C ⊥平面ABC,11.BC C C =(1)求证:1A B ⊥平面11AB C ； (2) 求二面角111A AC B --的余弦值.19. (本小题满分12分)已知椭圆C 2222:1(0)x y a b a b+=>>的短轴长为2,3左顶点为A,过点A 的直线l 与C 交于另一个点M,且与直线x=t 交于点N.(1)求椭圆C 的方程;(2)是否存在实数t,使得OM ON ⋅为定值?若存在,求实数t 的值;若不存在,请说明理由.20. ( 本小题满分12分)某市为提升中学生的数学素养,激发学生学习数学的兴趣,举办了一次“数学文化知识大赛",分预赛和复赛两个环节已知共有8000名学生参加了预赛,现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本,得到如下频率分布直方图.(1)规定预赛成绩不低于80分为优良,若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人,求恰有1人预赛成绩优良的概率;(2)由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z 服从正态分布2(,),N μσ其中μ可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值(同一组数据用该组区间的中点值代替),且2362.σ=利用该正态分布,估计全市参加预赛的全体学生中预赛成绩不低于91分的人数;(3)预赛成绩不低于91分的学生将参加复赛,复赛规则如下:①每人的复赛初始分均为100分;②参赛学生可在开始答题前自行决定答题数量n,每一题都需要“花”掉(即减去)一定分数来获取答题资格,规定答第k 题时“ 花”掉的分数为0.1k (k=1, 2, ... n);③每答对一题加1.5分,答错既不加分也不减分;④答完n 题后参赛学生的最终分数即为复赛成绩.已知学生甲答对每道题的概率均为0.7,且每题答对与否都相互独立.若学生甲期望获得最佳的复赛成绩,则他的答题数量n 应为多少?(参考数据36219≈，若2(,),Z N μσ-则P(μ-σ<Z<μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ<Z <μ+2σ)≈0.9545,P(μ-3σ<Z<μ+3σ)≈0.9973).21. (本小题满分12分)已知函数22()2cos .f x x ax =+(1) 当a=1时,求f(x)的导函数()f x '在[,]22ππ-上的零点个数; (2)若关于x 的不等式222cos(2sin )()x a x af x +≤在(-∞,+∞)上恒成立,求实数a 的取值范围.(二)选考题:共10分.请考生在第22､23两题中任选一题作答.注意;只能做所选定的题目.如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.22.(本小题满分10分)选修4-4:坐标系与参数方程如图,有一种赛车跑道类似“梨形”曲线,由圆弧BC ,AD 和线段AB, CD 四部分组成,在极坐标系Ox 中, 24(2,),(1,),(1,),(2,),3333A B C D ππππ-弧,BC AD 所在圆的圆心分别是(0,0), (2,0), 曲线1M 是弧BC曲线2M 是弧AD .(1)分别写出12,M M 的极坐标方程;(2)点E,F 位于曲线M 2上,且,3EOFπ∠=求△EOF 面积的取值范围.23.(本小题满分10分)选修4-5:不等式选讲已知22()|2|3|(0)f x x t t x x=+-++-> (1)若f(1)=2,求实数t 的取值范围;(2)求证: f(x)≥2.。
2020年百校联盟高考数学模拟试卷(理科)(4月份)(全国Ⅰ卷)(含答案解析)
2020年百校联盟高考数学模拟试卷（理科）（4月份）（全国Ⅰ卷）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.若复数z满足z−1+i=2i+1，则|z|=()A. √5B. 2C. √3D. 32.已知集合A={2a−1,a2,0}，B={1−a,a−5,9}，且A∩B={9}，则()A. A={9,25，0}B. A={5,9，0}C. A={−7,9，0}D. A∪B={−7,9，0，25，−4}3.已知向量a⃗=(x2−2x,1)，b⃗ =(1,−3)，则“−1<x<3”是“a⃗，b⃗ 的夹角为钝角”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4.将函数y=2sin(2x+π4)的图象向右平移π4个单位长度，所得函数()A. 在区间(−3π8,π8)上单调递增 B. 在区间(−5π8,−π8)上单调递减C. 以x=π8为一条对称轴 D. 以(3π8,0)为一个对称中心5.已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为()A. 8π3B. 8πC. 16π3D. 12π6.改编自中国神话故事的动画电影《哪吒之魔童降世》自7月26日首映，在不到一个月的时间，票房收入就超过了38亿元，创造了中国动画电影的神话．小明和同学相约去电影院观看《哪吒之魔童降世》，影院的三个放映厅分别在7：30，8：00，8：30开始放映，小明和同学大约在7：40至8：30之间到达影院，且他们到达影院的时间是随机的，那么他们到达后等待的时间不超过10分钟的概率是()A. 13B. 12C. 25D. 347.已知函数f(x)=log12(x2−ax+a)在(12,+∞)上为减函数，则实数a的取值范围是()A. (−∞,1]B. [−12,1] C. (−12,1] D. (−12,+∞)8.在平面直角坐标系xOy中，A、B为函数y=√33|x|图象上的两点，若线段AB的中点M恰好落在曲线x2−3y2+3=0上，则△OAB的面积为()A. 2B. √3C. √32D. √339.一只蚂蚁从正四面体A−BCD的顶点A点出发，沿着正四面体A−BCD的棱爬行，每秒爬一条棱，每次爬行的方向是随机的，则第4秒时蚂蚁在A点的概率为()A. 2027B. 79C. 727D. 2910.在梯形ABCD中，AB//CD，AB=2CD，BC=√3CD，则∠ADB的最大值为()A. π4B. π3C. π2D. 2π311.我国古代的数学著作《九章算术⋅商功》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=2，M、N分别是BB1和A1C1的中点，则平面AMN截“堑堵”ABC−A1B1C1所得截面图形的面积为()A. 2√213B. 4√213C. 2√73D. 4√7312.已知函数f(x)=alnx−2x，若存在x∈N∗，使f(x)>0成立，则实数a的取值范围是()A. (2e,+∞)B. (4ln2,+∞) C. (6ln3,+∞) D. (2,+∞)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{4x−3y−6≤02x−2y+1≥0x+2y−1≥0，则z=|x−y+1|的最大值为______．14.在(x2+x−1)(x−a)5的展开式中，含x5项的系数为14，则实数a的值为______．15.已知实数x，y满足y≥2x>0，则yx +9x2x+y的最小值为______．16.巳知F1、F2为双曲线x24−y2=1的左、右焦点，P为双曲线右支上异于顶点的任意一点，若△PF1F2内切圆的圆心为I，则圆心1到圆x2+(y−1)2=1上任意一点的距离的最小值为______．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，S2=10，S n=n−1n+1a n+1+2(n∈N∗).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n2n(n+1)!(n∈N∗)，数列{bn}的前n项和为T n，求证：12≤T n<1．18.某市为了了解该市教师年龄分布情况，对年齡在[20,60]内的5000名教师进行了抽样统计，根据分层抽样的结果，统计员制作了如表的统计表格：年龄区间[20,30)[30,40)[40,50)[50,60]教师人数20001300样本人数130由于不小心，表格中部分数据被污染，看不清了，统计员只记得年龄在[20,30)的样本人数比年龄在[50,60]的样本人数多10，根据以上信息回答下列问题：(1)求该市年龄在[50,60]的教师人数；(2)试根据上表做出该市教师按照年龄的人数频率分布直方图，并求该市教师年龄的平均数x−及方差s2(同一组的数据用该组区间的中点值作代表)．19.如图，将斜边长为4√2的等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成直二面角B−AD−C，E为AD中点．(1)求二面角A−BC−E的余弦值；(2)M为线段BC上一动点，当直线DM与平面BCE所成的角最大时，求三棱锥M−CDE外接球的体积．20.动圆P过定点A(2,0)，且在y轴上截得的弦GH的长为4．(1)若动圆圆心P的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；(2)在曲线C的对称轴上是否存在点Q，使过点Q的直线l′与曲线C的交点S、T满足1|QS|2+1|QT|2为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值；若不存在，请说明理由．21.已知函数f(x)=ax+1x ，g(x)=exx−1．(1)讨论函数f(x)在(0,+∞)上的单调性；(2)当a=12时，设P(x,y)为函数y=ln x⋅g(x)−1x⋅f(x)−1(x∈(0,+∞))图象上任意一点．直线OP的斜率为k，求证：0<k<1．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=1+cosθy=1+sinθ(θ为参数)，在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρsin(φ+π4)+√2=0，P为直线l 上的任意一点(1)Q为曲线C上任意一点，求P、Q两点间的最小距离；．(2)过点P作曲线C的两条切线，切点为A、B，曲线C的对称中心为点C，求四边形PACB面积的最小值．23.若a>0，b>0，且2a+b+2=3ab．(1)求2a+b的最小值；(2)是否存在a、b，使得a3+b3=4√2？并说明理由．-------- 答案与解析 --------1.答案：A解析：解：∵z−1+i=2i+1，∴z=2+i，∴|z|=√22+12=√5，故选：A．先根据复数的基本运算求出复数z，再利用复数的模长公式即可算出结果．本题主要考查复数模长的计算，比较基础．2.答案：C解析：解：∵A∩B={9}，∴9∈A，∴2a−1=9或a2=9，∴a=5或a=±3，①a=3时，A={5,9，0}，B={−2,−2,9}，集合B错误，不满足集合元素的互异性，∴a≠3；②a=−3时，A={−7,9，0}，B={4,−8,9}，满足A∩B={9}，即a=−3成立；③a=5时，A={9,25，0}，B={−4,0，9}，A∩B={0,9}，∴a=5不成立，综上得，A={−7,9，0}，A∪B={−8,−7,0，4，9}．故选：C．根据条件可得出2a−1=9或a2=9，从而得出a=±3或a=5，然后对于每个a的值，求出A，B，看是否满足题意即可．本题考查了列举法的定义，交集、并集的定义及运算，元素与集合的关系，集合元素的互异性，考查看计算能力，属于基础题．3.答案：B解析：解：a⃗⋅b⃗ =x2−2x−3=(x−3)(x+1)，当−1<x<3时，a⃗⋅b⃗ <0，此时a⃗，b⃗ 的夹角为钝角或平角，即充分性不成立，若a⃗，b⃗ 的夹角为钝角，则a⃗⋅b⃗ <0，得−1<x<3，即必要性成立，则“−1<x<3”是“a⃗，b⃗ 的夹角为钝角”的必要不充分条件，故选：B．根据向量数量积与夹角的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量数量积与夹角的关系是解决本题的关键．比较基础．4.答案：B解析：解：函数y=2sin(2x+π4)的图象向右平移π4个单位长度，得到y=2sin(2x−π4)，对于选项A：令−π2+2kπ≤2x−π4≤2kπ+π2(k∈Z)，整理得：−π8+kπ≤x≤kπ+3π8(k∈Z)，故单调增区间为：[−π8+kπ,kπ+3π8](k∈Z).故选项A错误．对于选项B：由于函数的最小正周期为π，所以单调递减区间为[−5π8+kπ,kπ−π8](k∈Z)．当k=0时，在区间(−5π8,−π8)上单调递减，故正确．对于选项C：当x=π8时．2x−π4=0，所以函数没有取得最大或最小值，故错误．对于选项D：当x=3π8时，2x−π4=π2，所以f(3π8)=2≠0，故选项D错误．故选：B．首先利用三角函数关系式的恒等变换和平移变换的应用求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，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：B解析：解：根据三视图知，该几何体是一个圆柱，挖去一个半球和一个圆锥，结合三视图中的数据，计算该几何体的体积为V=V圆柱−V圆锥−V半球=π⋅22⋅4−13⋅π⋅22⋅2−12⋅4π3⋅23=8π．故选：B．根据三视图知该几何体是一个圆柱，挖去一个半球和一个圆锥，结合三视图中的数据计算该几何体的体积．本题考查了利用几何体的三视图求体积的问题，也考查了运算求解能力，是基础题．6.答案：C解析：解：由题意可知，满足条件的时间段为7：50～8：00，8：20～8：30共20分钟，由几何概型知所求的概率P=2050=25．故选：C．由满足条件的时间段为7：50～8：00，8：20～8：30共20分钟，结合与长度有关的几何概率公式可求．本题主要考查了与长度有关的几何概率公式的应用，属于基础试题．7.答案：B解析：解：∵y=log12x在(0,+∞)上为减函数，∴y=x2−ax+a在(12,+∞)上为增函数，且y>0恒成立，∴{−−a2≤12(12)2−12a+a≥0，解得−12≤a≤1．故选：B．由复合函数的单调性法则可知y =x 2−ax +a 在(12,+∞)上为增函数，由对数函数的真数大于0可知，y >0恒成立，则实数a 应满足{−−a2≤12(12)2−12a +a ≥0，解不等式组即可得到答案．本题主要考查复合函数的单调性法则以及对数函数的图象及性质，考查计算能力，属于基础题． 8.答案：B解析：解：设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，线段AB 的中点M(x,y)， 由题意不妨设：x 1<0，x 2>0， ∵{x =x 1+x 22y =y 1+y 22，y═y 1+y 22=√33⋅x 2−x 12， 所以x 2−3y 2=x 1x 2，∴x 1x 2=−3，∵OA =√x 12+y 12=−2√33x 1，OB =2√33x 2，∠AOB =2π3，∴S △AOB =12OA ⋅OBsin∠AOB =−√33x 1x 2=√3．故选：B ．设出AB 坐标，求出中点坐标，代入双曲线方程，利用已知条件，转化求解三角形的面积，推出结果即可．本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题． 9.答案：C解析：解：由题意可得，蚂蚁每次爬到下一个顶点的概率为13，设第n 秒时蚂蚁不在顶点A 的概率为P n ，易知P 1=1，则P n =23P n−1+1×(1−P n−1)， ∴(P n −34)=−13(P n−1−34)，∴数列{P n −34}是以14为首项，以−13为公比的等比数列， ∴P n −34=14×(−13)n−1， ∴P n =34−34×(−13)n ，n ∈N ∗，∴第4秒时蚂蚁在A 点的概率为1−P 4=1−2027=727， 故选：C ．设第n 秒时蚂蚁不在顶点A 的概率为P n ，易知P 1=1，利用古典概型的的概率公式可得P n =23P n−1+1×(1−P n−1)，即(P n −34)=−13(P n−1−34)，再利用等比数列的通项公式求出P n 即可． 本题主要考查了古典概型的概率公式，是中档题．解析：解：设CD=a，则AB=2a，BC=√3a．取AB的中点M，延长AB到N点，使BN=a，连接CM，CN，由平面几何知识，易知AD=MC，BD=NC．设AD=MC=m，BD=NC=n．在△MBC中，m2=a2+(√3a)2−2×a×√3a⋅cos∠MBC，在△NBC中，n2=a2+(√3a)2−2×a×√3a⋅cos(π−∠MBC)，∴m2+n2=8a2，在△ABD中，cos∠ADB=m2+n2−4a22mn =4a22mn，又2mn≤m2+n2=8a2，∴cos∠ADB=4a22mn ≥4a28a2=12，∴∠ADB的最大值为π3．故选：B．取AB的中点M，延长AB到N点，使BN=a，连接CM，CN，设CD=a，AD=m，BD=n，则AB=2a，BC=√3a，MC=m，NC=n，然后依次在△MBC和△NBC中利用余弦定理，借助∠MBC和∠NBC互补，可以得出m2+n2=8a2，再在△ABD中，利用余弦定理，表示出cos∠ADB，并结合基本不等式的性质即可求得其最大值．本题主要考查解三角形中的余弦定理，还涉及利用基本不等式求最值的问题，作出辅助线并利用互补的两个角的余弦值之和为0属于本题的难点，考查学生的分析能力和逻辑推理能力，属于中档题．11.答案：A解析：解：延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连结PM，与B1C1交于点E，连结NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC−A1B1C1所得截面图形，由题意得NE=ME=√173，AM=AN=√5，MN=√6，∴AMN截“堑堵”ABC−A1B1C1所得截面图形面积为：S=12×√6×√(√5)2−(√62)2+12×√6×(√173)(√62)=2√213．故选：A．延长AN，与CC1的延长线交于点P，则P∈平面BB1C1C，连结PM，与B1C1交于点E，连结NE，得到的四边形AMEN是平面AMN截“堑堵”ABC−A1B1C1所得截面图形，由此能求出结果．本题考查平面截“堑堵”所得截面图形的面积的求法，考查“堑堵”性质、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．解析：解：由题意可得alnx −2x >0， 当x =1时，−2>0不成立， 当x >1时，a >2xlnx ， 设g(x)=2xlnx ， 则g′(x)=2(lnx−1)ln 2x ，当x ∈(1,e)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减， 当x ∈(e,+∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， ∵g(2)=4ln2，g(3)=6ln3， 又4ln3=ln81>ln64=6ln2， ∴4ln2>6ln3， ∴a >6ln3， 故选：C ．由题意可得a >2xlnx ，设g(x)=2xlnx ，利用导数求出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转化思想，是一道常规题．13.答案：2811解析：解：作出不等式组对应的平面区域如图： 令t =x −y +1，得y =x +1−t 表示，斜率为1纵截距为1−t 的一组平行直线，{4x −3y +6=0x +2y −1=0⇒C(1511,−211)； 平移直线y =x +1−t ，当直线y =x +1−t 经过点C(1511,−211)时，直线y =x +1−t 的截距最小， 此时t max =1511−(−211)+1=2811，当直线y =x +1−t 与AB 重合时，直线y =x +1−t 的截距最大，A(0,12)此时t min =0−12+1=12，∴z =|x −y +1|的取值范围是：[12,2811]. 故z =|x −y +1|的最大值为2811．故答案为：2811．作出不等式组对应的平面区域，令t=x−y+1，利用目标函数t的几何意义，结合图象得到结论．本题主要考查线性规划的基本应用，利用数形结合，结合目标函数的几何意义是解决此类问题的基本方法．14.答案：−1或32解析：解：设(x−a)5的展开式中的通项T r+1=∁5r⋅x5−r⋅(−a)r，则当r=2时，T3=∁52⋅x3⋅(−a)2=10a2⋅x3；则当r=1时，T2=∁51⋅x4⋅(−a)1=−5ax4；则当r=0时，T1=∁50⋅x5⋅(−a)0=x5；∴(x2+x−1)(x−a)5的展开式中，含x5项的系数是：10a2−5a−1=14⇒a=−1或32；故答案为：−1或32．根据题意，利用(x−a)5的展开式中的通项T r+1=∁5r⋅x5−r⋅(−a)r，通过对r取值即可求得(x2+x−1)(x−a)5的展开式中，含x5项的系数进而求得结论．本题考查二项式定理，着重考查二项展开式中的通项公式的应用，考查分析与转化运算的能力，属于中档题．15.答案：174解析：解：设t=yx，由题意知t≥2，则yx+9x2x+y=t+9t+2，令f(t)=t+9t+2，t≥2，∵f′(x)=1−9(t+2)2>0，∴f(t)在t≥2上单调递增，∴f(t)≥f(2)=174，故答案为：174．先令t=yx ，可转化成f(t)=t+9t+2，t≥2，因为不满足不等式取等号时的条件，使用单调性求最值．本题考查导数求最值，使用不等式求最值时，注意取等号时的条件，属于中档题．16.答案：1解析：解：设△PF1F2的内切圆分别与PF1、PF2切于点A、B，与F1F2切于点M，则|PA|=|PB|，|F1A|=|F1M|，|F2B|=|F2M|．又点P在双曲线右支上，∴|PF1|−|PF2|=2a，即(|PA|+|F1A|)−(|PB|+|F2B|)=2a，∴|F1M|−|F2M|=2a，而|F1M|+|F2M|=2c，设M点坐标为(x,0)，∵|F1M|−|F2M|=2a，∴(x+c)−(c−x)=2a，解得x=a，故内切圆的圆心I与在直线x=2上，故圆x2+(y−1)2=1上任意一点的距离的最小值为2−1=1故答案为：1．设△PF1F2的内切圆分别与PF1、PF2切于点A、B，与F1F2切于点M，则可知|PA|=|PB|，|F1A|=|F1M|，|F2B|=|F2M|，点P在双曲线右支上，根据双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2a，因此|F1M|−|F2M|=2a，设M点坐标为(x,0)，代入即可求得x，可得内切圆的圆心I与在直线x=2上，即可求解．本题考查圆与圆锥曲线的综合与双曲线的简单性质，难点在于“|PF1|−|PF2|=2a⇒|F1M|−|F2M|=2a”的分析与应用，着重考查双曲线的定义与性质的灵活运用，属于难题．17.答案：(1)解：由题意，当n=1时，a1=S1=2，∵S2=a1+a2=2+a2=10，∴a2=8，当n≥2时，由S n=n−1n+1a n+1+2，可得：S n−1=n−2na n+2，两式相减，可得：a n=S n−S n−1=n−1n+1a n+1+2−n−2na n−2，整理，得：a n+1 n+1=2⋅a nn(n≥2,n∈N∗)，∴数列{a nn }从第二项a22=4开始是以2为公比的等比数列，∴a nn=4⋅2n−2=2n∴a n=n⋅2n(n≥2,n∈N∗)，∵当n=1时，a1=2也满足上式，∴a n=n⋅2n，n∈N∗．(2)证明：由(1)知，b n=a n2n(n+1)!=n⋅2n2n⋅(n+1)!=n(n+1)!=1n!−1(n+1)!，则T n=b1+b2+⋯+b n=1−12!+12!−13!+⋯+1n!−1(n+1)!=1−1(n+1)!<1，∵b n=n(n+1)!>0，n∈N∗，∴由T n构造成的数列{T n}为单调递增数列，∴T n≥T1=12，∴12≤T n<1．解析：本题第(1)题先计算出a1，a2的值，再根据公式a n=S n−S n−1(n≥2)，代入进行推导可得数列{a nn }从第二项a22=4开始是以2为公比的等比数列，通过计算出数列{a nn}的通项公式可得到数列{a n}的通项公式，最后将n=1代入验证最终可得数列{a n}的通项公式；第(2)题先根据第(1)题的结果计算出数列{b n}的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前n项和T n，再根据放缩法和数列的单调性的应用即可证明结论．本题主要考查数列求通项公式，以及数列与不等式的综合问题．考查了转化与化归思想，构造法，裂项相消法求数列前n项和，放缩法，不等式的计算能力，逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．18.答案：解：(1)设样本容量为x，则x5000×1300=130，解得x=500．∴年龄在[30,40)的教师在样本中共有5005000×2000=200(人)．∴年龄在[20,30)和[50,60)的教师在样本中共有500−200−130=170(人)．设年龄在[50,60)的教师在样本中的人数为y，由题意知，y+(y+10)=170，则y=80．即该市年龄在[50,60]的教师人数为5000500×80=800；(2)由(1)可知，年龄在[20,30]的教师人数为5000−2000−1300−800=900(人)，频率为9005000=0.18；年龄在[30,40]的教师人数为2000(人)，频率为20005000=0.4；年龄在[40,50]的教师人数为1300(人)，频率为13005000=0.26；年龄在[50,60]的教师人数为800(人)，频率为9005000=0.18．由此作出频率分布直方图：x−=25×0.18+35×0.4+45×0.26+55×0.16=39；s2=(25−39)2×0.18+(35−39)2×0.4+(45−39)2×0.26+(55−39)2×0.16=92．解析：(1)设样本容量为x，由x5000×1300=130解得x，进一步求得年龄在[30,40)的教师在样本中的人数，可得年龄在[20,30)和[50,60)的教师在样本中的人数，再由题意列式求解；(2)分别求出各区间段的频率，即可画出频率分布直方图，再由期望与方差公式求该市教师年龄的平均数x−及方差s2．本题考查频率分布直方图，训练了利用频率分布直方图求期望与方程的估计值，考查计算能力，是中档题．19.答案：解：(1)设F为BC中点，连结EF，AF，∵△ABC为等腰直角三角形，且二面角B−AD−C为直二面角，∴BD⊥平面ADC，∴AD=BD=CD=2√2，AB=BC=CA=4，由平面几何可知，BE=CE=√10，∴EF⊥BC，AF⊥BC，∴∠EFA是二面角A−BC−E的平面角，在△EFA中，AE=√2，AF=√42−22=2√3，EF=√10−4=√6，∴cos∠EFA=EF2+AF2−AE22×EF×AF =1612√2=2√23，∴二面角A−BC−E的余弦值为2√23．(2)设直线DM与平面BCE所成角为α，点D到平面BCE的距离为d，则sinα=dDM，在三棱锥B−CDE中，S△BCE=12×BC×EF=2√6，由V B−CDE=V D−BCE，解得d=2√33当DM最小时，直线DM与平面BCE所成角的正弦值最大，此时所成角也最大，∴当M为BC中点时，直线DM与平面BCE所成角最大，此时DM=2，由平面几何知识可知，△CDE和△CME都是直角三角形，设N为CE的中点，则ND=NE=NC=NM=12CE=√102，∴三棱锥M−CDE的外接球的半径为R=√102，∴三棱锥M−CDE外接球的体积为：V=43π×(√102)3=5√103π．解析：(1)设F为BC中点，连结EF，AF，推导出BD⊥平面ADC，AD=BD=CD=2√2，AB=BC= CA=4，由平面几何可知，BE=CE=√10，从而EF⊥BC，AF⊥BC，进而∠EFA是二面角A−BC−E 的平面角，由此能求出二面角A−BC−E的余弦值．(2)设直线DM与平面BCE所成角为α，点D到平面BCE的距离为d，则sinα=dDM，由V B−CDE=V D−BCE，解得d=2√33当DM最小时，直线DM与平面BCE所成角的正弦值最大，此时所成角也最大，从而当M 为BC 中点时，直线DM 与平面BCE 所成角最大，此时DM =2，同此能求出三棱锥M −CDE 外接球的体积．本题考查二面角的余弦值、三棱锥外接球的体积的求法，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． 20.答案：解：(1)设P(x,y)，由题意知：PA =PG ，当P 点不在y 轴上时，过P 作PB ⊥GH ，交GH 于点B ，则B 为GH 的中点， ∴GB =12GH =2，∴PG =√x 2+4，又∵PA =√(x −2)2+y 2=√x 2+4，整理可得y 2=4x(x ≠0)； 当点P 在y 轴上时，易知P 点与O 点重合，P(0,0)也满足y 2=4x ， ∴曲线C 的方程为y 2=4x ，(2)假设存在Q(a,0)满足题意，设S(x 1,y 1)，T(x 2,y 2)，根据题意可知直线l′的斜率必不为0，设其方程为x =t 1y +a(t 1≠0)，联立{x =t 1y +a y 2=4x ，整理可得y 2−4t 1y −4a =0，∴y 1+y 2=−4t 1，y 1y 2=−4a ，∴x 1+x 2=t 1(y 1+y 2)+2a =4t 12+2ax 1x 2=116y 12y 22=a 2，∵QS 2=(x 1−a)2+y 12=(x 1−a)2+4x 1=x 12+(4−2a)x 1+a 2，QT 2=(x 2−a)2+y 22=(x 2−a)2+4x 2=x 22+(4−2a)x 2+a 2，∴QS 2+QT 2=x 12+(4−2a)x 1+a 2+x 22+(4−2a)x 2+a 2=(x 1+x 2)2+(4−2a)(x 1+x 2)−2x 1x 2+2a 2=(x 1+x 2)(x 1+x 2+4−2a)−2x 1x 2+2a 2=(4t 12+2a)(4t 12++4)，QS 2⋅QT 2=16a 2(t 12+1)2，则1|QS|+1|QT|=QS 2+QT 2QS ⋅QT =2t 12+a 2a (t 12+1)，当a =2时，上式=14与t 1无关为定值，所以存在Q(2,0)使过点Q 的直线与曲线交于点S 、T 满足1|QS|2+1|QT|2为定值14．解析：(1)设P(x,y)，过P 作PB ⊥GH ，交GH 于点B ，则B 为GH 的中点，GB =12GH =2，PG =√x 2+4，PA =√(x −2)2+y 2=√x 2+4，整理可得y 2=4x(x ≠0)；(2)假设存在Q(a,0)满足题意，设S(x 1,y 1)，T(x 2,y 2)，设其方程为x =t 1y +a(t 1≠0)，联立{x =t 1y +a y 2=4x，利用根与系数关系表示出QS 2，QT 2， 进而表示出1|QS|2+1|QT|2即可．本题考查动点轨迹方程的求法，考查韦达定理，考查换元法的应用，考查计算能力，属于中档题．21.答案：解：(1)∵f(x)=ax +1x ，∴f′(x)=a −1x 2=ax 2−1x 2，…1分；当a ≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)上的单调递减…2分； 当a >0时，由f′(x)=0，得x =±√1a =±√aa(舍负)，…3分；当x ∈(0,√a a )时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x ∈(√aa ,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；…5分(2)证明：由已知，即证0<y <x ． ∵y =ln x⋅g(x)−1x⋅f(x)−1=lnx(e x x −1)−1x(12x+1x)−1=lne x −x−112x 2，∴即证0<lne x −x−112x 2<x …6分①设ℎ(x)=e x −x −1−12x 2，∴ℎ′(x)=e x −1−x ，ℎ″(x)=e x −1， ∵x ∈(0,+∞)，∴ℎ″(x)=e x −1>0，∴ℎ′(x)=e x −1−x 为增函数． ∴ℎ′(x)=e x −1−x >ℎ′(0)=e 0−1=0， ∴ℎ(x)为增函数，∴ℎ(x)=e x−x −1−12x 2>ℎ(0)=0，即e x−x −1>12x 2，即x(e xx −1)−1x(12x+1x)−1>1，∴lnx(e x x −1)−1x(12x+1x)−1>0，即y >0，…9分②构造函数s(x)=e x −x −1−12x 2e x ，∵s′(x)=e x −1−xe x −12x 2e x ，∴s″(x)=−2xe x −12x 2e x<0，∴s′(x)在(0,+∞)上为减函数， ∴s′(x)<s′(0)=0，∴s(x)在(0,+∞)上为减函数，∴s(x)<s(0)=0， ∴e x−x −1<12x 2e x，即e x −x−112x 2<e x，即y =lne x −x−112x 2<x 成立．由①②可知，0<y <x ，∴0<k <1成立，…12分．解析：(1)由f′(x)=a −1x 2=ax 2−1x 2，分a ≤0与a >0两类讨论，即可求得函数f(x)在(0,+∞)上的单调区间；(2)由已知，即证0<y <x.由于y =lnx⋅g(x)−1x⋅f(x)−1=lnx(e xx −1)−1x(12x+1x)−1=lne x −x−112x 2，即证0<lne x −x−112x 2<x ，①设ℎ(x)=e x −x −1−12x 2；②构造函数s(x)=e x −x −1−12x 2e x ，利用导数研究由这两个函数的单调性及函数取值情况，即可证得0<k <1成立．本题考查导数的综合应用，涉及利用导数判断函数的单调性，考查分类讨论、构造函数、多次求导等方法，有一定综合性，考查学生的分析能力和逻辑推理能力，属于难题．22.答案：解：(1)曲线C 的参数方程为{x =1+cosθy =1+sinθ(θ为参数)，转换为直角坐标方程为(x −1)2+(y −1)2=1．直线l 的极坐标方程为ρsin(φ+π4)+√2=0，转换为直角坐标方程为x +y +2=0． 所以圆心(1,1)到直线x +y +2=0的距离d =√2=2√2，所以最小距离d min =2√2−1．(2)由于圆心到直线的最小距离d =2√2， 所以构成的切线长为√(2√2)2−1=√7，×1×√7=√7．所以四边形PACB面积的最小值为S=2×12解析：(1)直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的进行转换．(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，点到直线的距离公式的应用，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)由3ab=2a+b+2≥2√2ab+2，得ab≥2，当且仅当2a=b=2时成立，所以2a+b=3ab−2≥6−2=4，当且仅当2a=b=2时成立，所以2a+b的最小值为4．(2)由(1)知a3+b3≥2√a3b3≥4√2，当且仅当2a=b=2，a=b时成立，因为2a=b=2，a=b不同时成立，所以a3+b3>4√2，不存在a，b使a3+b3=4√2成立．解析：根据基本不等式求解ab的值域，然后求解(1)(2)．本题考查基本不等式，属于中等题．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2020届高三理科数学周测综合演练卷一（深圳4月份）
一、选择题：本题共 12 小题，每小题5分，共 60 分.
1．已知集合}3 2 1 0{，，，
=A ，}032|{2<--=x x x B ，则A B =U A ．)3,1(- B ．]3,1(-
C ．)3,0(
D ．]3,0(
2．设23i
32i
z +=
-，则z 的虚部为 3．某工厂生产的30个零件编号为01，02，…，19，30，现利用如下随机数表从中抽取5个进行检测. 若从表中第1行第5列的数字开始，从左往右依次读取数字，则抽取的第5个零件编号为
34 57 07 86 36 04 68 96 08 23 23 45 78 89 07 84 42 12 53 31 25 30 07 32 86 32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 4．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若23a =，59a =，则6S 为
5．若双曲线22
221x y a b
-=（0a >，0b >）的一条渐近线经过点(1,2)-，则该双曲线的离心率为
6．已知tan 3α=-，则π
sin 2()4
α+=
7．7)2(x
x -的展开式中3x 的系数为
8．函数()2ln |e 1|x
f x x =--的图像大致为
A ．1-
B ．1
C ．2-
D ．2
A ．25
B ．23
C ．12
D. 07
A ．36
B ．32
C ．28
D. 24
A 3
B 5
C 5 D. 2
A ．35
B ．35
-
C ．
45
D ．45
-
A ．168
B ．84
C ．42
D. 21
A
B C D
9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体 的三视图，则该四面体的外接球表面积为 A ．
323π
B ．32π
C ．36π
D ．48π
10．已知动点M 在以1F ，2F 为焦点的椭圆2
2
14
y x +=上，
动点N 在以M 为圆心，半径长为1||MF 的圆上，则2||NF 的最大值为
11．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到
外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理．设点O ，H 分别是△ABC 的外心、垂心，且M 为BC 中点，则
A ．33A
B A
C HM MO +=+u u u r u u u r u u u u u r u u u u r B ．33AB AC HM MO +=-u u u r u u u r u u u u u r u u u u r
C ．24AB AC HM MO u u u r u u u r u u u u r u u u u r +=+
D ．24AB AC HM MO u u u r u u u r u u u u r u u u u r +=-
12．已知定义在π[0]4，上的函数π()sin()(0)6f x x ωω=->的最大值为
3
ω
，则正实数ω的取值个数 最多为 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共 20 分．
13．若y x ,满足约束条件⎪⎩
⎪
⎨⎧≤≥+-≥-+101022x y x y x ，则y x z 2-=的最小值为 ___________．
14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，若n a S n n -=2，则=6a ___________．
15．很多网站利用验证码来防止恶意登录，以提升网络安全. 某马拉松赛事报名网站的登录验证码
由0，1，2，…，9中的四个数字随机组成，将从左往右数字依次增大的验证码称为“递增型验证码”(如0123)，已知某人收到了一个“递增型验证码”，则该验证码的首位数字是1的概率为___________．
16．已知点1
(,)2M m m -和点1(,)2
N n n -()m n ≠，若线段MN 上的任意一点P 都满足：经过点P 的所有直线中恰好有两条直线与曲线2
1:2
C y x x =+(13)x -≤≤相切，则||m n -的最大值为___．
A ．2
B ．4
C ．8
D ．16
A ．4
B ．3
C ．2
D. 1
（第9题图）
三 、 解答题：
17．（本小题满分12分）已知△
ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积为S ，222+2a b c S -=.
（1）求cos C ；
（2）若cos sin a B b A c +=，a ，求b .
18．（本小题满分12分）如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是平行四边形， 点M ，N 分别在棱1C C ，1A A 上，且12C M MC =，12A N NA =（1）求证：1//NC 平面BMD ；
（2）若13A A =，22AB AD ==，π3
DAB ∠=， 求二面角N BD M --的正弦值.
19．（本小题满分12分）已知以F 为焦点的抛物线2
:2(0)C y px p =>过点(1,2)P -，直线l 与C 交
于A ，B 两点，M 为AB 中点，且OM OP OF λ+=uuu r uu u r uu u r
.
（1）当3λ=时，求点M 的坐标；
（2）当12OA OB ⋅=uu r uu u r
时，求直线l 的方程.
20．（本小题满分12分）
在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期. 一研究团队统计了某地区1000名患者的
每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立. 为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？ 附： )
)()()(()(2
d b c a d c b a bc ad n K ++++-=，其中d c b a n +++=.
21．（本小题满分12分）
已知函数()e ln(1)x
f x a x =--.（其中常数e=2.718 28⋅⋅⋅，是自然对数的底数） （1）若a ∈R ，求函数()f x 的极值点个数；
（2）若函数()f x 在区间(1,1+e )a
-上不单调，证明：
111
a a a +>+.
22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy 中，直线1C 的参数方程为⎪⎩
⎪⎨⎧=+-=,sin ,
cos 32ααt y t x （t 为参数，α为倾斜角），以坐
标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为θρsin 4=．
（1）求2C 的直角坐标方程；
（2）直线1C 与2C 相交于F E ,两个不同的点，点P 的极坐标为π)，若PF PE EF +=2，
求直线1C 的普通方程．。