广东广雅中学2020届高三下学期第二次适应性测试数学(理科)含答案和答题卡)
广东省广州市2020届高三普通高中毕业班综合测试(二)理科数学试题(解析版)
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年广东高三二模理科数学试卷(详解)
2020年广东高三二模理科数学试卷(详解)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.A. B.C.D.【答案】【解析】已知集合，，则（ ）．C ∵集合．集合，∴．故选．2.A.B.C.D.【答案】【解析】已知复数（为虚数单位，），若，则的取值范围为（ ）．A ，∴，又∵，则，∴ ．故选．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A.尺B.尺C.尺D.尺【答案】【解析】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（ ）．D不妨设夏至到寒露依次为，，，∴数列为为等差数列，由题可知，，∴，∵，则，∴，故立秋的晷长为尺．故选．4.A.B.C.D.【答案】【解析】在中，已知，，且边上的高为，则（ ）．B 在中，面积，∴，由余弦定理可知，，∴，由正弦定理，得．故选．5.A.B.C.D.一个底面半径为的圆锥，其内部有一个底面半径为的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的体积为（ ）．【答案】【解析】D作出该几何体的轴截面图如图，，，设内接圆柱的高为，由，得，∵，∴，即，得，∴该圆锥的体积为．故选．6.A. B.C.D.【答案】【解析】已知函数是定义在上的奇函数，且在上单调递减，，则不等式的解集为（ ）．B根据题意，函数是定义在上的奇函数，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．7.A.B.C.D.【答案】【解析】已知双曲线的右焦点为，过点分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为，．若，则该双曲线的离心率为（ ）．D 由得，又∵在四边形中，，且，则四边形为正方形，∴，即，∴双曲线渐近线方程为，∴，即，∴，∴离心率．故选．8.A.B.C. D.【答案】【解析】已知四边形中，，，，，在的延长线上，且，则（ ）．A ABDCE在中，由余弦定理可知，，∴，由可知，，∴，在中，由正弦定理可知，，得，∴．故选．9.A.B.C.D.【答案】【解析】的展开式中，的系数为（ ）．C把的展开式看成个因式的乘积形式，从中任意选个因式，这个因式取，再取个因式，这个因式都取，剩余个因式取，相乘即得含的项；故含项的系数为：．故选：．10.A.B.C.D.【答案】【解析】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：①函数的图象关于点对称；②函数的图象的一条对称轴是；③函数在上的最小值为；④函数在上单调递增．则以上说法正确的个数是（ ）．C 把函数的图象向右平移个单位长度，可得的函数图象，由横坐标缩短到原来的可得．①中，∵，，则不是的对称中心，故①错误；②中，当时，，故是的对称轴，故②正确；③中，当时，，，∴，则在内的最小值为，故③正确；④∵函数的周期，又因为正弦函数不会在一个周期内为单调增函数，故④错误；故选．11.A. B. C. D.如图，在矩形中，已知，是的中点，将沿直线翻折成，连接．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（ ）．【答案】【解析】B 在矩形中，已知，是的中点，所以：为等腰直角三角形；斜边上的高为：；要想三棱锥的体积最大；需高最大，则当面时体积最大，此时三棱锥的高等于：，取的中点，过作下底面的垂线，此时三棱锥的外接球球心在上，∵三棱锥外接球的体积为，所以球半径，如图：，①，②即：，③，④联立③④可得．故选．12.A. B.C.D.【答案】【解析】已知函数，若函数有唯一零点，则的取值范围为（ ）．D 因为．令，则，所以当时，，即在上单调递增，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，当时，，令，可得，有无数解，所以，不成立，排除，故选．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.【答案】【解析】若，满足约束条件，则的最大值是 ．由不等式组可画出可行域如图，目标函数可化为，经平移可知直线过点时，在轴截距最大，由，得：，即，∴．故答案为：．14.【答案】【解析】已知，则 ．∵，∴，即，∴．故答案为：．15.【答案】【解析】从正方体的个面的对角线中，任取条组成对，则所成角是的有 对．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，，，，，，，，共条直线，则包含在内的符合题意的对角线有对；又由正方体个面，每个面有条对角线，共有条对角线，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对，故答案为：．16.【答案】【解析】如图，直线过抛物线的焦点且交抛物线于，两点，直线与圆交于，两点，若，设直线的斜率为，则= ．∵，同理可得，∴．设，联立可得，∴，．∴，即，解．三、解答题（本大题共5小题，每小题12分，共60分）17.（1）（2）（1）【答案】已知数列和满足，且，，设．求数列的通项公式．若是等比数列，且，求数列的前项和．．（2）（1）（2）【解析】．由，得，∴，∵，∴，∴是以为公差的等差数列．又∵，∴．设的公比为，则，∴由（）知，又，∴∴，①，②①②得：∴．．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．频率组距质量指标值质量指标值频数（1）（2）（3）（1）（2）（3）【答案】合计请分别估计新、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件产品，其中优质品数为件，求的分布列及数学期望．，．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计有的把握认为产品质量高与新设备有关．的分布列为．（1）（2）（3）【解析】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：．非优质品优质品合计新设备产品旧设备产品合计由列联表可得，，∴有的把握认为产品质量高与新设备有关．的所有可能取值为，，，．∵由知新设备所生产的优质品率为，∴，，，．∴的分布列为∴的数学期望为．19.（1）（2）（1）【答案】如图，四棱锥中，四边形是菱形，，．是上一点，且．设．证明：平面．若，，求二面角的余弦值．证明见解析．（2）（1）（2）【解析】．∵四边形是菱形，∴是的中点，，∵，，∴平面，∵平面，∴，∵，是的中点，∴，∵平面，平面，，∴平面．由知平面，．∴，，两两互相垂直，∴以为原点，以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系如图所示，，设四边形的边长为，，∵四边形是菱形，，∴和都是等边三角形，∴，∴，，，，∴，，，∵，∴，∴，即，∴，，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，设平面的法向量为，则，令，得，，∴，设二面角的平面角为，结合图象可知，，∴二面角的余弦值为．20.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】已知椭圆：的焦点为，，是椭圆上一点．若椭圆的离心率为，且，的面积为．求椭圆的方程．已知是坐标原点，向量，过点的直线与椭圆交于，两点．若点满足，，求的最小值．．．依据题意得，所以，所以，（2）因为，故设，代入椭圆方程得，所以的面积为：，联立，解得，，所以椭圆的方程为：．由题意可知直线的斜率显然存在，故设直线的方程为：，联立，消去并整理得，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．21.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）（2）【解析】已知函数（），其中为自然对数的底数．若函数的极小值为，求的值．若，证明：当时，成立．．证明见解析．函数的定义域为，，当时，对于恒成立，∴在上单调递减，∴在上无极值．当时，令，得．∴当时，，当时，．∴在上单调递减，在上单调递增．∴当时，，∴取得极小值，即．令（），则．∵，∴，∴在上单调递增．又∵，∴．∵，∴，∴，令（），∴．令（），∴，令，得，∴当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增．∴当时，取得极小值．又∵，，∴存在使得．∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．又∵，∴，∴当时，，即．令（），则对于恒成立．∴在上单调递增．∴，即当时，，∴当时，．∴当时，．∴当时，成立．四、选做题（本大题共2小题，选做1题，共10分）选修4-4：坐标系与参数方程22.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】在直角坐标系中，曲线的方程为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．求直线的直角坐标方程．已知是曲线上的一动点，过点作直线交直线于点，且直线与直线的夹角为，若的最大值为，求的值．．．由，（2）得，∴，∵，．∴直线的直角坐标方程为，即．依题意可知曲线的参数方程为：（为参数），设，则点到直线的距离为：，，∵，∴当时，，依题意得，∴的最大值为，即，∵，∴解得．选修4-5：不等式选讲23.（1）（2）（1）（2）【答案】（1）【解析】已知函数．解不等式：．若，，均为正数，且，证明：．．证明见解析．，当时，，即，解得：；（2）当时，，满足题意；当时，，即，解得：．综上，不等式的解集为．由知，∴，∴，∴，∴，当且仅当时等号成立，∴．。
2020年广东省高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)
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届广东省广州市高三二模数学(理)试题解析
绝密★启用前2020届广东省广州市高三二模数学（理）试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．若集合A ＝{x |y =，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}，则A ∩B ＝（） A ．[0，1）B ．[0，1]C ．[0，2）D ．[0，2] 答案：B求出集合A ，B ，再求出A ∩B 得解．解：解：∵集合A ＝{x |y =＝{x |x ≤2}，B ＝{x |x 2﹣x ≤0}＝{x |0≤x ≤1}，则A ∩B ＝{x |0≤x ≤1}＝[0，1].故选：B.点评：本题主要考查一元二次不等式的解法，考查函数定义域的求法，考查集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.2．已知复数()1z bi b R =+∈，若2z i +是纯虚数，则b ＝（） A ．﹣2B ．12-C ．12D ．1 答案：A 根据复数的除法法则把2z i+化成复数的一般形式，然后由实部为零，虚部不等于零计算即可．解： 因为()()()()()12221122225bi i b b i z bi i i i i +-++-+===+++-，由于其是纯虚数， 所以210b -≠且20b +=，则2b =-．故选：A点评：本题考查的是复数的计算及其概念，较简单.3．若323loga=，1ln2b=，0.20.6c-=，则a，b，c的大小关系为（）A．c＞b＞a B．c＞a＞b C．b＞a＞c D．a＞c＞b 答案：B利用对数函数、指数函数的单调性直接求解．解：因为31323330log log log1a=<=<=，1ln ln102b=<=，0.200.60.61c-=>=，所以c＞a＞b．故选：B．点评：本题主要考查利用指数、对数函数的单调性比较大小，属于基础题.4．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>3 B．d72<C．3≤d72<D．3<d72≤答案：D根据从第8项起开始为正数，可得a7≤0，a8＞0，利用“1,a d”法求解. 解：a n＝﹣21+（n﹣1）d．∵从第8项起开始为正数，∴a7＝﹣21+6d≤0，a8＝﹣21+7d＞0，解得3＜d72≤．故选：D．点评：本题主要考查等差数列的单调性及通项公式，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.5．《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 ．()221a p r - B ．()22 1a p r + C ．() 1a p r - D ．() 1a p r +答案：A 计算圆形钱币的面积和正方形的面积，利用几何概型的概率公式求出p ，则π可求． 解：圆形钱币的半径为r cm ，面积为S 圆＝π•r 2；正方形边长为a cm ，面积为S 正方形＝a 2．在圆形内随机取一点，此点取自黑色部分的概率是 p S S S -==圆正方形圆122a r π-， 所以π()221a p r=-． 故选：A ．点评：本题主要考查几何概型的概率求法及应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6．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 ．抛物线的一部分答案：A分别取AC ，A 1C 1，A 1B 1的中点N ，F ，M ，连接ME ，MF ，NE ，EF ，证明N ，E ，M ，F 共面，利用线面平行证明EF ∥平面BCC 1B 1，则轨迹可求解：如图所示：分别取AC，A1C1，A1B1的中点N，F，M，连接ME，MF，NE，EF，因为E为AB的中点，所以NE∥BC且NE12BC=，FM∥B1C1，MF12=B1C1，所以N，E，M，F共面，所以ME∥BB1，NE∥BC，所以ME∥平面BCC1B1，NE∥平面BCC1B1而NE∩ME＝E，BC∩BB1＝B，所以面NEMF∥平面BCC1B1，而EF⊂面MN，所以EF∥平面BCC1B1，所以要使EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹为线段FN．故选：A．点评：本题主要考查线线平行，线面平行，面面平行的转化，还考查了空间想象和逻辑推理的能力，属于中档题.7．函数1()2f x xx=-+的图象大致是（）A．B．C．D．答案：C由函数解析式易知x ＜0时，()0f x ＞，且(2)0f <，由此利用排除法判断． 解：当x ＜0时，1()20f x x x=-+＞，故排除选项B 、D ； 又1724022f =-+=-（）＜，故排除选项A ． 故选：C点评： 本题考查函数图象的判别，属于基础题. 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 =u u u r 2FE u u u r ，则BF =u u u r （ ）A ．1123AB AD -u u u r u u u r B ．11 32AB AD -u u u r u u u rC ．11 23AB AD -+u u u r u u u r D ．11 32AB AD -+u u u r u u u r 答案：C 直接利用向量的三角形法则以及基本定理即可求得结论．解：由梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2AD ＝2DC ，E 是BC 的中点，F 是AE 上一点，AF =u u u r 2FE u u u r ，则221(332)BF BA AF AB AE AB AB AC =+=-+=-+⨯+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 1(3)AB AB AD DC =-+++u u u r u u u r u u u r u u u r 11(32)AB AB AD AB =-+++u u u r u u u r u u u r u u u r 1123AB AD =-+u u u r u u u r ； 故选：C点评：本题考查向量的三角法则、平面向量基本定理，属于基础题.9．已知命题:p 21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭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()22,N σ，且()40.7P ξ<=，则()020.3P ξ<<=．现给出四个命题：①p q ∧，②p q ∨，③()p q ∧⌝，④()p q ⌝∨，其中真命题的是（）A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④答案：C 由21n x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大求得n ，写出二项展开式的通项，令x 的指数为0求得r ，得到常数项，判断出p 的真假；再由正态分布的对称性求得()02P ξ<<，判断出q 的真假，再由复合命题的真假判断得答案．解： 在21nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，∴12n =， 则212243112121()()(1,)0,1,,12r r r r r r r T C x C x r x--+=-=-⋅⋅=L ． 令2430r -=，得8r =， ∴展开式中的常数项为81212!4958!4!C ==⋅，故p 为真命题； 随机变量ξ服从正态分布()22,N σ，则其对称轴方程为2，又()40.7P ξ<=，则()02P ξ<<()1120.30.22=-⨯=，故q 为假命题． 则①p q ∧为假命题；②p q ∨为真命题；③()p q ∧⌝为真命题；④()p q ⌝∨为假命题． ∴其中真命题的是②③．故选：C点评：本题考查了二项式定理、正态分布及复合命题真假性的判断，属于基础题.10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n +a n +1＝2n（n ∈N ），则S 2020＝（） A ．2020223- B ．202022 3+ C ．202122 3- D ．202122 3+ 答案：C 根据递推公式a n +a n +1＝2n （n ∈N ）的特点在求S 2020时可采用分组求和法，然后根据等比数列的求和公式即可得到正确选项．解：。
2020届广州市高三理科数学二模试卷-含答案解析
绝密★启用前2020届广州市高三理科数学二模试卷考试时间：120分钟第I卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合，集合，则A. B.C. D.2.若，则A. 1B.C. iD.3.若，则A. B. C. 1 D.4.已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，离心率为，过的直线l交C于A、B两点，若的周长为，则C的方程为A. B. C. D.5.正四面体ABCD中，M是棱AD的中点，O是点A在底面BCD内的射影，则异面直线BM与AO所成角的余弦值为A. B. C. D.6.已知数列满足：，，且，则数列的前13项和为A. B. C. D.7.安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则不同的安排方式共有A. 360种B. 300种C. 150种D. 125种8.函数的图象大致为A. B.C. D.9.某兴趣小组有男生20人，女生10人，从中抽取一个容量为5的样本，恰好抽到2名男生和3名女生，则该抽样可能是系统抽样；该抽样可能是随机抽样：该抽样一定不是分层抽样；本次抽样中每个人被抽到的概率都是．其中说法正确的为A. B. C. D.10.已知S，A，B，C是球O表面上的点，平面ABC，，，，则球O的表面积等于A. B. C. D.11.已知函数若存在，使得，则实数b的取值范围是A. B. C. D.12.数列满足，，若不等式对任何正整数n恒成立，则实数的最小值为A. B. C. D.第II卷（非选择题）二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知向量，，若向量与垂直，则______．14.已知实数x，y满足，目标函数的最大值为4，则．15.已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则______．16.已知，分别是双曲线的左、右焦点，P为双曲线左支上任意一点，若的最小值为8a，则双曲线的离心率的取值范围为________．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.已知函数．Ⅰ求函数的最小正周期和单调递减区间；Ⅱ在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，，的面积为，求边a的长．18.如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，，E，F分别是BC，PC的中点．Ⅰ证明：；Ⅱ设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为，求二面角的余弦值．19.已知函数．求曲线在点处的切线方程；证明：函数在区间内有且只有一个零点．20.已知椭圆C：的离心率为，椭圆C的长轴长为4．求椭圆C的方程；已知直线l：与椭圆C交于A，B两点，是否存在实数k使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．21.2019年7月1日至3日，世界新能源汽车大会在海南博鳌召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善．某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程理论上是指新能源汽车所装载的燃料或电池所能够提供给车行驶的最远里程的测试．现对测试数据进行分析，得到如下的频率分布直方图：估计这100辆汽车的单次最大续航里程的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值代表．根据大量的汽车测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程X近似地服从正态分布，经计算第问中样本标准差s的近似值为用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，现任取一辆汽车，求它的单次最大续航里程恰在250千米到400千米之间的概率．参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．某汽车销售公司为推广此款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上行进，若遥控车最终停在“胜利大本营”，则可获得购车优惠券，已知硬币出现正、反面的概率都是，方格图上标有第0格、第1格、第2格、、第50格．遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次，若掷出正面，遥控车向前移动一格从k到，若掷出反面，遥控车向前移动两格从k到，直到遥控车移到第49格胜利大本营或第50格失败大本营时，游戏结束．设遥控车移到第n格的概率为，试说明是等比数列，并解释此方案能否成功吸引顾客购买该款新能源汽车．已知极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合，圆C的极坐标是，直线l的参数方程是为参数．若，M为直线l与x轴的交点，N是圆C上一动点，求的最大值；若直线l被圆C截得的弦长为，求a的值．绝密★启用前2020届广州市高三理科数学一模试卷考试时间：120分钟注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。
学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题理(含解析)_1
学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题理（含解析）一､选择题1.已知集合,,则=A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．详解】，；∴A∩B＝{x|1＜x≤2}．故选C．【点睛】考查描述法的定义，对数函数的定义域，一元二次不等式的解法，交集的运算．2.已知复数满足，则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则，可得，然后利用复数模的概念，可得结果.【详解】由题可知：由，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题. 3.某公司生产，，三种不同型号的轿车，产量之比依次为，为检验该公司的产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，若样本中种型号的轿车比种型号的轿车少8辆，则（）A. 96B. 72C. 48D. 36【答案】B【解析】【分析】根据分层比例列式求解.【详解】由题意得选B.【点睛】本题考查分层抽样，考查基本分析求解能力，属基础题.4.已知向量，的夹角为，且，，则（）A. B. 3 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用计算．【详解】由已知，，∴，∴．故选C．【点睛】本题考查向量的数量积运算，解题关键是掌握数量积的性质：，把向量模的运算转化为向量的数量积．5.为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】D【解析】【分析】通过变形，通过“左加右减”即可得到答案.【详解】根据题意，故只需把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度可得到函数的图象，故答案为D.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，难度不大.6.若实数x，y满足条件，目标函数，则z 的最大值为( )A. B. 1 C. 2 D. 0【答案】C【解析】【分析】画出可行域和目标函数，根据平移得到最大值.【详解】若实数x，y满足条件，目标函数如图：当时函数取最大值为故答案选C【点睛】求线性目标函数的最值:当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最大，在轴截距最小时，z值最小；当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最小，在轴上截距最小时，值最大.7.的展开式中的系数为( )A. －30B. －40C. 40D. 50【答案】C【解析】【分析】先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.【详解】对二项式，其通项公式为的展开式中的系数是展开式中的系数与的系数之和.令，可得的系数为；令，可得的系数为；故的展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.8.已知双曲线：的一条渐近线过点，则的离心率为（）A. B.C. D. 3【答案】C【解析】【分析】求得双曲线的渐近线方程，由题意可得，再由离心率公式，计算可得所求值．【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，可得，则双曲线的离心率为．故选C．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．9.若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（）A. 0B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论．解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0，]成立，等价于a≥-x-对于一切成立，∵y=-x-在区间上是增函数∴∴a≥-∴a的最小值为-故答案为C．考点：不等式的应用点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题10.某简单几何体的三视图如图所示,若该几何体的所有顶点都在球的球面上,则球的体积是A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2，然后将其放入正方体进行求解．【详解】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2．把该三棱锥补形为正方体，则正方体体对角线长为．∴该三棱柱外接球的半径为．体积V．故选B．【点睛】本题考查空间几何体的三视图，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题．11.已知是长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出向量，，，得到，进而可求出结果.【详解】如图，以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，，设，所以，，，所以，，当时，所求的最小值为.故选：B【点睛】本题主要考查求向量数量积的最值，通过建系的方法处理，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型.12.函数在区间上的零点个数为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】令，得，在坐标系中分别作出函数，的图像，则两个图像的交点个数即的零点个数．【详解】令，得.设，..当时，；当时，；当时，.所以的极小值为，极大值为，又，，且在，上单调递增，在，上单调递减.结合这两个函数的图象，可知这两个函数的图象共有4个交点，从而上共有4个零点.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，考查化归与转化的数学思想.函数的零点方程的实数根函数的图像与轴交点的横坐标；常用解题方法有：直接作函数的图像，直接解方程，分离参变量，分离函数（如本题：令得到，两个函数）．二､填空题13.已知直线：，：，且，则k的值______.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行列关于的方程，解出的值，然后代入两直线方程进行验证是否满足，即可得出实数的值.【详解】直线：，：，且，则，解得或.当时，，，两直线重合，不合乎题意；当时，，即，，两直线平行，满足题意.因此，.故答案为：【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，在求出参数后，还应将参数的值代入两直线方程，验证两直线是否平行，考查运算求解能力，属于基础题.14.不等式在区间上的解集为__________．【答案】【解析】【分析】原不等式可化为，利用正弦函数的性质和整体法可求其解集.【详解】由有，所以，解出，又，所以或，故解集为.故答案为：.【点睛】本题考查三角不等式，注意利用三角变换公式将原不等式化简为的形式，再利用正弦函数的性质求解.15.已知直线与双曲线的一条渐近线交于点，双曲线的左、右顶点分别为，，若，则双曲线的离心率为_____.【答案】或【解析】【分析】解出点的坐标，用两点间距离公式求出，化简整理出的关系式，从而求得离心率．【详解】若渐近线的方程为，则点的坐标为.因为，所以，则，所以，从而.若渐近线的方程为，则点的坐标为，同理可得.【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查运算求解能力与分类讨论的数学思想.16.已知函数（）为奇函数，，若函数与图像的交点为，，…，，则=________.【答案】3m【解析】分析】分别判断函数与的对称性，结合函数的对称性进行求解即可．【详解】解：因为函数为奇函数，所以函数的图象关于点对称，关于点对称，所以两个函数图象的交点也关于点对称，故答案为：【点睛】本题主要考查函数对称性的应用，结合函数奇偶性以及分式函数的性质求出函数的对称性是解决本题的关键．三､解答题17.的内角的对边分别为，已知.（1）求的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，求得，根据可求得结果；（2）利用余弦定理可得，利用基本不等式可求得，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）由正弦定理得：，又，即由得：（2）由余弦定理得：又（当且仅当时取等号）即三角形面积的最大值为：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理解三角形、三角形面积公式应用、基本不等式求积的最大值、诱导公式的应用等知识，属于常考题型.18.2020年春季，某出租汽车公司决定更换一批新的小汽车以代替原来报废的出租车，现有采购成本分别为万元/辆和万元/辆的两款车型，根据以往这两种出租车车型的数据，得到两款出租车车型使用寿命频数表如下：（1）填写下表，并判断是否有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关？（2）从和的车型中各随机抽取车，以表示这车中使用寿命不低于年的车数，求的分布列和数学期望；（3）根据公司要求，采购成本由出租公司负责，平均每辆出租车每年上交公司万元，其余维修和保险等费用自理.假设每辆出租车的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆出租车使用寿命的概率，分别以这辆出租车所产生的平均利润作为决策依据，如果你是该公司的负责人，会选择采购哪款车型？附：，.0.0503.841【答案】（1）填表答案见解析，有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关.（2）分布列答案见解析，数学期望：.（3）采购款车型.【解析】【分析】（1）根据题目所给数据填写列联表，计算出的值，由此判断出有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关.（2）利用相互独立事件概率乘法公式计算出分布列，并求得数学期望.（3）分别计算出两种车型的平均利润，由此判断出采购款车型.【详解】（1）填表如下：使用寿命不高于年使用寿命不低于年型30型50由列联表可知，故有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关.（2）由题意可知，型车使用寿命不低于年的车数占，低于年的车数占；型车使用寿命不低于年的车数占，低于年的车数占.且可能的取值为.，，，的分布列为：其数学期望.（3）用频率估计概率，这辆款出租车的平均利润为：(万元)，这辆款出租车的平均利润为：(万元)，故会选择采购款车型.【点睛】本小题主要考查列联表与独立性检验，考查随机变量分布列和数学期望的求法，考查平均数的计算，属于中档题.19.如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，，.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过证明，得线面垂直；（2）建立空间之间坐标系，利用法向量的夹角的余弦值得二面角的余弦值.【详解】解：（1）在三棱柱中，平面，四边形为矩形.又分别为的中点，又，平面，平面平面.（2）由（1）知，由平面，平面.如图建立空间直角坐称系.由题意得设平面的法向量为，，，令，则，平面的法向量，又平面的法向量为，.所以二面角的余弦值为.【点睛】此题考查线面垂直的证明和求二面角的大小，关键在于熟练掌握线面垂直的判定定理，利用向量的方法求解二面角的大小需要注意防止计算出错.20.已知定点S( -2，0) ，T(2，0)，动点P为平面上一个动点，且直线SP、TP的斜率之积为.（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）设点B为轨迹E与y轴正半轴的交点，是否存在直线l，使得l交轨迹E于M，N两点，且F(1，0)恰是△BMN的垂心?若存在，求l的方程;若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）设，由结合两点间斜率计算公式，整理化简即可；（2）根据题意，设直线的方程为，，因为，所以，结合直线和椭圆联立的方程组，求出的值，根据题意，确定出即可得出结果.详解】（1）设，由已知有，整理得动点P的轨迹E的方程为（2）由（1）知，的方程为，所以又，所以直线的斜率，假设存在直线，使得是的垂心，则.设的斜率为，则，所以.设的方程为，.由，得，由，得，.因为，所以，因为，所以，即，整理得，所以，整理得，解得或，当时，直线过点，不能构成三角形，舍去；当时，满足，所以存在直线：，使得是的垂心.【点睛】本题主要考查了利用直接法求曲线的轨迹，直线与椭圆的综合应用，数量积在椭圆中的应用，对运算能力要求高，难度较大.21.已知函数，.（1）求的极值；（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，极小值；当时，无极值；当时，极大值；（2）【解析】【分析】（1）求得的定义域和导函数，对分成三种情况进行分类讨论的极值.（2）构造函数，通过的导函数研究的零点，对分成进行分类讨论，结合有三个零点，求得的取值范围.【详解】（1）的定义域为，，当时，在上递减，在上递增，所以在处取得极小值，当时，，所以无极值，当时，在上递增，在上递减，所以在处取得极大值.（2）设，即，.①若，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，至多有两个零点.②若，则，（仅）.单调递增，至多有一个零点.③若，则，当或时，，单调递增；当时，，单调递减，要使有三个零点，必须有成立.由，得，这与矛盾，所以不可能有三个零点.④若，则.当或时，，单调递增；当时，，单调递减，要使有三个零点，必须有成立，由，得，由及，得，.并且，当时，，，，.综上，使有三个零点的的取值范围为.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究方程的根，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.22.在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），直线l的方程为y=kx.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系；（1）求曲线C的极坐标方程；（2）曲线C与直线l交于A、B两点，若，求k的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先将曲线C的参数方程化为普通方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求出曲线的极坐标方程；（2）设出直线l的极坐标方程，与曲线的极坐标方程联立，可得，即可得到，根据的几何意义可知，，即可求出，于是可得k的值．【详解】（1），所以曲线的极坐标方程为.（2）设直线的极坐标方程为，其中为直线的倾斜角，代入曲线得设所对应的极径分别为.，，满足，或的倾斜角为或，则或．【点睛】本题主要考查曲线的参数方程化极坐标方程，以及极坐标方程和的几何意义的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．23.已知，且．（1）求证：；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）见证明；（2）.【解析】【分析】（1）由柯西不等式即可证明；（2）可先计算的最小值，再分，，三种情况讨论即可得到答案.【详解】解：（1）由柯西不等式得．∴，当且仅当时取等号．∴；（2），要使得不等式恒成立，即可转化为，当时，，可得，当时，，可得，当时，，可得，∴的取值范围为：．【点睛】本题主要考查柯西不等式，均值不等式，绝对值不等式的综合应用，意在考查学生的分析能力，计算能力，分类讨论能力，难度中等.学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题理（含解析）一､选择题1.已知集合,,则=A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．详解】，；∴A∩B＝{x|1＜x≤2}．故选C．【点睛】考查描述法的定义，对数函数的定义域，一元二次不等式的解法，交集的运算．2.已知复数满足，则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则，可得，然后利用复数模的概念，可得结果.【详解】由题可知：由，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题.3.某公司生产，，三种不同型号的轿车，产量之比依次为，为检验该公司的产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，若样本中种型号的轿车比种型号的轿车少8辆，则（）A. 96B. 72C. 48D. 36【答案】B【解析】【分析】根据分层比例列式求解.【详解】由题意得选B.【点睛】本题考查分层抽样，考查基本分析求解能力，属基础题.4.已知向量，的夹角为，且，，则（）A. B. 3 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用计算．【详解】由已知，，∴，∴．故选C．【点睛】本题考查向量的数量积运算，解题关键是掌握数量积的性质：，把向量模的运算转化为向量的数量积．5.为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】D【解析】【分析】通过变形，通过“左加右减”即可得到答案.【详解】根据题意，故只需把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度可得到函数的图象，故答案为D.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，难度不大.6.若实数x，y满足条件，目标函数，则z 的最大值为( )A. B. 1 C. 2 D. 0【解析】【分析】画出可行域和目标函数，根据平移得到最大值.【详解】若实数x，y满足条件，目标函数如图：当时函数取最大值为故答案选C【点睛】求线性目标函数的最值:当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最大，在轴截距最小时，z值最小；当时，直线过可行域且在轴上截距最大时，值最小，在轴上截距最小时，值最大.7.的展开式中的系数为( )A. －30B. －40C. 40D. 50【答案】C【解析】先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.【详解】对二项式，其通项公式为的展开式中的系数是展开式中的系数与的系数之和.令，可得的系数为；令，可得的系数为；故的展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.8.已知双曲线：的一条渐近线过点，则的离心率为（）A. B.C. D. 3【答案】C【解析】【分析】求得双曲线的渐近线方程，由题意可得，再由离心率公式，计算可得所求值．【详解】双曲线的渐近线方程为，由题意可得，可得，则双曲线的离心率为．故选C．【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．9.若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（）A. 0B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论．解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0，]成立，等价于a≥-x-对于一切成立，∵y=-x-在区间上是增函数∴∴a≥-∴a的最小值为-故答案为C．考点：不等式的应用点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题10.某简单几何体的三视图如图所示,若该几何体的所有顶点都在球的球面上,则球的体积是A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，可知该几何体为直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2，然后将其放入正方体进行求解．【详解】由三视图还原原几何体如图，可知该几何体直三棱柱，底面为等腰直角三角形，直角边长为2，侧棱长为2．把该三棱锥补形为正方体，则正方体体对角线长为．∴该三棱柱外接球的半径为．体积V．故选B．【点睛】本题考查空间几何体的三视图，考查多面体外接球表面积与体积的求法，是中档题．11.已知是长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出向量，，，得到，进而可求出结果.【详解】如图，以为轴，的垂直平分线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，，设，所以，，，所以，，当时，所求的最小值为.故选：B【点睛】本题主要考查求向量数量积的最值，通过建系的方法处理，熟记向量数量积的坐标运算即可，属于常考题型.12.函数在区间上的零点个数为（）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】令，得，在坐标系中分别作出函数，的图像，则两个图像的交点个数即的零点个数．【详解】令，得.设，..当时，；当时，；当时，.所以的极小值为，极大值为，又，，且在，上单调递增，在，上单调递减.结合这两个函数的图象，可知这两个函数的图象共有4个交点，从而上共有4个零点.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，考查化归与转化的数学思想.函数的零点方程的实数根函数的图像与轴交点的横坐标；常用解题方法有：直接作函数的图像，直接解方程，分离参变量，分离函数（如本题：令得到，两个函数）．二､填空题13.已知直线：，：，且，则k的值______.【答案】【解析】【分析】根据两直线平行列关于的方程，解出的值，然后代入两直线方程进行验证是否满足，即可得出实数的值.【详解】直线：，：，且，则，解得或.当时，，，两直线重合，不合乎题意；当时，，即，，两直线平行，满足题意.因此，.故答案为：【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，在求出参数后，还应将参数的值代入两直线方程，验证两直线是否平行，考查运算求解能力，属于基础题.14.不等式在区间上的解集为__________．【答案】【解析】【分析】原不等式可化为，利用正弦函数的性质和整体法可求其解集.【详解】由有，所以，解出，又，所以或，故解集为.故答案为：.【点睛】本题考查三角不等式，注意利用三角变换公式将原不等式化简为的形式，再利用正弦函数的性质求解.15.已知直线与双曲线的一条渐近线交于点，双曲线的左、右顶点分别为，，若，则双曲线的离心率为_____.【答案】或【解析】【分析】解出点的坐标，用两点间距离公式求出，化简整理出的关系式，从而求得离心率．【详解】若渐近线的方程为，则点的坐标为.因为，所以，则，所以，从而.若渐近线的方程为，则点的坐标为，同理可得.【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查运算求解能力与分类讨论的数学思想.16.已知函数（）为奇函数，，若函数与图像的交点为，，…，，则=________.【答案】3m【解析】分析】分别判断函数与的对称性，结合函数的对称性进行求解即可．【详解】解：因为函数为奇函数，所以函数的图象关于点对称，关于点对称，所以两个函数图象的交点也关于点对称，故答案为：【点睛】本题主要考查函数对称性的应用，结合函数奇偶性以及分式函数的性质求出函数的对称性是解决本题的关键．三､解答题17.的内角的对边分别为，已知.（1）求的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，求得，根据可求得结果；（2）利用余弦定理可得，利用基本不等式可求得，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）由正弦定理得：，又，即由得：（2）由余弦定理得：又（当且仅当时取等号）即三角形面积的最大值为：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理解三角形、三角形面积公式应用、基本不等式求积的最大值、诱导公式的应用等知识，属于常考题型.18.2020年春季，某出租汽车公司决定更换一批新的小汽车以代替原来报废的出租车，现有采购成本分别为万元/辆和万元/辆的两款车型，根据以往这两种出租车车型的数据，得到两款出租车车型使用寿命频数表如下：（1）填写下表，并判断是否有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关？（2）从和的车型中各随机抽取车，以表示这车中使用寿命不低于年的车数，求的分布列和数学期望；（3）根据公司要求，采购成本由出租公司负责，平均每辆出租车每年上交公司万元，其余维修和保险等费用自理.假设每辆出租车的使用寿命都是整数年，用频率估计每辆出租车使用寿命的概率，分别以这辆出租车所产生的平均利润作为决策依据，如果你是该公司的负责人，会选择采购哪款车型？附：，.0.0503.841【答案】（1）填表答案见解析，有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关.（2）分布列答案见解析，数学期望：.（3）采购款车型.【解析】【分析】（1）根据题目所给数据填写列联表，计算出的值，由此判断出有的把握认为出租车的使用寿命年数与汽车车型有关.（2）利用相互独立事件概率乘法公式计算出分布列，并求得数学期望.（3）分别计算出两种车型的平均利润，由此判断出采购款车型.【详解】（1）填表如下：。
2020年广东省高考数学二模试卷（二）（有答案解析）
2020年⼴东省⾼考数学⼆模试卷（⼆）（有答案解析）2020年⼴东省⾼考数学⼆模试卷（⼆）⼀、选择题（本⼤题共12⼩题，共60.0分）1.已知集合A={x|-1＜x＜6}，集合B={x|x2＜4}，则A∩（?R B）=（）A. {x|-1＜x＜2}B. {x|-1＜x≤2}C. {x|2≤x＜6}D. {x|2＜x＜6}2.设i为虚数单位，则复数的共轭复数=（）A. B. C. D.3.在样本的频率直⽅图中，共有9个⼩长⽅形，若中间⼀个长⽅形的⾯积等于其他8个⼩长⽅形⾯积的和的，且样本容量为200，则中间⼀组的频数为（）A. 0.2B. 0.25C. 40D. 504.设向量与向量垂直，且=（2，k），=（6，4），则下列下列与向量+共线的是（）A. （1，8）B. （-16，-2）C. （1，-8）D. （-16，2）5.某⼏何体的三视图如图所⽰，三个视图都是半径相等的扇形，若该⼏何体的表⾯积为，则其体积为（）A.B.C.D.6.阿基⽶德（公元前287年-公元前212年）不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利⽤“逼近法”得到椭圆的⾯积除以圆周率等于椭圆的长半轴与短半轴的乘积．若椭圆C的对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，且椭圆的离⼼率为，⾯积为12π，则椭圆C的⽅程为（）A. B. C. D.7.设a，b，c分别为△ABC内⾓A，B，C的对边，若B=C≠A，且b=2a cos A，则A=（）A. B. C. D.8.的展开式的各项系数之和为3，则该展开式中x3项的系数为（）A. 30B. 80C. -50D. 1309.函数的部分图象不可能为（）A. B.C. D.10.若函数f（x）=x3-ke x在（0，+∞）上单调递减，则k的取值范围为（）A. [0，+∞）B.C.D.11.已知⾼为的正三棱锥的每个顶点都在半径为的球的球⾯上，若⼆⾯⾓的正切值为4 ，则（）A. B. C. D.12.已知函数，若关于x的⽅程f（f（x））=m有两个不同的实数根x1，x2，则x1+x2的取值范围为（）A. [2，3）B. （2，3）C. [2ln2，4）D. （2ln2，4）⼆、填空题（本⼤题共4⼩题，共20.0分）13.若x，y满⾜约束条件，则的最⼤值为______．14.若tan（α-2β）=4，tanβ=2，则=______．15.已知函数f（x）=3x+9x（t≤x≤t+1），若f（x）的最⼤值为12，则f（x）的最⼩值为______16.已知直线x=2a与双曲线C：的⼀条渐近线交于点P，双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，且，则双曲线C的离⼼率为______．三、解答题（本⼤题共7⼩题，共82.0分）17.已知S n为数列{a n}的前n项和，且依次成等⽐数列．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和T n．18.如图，在四棱锥P-ABCD中，底⾯ABCD是边长为2的菱形，PD⊥平⾯ABCD，∠PAD=∠DAB=60°，E为AB中点．（1）证明；PE⊥CD；（2）求⼆⾯⾓A-PE-C的余弦值．19.在平⾯直⾓坐标系xOy中，抛物线C：x2=6y与直线l：y=kx+3交于M，N两点．（1）设M，N到y轴的距离分别为d1，d2，证明：d1和d2的乘积为定值；（2）y轴上是否存在点p，当k变化时，总有∠OPM=∠OPN？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．20.2019年春节期间，我国⾼速公路继续执⾏“节假⽇⾼速公路免费政策”．某路桥公司为掌握春节期间车辆出⾏的⾼峰情况，在某⾼速公路收费站点记录了⼤年初三上午9：20～10：40这⼀时间段内通过的车辆数，统计发现这⼀时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直⽅图如下图所⽰，其中时间段9：20～9：40记作区[20，40），9：40～10：00记作[40，60），10：00～10：20记作[60，80），10：20～10：40记作[80，100），例如10点04分，记作时刻64．（1）估计这600辆车在9：20～10：40时间内通过该收费点的时刻的平均值（同⼀组中的数据⽤该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进⾏分析，现采⽤分层抽样的⽅法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9：20～10：00之间通过的车辆数为X，求X的分布列与数学期望；（3）由⼤数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N（µ，σ2），其中µ可⽤这600辆车在9：20～10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，σ2可⽤样本的⽅差近似代替（同⼀组中的数据⽤该组区间的中点值代表），已知⼤年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）．若T～N（µ，σ2）则P（µ-σ＜T≤µ+σ）=0.6827，P（µ-2σ＜T≤σ+2σ）=0.9545，P（µ-3σ＜T≤µ+3σ）=0.9973．21.已知函数．（1）讨论函数在（1，+∞）上的单调性；（2）若a≥0，不等式x2f（x）+a≥2-e对x∈（0，+∞）恒成⽴，求a的取值范围．22.在平⾯直⾓坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴为正半轴建⽴极坐标系，已知曲线C的极坐标⽅程为ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0．（1）求曲线C的直⾓坐标⽅程；（2）过曲线C上⼀动点P分别作极轴、直线ρcosθ=-1的垂线，垂⾜分别为M，N，求|PM|+|PN|的最⼤值．23.设函数f（x）=|x+1|+|2-x|-k．（1）当k=4时，求不等式f（x）＜0的解集；（2）若不等式对x∈恒成⽴，求k的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：B={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，则?R B={x|x≥2或x≤-2}，则A∩（?R B）={x|2≤x＜6}，故选：C．求出集合B的等价条件，结合补集交集的定义进⾏求解即可．本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件以及利⽤交集补集的定义是解决本题的关键．2.答案：D解析：解：∵==，∴．故选：D．直接利⽤复数代数形式的乘除运算得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.答案：D解析：解：在样本的频率直⽅图中，共有9个⼩长⽅形，中间⼀个长⽅形的⾯积等于其他8个⼩长⽅形⾯积的和的，且样本容量为200，设其他8组的频率数和为m，则由题意得：m+m=200，解得m=150，∴中间⼀组的频数为=50．故选：D．设其他8组的频率数和为m，则由题意得：m+m=200，由此能求出中间⼀组的频数．本题考查频数的求法，考查频率分布直⽅图的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．4.答案：B解析：解：∵；∴；∴k=-3；∴；∴；∴（-16，-2）与共线．故选：B．根据即可得出，从⽽得出k=-3，从⽽可求出，从⽽可找出与共线的向量．考查向量垂直的充要条件，向量坐标的加法和数量积的运算，共线向量基本定理．5.答案：A解析：解：将三视图还原可知该⼏何体为球体的，S=3×+=，r=，⼏何体的体积为：=．故选：A．⾸先把⼏何体的三视图进⾏转换，进⼀步利⽤表⾯积公式的应⽤求出结果．本题考查的知识要点：三视图和⼏何体的转换，⼏何体的体积公式和⾯积公式的应⽤，主要考查学⽣的运算能⼒和转化能⼒，属于基础题型．6.答案：A解析：【分析】本题考查椭圆简单性质的应⽤,考查转化思想以及计算能⼒,属于基础题.利⽤已知条件列出⽅程组，求出a，b，即可得到椭圆⽅程．【解答】解：由题意可得：，解得a=4，b=3，因为椭圆的焦点坐标在y轴上，所以椭圆⽅程为：．故选A．7.答案：B解析：解：在△ABC中，∵b=2a cos A，∴由正弦定理可得：sin B=2sin A cosA=sin2A，∴B=2A，或B=π-2A，∵B=C≠A，∴当B=2A时，由于A+B+C=5A=π，可得：A=；当B=π-2A时，由于A+B+C=B+2A，可得：B=C=A（舍去）．综上，A=．故选：B．由正弦定理化简已知等式可得：sin B=sin2A，可求B=2A，或B=π-2A，根据三⾓形的内⾓和定理即可得解A的值．本题主要考查了正弦定理，三⾓形的内⾓和定理在解三⾓形中的综合应⽤，属于基础题．8.答案：D解析：解：令x=1得各项系数和为（2-n）（1-2）5=3，即n-2=3，得n=5，多项式为（2x2-5）（x-）5，⼆项式（x-）5的通项公式为T k+1=C5k x5-k（-）k=（-2）k C5k x5-2k，若第⼀个因式是2x2，则第⼆个因式为x，即当k=2时，因式为4C52x=40x，此时2x2×40x=80x3，若第⼀个因式是-5，则第⼆个因式为x3，即当k=1时，因式为-2C51x3=-10x3，此时-5×（-10）x3=50x3，则展开式中x3项的为80x3+50x3=130x3，即x3的系数为130故选：D．令x=1得各项系数为3，求出n的值，结合展开式项的系数进⾏求解即可．本题主要考查⼆项式定理的应⽤，令x=1求出各项系数和以及通过通项公式求出对应项的系数是解决本题的关键．9.答案：B解析：解：A．由图象知函数的周期T=2π，则=2π得ω=1，此时f（x）=2sin（x-）=-2cos x为偶函数，对应图象为A，故A图象可能B．由图象知函数的周期T=-（-）==，即=，得ω=±3，当ω=3时，此时f（x）=2sin（3x-），f（）=2sin（3×-）=2sin≠-2，即B图象不可能，当ω=-3时，此时f（x）=2sin（-3x+），f（）=2sin（-3×+）=-2sin≠-2，即B图象不可能，C．由图象知函数的周期T=4π，则=4π得ω=±，当ω=时，此时f（x）=2sin（x-π）=-2sin x，f（π）=-2sin=-1，即此时C图象不可能，当ω=-时，此时f（x）=2sin（-x-π）=2sin x，f（π）=2sin=-1，即此时C图象可能，D．由图象知函数的周期=-=，即t=π，则=π得ω=2，此时f（x）=2sin（2x-），f（）=2sin（2×-）=2sin=2，即D图象可能，综上不可能的图象是B，故选：B．根据三⾓函数的图象判断周期性性以及对称轴是否对应即可得到结论．本题主要考查三⾓函数图象的识别和判断，利⽤周期性求出ω以及利⽤特殊值进⾏验证是解决本题的关键．注意本题的ω有可能是复数．10.答案：C解析：【分析】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数恒成⽴问题，属于中档题．令f′（x）≤0在（0，+∞）上恒成⽴得k在（0，+∞）上恒成⽴，求出右侧函数的最⼤值即可得出k的范围．【解答】解：∵函数f（x）=x3-ke x在（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）=3x2-ke x≤0在（0，+∞）上恒成⽴，∴k在（0，+∞）上恒成⽴，令g（x）=，x＞0，则，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，此时g（x）单调递增，x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，故当x=2时，g（x）取得最⼤值g（2）=，则k，故选：C．11.答案：A解析：【分析】本题考查正三棱柱的⾼与其外接球半径的⽐值的求法，考查空间中线线、线⾯、⾯⾯间的位置关系等基础知识，考查运算求解能⼒，是中档题．设棱锥底⾯边长为a，由已知把a⽤含有H的代数式表⽰，再由球的性质利⽤勾股定理求得．【解答】解：设P在底⾯ABC的射影为E，则PE为正三棱锥的⾼，D为AB的中点，连结PD，设正三⾓形ABC的边长为a，则CD=，∴ED=，EC=a，由题意可得：，⼆⾯⾓的平⾯⾓为，由⼆⾯⾓P-AB-C的正切值为4，得=4，解得a=．∴EC==，OP=OC=R，OE=H-R，∴OC2=OE2+CE2，∴R2=（H-R）2+（）2，解得=．故选：A．12.答案：A解析：解：函数，的图象如下：当m≥1时，f（t）=m，有两个解t1，t2，其中t1≤0，t2≥2，f（x）=t1有⼀个解，f（x）=t2有两个解，不符合题意．当m＜0时，f（t）=m，有⼀个解t，且t∈（0，1），f（x）=t有⼀个解，不符合题意．当0≤m＜1时，f（t）=m，有⼀个解t，且t∈[1，2），f（x）=t两个不同的实数根x1，x2，符合题意．可得1-x1=log2x2=t，且t∈[1，2），x1+x2=2t-t+1，令g（t）=2t-t+1，g′（t）=2t ln t-1＞0，故g（t）在[1，2）单调递增，∴g（t）∈[2，3）．故选：A．画出函数，的图象，可求得当0≤m＜1时，f（t）=m，有⼀个解t，且t∈[1，2），f（x）=t两个不同的实数根x1，x2，符合题意．可得1-x1=log2x=t，且t∈[1，2），x1+x2=2t-t+1，令g（t）=2t-t+1，利⽤导数求解．本题考查了函数与⽅程思想、数形结合思想，属于中档题．13.答案：解析：解：设z=，则z的⼏何意义为可⾏域内的点与原点连线的斜率，作出不等式组对应得平⾯区域如图：由图可知OA的斜率最⼤，由，解得A（3，4），则OA得斜率k=，则的最⼤值为．故答案为：．本题主要考查线性规划求最值，是基础题．设z=，作出不等式组对应得平⾯区域，利⽤z的⼏何意义即可得到结论．14.答案：解析：解：由tanβ=2，得tan2β==，⼜tan（α-2β）=4，∴tanα=tan[（α-2β）+2β]==．∴=．故答案为：．由已知求得tan2β，再由tanα=tan[（α-2β）+2β]求出tanα，代⼊得答案．本题考查三⾓函数的化简求值，考查两⾓和的正切与⼆倍⾓的正切，是中档题．15.答案：2解析：解：设m=3x，因为t≤x≤t+1，所以3t≤m≤3t+1，则g（m）=m2+m，3t≤m≤3t+1，因为函数g（m）在[3t，3t+1]为增函数，所以（3t+1）2+3t+1=12，解得：3t+1=3，即t=0，即f（x）min=g（30）=2，故答案为：2．由⼆次型函数值域的求法得：设m=3x，则3t≤m≤3t+1，则g（m）=m2+m，3t≤m≤3t+1，因为函数g（m）在[3t，3t+1]为增函数，所以（3t+1）2+3t+1=12，解得：3t+1=3，即t=0，即f（x）min=g（30）=2，得解本题考查了⼆次型函数值域的求法，属中档题．16.答案：解析：【分析】本题考查双曲线的⽅程和性质，主要是渐近线⽅程和离⼼率的求法，考查⽅程思想和运算能⼒，属于中档题．设出双曲线的焦点，求得⼀条渐近线⽅程可得P的坐标，求得直线PF2的斜率，由两点的斜率公式和离⼼率公式，可得所求值．【解答】解：双曲线C的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0），且，可得sin∠PF2F1==，即有直线PF2的斜率为tan∠PF2F1=，由直线x=2a与双曲线C：的⼀条渐近线y=x交于点P，可得P（2a，2b），可得=，即有4b2=15（4a2-4ac+c2）=4（c2-a2），化为11c2-60ac+64a2=0，由e=可得11e2-60e+64=0，解得e=或e=4，由2a-c＞0，可得c＜2a，即e＜2，可得e=4舍去．故答案为：．17.答案：解：（1）依次成等⽐数列，可得（）2=S n=（n+2）（a1-2）n，当n=1时，a1=S1=3（a1-2），解得a1=3，当n≥2时，a n=S n-S n-1=n（n+2）-（n-1）（n+1）=2n+1，上式对n=1也成⽴，则数列{a n}的通项公式为a n=2n+1；（2）==（-），可得前n项和T n=（-+-+…+-）=（-）=．解析：（1）运⽤等⽐数列的中项性质，令n=1，可得⾸项，再由数列的递推式：当n≥2时，a n=S n-S n-1，计算可得所求通项公式；（2）求得==（-），再由数列的裂项相消求和，化简计算可得所求和．本题考查等⽐数列中项性质和数列的递推式的运⽤，考查数列的裂项相消求和，化简整理的运算能⼒，属于基础题．18.答案：证明：（1）连结DE，BD，∵四边形ABCD是菱形，且∠DAB=60°，E为AB的中点，∴DE⊥AB，∵PD⊥平⾯ABCD，∴PD⊥AB，⼜DE∩PD=D，∴AB⊥平⾯PDE，∴AB⊥PE，∵AB∥CD，∴PE⊥CD．解：（2）设AC，BD交点为O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平⾯ABCD的垂线为z轴，建⽴空间直⾓坐标系，如图，则P（-1，0，2），A（0，-，0），E（，0），C（0，，0），=（-1，，2），=（，0），=（1，），=（，0），设平⾯APE的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（），设平⾯PCE的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（3，1，2），设⼆⾯⾓A-PE-C的平⾯⾓为θ，由图知θ为钝⾓，∴cosθ=-=-=-．∴⼆⾯⾓A-PE-C的余弦值为-．解析：（1）连结DE，BD，推导出DE⊥AB，PD⊥AB，从⽽AB⊥平⾯PDE，进⽽AB⊥PE，由此能证明PE⊥CD．（2）设AC，BD交点为O，以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，过O作平⾯ABCD 的垂线为z轴，建⽴空间直⾓坐标系，利⽤向量法能求出⼆⾯⾓A-PE-C的余弦值．本题考查线线垂直的证明，考查⼆⾯⾓的余弦值的求法，考查空间中线线、线⾯、⾯⾯间的位置关系等基础知识，考查运算求解能⼒，是中档题．19.答案：解（1）证明：将y=kx+3代⼊x2=6y，得x2-6kx-18=0．设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2=-18，从⽽d1d2=|x1|?|x2|=|x1x2|=18为定值．（2）解：存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，．从⽽k1+k2=+==．当b=-3时，有k1+k2=0对任意k恒成⽴，则直线PM的倾斜⾓与直线PN的倾斜⾓互补，故∠OPM=∠OPN，所以点P（0，-3）符合题意．解析：（1）先将y=kx+3代⼊x2=6y，设M（x1，y1），N（x2，y2），结合韦达定理，即可证明结论成⽴；（2）先设设P（0，b）为符合题意的点，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，由∠OPM=∠OPN，得当k变化时，k1+k2=0恒成⽴，进⽽可求出结果本题主要考查直线与抛物线的位置关系、以及抛物线中的定点问题，通常需要联⽴直线与抛物线⽅程，结合韦达定理等求解，属于中档题．20.答案：解：（1）这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为（30×0.05+50×0.015+70×0.025+90×0.010）×20=64，即10：04（2）结合频率分布直⽅图和分层抽样的⽅法可知，抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在[20，60）这⼀区间内的车辆数，即（0.005+0.015）×20×10=4，所以X的可能的取值为0，1，2，3，4．所以P（X=0）==，P（X=1）==，P（X=2）==，P（X=3）==，P（X=4）==，所以X的分布列为：X01234P所以E（X）=0×+1×+2×+3×+4×=．（3）由（1）得µ=64，σ2=（30-64）2×0.1+（50-64）2×0.3+（50-64）2×0.4+（70-64）2×0.4+（90-64）2×0.2=324，所以σ=18，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数也就是在[46，100）通过的车辆数，由T～N（64，182），得，P（64-18≤T≤64+2×18）=+=0.8186，所以估计在在9：46～10：40之间通过的车辆数为1000×0.8186≈819辆．解析：（1）将直⽅图中每个⼩长⽅形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．（2）抽样⽐为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量X的所有可能的取值，计算出每个X对应的概率，列分布列，求期望即可．（3）根据频率分布直⽅图估计出⽅差，再结合（1）求出的期望，得到µ，σ2再根据其对称性处理即可．本题考查了离散型随机变量的概率分布列，超⼏何分布，正态分布等知识，阅读量⼤，审清题意是关键，属于中档题．21.答案：解：（1）∵函数，∴x＞0，则g（x）=，．若a≤-，∵x＞1，∴ln x＞0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，若a＞-，令g′（x）=0，得x=，当1＜x＜时，g′（x）＞0，当x＞时，g′（x）＜0，∴g（x）的单调递减区间是（，+∞），单调递增区间为（1，）．（2）a≥0，不等式x2f（x）+a≥2-e对x∈（0，+∞）恒成⽴，∴x lnx-ax+a+e-2≥0对x∈（0，+∞）恒成⽴，设h（x）=x lnx-ax+a+e-2，则h′（x）=ln x+1-a，令h′（x）=0，得x=e a-1，当x∈（0，e a-1）时，h′（x）＜0，当x∈（e a-1，+∞）时，h′（x）＞0，∴h（x）的最⼩值为h（e a-1）=（a-1）e a-1+a+e-2-ae a-1=a+e-2-e a-1，令t（a）=a+e-2-e a-1，则t′（a）=1-e a-1，令t′（a）=0，得a=1，当a∈[0，1）时，t′（a）＞0，t（a）在[0，1）上单调递增，当a∈[1，+∞）时，t′（a）0，t（a）在[1，+∞）上单调递减，∴当a∈[0，1）时，h（x）的最⼩值为t（a）≥t（0）=e-2-，当a∈[1，+∞）时，h（x）的最⼩值为t（a）=a+e-2-e a-1≥0=t（2），∴a的取值范围是[0，2]．解析：本题考查导数的综合应⽤，考查推理能⼒和运算求解能⼒，考查化归与转化思想，是难题．（1）x＞0，．利⽤分类讨论思想结合导数性质能讨论函数在（1，+∞）上的单调性．（2）推导出x lnx-ax+a+e-2≥0对x∈（0，+∞）恒成⽴，设h（x）=x lnx-ax+a+e-2，则h′（x）=ln x+1-a，由此利⽤导数性质，结合分类讨论思想能求出a的取值范围．22.答案：解：（1）由ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0，得x2+y2-4x-6y+12=0，即（x-2）2+（y-3）2=1，此即为曲线C的直⾓坐标⽅程．（2）由（1）可设P的坐标为（2+cosα，3+sinα），0≤α＜2π，则|PM|=3+sinα，⼜直线ρcosθ=-1的直⾓坐标⽅程为x=-1，所以|PN|=2+cosα+1=3+cosα，所以|PM|+|PN|=6+sin（α+），故当α=时，|PM|+|PN|取得最⼤值为6+．解析：（1）由ρ2-4ρcosθ-6ρsinθ+12=0，得x2+y2-4x-6y+12=0，即（x-2）2+（y-3）2=1，此即为曲线C的直⾓坐标⽅程．（2）由（1）可设P的坐标为（2+cosα，3+sinα），0≤α＜2π，求出|PM|和|PN|后相加，⽤三⾓函数的性质求得最⼤值．本题考查了简单曲线的极坐标⽅程，属中档题．23.答案：解：（1）k=4时，函数f（x）=|x+1|+|2-x|-4，不等式f（x）＜0化为|x+1|+|2-x|＜4，当x＜-1时，不等式化为-x-1+2-x＜4，解得-＜x＜-1，当-1≤x≤2时，不等式化为x+1+2-x=3＜4恒成⽴，则-1≤x≤2，当x＞2时，不等式化为x+1+x-2＜4，解得2＜x＜，综上所述，不等式f（x）＜0的解集为（-，）；（2）因为f（x）=|x+1|+|2-x|-k≥|x+1+2-x|-k=3-k，所以f（x）的最⼩值为3-k；⼜不等式对x∈恒成⽴，所以3-k≥，所以，解得k≤1，所以k的取值范围是（-∞，1]．解析：本题考查了不等式恒成⽴应⽤问题，也考查了含有绝对值的不等式解法与应⽤问题，是中档题．（1）k=4时，利⽤分类讨论思想求出不等式f（x）＜0的解集，再求它们的并集；（2）利⽤绝对值不等式的性质求出f（x）的最⼩值，再把不等式化为3-k≥，求出不等式的解集即可．。
广东省广州市广雅中学2024届高三下学期教学情况检测(二) 数学试题【含答案】
广东广雅中学2024届教学情况检测（二）数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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，再选涂其他答案标号.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.本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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{}11P x x =-≤≤，{},M a a =-．若P M P ⋃=，则实数a 的取值范围是（）A ．{}11a a -≤≤B ．{}11a a -<<C ．{11a a -<<且}0a ≠D ．{11a a -≤≤且}0a ≠2．在5(2)x +的展开式中，2x 项的系数为（）A ．1B ．10C ．40D ．803．已知直线a ，b 和平面α，a ⊂α，b α⊂，则“//a α”是“//a b ”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．2024年2月4日，“龙行中华——甲辰龙年生肖文物大联展”在山东孔子博物馆举行，展览的多件文物都有“龙”的元素或图案．出土于鲁国故城遗址的“出廓双龙勾玉纹黄玉璜”（图1）就是这样一件珍宝．玉璜璜身满刻勾云纹，体扁平，呈扇面状，璜身外镂空雕饰“S ”型双龙，造型精美．现要计算璜身面积（厚度忽略不计），测得各项数据（图2）：8AB ≈cm ，2AD ≈cm ，5AO ≈cm ，若3sin 375︒≈，π 3.14≈，则璜身（即曲边四边形ABCD ）面积近似为（）A ．26.8cmB ．29.8cmC ．214.8cmD ．222.4cm 5．甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（）A ．156B ．210C ．211D ．2166．记正项等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，20100S =，则1011a a ⋅的最大值为（）A ．9B ．16C ．25D ．507．已知直线:1l y mx m =--，P 为圆22:4210C x y x y +--+=上一动点，设P 到直线l 距离的最大值为()d m ，当()d m 最大时，m 的值为（）A ．12-B ．32-C ．23D ．28．已知抛物线214y x =和21516y x =-+所围成的封闭曲线如图所示，已知点()0,A a ，若在此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点A 对称，则实数a 的取值范围是（）A ．(]1,4B ．5,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．5,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．(]2,3二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．设z 为复数（i 为虚数单位），下列命题正确的有（）A ．若z ∈R ，则z z =B ．若2z ∈R ，则z ∈RC ．若()1i 1i z +=-，则1z =D ．若210z +=，则iz =10．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件A =“取出的球的数字之积为奇数”，事件B =“取出的球的数字之积为偶数”，事件C =“取出的球的数字之和为偶数”，则（）A ．事件A 与B 是互斥事件B ．事件A 与B 是对立事件C ．事件B 与C 是互斥事件D ．事件B 与C 相互独立11．已知函数()cos sin2xf x x =+，则（）A ．()f x 在区间π0,6⎛⎫⎪⎝⎭单调递增B ．()f x 的图象关于直线πx =对称C ．()f x 的值域为90,8⎡⎤⎢⎣⎦D ．关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为{}π,2π,4π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知O 为坐标原点，点F 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，点A ，B 在C 上，AB 的中点为F ，OA OB ⊥，则C 的离心率为．13．已知函数()log ab f x x x =-（0a >，0b >）且1b ≠），若()1f x ≥恒成立，则ab 的最小值为.14．已知球O 的表面积为12π，正四面体ABCD 的顶点B ，C ，D 均在球O 的表面上，球心O 为BCD △的外心，棱AB 与球面交于点P ．若A ∈平面1α，B ∈平面2α，C ∈平面3α，D ∈平面4α，1//(1,2,3)i i i αα+=且i α与1(1,2,3)i i α+=之间的距离为同一定值，棱AC ，AD 分别与2α交于点Q ，R ，则PQR 的周长为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．如图，三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是边长为2的菱形，1π3ABB ∠=，AC =M 为11A B 中点，CM(1)证明：平面ABC ⊥平面11ABB A ；(2)若2BC =，求平面ABC 与平面1ABC 夹角的余弦值.16．“双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动．某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间[7,9),[9,11),[11,13),[13,15),[15,17),[17,19]，用频率分布直方图表示如下：假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立．(1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间[)13,17的概率；(2)从全校学生中随机选取3人，记ξ表示这3人一周参加课后活动的时间在区间[)15,17的人数，求ξ的分布列和数学期望()E ξ；(3)设全校学生一周参加课后活动的时间的中位数估计值为a ､平均数的估计值为b （计算平均数时，同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替），请直接写出,a b 的大小关系．17．双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>32,2T在C 上.(1)求C 的方程；(2)设圆O ：222x y +=上任意一点P 处的切线交C 于M 、N 两点，证明：以MN 为直径的圆过定点.18．已知函数()()sin e ln 1xf x x a x =+++．(1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程；(2)当2a ≤-时，求函数()f x 在(]1,0-上的最小值；(3)写出实数a 的一个值，使得()1f x ≥恒成立，并证明．19．已知12:,,,k Q a a a 为有穷正整数数列，且12k a a a ≤≤≤，集合{}1,0,1X =-．若存在,1,2,,i x X i k ∈= ，使得1122k k x a x a x a t +++= ，则称t 为k -可表数，称集合{}1122,,1,2,,k k i T t t x a x a x a x X i k ==+++∈= ∣为k -可表集．(1)若110,2,1,2,,i i k a i k -=== ，判定31，1024是否为k -可表数，并说明理由；(2)若{}1,2,,n T ⊆ ，证明：312k n -≤；(3)设13,1,2,,i i a i k -== ，若{}1,2,,2024T ⊆ ，求k 的最小值．1．D【分析】根据并集结果可知M P ⊆，进而可构造不等式，解不等式求得结果.【详解】解：P M P = ，M P ∴⊆a P ∴∈，a P -∈且a a≠-11a ∴-≤≤，11a -≤-≤，0a ≠，解得：11a -≤≤且0a ≠a ∴的取值范围为{11a a -≤≤且}0a ≠故选：D 2．D【分析】利用通项求解可得.【详解】通项公式为515C 2rrr r T x -+=，当2r =时，232235C 280T x x ==，所以2x 项的系数为80.故选：D 3．B【分析】根据题意，由空间中的线面关系，即可判断.【详解】根据线面平行的判定定理可得，若//a b ，则//a α，即必要性成立，若//a α，则//a b 不一定成立，故充分性不成立，所以“//a α”是“//a b ”的必要不充分条件.故选：B 4．C【分析】根据给定图形求出圆心角AOB ∠，再利用扇形面积公式计算即得.【详解】显然AOB 为等腰三角形，5,8OA OB AB ===，则142cos 5ABOAB OA ∠==，3sin 5OAB ∠=，即37OAB ∠≈ ，于是53π10690AOB ∠==，所以璜身的面积近似为()()()222221153π·5314.8cm 2290AOB OA OD ∠-=⨯⨯-≈.故选：C 5．D【分析】共有三种情况，3人站一个台阶，或2人站一个台阶另1人站另一个台阶，或3人各站一个台阶，然后根据分类计数加法原理即可求解．【详解】若三人站在一个台阶上，有1363C A 种站法，若三人站在两个台阶上，有2262A A 种站法，若三人站在三个台阶上，有3363C A 种站法，所以，一共有132233636263C A A A C A 216++=种站法.故选：D.6．C【分析】根据等差数列的求和公式计算可得101110a a +=，利用基本不等式计算即可得出结果.【详解】∵12020201002a a S +=⨯=，120101112010,10.a a a a a a ∴+=∴+=+=又∵10110,0a a >>，∴210111011+100==2524a a a a ⎛⎫⋅≤ ⎪⎝⎭，当且仅当1011==5a a 时，取“=”∴1011a a ⋅的最大值为25.故选：C 7．A【分析】先得出直线l 过定点()1,1A -，再求出圆心坐标，由圆的对称性以及斜率公式得出m 的值.【详解】因为:l (1)(1)y m x --=-，所以直线l 过定点()1,1A -，圆22:4210C x y x y +--+=可化为22(2)(1)4x y -+-=，则圆心()2,1C ，2r =，由圆的对称性可知，当AC l ⊥时，P 到直线l 距离的最大，则1(1)221AC k --==-，112AC m k =-=-.故选：A 8．B【分析】先联立两抛物线方程求出抛物线交点的横坐标为4±，再根据题意知在某一支抛物线必存在一对点满足题意，故必定还存在两支曲线上的不同点关于(0,)A a 对称，设抛物线214y x =上的点21(,)4P t t ，则P 关于A 的对称点21(,2)4P t a t '--在21516y x =-+上，从而可得关于t 的方程：221125416a t t -=-+在(4,4)t ∈-上有解，最后参变分离转化为函数的值域，即可求解.【详解】联立22141516y x y x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，可得216x =，所以4x =±，故两抛物线交点的横坐标为4±，显然在某一支抛物线上必存在一对点满足题意，故必定还存在两支曲线上的不同点关于(0,)A a 对称，不妨设抛物线214y x =上的点21(,)4P t t ，则P 关于A 的对称点21(,2)4P t a t '--在21516y x =-+上，所以关于t 的方程：221125416a t t -=-+在(4,4)t ∈-上有解，即232516a t =+在(4,4)t ∈-上有解，因为[)20,16t ∈，所以[)2355,816t +∈，所以[)25,8a ∈，即5,42a ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.故选：B 9．AC【分析】利用共轭复数的定义可判断A 选项；利用特殊值法可判断B 选项；利用复数的除法化简复数z ，利用复数的模长公式可判断C 选项；解方程210z +=，可判断D 选项.【详解】对于A 选项，若z ∈R ，则z z =，A 对；对于B 选项，若2z ∈R ，不妨取i z =，则21z =-∈R ，但z ∉R ，B 错；对于C 选项，若()1i 1i z +=-，则()()()21i 1i i 1i 1i 1i z --===-++-，故1z =，C 对；对于D 选项，若210z +=，则21z =-，解得i z =±，D 错.故选：AC.10．AB【分析】利用互斥，对立，相互独立的概念逐一判断.【详解】对于AB ：取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件A 与B 是互斥事件，也是对立事件，AB 正确；对于C ：如果取出的数为2,4，则事件B 与事件C 均发生，不互斥，C 错误；对于D ：()()()22223333222666C C C C 4211,,C 5C 5C 5P B P C P BC +=-=====，则()()()P B P C P BC ≠，即事件B 与C 不相互独立，D 错误；故选：AB.11．BCD【分析】利用符合函数的单调性判断A ，计算出()()2πf x f x -=即可判断B ，利用换元法求出函数的值域，即可判断C ，求出函数在[0,2π]上的单调性，即可画出函数()f x 在区间[0,2π]的图象，结合图象分类讨论，即可判断D.【详解】对于A ：当π0,6x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时sin 02x >，所以2()cos sin 12sin sin 222x xx f x x =+=-+，因为sin 2x y =在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又πsin 124===，所以62sin 24x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，因为49316>，即74>172044=>，即124>，12>，所以π1sin 124=，又221y x x =-++在1,4∞⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以212sin sin 22xx y =-+在π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭上不单调，即()f x 在区间π0,6⎛⎫ ⎪⎝⎭不单调，故A 错误；对于B ：因为()()()2π2πcos 2πsincos sin 22x xf x x x f x --=-+=+=，所以()f x 的图象关于直线πx =对称，故B 正确；对于C ：因为()22cos sin 12sin sin 12sin sin 22222x x x x xf x x =+=-+=-+，令sin2x t =，则[]0,1t ∈，令()212h t t t =-+，[]0,1t ∈，则()h t 在10,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在1,14⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，又()01h =，()10h =，1948h ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以()90,8h t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以()f x 的值域为90,8⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故C 正确；对于D ：当[0,2π]x ∈时sin02x ≥，所以()2cos sin 12sin sin 222x x xf x x =+=-+，由A 选项可令π0,6α⎡⎤∈⎢⎣⎦且1sin 24α=，则当[]0,x α∈时()f x 单调递增，令π222x α<<，即πx α<<时sin 2x y =在(),πα上单调递增，且1sin 142x<<，所以()f x 在(),πα上单调递减，又2π1sinsin 224αα-==，令π2π222x α-<<，即π2πx α<<-时sin 2xy =在()π,2πα-上单调递减，且1sin 142x<<，所以()f x 在()π,2πα-上单调递增，当2ππ22x α-<<，即2π2πx α-<<时sin 2x y =在()2π,2πα-上单调递减，且10sin 24x <<，所以()f x 在()2π,2πα-上单调递减，又()()02π1f f ==，()π0f =，()()92π8f f αα=-=，所以()f x 在[0,2π]上的函数图象如下所示：由图可知：①当0a =时()y f x =与y a =有且仅有一个交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]的实数根为π；②当01a <<或98a =时()y f x =与y a =有两个交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有两个实数根，且两根关于πx =对称，所以两根之和为2π；③当918a ≤<时()y f x =与y a =有四个交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有四个实数根，不妨设为1234,,,x x x x 且1234x x x x <<<，所以1x 与4x 关于πx =对称，2x 与3x 关于πx =对称，所以12344πx x x x +++=；④当a<0或98a >时()y f x =与y a =无交点，即关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]无实数根；综上可得，若关于x 的方程()f x a =在区间[0,2π]有实数根，则所有根之和组成的集合为{}π,2π,4π，故D 正确；故选：BCD【点睛】关键点点睛：对于D 选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和.12．12【分析】先结合图形求得(),A c c ，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解.【详解】由椭圆的对称性可知，AB 垂直于x 轴，又OA OB ⊥，所以π4AOF ∠=，所以AOF 为等腰直角三角形，故(),A c c ，所以22221c c a b+=，即222222a c b c a b +=，所以()()22222222a c a c c a a c +-=-，整理得42310e e -+=，解得2352e -=或2352e +=（舍去），故2355151222e ⎛⎫---=== ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：512-13．e【分析】根据题意分类讨论01b <<，1b >两种情况，通过导数求导得到ln bab b=，再构造函数()()1ln bg b b b=>及导数方法求出其最小值，从而求解.【详解】函数()log ab f x x x =-的定义域为()0,+∞，当01b <<时，可得()f x 在()0,+∞上单调递增，()0110a f b b b =-<-=，不合题意；当1b >时，()111ln ln a a a f x axx x b x a b -⎛⎫=--'= ⎝⎭，令()00f x '=，解得101ln a x a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，当()00,x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以当0x x =时，()f x 有极小值，也是最小值，又因为()11f ≥且()11f =，所以()()0min 011f x f x x ⎧==⎨=⎩，则1011ln ax a b ⎛⎫== ⎪⎝⎭，得ln 1a b =，所以ln b ab b =，设()()1ln b g b b b=>，()()2ln 1ln b g b b -'=，令()0g b '=，得e b =，当()1,e b ∈，()0g b '<，当()e,b ∈+∞，()0g b '>，所以()g b 在区间()1,e 单调递减，()e,+∞单调递增，所以()()min e e g b g ==，即ab 的最小值为e .故答案为：e .【点睛】方法点睛：通过分类讨论01b <<，1b >两种情况得到符合的情况，通过导数求导得到ln b ab b =，再构造函数()()1ln bg b b b=>并利用导数求出其最小值即可.14．1+1【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得113AP AB ==，然后利用平行平面的性质求得1AR =，32AQ =，再利用余弦定理求得PQ RQ ==PQR 的周长.【详解】设i α与1(1,2,3)i i α+=之间的距离为d ，设球O 的半径为R ，则由题意得24π12πR =，解得R =所以OB OP ==，所以3AB BC ===，所以OA ，由A ，P ，B 三点共线，故存在实数λ使得()()101OP OA OB λλλ=+-<< ，所以()()22222121OP OA OB OA OB λλλλ=+-+-⋅，所以()223631λλ=+-，即2320λλ-=，解得23λ=，所以2133OP OA OB =+ ，所以12AP PB =，所以113AP AB ==，又1//(1,2,3)i i i αα+=且i α与1(1,2,3)i i α+=之间的距离为d ，则133AR d AD d ==，122AQ d AC d ==，所以1AR =，32AQ =，所以93171214222PQ RQ ==+-⨯⨯⨯=，又113PR BD ==，所以PQR 的周长为712172+⨯=+.故答案为：17+【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点,,P Q R 的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.15．(1)证明见解析(2)77【分析】（1）连接1,AM AB ，证明AM AB ⊥，继而证明AM AC ⊥，即可证明AM ⊥平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标，求得相关点坐标，求出平面ABC 与平面1ABC 的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）连接1,AM AB ，在菱形11ABB A 中，111π2,3A A AB AA B ==∠=，故1AA B 为正三角形，又M 为11A B 中点，故11AM A B ⊥，且3AM =又11AB A B ∥，故AM AB ⊥，CM =AC =222AM AC C M +=，故AM AC ⊥,而,,AB AC A AB AC =⊂ 平面ABC ，故AM ⊥平面ABC ，又AM ⊂平面11ABB A ，故平面ABC ⊥平面11ABB A ；（2）由于2BC AB ==，AC =222BC BA AC +=，故CB AB ⊥，又平面ABC ⊥平面11ABB A ，平面ABC ⋂平面11ABB A AB =，而CB ⊂平面ABC ,故CB ⊥平面11ABB A ，取1BB 中点为O ，则1ABB 为正三角形，则1AO BB ⊥，作OH BC ∥，交1CC 于H ，故OH ⊥平面11ABB A ，1BB ,OA ⊂平面11ABB A ，故1,OH OA OH OB ⊥⊥，则1,,OA OB OH 两两垂直，分别以1,,OA OB OH 所在直线为,,x y z轴，建立空间直角坐标系，则)()()()13,0,1,0,0,1,2,0,1,2,,,022AB C C M ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，)()1,0,2,2BA BC ==，因为AM ⊥平面ABC，故3,,022AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭可作为平面ABC 的法向量，设平面1ABC 的法向量为(),,n x y z = ，则100n BA n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即0220y y z +=+=⎪⎩，令y =(1,n = ，故cos ,n AM n AM n AM ⋅===⋅，而平面ABC 与平面1ABC 夹角的范围为π[0,2，故平面ABC 与平面1ABC夹角的余弦值为7.16．(1)0.65(2)分布列见解析，期望为1.2(3)b a<【分析】（1）根据频率分布直方图计算出对应频率即为所求；（2）由题意可得ξ服从二项分布，再根据二项分布的分布列及期望公式求解即可；（3）根据公式计算平均数和中位数，再比较大小即可.【详解】（1）根据频率分布直方图，可得学生一周参加课后活动的时间位于区间[)13,17的频率为()0.1250.20020.65+⨯=，因此估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间[)13,17的概率为0.65；（2）从全校学生中随机选取1人，其一周参加课后活动的时间在区间[)15,17的概率为0.4，因此()3,0.4B ξ ，ξ可取0,1,2,3，()()311230(10.4)0.216,1C 0.4(10.4)0.432P P ξξ==-===⨯⨯-=，()()221332C 0.4(10.4)0.288,30.40.064P P ξξ==⨯⨯-====．则ξ的分布列为：ξ0123P0.2160.4320.2880.064()30.4 1.2E ξ=⨯=；（3）因为()0.0250.0500.07520.30.5++⨯=<，()0.0250.0500.0750.12520.550.5+++⨯=>，故中位数a 在区间[)13,15上，则()130.1250.50.30.2a -⨯=-=，14.6a =；()280.025100.050120.075140.125160.200180.02514b =⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，故b a <.17．(1)2212y x -=(2)证明见解析【分析】（1）结合题目所给条件可列出不等式组，解出即可得；（2）可结合双曲线及圆的对称性得出，若存在定点，则该定点必为原点，从而先猜后证，简化过程；或根据圆的方程，结合韦达定理表示出该圆方程，即可得定点坐标.【详解】（1）依题意有22222221a b c a b c a ⎧-=⎪⎪=+⎨⎪⎪⎩，即有22222212a b a b⎧-=⎪⎨⎪=⎩，解得：21a =，22b =，所以双曲线方程为2212y x -=；（2）方法一：设()11,M x y ，()22,N x y ，①当切线斜率存在时，设直线方程为y kx m =+，=2222m k =+，联立()22222122202y x k x kmx m y kx m ⎧-=⎪⇒----=⎨⎪=+⎩，()()()222222Δ4422820k m k m m k =+-+=+->，则12222km x x k +=-，212222m x x k --=-，由对称性知，若以MN 为直径的圆过定点，则定点必为原点.1212OM ON x x y y ⋅=+()()()()22121212121x x kx m kx m kx xmk x x m =+++=++++()2222222122m kmkmk m k k--=+++--222222m k k--=-，又2222m k =+，所以0OM ON ⋅=，所以OM ON ⊥，故以MN 为直径的圆过原点；②当直线斜率不存在时，直线方程x =此时,MN或,MN，此时圆方程为(222x y +=，恒过原点；或((,M N或((,M N ，此时圆方程为(222x y +=，恒过原点；综上所述，以MN 为直径的圆过原点.方法二：设()11,M x y ，()22,N x y ，①当切线斜率存在时，设直线方程为y kx m =+，=2222m k =+，联立()22222122202y x k x kmx m y kx m ⎧-=⎪⇒----=⎨⎪=+⎩，()()()222222Δ4422820k m k m m k =+-+=+->，则12222km x x k +=-，212222m x x k --=-，以()11,M x y ，()22,N x y 为直径的圆的方程为()()()()12120x x x x y y y y --+--=，即()()22121212120x x x x x x y y y y y y -+++-++=，因为()()()()221212121212121x x y y x x kx m kx m k x x km x x m +=+++=++++，所以()222221212222222210222m km m k x x y y k km m k k k ----+=+⋅+⋅+==---，且()121222242222km my y k x x m k m k k +=++=⋅+=--，所以所求的圆的方程为222224022km m x x y y k k -+-=--，所以MN 为直径的圆过原点；②当直线斜率不存在时，同法一，此时圆方程为(222x y +=，恒过原点；综上所述，以MN 为直径的圆过原点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,x y x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，注意∆的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x （或12y y +、12y y ）的形式；（5）代入韦达定理求解.18．(1)()210a x y +-+=(2)1(3)2a =-，证明见解析【分析】（1）由()()02,01f a f k =+'==直接写出切线方程；（2）先证()f x 单调递减再求最小值.（3）2a =-时，()f x 在(]1,0-上单调递减，在()0,∞+上单调递增，得()()01f x f =≥．【详解】（1）因为()()sin e ln 1xf x x a x =+++，所以()cos e 1xa f x x x =+++'，所以()()02,01f a f =+='，所以切线方程为()21y a x =++，即()210a x y +-+=．（2）当2a ≤-时，()()()sin e ln 1,cos e 1x xa f x x a x f x x x =+++=+'++．当(]1,0x ∈-时，cos e 2,21xax x +≤≤-+，所以()0f x '≤恒成立，()f x 单调递减．所以()min ()01f x f ==．（3）2a =-．证明：当2a =-时，()2cos e 1xf x x x =+-+'，根据（2），当(]1,0x ∈-时，()f x 单调递减．当()0,x ∈+∞时，设()2cos e 1x g x x x =+-+，则()22e sin (1)xg x x x =+-+'，2222e sin 110(1)(1)x x x x +->+->++，所以()2cos e 1xf x x x =+-+'单调递增，()()00f x f ''>=，所以()f x 单调递增．综上所述，()f x 在(]1,0-上单调递减，在()0,∞+上单调递增，所以()()01f x f =≥．19．(1)31是k -可表数，1024不是k -可表数，理由见解析；(2)证明见解析；(3)8【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可；（2）根据定义判定s T ∈则有s T -∈，从而可知{}1,2,,,0n T ±±±⊆ ，利用集合间的基本关系得出T 中最多含有3k 个元素，解不等式即可证明；（3）利用第二问的结论可设N ,N n m **∀∈∃∈，有1313122m m n ---<≤，然后利用定义先证n 为m -可表数，再根据三进制的基本事实确定k 的最小值为满足1313122m mn ---<≤成立的m ，代入2024n =求m 即可.【详解】（1）31是，1024不是，理由如下：由题意可知1122k k x a x a x a t +++= ，当12,10i i a k -==时，有{}9121022,1,0,1i x x x t x +++=∈- ，显然若{}()161,1,02,3,4,5,7,8,9,10i x x x i =-==∈时，31t =，而012910212121212110231024t ≤⨯+⨯+⨯++⨯=-=< ，故31是k -可表数，1024不是k -可表数；（2）由题意可知若00i x t =⇒=，即0T ∈，设s T ∈，即{}1,0,1i x ∃∈-使得1122k k x a x a x a s +++= ，所以()()()1122k k x a x a x a s -+-++-=- ，且{}1,0,1i x -∈-成立，故s T -∈，所以若{}1,2,,n T ⊆ ，则{}1,2,,,0n T ±±±⊆ ，即{}1,2,,0n ±±± 中的元素个数不能超过T 中的元素，对于确定的Q ，T 中最多有3k 个元素，所以312132k kn n -+≤⇒≤；（3）由题意可设N ,N n m **∀∈∃∈，使1313122m m n ---<≤，又122221231311333111313132m m m m x x x x -----⨯+⨯+⨯++⨯≤⨯+⨯+⨯++⨯= ，所以1k m >-，即k m ≥，而2131111313132m m --⨯+⨯+⨯++⨯= ，即当312m n -=时，取1121,3,3m m a a a -=== 时，n 为m -可表数，因为()21312111313132312m m m--⨯⨯+⨯+⨯++⨯=⨯=- ，由三进制的基本事实可知，对任意的031m p ≤≤-，存在{}()0,1,21,2,,,i r i m ∈= ，使01112333m m p r r r -=⨯+⨯+⨯ ，所以()()01101112313333332m m m m p r r r ----=⨯+⨯+⨯-+++ ()()()01112131313m m r r r -=-⨯+-⨯++-⨯ ，令1i i x r =-，则有{}1,0,1,1,2,,i x i m ∈-= ，设313131222m m m t p t ---=-⇒-≤≤，由p 的任意性，对任意的3131,Z 22m mt t ---≤≤∈，都有{}01112333,1,0,1,1,2,,m m i t x x x x i m -=⨯+⨯++⨯∈-= ，又因为312m n -≤，所以对于任意的,Z n t n t -≤≤∈，t 为m -可表数，综上，可知k 的最小值为m ，其中m 满足1313122m m n ---<≤，又当2024n =时，78313122n --<≤，所以k 的最小值为8.【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定T 中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设N ,N n m **∀∈∃∈，有1313122m m n ---<≤，利用定义先证n 为m -可表数，再根据三进制的基本事实设任意的031m p ≤≤-，存在{}()0,1,21,2,,,i r i m ∈= ，使01112333m m p r r r -=⨯+⨯+⨯ ，得出312m t p -=-并结合定义确定t 为m -可表数，从而确定k 的最小值为满足1313122m m n ---<≤成立的m ，代入2024n =求m 即可.。
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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 为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题，共 60 分
9.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼 插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方
体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经 90 榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为 6 ，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个
③男性的时间分布更接近正态分布；
④女性处理多任务的用时为正数，男性处理多
任务的用时为负数.
A. ①④
B. ②③
C. ①③
D. ②④
数学(理科)试题 第 1 页 共 6 页
4.某学校成立了 A 、 B 、 C 三个课外学习小组，每位学生只能申请进入其中一个学习小组
学习.申请其中任意一个学习小组是等可能的，则该校的任意 4 位学生中，恰有 2 人申请 A
一项是符合题目要求的.
1.若
z
=
2−i 1+ i
，则
z
+
z
=
（
）
A. −1
B. 1
C. −3
D. 3
2.设集合 A = x x a2 ， B = x x 3a − 2 ，若 A B = ，则 a 的取值范围为（ ）
A. (1, 2)
B. (−,1) (2, +)
C. 1, 2
D. (−,1 2, +)
值为（ ）
3
A. 2
B.
2
C. 2
D. 1
8.设函数
f
(x)
=
cosx (
0) ，已知
f
(
x)
在
0,
2
有且仅有
2
个极小值点，下述选项
错误的是（ ）
A. 的取值范围是6,10)
B.
f(x)Leabharlann 在6, 4
单调递增
C.
f
(
x)
在
0,
12
单调递减
D.
f
(
x)
在
0,
2
至多有
2
个极大值点
数学(理科)试题 第 2 页 共 6 页
17.在 ABC 中，角 A ， B ， C 的对应边分别为 a ， b ， c ，已知 A = 2B 2C ，且 a2 + c2 = b2 + 2ac sin C . （1）求 A ； （2）若 ABC 的面积为 2，求 a .
18.如图，几何体 ABCDFE 中， ABC ， DFE 均为边长为 2 的正三角形，且平面 ABC / / 平面 DFE ，四边形 BCED 为正方形. （1）若平面 BCED ⊥ 平面 ABC ，求证: 平面 ADE / / 平面 BCF ； （2）若二面角 D − BC − A 为150 ，求 直线 BD 与平面 ADE 所成角的正弦值.
该双曲线的离心率为（ ）
A. 2
B. 3
C. 2
D. 3
11.不等式 ax − 2a 2x − ln x − 4(a 0) 解集中有且仅含有两个整数，则实数 a 的取值范
围是（ ）
A. (ln 3, 2)
B. 2 − ln 3, 2)
C. (0, 2 − ln 3
D. (0, 2 − ln 3)
x3
项的系数是__________．
数学(理科)试题 第 3 页 共 6 页
14.如图，正方体 ABCD − A1B1C1D1 的棱长为 1，过 A 点作平面 A1BD 的垂线，垂足为点 H ，有下面三个结论：①点 H 是 A1BD 的中心；② AH 垂直于平面 CB1D1 ；③直线 AC1 与直线 B1C 所成
3.在答题卡上与题号相对应的区域内答题，写在试卷、草稿纸上或答题卡，非题号对应的
答题区域的答案一律无效.不得用规定以外的笔和纸答题，不得在答题卡上做任何标记.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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
3.为了研究不同性别在处理多任务时的表现差异，召集了男女志愿者各 200 名，要求他们
同时完成多个任务，包括解题、读地图、接电话.下图表示了志愿者完成任务所需的时间分
布.以下结论，对志愿者完成任务所需的时间分布图表理解正确的是（ ）
①总体看女性处理多任务平均用时更短；
②所有女性处理多任务的能力都要优于男性；
球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）（容器壁的厚度忽略不计）
A. 36 C. 41
B. 40 D. 44
10.已知双曲线 C ： x2 a2
−
y2 b2
= 1的左，右焦点
分别为 F1 、 F2 ，以 F1F2 为直径的圆与 C 的一
条渐近线交于点 P ， PF1F2 = 2PF2F1 ，则
学习小组的概率是（ ）
3
A.
64
3
B.
32
5.函数
f
(x)
=
2 cos x −1 的部分图象大致是（ 2x − 2−x
4
C.
27
）
8
D.
27
A.
B.
C.
D.
6.执行如图的程序框图，
则输出 S 的值为（ ）
A. 90 C. 474
B. 384 D. 488
7.已知 ABC 外接圆半径为 1，圆心为 O ，若 2OA + AB + AC = 0 ，则 ABC 面积的最大
2020 届高三下学期第二次适应性测试 理科数学
本试卷共 23 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。
2020.3.14
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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.
12.正方体 ABCD − A1B1C1D1 中，若 CM = 2MC1 ， P 在底面
ABCD 内运动，且满足
DP D1P
=
CP MP
，则点
P
的轨迹为（
）
A. 圆弧
B. 线段
C. 椭圆的一部分
D. 抛物线的一部分
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13.
2x
+
1 x
6
的展开式中，
的角是 90°.其中正确结论的序号是_______.
15.过动点 M 作圆： (x − 2)2 + ( y − 2)2 = 1的切线 MN ，其中 N 为 切点，若| MN |=| MO | （ O 为坐标原点），则| MN | 的最小值是__________． 16.如图，平面四边形 ABCD 中 ABD 的面积是 CBD