2020年广东省汕头市高考数学一模试卷(理科)(A卷)
高考数学一模试卷（理科）（A卷）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|log2x＞0}，B={x|x≤2}，则A∩B=（）A. {x|x≤2}B. {x|0＜x≤2}C. {x|0≤x≤2}D. {x|1＜x≤2}2.已知a∈R，i是虚数单位，复数，若，则a=（）A. 0B. 2C. -2D. 13.则的数学期望（）（）A. B. 1 C. D. 24.已知向量，若，则向量与向量的夹角为（）A. B. C. D.5.动圆的圆心在抛物线y2=8x上，且动圆恒与直线x+2=0相切，则动圆必经过定点（）A. （4，0）B. （2，0）C. （0，2）D. （0，-2）6.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数y=g（x）的图象，则g（x）在上的最小值为（）A. -1B. -C.D. 07.将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宜传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为（）A. B. C. D.8.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，关于直线A1O，下列说法正确的是( )A. A1O∥D1CB. A1O⊥BCC. A1O∥平面B1CD1D. A1O⊥平面AB1D19.若函数f（x）=e x（cos x-a）在区间上单调递减，则实数a的取值范围是（）A. B. （1，+∞） C. [1，+∞） D.10.过双曲线-=1（a＞0，b＞0）的右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，与双曲线的渐进线交于C，D两点，若|AB|≥|CD|，则双曲线离心率的取值范围为（）A. [，+∞）B. [，+∞）C. （1，]D. （1，]11.三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=30°，△APC的面积为2，则三棱锥P-ABC的外接球体积的最小值为（）A. B. C. 64π D. 4π12.定义在上的函数f（x），满足，且当时，f（x）=ln x，若函数g（x）=f（x）-ax在上有零点，则实数a的取值范围是（）A. B. [-πlnπ，0] C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设x，y满足约束条件，则z=4x+y的最大值为______．14.已知，则______________．15.在（1-ax+x2）5的展开式中，x3的系数为30，则实数a的值为______．16.在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=1，且（bc-2）cos A+ac cos B=1-b2，则△ABC面积的最大值为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且2S n=na n+2a n-1．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若数列的前n项和为T n，证明：T n＜4．18.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥菱形ABCD所在的平面，∠ABC=60°，E是BC中点，F是PC上的点．（1）求证：平面AEF⊥平面PAD；（2）若M是PD的中点，当AB=AP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成角的正弦值为？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．19.我市南澳县是广东唯一的海岛县，海区面积广阔，发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势，所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品，产量高、肉质肥、营养好，素有“海洋牛奶精品”的美誉．根据养殖规模与以往的养殖经验，产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量（克）在正常环境下服从正态分布N（32，16）．（1）购买10只该基地的“南澳牡蛎”，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性有多大？（2）2019年该基地考虑增加人工投入，现有以往的人工投入增量x（人）与年收益增量y（万元）的数据如下：该基地为了预测人工投入增量为人时的年收益增量，建立了与的两个回归模型：模型①：由最小二乘公式可求得y与x的线性回归方程：；模型②：由散点图的样本点分布，可以认为样本点集中在曲线：的附近，对人工投入增量x做变换，令，则y=b•t+a，且有．（i）根据所给的统计量，求模型②中y关于x的回归方程（精确到0.1）；（ii）根据下列表格中的数据，比较两种模型的相关指数R2，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测人工投入增量为16人时的年收益增量．附：若随机变量～（，），则（＜＜）=0.9974，0.998710≈0.9871；样本（t i，y i）（i=1，2，…，n）的最小二乘估计公式为：，另，刻画回归效果的相关指数20.已知椭圆C：（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A在椭圆C上，|AF1|=2，∠F1AF2=60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若P，Q的中点为N，在线段OF2上是否存在点M（m，0），使得MN⊥PQ？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，说明理由．21.已知f（x）=-（a＞0）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在3个零点，求实数a的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数，a＞0）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为（1）设P是曲线C上的一个动点，若点P到直线l的距离的最大值为，求a的值；（2）若曲线C上任意一点（x，y）都满足y≥|x|+2，求a的取值范围．23.已知函数f（x）=|2x+k|+|x-2|（k∈R）．（1）若k=4，求不等式f（x）≥x2-2x-4的解集；（2）设k＜-4，当x∈[-1，2]时都有f（x）≥x2-2x+4，求k的取值范围．答案和解析1.【答案】D【解析】解：A={x|x＞1}，B={x|x≤2}；∴A∩B={x|1＜x≤2}．故选：D．可解出集合A，然后进行交集的运算即可．考查描述法的定义，对数函数的单调性，以及交集的运算．2.【答案】A【解析】【分析】利用商的模等于模的商列式求解a的值．本题考查复数模的求法，是基础的计算题．【解答】解：∵复数，且，∴，即，则a=0．故选：A．3.【答案】B【解析】【分析】利用分布列求出m，然后求解期望即可．本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查转化思想以及计算能力．【解答】解：由题意可得++m+=1．可得m=．E（X）==1．故选B．4.【答案】D【解析】解：由，得：=（3-k，3），又，所以3=3（3-k），即k=2，即=（2，-2），所以=（4，4），又（•=2×4+（-2）×4=0，所以（⊥，故向量与向量的夹角为，故选：D．由向量共线的坐标运算得：，所以3=3（3-k），即k=2，即=（2，-2），由向量的数量积得：（•=2×4+（-2）×4=0，即（⊥，故向量与向量的夹角为，得解本题考查了向量共线的坐标运算及向量的数量积及其夹角，属简单题5.【答案】B【解析】解：由抛物线y2=8x，得到准线方程为x+2=0，焦点坐标为（2，0），∵动圆的圆心在抛物线y2=8x上，且动圆恒与直线x+2=0相切，∴动圆必经过定点（2，0）．故选：B．由抛物线的解析式确定出焦点坐标与准线方程，根据动圆恒与直线x+2=0相切，而x+2=0为准线方程，利用抛物线的定义可得出动圆一定过抛物线的焦点．此题考查了直线与圆的位置关系，以及抛物线的简单性质，熟练掌握抛物线的简单性质是解本题的关键．6.【答案】A【解析】解：将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数y=g（x）=sin（2x-+）=sin（2x-）的图象，在上，2x-∈[-，]，故当2x-=-时，函数取得最小值为-1，故选：A．利用函数y=A sin（ωx+φ）的图象变换规律得到g（x）的解析式，再根据正弦函数的定义域和值域，求得g（x）在上的最小值．本题主要考查函数y=A sin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的定义域和值域，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宜传资料，基本事件总数n==20，甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组包含的基本事件个数：m==9，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为p=．推导出基本事件总数n==20，甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组包含的基本事件个数：m==9，由此能求出甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．8.【答案】C【解析】解：∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O是四边形ABCD的中心，∴A1D∥B1C，OD∥B1D1，∵A1D∩DO=D，B1D1∩B1C=B1，∴平面A1DO∥平面B1CD1，∵A1O⊂平面A1DO，∴A1O∥平面B1CD1．故选：C．推导出A1D∥B1C，OD∥B1D1，从而平面A1DO∥平面B1CD1，由此能得到A1O∥平面B1CD1．本题考查命题真假的判断，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，考查数形结合思想，是中档题．9.【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，问题转化为a≥cos x-sin x，x∈，令h（x）=cos x-sin x=sin（-x），x∈，根据三角函数的性质求出a的范围即可．本题考查了三角函数的性质，考查函数的单调性问题，考查导数的应用，是一道中档题．【解答】解：f′（x）=e x（cos x-sin x-a），若f（x）在区间上单调递减，则cos x-sin x-a≤0区间上恒成立，即a≥cos x-sin x，x∈，令h（x）=cos x-sin x=sin（-x），x∈，故-x∈（-，），故sin（-x）的最大值是1，此时-x=，即x=-，故h（x）的最大值是，故a≥，故选：D．10.【答案】B【解析】解：当x=c时代入-=1得y=±，则A（c，），B（c，-），则AB=，将x=c代入y=±x得y=±，则C（c，），D（c，-），则|CD|=，∵|AB|≥|CD|∴≥×，即b≥c，则b2≥c2=c2-a2，即c2≥a2，则e2=，则e≥，故选：B．将x=c代入-=1和y=±x，求出A，B，C，D的坐标，由两点之间的距离公式求得|AB|，|CD|，由|AB|≥|CD|，求得a和c的关系，根据离心率公式，即可求得离心率的取值范围．本题主要考查双曲线离心率的计算，根据方程求出交点坐标，结合距离公式进行求解是解决本题的关键，属于中档题．11.【答案】A【解析】【分析】本题考查了棱锥与球的位置关系，考查正弦定理的应用，属于中档题．由题意画出图形，设AC=x，由△APC的面积为2，得PA=，再由∠ABC=30°，得三角形ABC外接圆的半径r=x，求出球心到平面ABC的距离，再由勾股定理可得外接球的半径，利用基本不等式求得最小值，代入球的体积公式求解．【解答】解：如图，设AC=x，由△APC的面积为2，得PA=，∵∠ABC=30°，∴三角形ABC外接圆的半径r=x，∵PA⊥平面ABC，PA=，∴O到平面ABC的距离为d=PA=，设球O的半径为R，则R=，当且仅当时“=”成立．∴三棱锥P-ABC的外接球体积的最小值为．故选：A．12.【答案】B【解析】解：因为当时，f（x）=ln x，所以x∈（1，π]时，，所以f（）=-ln x，此时，故f（x）=-ln x，x∈（1，π]．所以f（x）在上的图象如图，要使函数g（x）=f（x）-ax在上有零点，只要直线y=ax与f（x）的图象有交点，由图象可得，k OA≤a≤0，其中，所以使函数g（x）=f（x）-ax在上有零点，则实数a的取值范围是[-πlnπ，0]．故选：B．由题意，找出x∈（1，π]的解析式，画出f（x）定义在上的图形，利用直线y=ax与f（x）的交点个数得到a的范围．本题考查通过将定义域转变到已知函数的定义域上求函数解析式的方法，数形结合解题的方法，关键是将零点个数转化为函数图象的交点个数解答．13.【答案】19【解析】解：作出x，y满足约束条件对应的平面区域如图：由z=4x+y得y=-4x+z，平移直线y=-4x+z，由图象可知当直线y=-4x+z经过点B时，直线y=-4x+z的截距最大，此时z最大，由，解得A（5，-1），此时z=4×5-1=19，故答案为：19．利用线性规划的内容作出不等式组对应的平面区域，然后由z=4x+y得y=-4x+z，根据平移直线确定目标函数的最大值．本题主要考查二元一次不等式组表示平面区域的知识，以及线性规划的基本应用，利用数形结合是解决此类问题的关键．14.【答案】【解析】【分析】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正切公式、二倍角公式的应用，属于基础题．【解答】解：∵已知=，∴tanα=，则cos2α===，故答案为：．15.【答案】-1【解析】解：在（1-ax+x2）5的展开式中，通项公式T r+1=（x2-ax）r，（x2-ax）r的通项公式T k+1=（x2）r-k（-ax）k=（-a）k x2r-k，令2r-k=3．则r=2时，k=1；r=3时，k=3．∴x3的系数为30=+，解得a=-1．故答案为：-1．利用通项公式即可得出．本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．16.【答案】【解析】解：∵a=1，且（bc-2）cos A+ac cos B=1-b2，∴（bc-2）•+ac•=1-b2，即-+=1-b2，即-+c2=1-b2，即-+c2+b2-1=0，-+c2+b2-a2=0，即（c2+b2-a2）（1-）=0，∵△ABC是锐角三角形形，∴cos A=＞0，即c2+b2-a2＞0，则1-=0，即bc=1，由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A≥2bc-2bc cos A，即1≥2-2cos A，得2cos A≥1，得cos A≥，即0°＜a≤60°，则三角形的面积S=bc sin A≤×=，即三角形面积的最大值为，故答案为：根据余弦定理，结合三角形的面积公式以及基本不等式的性质进行转化求解即可．本题主要考查解三角形的应用，结合余弦定理，三角形的面积公式以及基本不等式的性质是解决本题的关键．17.【答案】解：（1）当n=1时，2S1=a1+2a1-1，即a1=1，………………………………………（1分）当n≥2时，2S n=na n+2a n-1①，2S n-1=（n-1）a n-1+2a n-1-1②………………（2分）①-②，得2a n=na n-（n-1）a n-1+2a n-2a n-1，即na n=（n+1）a n-1，………………………（3分）所以，且，……………………………………………………………………（4分）所以数列为常数列，………………………………………………………………………（5分），即．………………………………………………………（6分）（2）由（1）得，所以，…………………（8分）所以，………………………………………………………………（9分），…………（没写也不扣分）……………………………（10分）=………………………………………（11分）=．……………………………………………………………………………………（12分）【解析】（1）利用数列的递推关系式推出数列为常数列，然后求解．（2）由（1）得，所以，然后求解数列的和，推出结果即可．本题考查数列的递推关系式的应用，放缩法的应用，考查转化思想以及计算能力．18.【答案】（1）证明：连接AC，因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD，∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，又PA∩AD=A，PA、AD平面PAD，∴AE⊥平面PAD，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面PAD．（2）解：以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB=AP=2，则，则，，设，则，又，设是平面AEF的一个法向量，则，取z=λ，得，设直线EM与平面AEF所成角为θ，由，得：．化简得：10λ2-13λ+4=0，解得或，故存在点F满足题意，此时为或．【解析】本题考查平面与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．（1）连接AC，证明AE⊥BC，AE⊥AD，推出PA⊥AE，即可证明AE⊥平面PAD，然后说明平面AEF⊥平面PAD．（2）以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB=AP=2，则，求出相关点的坐标，求出平面AEF的一个法向量，设直线EM与平面AEF所成角为θ，由，利用空间向量的数量积求解λ，然后推出结果．19.【答案】解：（1）由已知，单个“南澳牡蛎”质量ξ～N（32，16），则μ=32，σ=4，…………（1分）由正态分布的对称性可知，，设购买10只该基地的“南澳牡蛎”，其中质量小于20g的牡蛎为X只，故X～B（10，0，0013），故P（X≥1）=1-P（X=0）=1-（1-0.0013）10=1-0.9871=0.0129，所以这10只“南澳牡蛎”中，会买到质量小于20g的牡蛎的可能性仅为1.29%．……………（5分）（2）（i）由，有，………………………………………………………（6分）且，……………………………………………………（7分）所以，模型②中y关于x的回归方程为…………………………………（8分）（ii）由表格中的数据，有182.4＞79.2，即………………………（9分）模型①的R2小于模型②，说明回归模型②刻画的拟合效果更好．………………………………（10分）当x=16时，模型②的收益增量的预测值为（万元），…………………………………………（11分）这个结果比模型①的预测精度更高、更可靠．……………………………………………………（12分）【解析】（1）结合ξ～N（32，16）及正态分布的性质可求得μ=32，σ=4，由正态分布的对称性可求P（ξ＜20），再结合二项分布的性质即可求解（2）（i）由已知结合回归系数的计算公式可求a，b，进而可求回归方程（ii）由表格中的数据，结合相关指数的性质即可判断本题主要考查了回归模型的应用及分布列的应用及相关指数在拟合模型的选择中的应用．20.【答案】解：（Ⅰ）由得a=2c，|AF1|=2，|AF2|=2a-2，由余弦定理得，，解得c=1，a=2，b2=a2-c2=3，所以椭圆C的方程为．（Ⅱ）存在这样的点M符合题意．设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x0，y0），由F2（1，0），设直线PQ的方程为y=k（x-1），由得（4k2+3）x2-8k2x+4k2-12=0，由韦达定理得，故，又点N在直线PQ上，，所以．因为MN⊥PQ，所以，整理得，所以存在实数m，且m的取值范围为．【解析】（Ⅰ）利用离心率以及椭圆的定义，结合余弦定理，求解椭圆C的方程．（Ⅱ）存在这样的点M符合题意．设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x0，y0），设直线PQ的方程为y=k（x-1），邻里中心与椭圆方程，利用韦达定理求出，通过点N在直线PQ上，求出N的坐标，利用MN⊥PQ，转化求解m的范围．本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．21.【答案】解：（1）f'（x）=-ax+a+e x+（x-2）e x=（x-1）（e x-a），因为a＞0，由f'（x）=0，得x1=1或x2=ln a，（i）当0＜a＜e时，1＞ln a，在（-∞，ln a）和（1，+∞）上，f'（x）＞0，f（x）单调递增；在（ln a，1）上，f'（x）＜0，f（x）单调递减；（ii）当a=e时，1=ln a，在（-∞，+∞）上，f'（x）≥0，f（x）单调递增，（iii）当a＞e时，ln a＞1，在（-∞，1）和（ln a，+∞）上，f'（x）＞0，f（x）单调递增；在（1，ln a）上，f'（x）＜0，f（x）单调递减；（2），所以f（x）有一个零点x=2，要使得f（x）有3个零点，即方程有2个实数根，又方程，令，即函数y=a与y=h（x）的图象有两个交点，令，解得x=1，h x当x＜0时，h（x）＜0，又h（2）=e2，h（x）的大致图象如图：所以，要使得f（x）有3个零点，所以实数a的取值范围为（2e，e2）∪（e2，+∞）.【解析】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的零点，考查运算求解能力，属于较难题．（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，即可得出函数的单调性；（2）求出函数的导数，问题转化为有2个实数根，分离参数a，令，根据函数的单调性求出a的范围即可．22.【答案】解：（1）依题意得曲线C的普通方程为：x2+（y-a）2=4，因为ρsin（θ-）=2，所以ρsinθ-ρcosθ=4，因为x=ρcosθ，y=ρsinθ，所以直线l的直角坐标方程为：x-y-4=0，所以圆心C（0，a）到直线的距离为，依题意得+2=2+2，因为a＞0，解得a=8．（2）因为曲线C上任意一点（x，y）都满足y≥|x|+2，所以≥2，所以|a-2|，解得a≤2-2或a≥2+2，又a＞0，所以a的取值范围为[2+2，+∞）【解析】（1）圆C上动点P到直线l的距离的最大值为圆心（0，a）到直线的距离加上半径；（2）利用圆心（0，a）到直线y=x+2的距离大于等于圆C的半径2，解不等式可得．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）=|2x+4|+|x-2|，所以f（x）=，当x＜-2时，由f（x）≥x2-2x-4化为-3x-2≥x2-2x-4，解得-1≤x≤2，所以此时不等式无解；当-2≤x≤2时，由f（x）≥x2-2x-4化为x+6≥x2-2x-4，解得-2≤x≤5，所以是-2≤x≤2；当x＞2时，由f（x）≥x2-2x-4化为3x+2≥x2-2x-4，解得-1≤x≤6，所以是2＜x≤6；综上所述，不等式f（x）≥x2-2x-4的解集为{x|-2≤x≤6}；（2）设k＜-4，则-＞2，当x∈[-1，2]时，f（x）=-3x+2-k，不等式f（x）≥x2-2x+4化为-3x+2-k≥x2-2x+4，即x2+x+k+2≤0；设g（x）=x2+x+k+2，则g（x）≤0在x∈[-1，2]恒成立，即g（2）=4+2+k+2≤0，解得k≤-8，∴k的取值范围是（-∞，-8]．【解析】（1）k=4时，函数f（x）=|2x+4|+|x-2|，分类讨论去掉绝对值，求不等式f（x）≥x2-2x-4的解集；（2）由k＜-4，x∈[-1，2]，化简f（x），把不等式f（x）≥x2-2x+4转化为关于k的不等式恒成立问题，从而求出k的取值范围．本题考查了不等式恒成立问题，也考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题．。
2020年广东省高考数学一模试卷(理科)(附答案详解)
2020年广东省高考数学一模试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ，B 均为全集U ={1,2,3,4,5,6,7}的子集，集合A ={1,2,3,4}，则满足A ∩∁U B ={1,2}的集合B 可以是( )A. {1,2,3,4}B. {1,2,7}C. {3,4,5,6}D. {1,2,3}2. 复数z =4+3i3−4i (i 为虚数单位)的虚部为( )A. −1B. 2C. 5D. 13. 若x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，则z =2x +y 的最大值为( )A. −7B. 3C. 5D. 74. 如图，△OAB 是边长为2的正三角形，记△OAB 位于直线x =t(0<t ≤2)左侧的图形的面积为f(t)，则y =f(t)的大致图象为( )A.B.C.D.5. 将函数f(x)=cos(2x −1)的图象向左平移1个单位长度，所得函数在[0,12]的零点个数是( )A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个或以上6.某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正三棱锥后得到的．如果被截正方体的棱长为40cm，则石凳子的体积为()A. 1920003cm3 B. 1600003cm3 C. 160003cm3 D. 640003cm37.在某市2014年6月的高二质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N(98,100).已知参加本次考试的全市理科学生约9450人．某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第()名？(参考数值：P(μ−σ<X≤μ+σ)=0.6826；P(μ−2σ<X≤μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X≤μ+3σ)=0.9974)A. 1500B. 1700C. 4500D. 80008.已知(1+xm)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n，若a1=3，a2=4，则m=()A. 1B. 3C. 2D. 49.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1，F2，A为双曲线的左顶点，以F1F2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P，Q两点，且∠PAQ=5π6，则该双曲线的离心率为()A. √2B. √3C. √213D. √1310.设正项数列{a n}的前n项和为S n，且满足2√S n=a n+1，则数列{a n−7}的前n项和T n的最小值为()A. −494B. −72C. 72D. −1211.已知三棱锥P−ABC满足PA=PB=PC=AB=2，AC⊥BC，则该三棱锥外接球的体积为()A. 3227√3π B. 323π C. 329√3π D. 163π12.已知f(x)是定义在(−π2,π2)上的奇函数，f(1)=0，且当x∈(0,π2)时，f(x)+f′(x)tanx>0，则不等式f(x)<0的解集为()A. (−1,0)∪(1,π2) B. (−1,0)∪(0,1)C. (−π2,−1)∪(1,π2) D. (−π2,−1)∪(0,1)二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设函数f(x)=mx2lnx，若曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线ex+y+2020=0平行，则m=______．14. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a n+1=2a n ，若数列{b n }满足b n ⋅S n =1，则b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10=______．15. 已知A(3,0)，B(0,1)，C(−1,2)，若点P 满足|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，则|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |最大值为______．16. 已知抛物线C ：x 2=4y 的焦点为F ，直线l 过点F 且倾斜角为5π6.若直线l 与抛物线C 在第二象限的交点为A ，过点A 作AM 垂直于抛物线C 的准线，垂足为M ，则△AMF 外接圆上的点到直线√2x −y −3=0的距离的最小值为______． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，内角A ，B ，C 满足√3sin(B +C)=2sin 2A2．(1)求内角A 的大小；(2)若AB =5，BC =7，求BC 边上的高．18. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1，D 是AB 的中点，E 是C 1C的中点，且AB =1，AA 1=2． (1)证明：CD//平面A 1EB ； (2)求二面角B −A 1E −D 的余弦值．19. 已知椭圆C ：x 24+y 22=1，A ，B 分别为椭圆长轴的左右端点，M 为直线x =2上异于点B 的任意一点，连接AM 交椭圆于P 点． (1)求证：OP⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值； (2)是否存在x 轴上的定点Q 使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点．20. 已知函数f(x)=e x +(m −e)x −mx 2．(1)当m =0时，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间(0,1)内存在零点，求实数m 的取值范围．21. 一支担负勘探任务的队伍有若干个勘探小组和两类勘探人员，甲类人员应用某种新型勘探技术的精准率为0.6，乙类人员应用这种勘探技术的精准率为a(0<a <0.4).每个勘探小组配备1名甲类人员与2名乙类人员，假设在执行任务中每位人员均有一次应用这种技术的机会且互不影响，记在执行任务中每个勘探小组能精准应用这种新型技术的人员数量为ξ．(1)证明：在ξ各个取值对应的概率中，概率P(ξ=1)的值最大．(2)在特殊的勘探任务中，每次只能派一个勘探小组出发，工作时间不超过半小时，如果半小时内无法完成任务，则重新派另一组出发．现在有三个勘探小组A i (i =1,2,3)可派出，若小组A i能完成特殊任务的概率t；t i=P(ξ=i)(i=1,2,3)，且各个小组能否完成任务相互独立．试分析以怎样的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．22.在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcosθ−2ρsinθ=1.若P为曲线C1上的动点，Q是射线OP上的一动点，且满足|OP|⋅|OQ|=2，记动点Q的轨迹为C2．(1)求C2的直角坐标方程；(2)若曲线C1与曲线C2交于M，N两点，求△OMN的面积．|x+3|−2(k∈R)．23.已知函数f(x)=|x−k|+12(1)当k=1时，解不等式f(x)≤1；(2)若f(x)≥x对于任意的实数x恒成立，求实数k的取值范围．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵集合A ，B 均为全集U ={1,2,3,4,5,6,7}的子集，集合A ={1,2,3,4}， 要满足A ∩∁U B ={1,2}； 则1，2∉B ，故符合条件的选项为C ． 故选：C ．根据题意得出1，2∉B ，即可判断结论．本题考查集合了的交、并、补集的混合运算问题，是基础题．2.【答案】D【解析】解：∵z =4+3i3−4i =(4+3i)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=25i 25=i ，∴复数z =4+3i3−4i 的虚部是1， 故选：D ．利用复数的运算法则即可得出．本题考查了复数的运算法则，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：画出x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，可行域如图阴影部分： 由{x =2x −y =−1，得A(2,3)， 目标函数z =2x +y 可看做斜率为−2的动直线，其纵截距越大，z 越大，由图数形结合可得当动直线过点A 时，z 最大=2×2+3=7． 故选：D ．先画出线性约束条件表示的可行域，再将目标函数赋予几何意义，最后利用数形结合即可得目标函数的最值．本题主要考查了线性规划，以及二元一次不等式组表示平面区域的知识，数形结合的思想方法，属于基础题4.【答案】B【解析】解：当0<x<1时，函数的面积递增，且递增速度越来越快，此时，CD，不合适，当1≤x≤2时，函数的面积任然递增，且递增速度逐渐变慢，排除A，故选：B．根据面积的变换趋势与t的关系进行判断即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数递增速度与t的关系是解决本题的关键．难度不大．5.【答案】B【解析】解；设函数f(x)=cos(2x−1)的图象向左平移1个单位长度，所得函数为g(x)，∴g(x)=f(x+1)=cos(2x+1)令t=2x+1，x∈[0,12]，∴t∈[1,2]由g(x)=0，所以2x+1=π2，方程只有一个解．故选：B．先根据平移法则求出平移后的图象解析式，再根据零点定义即可求出．本题主要考查函数的平移法则的应用和函数零点的求法，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：如图，正方体AC1的棱长为40cm，则截去的一个正三棱锥的体积为13×12×20×20×20=40003cm3．又正方体的体积为V=40×40×40=64000cm3，∴石凳子的体积为64000−8×40003=1600003cm 3，故选：B ．由正方体的体积减去八个正三棱锥的体积求解． 本题考查多面体体积的求法，考查计算能力，是基础题．7.【答案】A【解析】解：∵考试的成绩ξ服从正态分布N(98,100).∵μ=98，σ=10， ∴P(ξ≥108)=1−P(ξ<108)=1−Φ(108−9810)=1−Φ(1)≈0.158 7，即数学成绩优秀高于108分的学生占总人数的15.87%．∴9450×15.87%≈1500故选：A ．将正态总体向标准正态总体的转化，求出概率，即可得到结论．本题考查正态总体与标准正态总体的转化，解题的关键是求出ξ≥108的概率．8.【答案】B【解析】解：二项式展开式的通项为：T k+1=1m k C nk x k． 当k =1，2时，可得{a 1=1m C n 1=3a 2=1m 2C n 2=4，解得n =9，m =3． 故选：B ．根据通项求出第二、三项的系数，列方程组求出m 的值．本题考查二项展开式的通项、系数的性质，同时考查学生利用方程思想解决问题的能力和计算能力．属于基础题．9.【答案】D【解析】解：如图，设双曲线的一条渐近线方程为y =ba x ，联立{y =ba x x 2+y 2=c2，解得x P =−a ，x Q =a ，∴Q(a,b)，且AP ⊥x 轴， ∵∠PAQ =5π6，∴∠F 2AQ =π3，则tan π3=b2a =√3， 则b 2=c 2−a 2=12a 2，得e 2=13，即e =√13． 故选：D ．由题意画出图形，联立双曲线渐近线方程与圆的方程，可得P ，Q 的坐标，得到∠F 2AQ =π3，则tan π3=b2a =√3，结合隐含条件即可求得双曲线的离心率． 本题考查双曲线的简单性质，考查计算能力，是中档题．10.【答案】D【解析】解：2√S n =a n +1， ∴S n =(a n +12)2，S n−1=(a n−1+12)2， a n =S n −S n−1=a n 2+2a n −a n−12−2a n−14，化简得：2(a n +a n−1)=a n 2−a n−12， 正项数列{a n }中，a n −a n−1=2． n =1时，2√S 1=a 1+1， ∴a 1=1．∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． a n =1+2×(n −1)=2n −1． a n −7=2n −8，T n =2×1−8+2×2−8+2×3−8+⋯+2n −8=2×n(n+1)2−8n =n 2−7n =(n −72)2−494，∵n ∈N ∗，n =3或n =4时，T n 的最小值为−12． 故选：D ．根据a n =S n −S n−1求得数列{a n }的通项公式，则可以推出a n −7=2n −8，通过分组求和法求得数列{a n −7}的前n 项和T n ，通过二次函数的最值求得T n 的最小值． 本题主要考查数列通项公式和前n 项和的求解，利用a n =S n −S n−1求得数列{a n }的通项公式和分组求和法是解决本题的关键．11.【答案】A【解析】解：因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点D，可得外接圆的半径为r=12AB=1，再由PA=PB=PC=AB=2可得PD⊥面ABC，可得PD=√PA2−AD2=√4−1=√3，可得球心O在直线PD所在的直线上，设外接球的半径为R，取OP=OA=R，在△OAD中，R2=r2+(PD−R)2，即R2=1+(√3−R)2，解得：R=2√3=2√33，所以外接球的体积V=4π3R3=32√327π，故选：A．因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆的圆心为斜边AB的中点D，再由PA=PB=PC可得球心O在直线PD所在的直线上，设为O，然后在直角三角形中有勾股定理可得外接球的半径，进而求出外接球的体积．本题考查三棱锥的棱长与外接球的半径之间的关系，及球的体积公式，属于中档题．12.【答案】D【解析】【分析】本题考查了利用导数研究的单调性、构造法、方程与不等式的解法，等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．令g(x)=f(x)sinx，g′(x)=[f(x)+f′(x)tanx]⋅cosx，当x∈(0,π2)时，根据f(x)+f′(x)tanx>0，可得函数g(x)单调递增．又g(1)=0，判断g(x)在(0,π2)上的正负情况，根据f(x)是定义在(−π2,π2)上的奇函数，可得g(x)是定义在(−π2,π2)上的偶函数．进而得出不等式f(x)<0的解集．【解答】解：令g(x)=f(x)sinx，g′(x)=f(x)cosx+f′(x)sinx=[f(x)+f′(x)tanx]⋅cosx，当x∈(0,π2)时，f(x)+f′(x)tanx>0，∴g′(x)>0，即函数g(x)单调递增．又g(1)=0，∴x∈(0,1)时，g(x)=f(x)sinx<0，又sinx>0，所以f(x)<0．x∈(1,π2)时，g(x)=f(x)sinx>0，又sinx>0，所以f(x)>0．x=0时，f(0)=0，舍去．∵f(x)是定义在(−π2,π2)上的奇函数，∴g(x)是定义在(−π2,π2)上的偶函数．则g(x)在(−π2,0)上单调递减，且g(−1)=0，故x∈(−π2,−1)时，g(x)=f(x)sinx>0，又sinx<0，所以f(x)<0．x∈(−1,0)时，g(x)=f(x)sinx<0，又sinx<0，所以f(x)>0．∴不等式f(x)<0的解集为(−π2,−1)∪(0,1)．故选：D．13.【答案】−13【解析】解：f′(x)=m(2xlnx+x)，又曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线与直线ex+y+2020=0平行，∴f′(e)=3em=−e，解得m=−13．故答案为：−13．求出f(x)的导数，然后根据切线与直线ex+y+2020=0平行，得f′(e)=−e，列出关于m的方程，解出m的值．本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，同时考查学生运用方程思想解题的能力和运算能力．14.【答案】2046【解析】解：数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，a n+1=2a n，∴S n=2n−12−1=2n−1．若数列{b n}满足b n⋅S n=1，∴b n=1Sn =12n−1．∴b n +1b n =2n ． 则b 1+1b 1+b 2+1b 2+⋯+b 10+1b 10=2+22+⋯ (210)2(210−1)2−1=211−2=2046．故答案为：2046．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1=1，a n+1=2a n ，利用求和公式：S n .由数列{b n }满足b n ⋅S n =1，可得b n =1S n.进而得出b n +1b n，再利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了等比数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15.【答案】√13+1【解析】解：由题，点P 满足|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，说明P 点在以A(3,0)为圆心，1为半径的圆上， 设P(3+cosθ,sinθ)，则OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2+cosθ,3+sinθ)，∴∣OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣=√(2+cosθ)2+(3+sinθ)2=√14+2√13sin(θ+φ)(tanφ=23)，根据三角函数的值域，可知|OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ |最大值为√13+1． 故答案为：√13+1．根据|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，易知P 点在以A(3,0)为圆心，1为半径的圆上，设P(3+cosθ,sinθ)，通过坐标表示出OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ +OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ，再根据模长公式求解．本题主要考查平面向量的模长公式，以及辅助角公式的最值问题，考查学生转化的思想，属于中档题．16.【答案】4√23【解析】解：由抛物线的方程可得焦点F(0,1)，准线方程y =−1， 因为直线l 过点F 且倾斜角为5π6，则直线l 的方程为：y =−√33x +1，直线与抛物线联立{y =−√33x +1x 2=4y，整理可得x 2+4√33x −4=0，解得x 1=√3，x 2=√3，可得y 1=13，y 2=3， 即√33)，由题意可得√3−1)，可得△AMF 的外接圆的圆心N 在线段AM 的中垂线y =1上，也在线段AF 的中垂线上，而AF 的中点(−√3,2)，∴线段AF 的中垂线方程为y −2=√3(x +√3)，即y =√3x +5， 联立{y =1y =√3x +5解得：√31)，所以圆心坐标为√31)，半径r =4√33，圆心到直线√2x −y −3=0的距离d =|−√2√3√3=4√23+4√33， 所以外接圆上的点到直线√2x −y −3=0的距离的最小距离为d −r =4√23， 故答案为：4√23． 由抛物线的方程可得焦点F 的坐标，由题意求出直线l 的方程，代入抛物线的方程求出A ，B 的坐标，由题意求出M 的坐标，求出线段AF 的中垂线，及AM 的中垂线，两条直线的交点为三角形AMF 的外接圆的圆心，及半径，求出圆心到直线√2x −y −3=0的距离d ，则可得圆上的点到直线√2x −y −3=0的最小距离为d −r ．本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，及求三角形外接圆的圆心和半径，属于中档题．17.【答案】解：(1)在△ABC 中，sin(B +C)=sinA ，内角A ，B ，C 满足√3sin(B +C)=2sin 2A2．所以√3sinA =1−cosA ，则：sin(A +π6)=12，由于A ∈(0,π)， 所以A +π6∈(π6,7π6)，则：A =2π3．(2)由于A =2π3，AB =5，BC =7，由余弦定理得：72=AC 2+52−10AC ⋅cos 2π3，解得AC =3(−8舍去)．则：S △ABC =12×AB ×AC ×sin2π3=15√34． 设BC 边上的高为ℎ，所以12×BC ×ℎ=15√34，解得ℎ=15√314．【解析】(1)直接利用三角函数关系式的恒等变换和三角函数的值的应用求出结果． (2)利用余弦定理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：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理、余弦定理和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．18.【答案】解：(1)证明：取A 1B 的中点F ，连结EF 、DF ，∵D 、F 分别是AB ，A 1B 的中点，∴DF−//12A 1A ，∵A 1A−//C 1C ，E 是C 1C 的中点，∴DF−//EC ，∴四边形CDEF 是平行四边形，∴CD−//EF ，∵CD ⊄平面A 1EB ，EF ⊂平面A 1EB ， ∴CD//平面A 1EB ．(2)解：∵△ABC 是正三角形，D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB ， ∵在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ， ∴A 1A ⊥CD ，由(1)知DF//A 1A ，∴CD 、BD 、DF 两两垂直，∴以D 为原点，DB 、DC 、DF 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(12,0,0)，E(0,√32,1)，A 1(−12,0,2)，∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,√32,1)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,1)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,−1)， 设平面A 1DE 的法向量n⃗ =(x,y,z)， 则{n ⃗ ⋅A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12x +√32y −z =0n ⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32y +z =0，取z =√3，得n ⃗ =(4√3,−2,√3)， 设平面A 1BE 的法向量m⃗⃗⃗ =(a,b,c)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12a +√32b −c =0m⃗⃗⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−12a +√32b +c =0，取c =1，得m⃗⃗⃗ =(2,0,1)， 设二面角B −A 1E −D 的平面角为θ， 则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=9√3355．∴二面角B −A 1E −D 的余弦值为9√3355．【解析】(1)取A 1B 的中点F ，连结EF 、DF ，推导出四边形CDEF 是平行四边形，从而CD−//EF ，由此能证明CD//平面A 1EB ．(2)推导出CD 、BD 、DF 两两垂直，以D 为原点，DB 、DC 、DF 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B −A 1E −D 的余弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角和余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力以及化归与转化思想，是中档题．19.【答案】解：(1)证明：由椭圆的方程可得：A(−2,0)，B(2,0)，设M(2,m)，P(x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)， 则x 024+y 022=1，得y 02=−x 02−42，又k AP =y 0x+2=k AM =m−02−(−2)=m4，k BP =y0x 0−2， 所以k AP ⋅k BP =y 02x 02−4=−12， 又m4⋅y 0x−2=−12，整理可得2x 0+my 0=4， 所以OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 0+my 0=4为定值． (2)假设存在定点Q(n,0)满足要求，设M(2,m)，P(x 0,y 0)，(m ≠0,x 0≠±2)， 则以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点可得MQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以(n −2,−m)⋅(x 0−2,y 0)=nx 0−2n −2x 0+4−my 0=0，① 由(1)得2x 0+my 0=4，②，由①②可得n(x 0−2)=0，因为x 0≠2，解得n =0，所以存在x 轴上的定点Q(0,0)，使得以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点．【解析】(1)由椭圆的方程可得A ，B 的坐标，设M ，P 的坐标，可得AP ，AM 的斜率相等，求出数量积OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由k AP ⋅k BP =y 02x 02−4=−12，可得M ，P 的坐标的关系，进而可得OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值． (2)假设存在Q 满足条件，因为以MP 为直径的圆恒通过MQ 与BP 的交点可得MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，由(1)可得整理得n(x 0−2)=0，再由x 0≠2可得n =0，本题考查椭圆的性质，及以线段的端点为直径的圆的性质，属于中档题．20.【答案】解：(1)当m =0时，f(x)=e x −ex ，f′(x)=e x −e ，又f′(x)是增函数，且f′(1)=0，∴当x >1时，f′(x)>0，当x <1时，f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴当x=1时，f(x)取得极小值f(1)=0，无极大值；(2)f′(x)=e x−2mx+m−e，令g(x)=f′(x)=e x−2mx+m−e，则g′(x)=e x−2m，①当m=0时，f(1)=0，由(1)知f(x)在区间(0,1)上没有零点；②当m<0时，则g′(x)>0，故g(x)=f′(x)在(0,1)上单调递增，又g(0)=f′(0)=1+m−e<0，g(1)=f′(1)=−m>0，∴存在x0∈(0,1)，使得g(x0)=f′(x0)=0，且当x∈(0,x0)时，f′(x)<0，f(x)是减函数，当x∈(x0,1)时，f′(x)>0，f(x)是增函数，又∵f(0)=1，f(1)=0，∴f(x)在(0,1)上存在零点；③当m>0，x∈(0,1)时，令ℎ(x)=e x−ex，则ℎ′(x)=e x−e，∵在x∈(0,1)上，ℎ′(x)<0，ℎ(x)是减函数，∴ℎ(x)>ℎ(1)=0，即e x>ex，∴f(x)=e x+(m−e)x−mx2>ex+(m−e)x−mx2=m(x−x2)>0，∴f(x)在(0,1)上没有零点；综上，要使f(x)在(0,1)上内存在零点，则m的取值范围为(−∞,0)．【解析】(1)将m=0带入，求导得f′(x)=e x−e，再求出函数f(x)的单调性，进而求得极值；(2)求导得f′(x)=e x−2mx+m−e，令g(x)=f′(x)，对函数g(x)求导后，分m=0，m<0及m>0讨论，m=0时容易得出结论，m<0时运用零点存在性定理可得出结论，m>0时运用放缩思想，先证明e x>ex，进而可得f(x)>0在(0,1)上恒成立，由此得出结论，以上情况综合，即可求得实数m的取值范围．本题主要考查利用导数研究函数的极值及函数的零点，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)由已知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3，P(ξ=0)=(1−0.6)⋅(1−a)2=0.4(1−a)2，P(ξ=1)=0.6(1−a)2+(1−0.6)⋅C21a(1−a)=0.2(1−a)(3+a)，P(ξ=2)=0.6⋅C21a(1−a)+(1−0.6)a2=0.4a(3−2a)，P(ξ=3)=0.6a2．∵0<a<0.4，∴P(ξ=1)−P(ξ=0)=0.2(1−a)(1+3a)>0，P(ξ=1)−P(ξ=2)=0.2(3a2−8a+3)>0，P(ξ=1)−P(ξ=3)=−0.2(4a2+2a−3)>0，∴概率P(ξ=1)的值最大．(2)由(1)可知，当0<a<0.4时，有t1=P(ξ=1)的值最大，且t2−t3=P(ξ=2)−P(ξ=3)=0.2a(6−7a)>0，∴t1>t2>t3，∴应当以A1，A2，A3的顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小，即优先派出完成任务概率大的小组可减少所需派出的小组个数的均值．证明如下：假定p1，p2，p3为t1，t2，t3(t1>t2>t3)的任意一个排列，即若三个小组A i(i=1,2,3)按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p1，p2，p3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η=1，2，3，且η的分布列为∴数学期望E(η)=p1+2(1−p1)p2+3(1−p1)(1−p2)=3−2p1−p2+p1p2下面证明E(η)=3−2p1−p2+p1p2≥3−2t1−t2+t1t2成立，∵(3−2p1−p2+p1p2)−(3−2t1−t2+t1t2)=2(t1−p1)+(t2−p2)+p1p2−p1t2+p1t2−t1t2=2(t1−p1)+(t2−p2)+p1(p2−t2)+t2(p1−t1)=(2−t2)(t1−p1)+(1−p1)(t2−p2)≥(1−p1)(t1−p1)+(1−p1)(t2−p2)=(1−p1)[(t1+t2)−(p1+p2)]≥0，∴按照完成任务概率从大到小的A1，A2，A3的先后顺序派出勘探小组，可使在特殊勘探时所需派出的小组个数的均值达到最小．【解析】(1)每个勘探小组共有3名人员，故ξ的所有可能取值为0，1，2，3，再依据相互独立事件的概率求出每个ξ的取值所对应的概率，并用作差法逐一比较P(ξ=1)与P(ξ=0)、P(ξ=2)、P(ξ=3)的大小关系即可得证；(2)先根据(1)中的结论比较P(ξ=2)和P(ξ=3)的大小，可得到t1>t2>t3，故而可猜想出结论，再进行证明．证明时，设三个小组A i (i =1,2,3)按照某顺序派出，该顺序下三个小组能完成特殊任务的概率依次为p 1，p 2，p 3，记在特殊勘探时所需派出的小组个数为η，则η=1，2，3，然后求出η的分布列和数学期望，只需证明数学期望E(η)=3−2p 1−p 2+p 1p 2≥3−2t 1−t 2+t 1t 2成立即可，这一过程采用的是作差法，其中用到了因式分解的相关技巧．本题考查相互独立事件的概率、离散型随机变量的分布列和数学期望，以及期望的实际应用等，考查学生对数据的分析能力和运算能力，属于难题．22.【答案】解：(1)曲线C 1的极坐标方程为ρcosθ−2ρsinθ=1．若P 为曲线C 1上的动点，Q 是射线OP 上的一动点，且满足|OP|⋅|OQ|=2，记动点Q 的轨迹为C 2．设P(ρ1,θ)，Q(ρ,θ)，则：ρ1cosθ−2ρ1sinθ=1，即ρ1=1cosθ−2sinθ， 由于|OP|⋅|OQ|=2，所以ρ=2cosθ−4sinθ，整理得ρ2=2ρcosθ−4ρsinθ，转换为直角坐标方程为：(x −1)2+(y +2)2=5(原点除外)．(2)曲线C 1的极坐标方程为ρcosθ−2ρsinθ=1转换为直角坐标方程为：x −2y −1=0． 曲线C 2的圆心为(1,−2)，半径为√5， 所以圆心到直线C 1的距离d =√1+(−2)2=√5．所以|MN|=2√(√5)2−(√5)2=√5．由于点O 到C 1的距离d 2=√12+(−2)2=√5 所以S △OMN =12×|MN|×d 2=12√5√5=35．【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (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，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)当k =1时，不等式f(x)≤1即为|x −1|+12|x +3|≤3，等价为{x ≥1x −1+12x +32≤3或{−3<x <11−x +12x +32≤3或{x ≤−31−x −12x −32≤3，解得1≤x ≤53或−1≤x <1或x ∈⌀， 则原不等式的解集为[−1,53]；(2)f(x)≥x 对于任意的实数x 恒成立，即为|x −k|+12|x +3|≥x +2恒成立． 当x ≤−2时，|x −k|+12|x +3|≥0≥x +2恒成立； 当x >−2时，|x −k|+12|x +3|≥x +2恒成立等价为|x −k|+x+32≥x +2，即|x −k|≥x+12恒成立，当−2<x ≤−1时，|x −k|≥x+12恒成立；当x >−1时，|x −k|≥x+12恒成立等价为x −k ≥x+12或x −k ≤−x+12恒成立．即x ≥2k +1或x ≤23(k −12)恒成立， 则2k +1≤−1解得k ≤−1， 所以k 的取值范围是(−∞,−1]．【解析】(1)由题意可得|x −1|+12|x +3|≤3，由零点分区间法和绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；(2)由题意可得|x −k|+12|x +3|≥x +2恒成立．讨论x ≤−2恒成立，x >−2时，可得|x −k|≥x+12恒成立，讨论−2<x ≤−1，x >−1时，结合绝对值不等式的解法和恒成立思想，可得所求范围．本题考查绝对值不等式的解法，注意运用分类讨论思想，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和分类讨论思想，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．。
2020年广东省高考数学一模试卷答案解析
2020年广东省高考数学一模试卷答案解析一、选择题（共12题，共60分）1．已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，则A∪B＝（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，3]C．（0，3）D．（0，3]【解答】解：集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}＝（﹣1，3），则A∪B＝（﹣1，3]，故选：B．2．设z＝，则z的虚部为（）A．﹣1B．1C．﹣2D．2【解答】解：∵z＝＝，∴z的虚部为1．故选：B．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 42A．25B．23C．12D．07【解答】解：根据随机数的定义，1行的第5列数字开始由左向右依次选取两个数字，依次为07，04，08，23，12，则抽取的第5个零件编号为，12，故选：C．4．记S n为等差数列{a n}的前n项和，若a2＝3，a5＝9，则S6为（）A．36B．32C．28D．24【解答】解：S6＝＝3×（3+9）＝36．故选：A．5．若双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线经过点（1，﹣2），则该双曲线的离心率为（）A．B．C．D．2【解答】解：∵双曲线（a＞0，b＞0）的一条渐近线经过点（1，﹣2），∴点（1，﹣2）在直线上，∴．则该双曲线的离心率为e＝．故选：C．6．已知tanα＝﹣3，则＝（）A．B．C．D．【解答】解：因为tanα＝﹣3，则＝cos2α＝＝＝＝．故选：D．7．的展开式中x3的系数为（）A．168B．84C．42D．21【解答】解：由于的展开式的通项公式为T r+1＝•（﹣2）r x7﹣2r，则令7﹣2r＝3，求得r＝2，可得展开式中x3的系数为•4＝84，故选：B．8．函数f（x）＝ln|e2x﹣1|﹣x的图象大致为（）A．B．C．D．【解答】解：，故排除CD；f（﹣1）＝ln|e﹣2﹣1|+1＝ln（1﹣e﹣2）+lne＝，故排除B．故选：A．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．B．32πC．36πD．48π【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为三棱锥体A﹣BCD：如图所示：设外接球的半径为r，则：（2r）2＝42+42+42，解得r2＝12，所以：S＝4π×12＝48π．故选：D．10．已知动点M在以F1，F2为焦点的椭圆上，动点N在以M为圆心，半径长为|MF1|的圆上，则|NF2|的最大值为（）A．2B．4C．8D．16【解答】解：由椭圆的方程可得焦点在y轴上，a2＝4，即a＝2，由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|＝|F2M|+|MF1|，当N，M，F2三点共线时取得最大值而|F2M|+|MF1|＝2a＝4，所以|NF2|的最大值为4，故选：B．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．B．C．D．【解答】解：如图所示的Rt△ABC，其中角B为直角，则垂心H与B重合，∵O为△ABC的外心，∴OA＝OC，即O为斜边AC的中点，又∵M为BC中点，∴，∵M为BC中点，∴＝＝＝．故选：D．12．已知定义在[0，]上的函数f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）的最大值为，则正实数ω的取值个数最多为（）A．4B．3C．2D．1【解答】解：∵定义在[0，]上的函数f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）的最大值为，∴0＜≤1，解得0＜ω≤3，∴≤ωx﹣≤．①0＜ω≤时，则sin（ω﹣）＝，令g（ω）＝sin（ω﹣）﹣，y＝sin（ω﹣）在（0，]上单调递增，∵g（0）＝﹣＜0，g（）＝1﹣＝＞0，因此存在唯一实数ω，使得sin（ω﹣）＝．②＜ω≤3，sin（ωx﹣）＝1，必须ω＝3，x＝．综上可得：正实数ω的取值个数最多为2个．故选：C．二、填空题（共4题，共20分）13．若x，y满足约束条件，则z＝x﹣2y的最小值为﹣3．【解答】解：画出x，y满足约束条件，表示的平面区域，如图所示；结合图象知目标函数z＝x﹣2y过A时，z取得最小值，由，解得A（1，2），所以z的最小值为z＝1﹣2×2＝﹣3．故答案为：﹣3．14．设数列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2a n﹣n，则a6＝63．【解答】解：数列{a n}的前n项和为S n，由于S n＝2a n﹣n，①所以当n≥2时，S n﹣1＝2a n﹣1﹣（n﹣1）②，①﹣②得：a n＝2a n﹣1+1，整理得（a n+1）＝2（a n﹣1+1），所以（常数），所以数列{a n+1}是以2为首项，2为公比的等比数列．所以，整理得．所以．故答案为：6315．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．【解答】解：基本事件的总数为，其中该验证码的首位数字是1的包括的事件个数为．∴该验证码的首位数字是1的概率＝＝．故答案为：．16．已知点M（m，m﹣）和点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C：y＝+x（﹣1≤x≤3）相切，则|m﹣n|的最大值为．【解答】解：由点M（m，m﹣）和点N（n，n﹣），可得M，N在直线y＝x﹣上，联立曲线C：y＝+x（﹣1≤x≤3），可得x2＝﹣，无实数解，由y＝+x的导数为y′＝x+1，可得曲线C在x＝﹣1处的切线的斜率为0，可得切线的方程为y＝﹣，即有与直线y＝x﹣的交点E（0，﹣），同样可得曲线C在x＝3处切线的斜率为4，切线的方程为y＝4x﹣，联立直线y＝x﹣，可得交点F（，），此时可设M（0，﹣），N（，），则由图象可得|m﹣n|的最大值为﹣0＝，故答案为：．三、解答题（共70分）17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，a2+b2﹣c2＝2S．（1）求cos C；（2）若a cos B+b sin A＝c，，求b．【解答】解：（1）∵a2+b2﹣c2＝2S，所以2ab cos C＝ab sin C，即sin C＝2cos C＞0，sin2C+cos2C＝1，cos C＞0，解可得，cos C＝，（2）∵a cos B+b sin A＝c，由正弦定理可得，sin A cos B+sin B sin A＝sin C＝sin（A+B），故sin A cos B+sin B sin A＝sin A cos B+sin B cos A，所以sin A＝cos A，∵A∈（0，π），所以A＝，所以sin B＝sin（A+C）＝sin（）＝＝，由正弦定理可得，b＝＝＝3．18．如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点M，N分别在棱C1C，A1A上，且C1M＝2MC，A1N＝2NA．（1）求证：NC1∥平面BMD；（2）若A1A＝3，AB＝2AD＝2，∠DAB＝，求二面角N﹣BD﹣M的正弦值．【解答】解：（1）连接BD，AC交于E，取C1M的中点F，连接AF，ME，由C1M＝2MC，A1N＝2NA，故C1F＝AN，以且C1F∥AN，故平行四边形C1F AN，所以C1N∥F A，根据中位线定理，ME∥AF，由ME⊂平面MDB，F A⊄平面MDB，所以F A∥平面MDB，NC1∥F A，故NC1∥平面BMD；（2）AB＝2AD＝2，∠DAB＝，由DB2＝1+4﹣2×1×2×cos＝3，由AB2＝AD2+DB2，得AD⊥BD，以D为原点，以DA，DB，DD₁分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，D（0，0，0），B（0，，0），M（﹣1，，1），N（1，0，1），＝（0，，0），＝（﹣1，，1），＝（1，0，1），设平面MBD的一个法向量为＝（x，y，z），由，令x＝1，得＝（1，0，1），设平面NBD的一个法向量为＝（a，b，c），由，得，由cos＜＞＝，所以二面角N﹣BD﹣M为，正弦值为1．19．已知以F为焦点的抛物线C：y2＝2px（p＞0）过点P（1，﹣2），直线l与C交于A，B两点，M为AB中点，且．（1）当λ＝3时，求点M的坐标；（2）当＝12时，求直线l的方程．【解答】解：（1）将P（1，﹣2）代入抛物线C：y2＝2px方程，得p＝2，所以C的方程为y2＝4x，焦点F（1，0），设M（x0，y0），当λ＝3时，，可得M（2，2）．（2）方法一：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由．可得（x0+1，y0﹣2）＝（λ，0），所以y0＝2，所以直线l的斜率存在且斜率，设直线l的方程为y＝x+b，联立，消去y，整理得x2+（2b﹣4）x+b2＝0，△＝（2b﹣4）2﹣4b2＝16﹣16b＞0，可得b＜1，则x1+x2＝4﹣2b，，，所以，解得b＝﹣6，b＝2（舍），所以直线l的方程为y＝x﹣6．方法二：设直线l的方程为x＝my+n，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），联立方程组，消去x，整理得y2﹣4my﹣4n＝0，△＝16m2+16n＞0，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4n，则，则M（2m2+n，2m），由．得（2m2+n+1，2m﹣2）＝（λ，0），所以m＝1，所以直线l的方程为x＝y+n，由△＝16+16n＞0，可得n＞﹣1，由y1y2＝﹣4n，得，所以，解得n＝6或n＝﹣2，（舍去）所以直线l的方程为y＝x﹣6．20．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）[0，2]（2，4]（4，6]（6，8]（8，10]（10，12]（12，14]人数85205310250130155（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均数（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，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：P（K2≥k0）0.050.0250.010k0 3.841 5.024 6.635，其中n＝a+b+c+d．【解答】解：（1）根据统计数据，计算平均数为＝×（1×85+3×205+5×310+7×250+9×130+11×15+13×5）＝5.4（天）；（2）根据题意，补充完整列联表如下；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根据列联表计算K2＝＝≈2.083＜3.841，所以没有95%的把握认为潜伏期与年龄有关；（3）根据题意得，该地区每1名患者潜伏期超过6天发生的概率为＝，设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为X，则X～B（20，），P（X＝k）＝••，k＝0，1，2， (20)由，得，化简得，解得≤k≤；又k∈N，所以k＝8，即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是8人．21.已知函数f（x）＝e x﹣aln（x﹣1）．（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：+＞a．【解答】解：（1）易知，①若a≤0，则f′（x）＞0，函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，∴函数f（x）无极值点，即此时极值点个数为0；②若a＞0，易知函数y＝e x的图象与的图象有唯一交点M（x0，y0），∴，∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）在（1，x0）上单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）在（x0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）有较小值点x0，即此时函数f（x）的极值点个数为1；综上所述，当a≤0时，函数f（x）的极值点个数为0；当a＞0时，函数f（x）的极值点个数为1；（2）证明：∵函数f（x）在区间（1，1+e﹣a）上不单调，∴存在为函数f（x）的极值点，由（1）可知，a＞0，且，即，两边取自然对数得1﹣a+e﹣a＞lna，即1+e﹣a﹣lna＞a，要证+＞a，不妨考虑证，又易知e x≥1+x，∴，即，又，∴，∴，即，∴，∴+＞a．22．在直角坐标系xOy中，直线C1的参数方程为（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C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ．（1）求C2的直角坐标方程；（2）直线C1与C2相交于E，F两个不同的点，点P的极坐标为，若2|EF|＝|PE|+|PF|，求直线C1的普通方程．【解答】解：（1）曲线C2的极坐标方程为ρ＝4sinθ．即ρ2＝4ρsinθ，可得普通方程：x2+y2＝4y．（2）点P的极坐标为，可得直角坐标为（﹣2，0）．把直线C1的参数方程为（t为参数，α为倾斜角），代入C2方程可得：t2﹣（4cosα+4sinα）t+12＝0，△＝﹣48＞0，可得：sin（α+）＞，或sin（α+）＜﹣，由α为锐角．可得：sin（α+）＞，解得：0＜α＜．则t1+t2＝4cosα+4sinα，t1t2＝12．∴|EF|＝＝4，|PE|+|PF|＝|t1|+|t2|＝|t1+t2|＝8|sin（α+）|，∴8＝8|sin（α+）|，∴化为：sin（α+）＝1，∴α＝+2kπ，k∈Z．α满足0＜α＜．可得α＝．∴直线C1的参数方程为：，可得普通方程：x﹣y+2＝0．23．已知a，b，c为正数，且满足a+b+c＝1．证明：（1）≥9；（2）ac+bc+ab﹣abc≤．【解答】证明：（1）＝，当且仅当时，等号成立；（2）∵a，b，c为正数，且满足a+b+c＝1，∴c＝1﹣a﹣b，1﹣a＞0，1﹣b＞0，1﹣c＞0，∴ac+bc+ab﹣abc＝（a+b﹣ab）c+ab＝（a+b﹣ab）（1﹣a﹣b）+ab＝（b﹣1）（a﹣1）（a+b）＝（1﹣a）（1﹣b）（1﹣c），∴ac+bc+ab﹣abc≤，当且仅当时，等号成立．。
2020届广东省汕头市普通高中高三下学期第一次高考模拟考试数学(理)试题(解析版)
绝密★启用前广东省汕头市普通高中2020届高三毕业班下学期第一次高考模拟考试数学(理)试题(解析版)一、选择题.1.已知集合A ＝{x |1≤x ≤4}，B ＝{x |2x x ≥-0}，则A ∩B ＝（ ） A. {x |2≤x ≤4}B. {x |2＜x ≤4}C. {x |1≤x ≤2}D. {x |1≤x ＜2} 【答案】D【解析】【分析】先求出集合A ，B ，由此能求出A ∩B.【详解】∵集合A ＝{x |1≤x ≤4}， B ＝{x |2x x≥-0}＝{x |0≤x ＜2}， ∴A ∩B ＝{x |1≤x ＜2}.故选：D .【点睛】本题主要考查集合的交集运算，求出集合的最简形式是解题的关键.2.下列各式的运算结果虚部为1的是（ ）A. ()1i i -B. 21i +C. 22i +D. ()21i i +-【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘除运算化简即可求解.【详解】对于A,()211i i i i i -=-=--,虚部为1-；对于B,()()()()221i 21i 21i 1i 1i 1i 1i --===-++--,虚部为1-； 对于C,22211i +=-=,虚部为0；对于D,()22112i i i i i i +-=++-=,虚部为1；故选：D【点睛】本题主要考查了复数的四则运算,需熟记21i =-,属于基础题. 3.若实数x ,y 满足3030330x y x y x y +-≤⎧⎪--≤⎨⎪++≥⎩,则y ﹣2x 的最大值是（ ）A. 9B. 12C. 3D. 6【答案】B【解析】【分析】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,求得最优解的坐标,代入目标函数得答案. 【详解】由实数x ,y 满足3030330x y x y x y +-≤⎧⎪--≤⎨⎪++≥⎩,作出可行域如图,令z ＝y ﹣2x ,化为y ＝2x +z ,联立30330x y x y +-=⎧⎨++=⎩,解得A （﹣3,6）. 由图可知,当直线过A 时,y ﹣2x 有最大值为12.故选：B .。
2020届广东省汕头市高三第一次(3月)模拟考试数学(理)试题Word版含答案
2020届广东省汕头市高三第一次（3月）模拟考试数学（理）试题本试题卷共5页，23题（含选考题）。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的。
1．已知集合{}10A x x =-<，{}250B x x x =->，则R A B I ð=A ．[)0,1B ．(]1,5C ．(],0-∞D ．[)5,+∞2．若实数a 满足1iai+=i 为虚数单位），则a = A ．1B ．1±C ．2-D ．2±3．甲、乙两人参加“社会主义核心价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和34，且两人是否获得一等奖相互独立，则两人中恰有一个人获得一等奖的概率是A ．34 B ．23 C ．57 D ．512 4．若1sin()63πα-=，则2cos(2)3πα+的值为A ．13-B ．79-C ．13D ．795． 上海浦东新区2008年生产总值约3151亿元人民币，如果从此浦东新区生产总值的年增长率为10.5%，求浦东新区最早哪一年的生产总值超过8000亿元人民币？某同学为解答这个问题设计了一个程序框图，如图1，但不慎将此框图的一个处理框中的内容污染而看不到了，则此框图中因被污染而看不到的内容的数学运算式应是A ．a a b =+B ．a a b =⨯C ．()na ab =+ D ．n a a b =⨯（图1） （图2）6．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图2，描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况．下列叙述中正确的是 A ．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B ．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C ．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D ．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油7．平行四边形ABCD 中，2AB =，1AD =，1AB AD ⋅=-u u u r u u u r，点M 在边CD 上，则MA MB ⋅u u u r u u u r 的最大值为A ．2B ．31- C. 0 D ．21- 8．函数()sin()(0,)2f x x πωϕωϕ=+><在区间(,)42ππ内是增函数，则 A ．()14f π=- B ． ()f x 的周期为2πC ．ω的最大值为4D ．3()04f π=9．已知三棱锥ABC D -的所有顶点都在球O 的球面上，2==BC AB ，22=AC ，若三棱锥 D ABC -体积的最大值为2，则球O 的表面积为O 速度（km/h ）燃油效率（km/L ）乙车丙车甲车804010155A ．8πB ．9πC ．25π3 D ．9121π10．已知双曲线22221x y a b-=)0,0(>>b a 的右焦点为(,0)F c ，右顶点为A ，过F 作AF 的垂线与双曲线交于B 、C 两点，过B 、C 分别作AC 、AB 的垂线，两垂线交于点D ，若D 到直线BC 的距离小于a c +， 则双曲线的渐近线斜率的取值范围是A ．()()+∞-∞-,11,YB ．()()1,00,1Y -C ．()()+∞-∞-,22,YD ． ()()2,00,2Y -11．如图3，画出的是某四棱锥的三视图，网格纸上小正方形 的边长为1，则该几何体的体积为A ．15B ．16 C.503 D ．53312．已知()f x 、()g x 都是定义域为R 的连续函数．已知：()g x 满足：①当0x >时，'()0g x >恒成立；②R x ∀∈都有()()g x g x =-．()f x 满足：①R x ∀∈都有(3)(3)f x f x +=-；②当[3,3]x ∈-时，3()3f x x x =-． 若关于x 的不等式2g[()](2)f x g a a ≤-+对33[23,23]22x ∈---恒成立，则a 的取值范围是 A ．R B ． 133133[,]22--+ C ．[0,1] D ．(,0][1,)-∞+∞U第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。
2020年广东省汕头市高考数学一模试卷(理科) (含答案解析)
2020年广东省汕头市高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 已知集合A ={x ∈N|x <3}，B ={x|x 2−x ≤0}，则A ∩B =( )A. (0,1]B. {1}C. [0,1]D. {0,1}2. (1+i)2=( )A. −2iB. 2iC. 2D. −23. 设变量x,y 满足约束条件{x +y −2≤0,x −y +2≥0,x ≥−1,y ≥−1,则目标函数z =−4x +y 的最大值为( )A. 2B. 3C. 5D. 64. 如图1为某省2018年1～4月快递业务量统计图，图2是该省2018年1～4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是( )A. 2018年1～4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件B. 2018年1～4月的业务量同比增长率均超过50％，在3月最高C. 从两图来看，2018年1～4月中的同一个月的快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致D. 从1～4月来看，该省在2018年快递业务收入同比增长率逐月增长5. 已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(x)在(−∞,0]上单调递减，则不等式f(lgx)>f(−2)的解集是( )A. (1100,100) B. (100,+∞)C. (1100,+∞)D. (0,1100)∪(100,+∞)6. 已知函数y =Asin(ωx +φ)(ω>0,|φ|<π2,x ∈R)的图象如图所示，则该函数的单调减区间是( )A. [2+16k,10+16k](k ∈Z)B. [6+16k,14+16k](k ∈Z)C. [−2+16k,6+16k](k ∈Z)D. [−6+16k,2+16k](k ∈Z)7. 如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形．如果三棱柱的体积为12√3，圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为( )A. 12πB. 14πC. 16πD. 18π8. 已知向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3，则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 9 B. 8 C. 7 D. 109. ΔABC 中，A,B,C 所对边分别为a,b,c,(a +b )(sinA −sinB )=(c −b)sinC ，若b +c =4，则a 的取值范围是( )A. (2,4)B. [2,4)C. (0,2)D. (0,4)10. 在的展开式中，x 3的系数为( ) A.B. 160C. 120D. 20011. 已知三棱锥D −ABC 中，AB =BC =1，AD =2，BD =√5，AC =√2，BC ⊥AD ，则三棱锥的外接球的表面积为( )A. √6πB. 6πC. 5πD. 8π12. 函数f(x)=√xx+1的最大值为( )A. 25B. 12C. √22D. 1二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 曲线f(x)=e x 在点A(0,f(0))处的切线方程为______．14.双曲线C：2x2−y2=1的渐近线方程是______．15.2020年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足，医疗物资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援．若某医疗团队从甲，乙，丙，丁4名医生志愿者中，随机选取2名医生赴湖北支援，则甲被选中的概率为________．16.过抛物线y2=4x的焦点F的直线与抛物线交于P，Q两点，则PQ中点M的轨迹是__________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=12,a n+1=n+12na n．(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n=n(2−S n)，，若b n≤λ，恒成立，求实数λ的取值范围．18.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC=120°，△PAD为等边三角形，E为棱PC的中点．(1)证明：PB⊥平面ADE；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求二面角A−DE−B的余弦值．19.某地在每周六的晚上8点到10点半举行灯光展，灯光展涉及到10000盏灯，每盏灯在某一时刻亮灯的概率均为p(0<p<1)，并且是否亮灯彼此相互独立．现统计了其中100盏灯在一场灯光展中亮灯的时长(单位：min)，得到下面的频数表：以样本中100盏灯的平均亮灯时长作为一盏灯的亮灯时长．(1)试估计p的值；(2)设X表示这10000盏灯在某一时刻亮灯的数目．①求X的数学期望E(X)和方差D(X)；②若随机变量Z满足Z=，则认为Z∽N(0,1).假设当4900<X≤5000时，灯光展处于最√D(X)佳灯光亮度．试由此估计，在一场灯光展中，处于最佳灯光亮度的时长(结果保留为整数).附：①某盏灯在某一时刻亮灯的概率p等于亮灯时长与灯光展总时长的商；②若Z∽N(0,1)，则P(μ−σ<X≤μ+σ)=0.6827，P(μ−2σ<X≤μ+2σ)=0.9545，P(μ−3σ<X≤μ+3σ)=0.9973．20. 已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 平行于直线OA ，且过点(0,t )，若直线l 与椭圆C 有公共点，求t 的取值范围．21. 设函数．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a <0时，证明f(x)<−34a −2．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =cosαy =1+sinα(α为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系． (Ⅰ)求曲线C 的极坐标方程；(Ⅱ)设A，B为曲线C上两点(均不与O重合)，且满足∠AOB=π3，求|OA|+|OB|的最大值．23.已知函数f(x)=|ax−3|，不等式f(x)≤2的解集为{x|1≤x≤5}．(1)解不等式f(x)<2f(x+1)−1；(2)若m≥3，n≥3，f(m)+f(n)=3，求证：1m +4n≥1．【答案与解析】1.答案：D解析：本题主要考查集合的交运算，属于基础题，根据题意求出集合A与B，然后根据交集定义求解即可．解：B={x∈N|x<3}={0,1,2}B={x|x2−x≤0}={x|0≤x≤1}，所以A∩B={0,1}．故选D．2.答案：B解析：本题考查复数的运算，属于基础题．解：(1+i)2=1+2i+i2=2i．故选B．3.答案：C解析：本题考查简单的线性规划知识，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．解：由约束条件作出可行域如图：联立{x =−1x −y +2=0，解得A(−1,1)，化目标函数z =−4x +y 为y =4x +z ，由图可知，当直线y =4x +z 过A 时，z 有最大值为5． 故选C ．4.答案：D解析：本题考查统计问题，考查数据处理能力和应用意识，属于基础题． 根据统计图中的数据可以直接得到结论．解：2018年3月快递业务量为4397万件，2月快递业务量为2411万件，4397−2411=1986，A 正确；由图1知B 正确；对于C ，例如2月份业务量同比增长率为53%，而收入的同比增长率为30%，故C 正确； 对于D ，1，2，3，4月收入的同比增长率分别为55%，30%，60%，42%，并不是逐月增长，D 错误． 故选D ．5.答案：D解析：本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，将不等式进行转化是解决本题的关键． 根据函数奇偶性和单调性之间的关系，将不等式进行转化即可． 解：∵f(x)是定义在R 上偶函数，且在区间(−∞,0]上是单调递减， ∴在区间(0,+∞)上为增函数，则不等式f(lgx)>f(−2)等价为f(|lgx|)>f(2) 即|lgx|>2，∴lgx <−2或lgx >2，∴0<x<1100或x>100，故选D．6.答案：A解析：本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式，结合三角函数的单调性是解决本题的关键．根据三角函数的图象求出A，ω和φ的值，结合三角函数的单调性进行求解即可．解：由图象知A=4，T2=6−(−2)=8，即T=16=2πω，则ω=π8，则y=4sin(π8x+φ)，由图象知(−2,0)，(6,0)的中点为(2,0)，当x=2时，y=−4，即−4sin(π8×2+φ)=−4，即sin(π4+φ)=1，即π4+φ=π2+2kπ，即φ=π4+2kπ，∵|φ|<π2，∴φ=π4，则y=4sin(π8x+π4)，由2kπ+π2≤π8x+π4≤2kπ+3π2，k∈Z，即16k+2≤x≤16k+10，k∈Z，即函数的单调递减区间为[2+16k,10+16k](k∈Z)，故选A．7.答案：C解析：本题考查几何体的体积的求法，几何体的内接体问题的应用，圆柱的侧面积的求法，考查计算能力． 设圆柱的底面半径为R ，求出三棱柱的底面边长为√3R ，利用棱柱的体积，求出底面半径，然后求解侧面积．解：设圆柱的底面半径为R ，底面正三角形的边长为a ，，则a =√3R ．故三棱柱的底面边长为√3R ，因为三棱柱的体积为12√3，圆柱的底面直径与母线长相等， 所以√34(√3R)2⋅2R =12√3，解得R =2，S 圆柱侧=2πR ⋅2R =16π． 故选：C ．8.答案：A解析：本题考查向量的数量积和向量垂直，向量加法的运用，属于简单题． 化得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )，即可求解． 解：向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3，则OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =32+0=9． 故选：A ．9.答案：B解析：解：∵(a +b)(sinA −sinB)=(c −b)sinC ，∴由正弦定理得：(a +b)(a −b)=(c −b)c ，即c 2+b 2−a 2=bc ，∴由余弦定理可得：cosA=c2+b2−a22bc =12，∵A∈(0,π)，∴A=π3，∵b+c=4，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA=(b+c)2−2bc−bc=16−3bc，由b+c=4，b+c≥2√bc，得0<bc≤4，则4≤a2<16，即2≤a<4，即a的取值范围是：[2,4)．故选：B．利用正弦定理，余弦定理可求cos A，结合A的范围求得A=π3，再由余弦定理求得a2=16−3bc，再由基本不等式，求得bc的范围，即可得到a的范围．本题考查正弦定理，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合运用，考查运算能力和转化思想，属于基础题．10.答案：C解析：本题主要考查二项式定理的应用，属于中档题．先把变形为(x+1)5(x−2)5，再利用二项式定理，结合展开式的通项求出结果．解：∵(x2−x−2)5=(x+1)5(x−2)5，∴x3的系数为，故x3的系数为120．故选C．11.答案：B解析：本题考查了三棱锥的外接球的表面积，关键是根据线段的数量关系判断CD是三棱锥的外接球的直径．根据勾股定理可判断AD⊥AB，AB⊥BC，从而可得CD为外接球的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积．解：如图：∵AD =2，AB =1，BD =√5，满足AD 2+AB 2=BD 2， ∴AD ⊥AB ，又AD ⊥BC ，BC ∩AB =B ，BC ⊂平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴AD ⊥平面ABC ，∵AB =BC =1，AC =√2， ∴AB ⊥BC ，又AD ∩AB =A ，AD ⊂平面DAB ，AB ⊂平面DAB ， ∴BC ⊥平面DAB ，∴CD 是三棱锥的外接球的直径， ∵AD =2，AC =√2， ∴CD =√6，∴三棱锥的外接球的表面积为4π(√62)2=6π．故选：B ．12.答案：B解析：可以利用单调性求解最值，也可以利用不等式的思想来求解最值，因为f(x)=√x x+1=√x+1x，可知y =√x +√x ，因为√x >0，根据函数单调性可知有最小值2，所以f(x)有最大值12．13.答案：x −y +1=0解析：求得f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程，即可得到所求切线方程． 本题考查导数的运用：求切线的方程，考查方程思想和运算能力，属于基础题．解：f(x)=e x 的导数为f′(x)=e x ， 可得在点A(0,f(0))处的切线斜率为k =1， 切点为(0,1)，则曲线f(x)=e x 在点A(0,f(0))处的切线方程为y −1=1·(x −0)， 即为x −y +1=0． 故答案为：x −y +1=0．14.答案：y =±√2x解析：解：∵双曲线2x 2−y 2=1的标准方程为：x 212−y 2=1∴a 2=12，b 2=1，可得a =√22，b =1 又∵双曲线x 2a2−y 2b 2=1的渐近线方程是y =±ba x∴双曲线2x 2−y 2=1的渐近线方程是y =±√2x 故答案为：y =±√2x将双曲线化成标准方程，得到a 、b 的值，再由双曲线x 2a2−y 2b 2=1的渐近线方程是y =±ba x ，即可得到所求渐近线方程．本题给出双曲线方程，求双曲线的渐近线方程，着重考查了双曲线的简单几何性质，属于基础题．15.答案：12解析：本题主要考查事件与概率，考查运算求解能力，是基础题． 某医疗团队从甲，乙，丙，丁4名医生志愿者中， 随机选取2名医生赴湖北支援，选法有甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁，共6种， 其中甲被选中的情况有甲乙、甲丙、甲丁，共3种， 所以甲被选中的概率为P =12 故本题正确答案为12．16.答案：y2=2x−2解析：先根据抛物线方程求出焦点坐标，写出过焦点的直线方程，表示出焦点弦的中点即可．解：由题意知F(1,0)，设过F的直线方程为x=ty+1，与抛物线方程联立得y2−4ty−4=0. 所以y1+y2=4t,x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2所以，PQ中点坐标为(2t2+1,2t)消去t得y2=2x−2．故答案为y2=2x−2．17.答案：解：(1)由已知得a n+1n+1=12·a nn，其中，∴数列{a nn }是公比为12的等比数列，首项a1=12，∵a nn =12n，∴a n=n(12)n，(2)由(1)知S n=12+222+323+⋯+n2n，∴12S n=122+223+324…+n2n+1，∴12S n=12+122+123+⋯+12n−n2n+1，∵12S n=1−n+22n+1，∴S n=2−n+22n．因此b n=n(n+2)2n，b n+1−b n=(n+1)(n+3)2n+1−n(n+2)2n=−n2+32n+1，∴当n=1，b2−b1>0，即b2>b1，n≥2，b n+1−b n<0，即b n+1<b n．∴b2是最大项，b2=2，∴λ≥2．解析：本题考查了“错位相减法”、等比数列的通项公式及其前n项和公式、递推关系、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)由已知得a n+1n+1=12·a nn，其中，利用等比数列的通项公式即可得出；(2)利用“错位相减法”求出S n ，即可得b n ，通过作差法分析b n 的单调性可求出最值，即可得解．18.答案：解：(1)证明：由题知PD =DB ，取PB 的中点G ，连接EG ，AG ，DG ，又E 为PC 的中点，所以EG//BC ， 又AD//BC ，所以AD//EG ，即A ，D ，E ，G 四点共面， 又PD =DB ，则DG ⊥PB ，同理PB ⊥AG ， 又DG ∩AG =G ，DG ，AG ⊂平面ADE ， 所以PB ⊥平面ADE;(2)解：取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，则OP ⊥AD ， 又平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ，OP ⊂平面PAD ， 则OP ⊥平面ABCD ，又OB ⊂平面ABCD ，则OP ⊥OB ，易知OA ⊥OB ，故以O 为坐标原点，以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O −xyz ，不妨设OA =1，则A(1,0，0)，D(−1,0，0)，B(0,√3,0)，P(0,0,√3)，E(−1,√32,√32)，则BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,√3)，，DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,√32)， 设平面BDE 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即{x +√3y =0,√32y +√32z =0,取y =√3，则x =−3，z =−√3， 则m ⃗⃗⃗ =(−3,√3,−√3)， 由(1)知PB ⊥平面ADE ，则平面ADE 的一个法向量为BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,√3)，设向量m ⃗⃗⃗ 与BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 所成的角为θ，则cos θ=m⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||BP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√3×√3−√3×√3√15×√6=−√105， 由图知，二面角A −DE −B 的平面角是锐角， 故二面角A −DE −B 的余弦值为√105．解析：本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，属于中档题．(1)取PB 的中点G ，连接EG ，AG ，DG ，推导出EG//BC ，AD//BC ，所以AD//EG ，又PD =DB ，则DG ⊥PB ，同理PB ⊥AG ，由此能证明PB ⊥平面ADE ；(2)取AD 的中点O ，以O 为原点，建立空间直角坐标系O −xyz ，利用向量法能求出二面角A −DE −B 的余弦值．19.答案：解：(1)估计p =55×10+65×20+75×40+85×20+95×102.5×60×100=12．(2)①由题意可得：X ～B(10000,12).∴E(X)=10000×12=5000，方差D(X)=10000×12×(1−12)=2500．②随机变量Z 满足Z =D(X)=150X −100，∴−2<Z ≤0.又Z ～N(0,1)．∴P(−2<Z ≤0)=12×P(−2<X ≤2)=12×0.9545≈0.4773．由此估计，在一场灯光展中，处于最佳灯光亮度的时长=0.4773×150=71.595min ≈72min ．解析：本题考查了平均数的计算方法、二项分布列与正态分布分布及其数学期望，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)利用平均数的计算方法可得：估计p ．(2)①由题意可得：X ～B(10000,12).即可得出：E(X)，D(X)． ②随机变量Z 满足Z =D(X)=150X −100，可得−2<Z ≤0.又Z ～N(0,1).即可得出P(−2<Z ≤0)=12×P(−2<X ≤2)．20.答案：解(1)依题设椭圆C 为x 2a 2+y 2b 2=1(a >0,b >0)，且右焦点F ′(−2,0)∴{c =22a =|AF |+|AF′|=√32+02+√42+32=3+5=8，解得{c =2a =4, 又a 2=b 2+c 2，∴b 2=12， 故椭圆C 的方程为x 216+y 212=1；(2)设l 为y =32x +t ，由{y =32x +t,x 216+y 212=1消去y 得3x 2+3tx +t 2−12=0．∵Δ=(3t )2−4×3(t 2−12)≥0，解得−4√3≤t ≤4√3．解析：本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查判别式法的应用，考查计算能力，属于中档题． (1)由题意c =2，设椭圆C 为x 2a 2+y 2b 2=1(a >0,b >0)，将A 代入椭圆方程，即可求得a 的值，即可求得椭圆方程；(2)设直线l 为y =32x +t ，代入椭圆方程，由韦达定理△≥0，即可求得t 的取值范围．21.答案：解：(1)解：因为f(x)=lnx +ax 2+(2a +1)x ，求导f′(x)=1x +2ax+(2a+1)=(2ax+1)(x+1)x(x>0)，①当a=0时，f′(x)=1x+1>0恒成立，此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增；②当a>0，由于x>0，所以(2ax+1)(x+1)>0恒成立，此时y=f(x)在(0,+∞)上单调递增；③当a<0时，令f′(x)=0，解得：x=−12a．因为当x∈(0,−12a)时，f′(x)>0、当x∈(−12a,+∞)时，f′(x)<0，所以y=f(x)在(0,−12a )上单调递增、在(−12a,+∞)上单调递减．综上可知：当a≥0时f(x)在(0,+∞)上单调递增，当a<0时，f(x)在(0,−12a )上单调递增、在(−12a,+∞)上单调递减；(2)证明：由(1)可知：当a<0时f(x)在(0,−12a)上单调递增、在(−12a,+∞)上单调递减，所以当x=−12a时函数y=f(x)取最大值f(x)max=f(−12a)=−1−ln2−14a+ln(−1a).从而要证f(x)≤−34a −2，即证f(−12a)≤−34a−2，即证−1−ln2−14a +ln(−1a)≤−34a−2，即证−12(−1a)+ln(−1a)≤−1+ln2．令t=−1a ，则t>0，问题转化为证明：−12t+lnt≤−1+ln2.(∗)令g(t)=−12t+lnt，则g′(t)=−12+1t，令g′(t)=0可知t=2，则当0<t<2时g′(t)>0，当t>2时g′(t)<0，所以y=g(t)在(0,2)上单调递增、在(2,+∞)上单调递减，即g(t)≤g(2)=−12×2+ln2=−1+ln2，即(∗)式成立，所以当a<0时，f(x)≤−34a−2成立．解析：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论的思想，考查转化能力，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题． (1)题干求导可知f′(x)=(2ax+1)(x+1)x(x >0)，分a =0、a >0、a <0三种情况讨论f′(x)与0的大小关系可得结论；(2)通过(1)可知f(x)max =f(−12a )=−1−ln2−14a +ln(−1a )，进而转化可知问题转化为证明：当t >0时−12t +lnt ≤−1+ln2.进而令g(t)=−12t +lnt ，利用导数求出y =g(t)的最大值即可．22.答案：解：(I)曲线C 的参数方程为{x =cosαy =1+sinα(α为参数)，转换为直角坐标方程为x 2+(y −1)2=1，整理得x 2+y 2−2y =0，转换为极坐标方程为ρ=2sinθ． (II)设A(ρ1,θ)，则B(ρ2,θ+π3)， 故ρ1=2sinθ，ρ2=2sin(θ+π3)，所以|OA|+|OB|=ρ1+ρ2=2sinθ+2sin(θ+π3)=2√3sin(θ+π6)． 当θ=π3时，|OA|+|OB|的最大值为2√3．解析：(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换求出结果． (Ⅱ)利用三角函数关系式的恒等变换和极径的应用求出结果．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，三角函数关系式的恒等变换，极径的应用，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：(1)解：因为不等式f(x)≤2的解集为{x|1≤x ≤5}，则x =1和x =5是方程f(x)=|ax −3|=2的解，即{|a −3|=2|5a −3|=2，所以实数a 的值为1． 不等式f(x)<2f(x +1)−1可化为|x −3|<2|x −2|−1，则{x ≥3x −3<2(x −2)−1或{2≤x <3−(x −3)<2(x −2)−1或x <2−(x −3)<−2(x −2)−1， 解得x ≥3或83<x <3或x <0，所以原不等式的解集为{x|x <0或x >83}．(2)证明：因为m ≥3，n ≥3，所以f(m)+f(n)=|m −3|+|n −3|=m −3+n −3=3，即m+n=9．所以1m +4n=19(m+n)(1m+4n)=19(1+4+nm+4mn)≥19(5+2√nm⋅4mn)=1，当且仅当nm =4mn，即m=3，n=6时取等号．解析：(1)利用不等式f(x)≤2的解集为{x|1≤x≤5}，说明x=1和x=5是方程f(x)=|ax−3|=2的解，求出a，然后转化不等式f(x)<2f(x+1)−1为|x−3|<2|x−2|−1，通过分类讨论转化求解即可．(2)化简f(m)+f(n)=3，得到m+n=9.利用基本不等式证明即可．本题考查解绝对值不等式和利用基本不等式证明不等式．是中档题．。
2020年广东省高考数学一模试卷(理科) (含答案解析)
2020年广东省高考数学一模试卷(理科)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.设全集U={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3}，B={2,3,4}，则A∩(C U B)=()A. {0}B. {0,1,2,3,4}C. {0,1}D. {1}2.复数1+2i2−i的虚部是()A. iB. −iC. −1D. 13.若变量x，y满足约束条件{x+2y≥0x−y≤0x−2y+2≥0，则z=2x−y的最小值等于()A. −52B. −2 C. −32D. 24.若a>1，b<0，则函数y=a x+b的图象有可能是()A.B.C.D.5.函数f(x)=18x−cosx的零点个数为()A. 3B. 4C. 5D. 66.如果一个正四面体的体积为163√2dm3，则其表面积S的值为()A. 16dm2B. 18 dm2C. 18√3dm2D. 16√3dm27.某次数学考试中，某校学生的数学成绩服从正态分布N(100,25).估计数学成绩大于115分的学生所占的百分比为()(参考数据：P(μ−σ<X≤μ+σ)=0.6826，P(μ−2σ<X≤μ+2σ)=0.9544，P(μ−3σ<X≤μ+3σ)=0.9974)A. 0.13％B. 1.3％C. 3％D. 3.3％8.设(2−x)6=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6则|a1|+|a2|+⋯+|a6|的值是()A. 665B. 729C. 728D. 639.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右两个焦点分别为F1，F2，A，B为其左、右两个顶点，以线段F1F2为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为M，且∠AMB=30°，则该双曲线的离心率为()A. √212B. √13 C. 2√3 D. √19210. 已知数列{a n }的前n 项和S n =12n(n +1)，n ∈N ∗，b n =3a n +(−1)n−1a n ，则数列{b n }的前2n +1项和为( ) A. 32n+2−12+n B. 12⋅32n+2+n +12 C. 32n+2−12−n D. 12⋅32n+2−n +32 11. 已知三棱锥P −ABC 中，PA =√23，AB =3，AC =4，AB ⊥AC ，PA ⊥面ABC ，则此三棱锥的外接球的内接正方体的体积为( )A. 16B. 28C. 64D. 9612. 已知函数f(x)=x −sinx ，则不等式f(x +1)+f(2−2x)>0的解集是( )．A. (−∞,13)B. (−13,+∞)C. (−∞,3)D. (3,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 设函数f(x)=(x +a)lnx ，若曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线2x −y =0平行，则实数a 的值为______．14. 已知在数列{a n }中，a 1=2，2n (a n +a n+1)=1，设T n =a 1+2a 2+⋯+2n−1a n ，b n =3T n −n−1a n ，数列{b n }的前n 项和S n =______．15. 在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，A(0,sinα)，B(cosα,0)，动点C 满足|OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，则|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大值是________． 16. 过抛物线C ：x 2=4y 的准线上任意一点P 作抛物线的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则A点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是____________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 如图，在△ABC 中，已知4sin 2A−B 2+4sinAsinB =3．(I)求角C 的大小；(Ⅱ)若AC =8，点D 在BC 边上，且BD =2，cos∠ADB =17，求边AB的长．18.如图所示，四棱锥P—ABCD中，AB⊥AD，AB//DC，PA=AB=AD=2DC=2，PB=2√2，∠PAD=120°，E为PB的中点．(1)证明：EC//平面PAD；(2)求二面角C−AE−B的余弦值．19.如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的长轴为AB，过点B的直线l与x轴垂直，椭圆的离心率e=√32，F为椭圆的左焦点，且AF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB⃗⃗⃗⃗⃗ =1．(Ⅰ)求此椭圆的方程；(Ⅱ)设P是此椭圆上异于A，B的任意一点，PH⊥x轴，H为垂足，延长HP到点Q使得HP=FQ.连接AQ并延长交直线l于点M，N为MB的中点，判定直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系．20.求函数f(x)=x2e−x的极值．21.在合作学习小组的一次活动中，甲、乙、丙、丁、戊五位同学被随机地分配承担A，B，C，D四项不同的任务，每个同学只能承担一项任务．(1)若每项任务至少安排一位同学承担，求甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率；(2)设这五位同学中承担任务A的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列及数学期望Eξ．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=−1+2cosφy=2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为ρ=√2sin(θ+π4)，设l1与C相交于A，B两点，AB的中点为M，过点M作l1的垂线l2交C于P，Q两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ||MP|⋅|MQ|的值．23.已知函数f(x)=|x−2|．(1)求不等式f(x)−|x|<1的解集；(2)设g(x)=|x+1|，若∀x∈R，f(x)+g(x)≥a2−2a恒成立，求a的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：本题主要考查了交、并、补集的混合运算，考查学生的计算能力，属于基础题．根据题意可得C U B ，从而即可得A ∩(C U B)．解：∵全集U ={0,1,2,3,4}，集合A ={1,2,3}，B ={2,3,4}，∴C U B ={0,1}，∴A ∩(C U B)={1}，故选D ．2.答案：D解析：本题考查了复数运算，属于基础题．根据复数运算法则即可求解．解：令z =1+2i 2−i =(1+2i )(2+i)(2−i)(2+i)=5i5=i ，故复数z 的虚部为1，故选D ．3.答案：A解析：解：由变量x ，y 满足约束条件{x +2y ≥0x −y ≤0x −2y +2≥0作出可行域如图，由图可知，最优解为A ，联立{x +2y =0x −2y +2=0，解得A(−1,12). ∴z =2x −y 的最小值为2×(−1)−12=−52．故选：A ．由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．4.答案：A解析：本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数单调性以及与y轴的交点的范围是解决本题的关键．根据指数函数的单调性以及函数与y轴交点纵坐标的取值范围进行判断即可．解：当a>1时，函数为增函数，排除B，D，当x=0时，y=a0+b=1+b<1，排除C，故选：A．5.答案：C解析：解：函数f(x)=18x−cosx的零点，即函数y=18x与y=cosx图象交点的横坐标，在同一坐标系中画出函数y=18x与y=cosx的图象，如下图所示：由图可知：函数y=18x与y=cosx的图象有5个交点，故函数f(x)=18x−cosx有5个零点，故选：C将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，结合图象，问题容易解得．本题考察了函数的零点问题，渗透了数形结合思想，是一道基础题．6.答案：D解析：解：如果一个正四面体的棱长为a．则体积V=√212a3=163√2dm3，故a=4dm，则其表面积S=√3a2=16√3dm2，故选：Da3，求出棱长，再由棱长为a的正四面体的表面积S=√3a2，根据棱长为a的正四面体的体积V=√212可得答案．a3，表面积本题考查的知识点是正四面体的几何特征，熟练掌握棱长为a的正四面体的体积V=√212S=√3a2，是解答的关键．7.答案：A解析：本题主要考查正态分布的性质，属于基础题．解：某校学生的数学成绩服从正态分布N(100,25)．P(85<μ<115)=0.9974.估计数学成绩大于×(1−0.9974)×100％=0.0013×100％=0.13％.115分的学生所占的百分比为12故选A．8.答案：A解析：本题考查了二项式定理和赋值法的应用问题，由二项式定理知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a6|=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6，利用赋值法把x=−1，x=0分别代入已知式子计算即可，属基础题目．解：∵(2−x)6=a0+a1x+a2x+⋯+a6x，由二项式定理可知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，令x=−1可得：∴|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a6|=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6=(2+1)6=729，x=0时，a0=26=64；∴|a1|+|a2|+⋯+|a6|=729−64=665．故选A．9.答案：B解析：本题考查双曲线的方程和性质，考查直线和圆的位置关系，考查离心率的求法，属于基础题．求出双曲线的渐近线方程和圆的方程，求出交点M，再由两点的斜率公式，得到a，b的关系，再由离心率公式即可得到所求值．解：双曲线x2a −y2b=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±bax，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=c2，将直线y=bax代入圆的方程，可得，x=√a2+b2=a(负的舍去)，y=b，即有M(a,b)，又A(−a,0)，B(a,0)，由于∠AMB=30°，BM⊥x轴，则tan30°=2ab =√33，即有b=2√3a，则离心率e=ca =√1+b2a2=√13．故选：B．10.答案：A解析：解：当n=1时，a1=S1=12×1×2=1；当n≥2时，a n=S n−S n−1=12n(n+1)−12(n−1)n=n．故a n=n．∴b n=3a n+(−1)n−1a n=3n+(−1)n−1n，则数列{b n}的前2n+1项和S2n+1=(31+32+⋯+32n+1)+[1−2+3−4+⋯+(2n−1)−2n+ (2n+1)]=3(1−32n+1)1−3+(n+1)=32n+2−12+n．故选：A．由数列的前n项和求出数列{a n}的通项公式，代入b n=3a n+(−1)n−1a n，整理后分组，然后利用等比数列的前n项和得答案．本题考查了数列递推式，考查了数列的分组求和，考查了等比数列的前n项和，是中档题．11.答案：C解析：解：∵三棱锥P−ABC中，PA=√23，AB=3，AC=4，AB⊥AC，PA⊥面ABC，∴以AB，AC，AP为棱构造长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，∴三棱锥P−ABC的外接球的半径R=√23+9+16=2√3，2设此三棱锥的外接球的内接正方体的半径为a，=2√3，解得a=4，则R=√3a2∴此三棱锥的外接球的内接正方体的体积V=a3=43=64．故选：C．以AB，AC，AP为棱构造长方体，则长方体的外接球就是三棱锥P−ABC的外接球，三棱锥P−ABC=2√3，解得的外接球的半径R=2√3，设此三棱锥的外接球的内接正方体的半径为a，则R=√3a2a=4，由此能求出此三棱锥的外接球的内接正方体的体积．本题考查三棱锥的外接球的内接正方体的体积的求法，考查三棱锥及外接球、球的内接正方体等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12.答案：C解析：本题考查函数的奇偶性及利用导数研究函数的单调性，属于基础题．由f(x)=x−sinx，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f(x)是增函数，再由f(x)是奇函数，f(x+1)+f(2−2x)>0，即f(x+1)>f(2x−2)，得x+1>2x−2，解得．解：由f(x)=x−sinx，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f(x)是增函数，再由f(x)=x−sinx，f(−x)=−f(x)，∴f(x)是奇函数，∴f(x+1)+f(2−2x)>0，即f(x+1)>f(2x−2)，得x+1>2x−2，解得x<3．故选C．13.答案：1解析：解：函数f(x)=(x+a)lnx的导数为f′(x)=lnx+x+a，x可得曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为k =1+a ， 由切线与直线2x −y =0平行， 可得1+a =2， 解得a =1， 故答案为：1．求得函数f(x)的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a 的值． 本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查两直线平行的条件：斜率相等，正确求导是解题的关键，属于基础题．14.答案：2n+1−2解析：解：由题意可知因为T n =a 1+2a 2+⋯+2n−1a n ，所以2T n =2a 1+22a 2+⋯+2n a n ， 两式相加3T n =a 1+2(a 1+a 2)+22(a 1+a 2)+⋯+2n−1(a n−1+a n )+2n a n=2+2×12+22×122+⋯+2n−1×12n−1+2n a n=2+(n −1)×1+2n a n =n +1+2n a n所以b n =2n ， 从而S n =2(1−2n )1−2=2n+1−2．故答案为：22n+1−2．先根据条件求出数列{b n }的通项公式，再根据通项公式的特点确定求和的方法．本题考查由递推式式求数列的通项公式以及等比数列的前n 项和公式，解题的关键对条件的分组转化，难度较大．15.答案：2解析：本题主要考查向量的计算和模长的计算，属于基础题． 解：依题意，设C(cosβ,sinβ)，则|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(cosα+cosβ)2+(sinα+sinβ)2=2+2cos(α−β)， 所以当cos(α−β)=1时，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2取得最大值4， 故|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ |2的最大值是2．故答案为2．16.答案：4解析：本题主要考查的是抛物线的性质的有关知识，根据到准线的距离转化为到焦点的距离，三点共线时距离最小，进而求出最小值．解：设A(x1,x124)，B(x2,x224)，由x2=4y可得y=x24，∴y′=x2，所以直线PA，PB的方程分别为：y−x124=x12(x−x1)①，y−x224=x22(x−x2)②，①②方程联立可得P(x1+x22,x1x24)，∵点P在准线上，∴x1x24=−1，∴x1x2=−4，设直线AB的方程为：y=kx+m，代入抛物线的方程可得：x2−4kx−4m=0，可得x1x2=−4m，所以可得m=1，即直线恒过(0,1)点，即直线恒过焦点(0,1)，即直AB的方程为：y=kx+1，代入抛物线的方程：x2−4kx−4=0，x1+x2=4k，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，A点到准线的距离与B点到准线的距离之和=AF+BF=y1+y2+2=4k2+4≥4，当k=0时，距离之和最小且为4，这时直线AB平行于x轴．故答案为：4．17.答案：解：(I)由4sin2A−B2+4sinAsinB=3，变形得：2[1−cos(A−B)]+4sinAsinB=3，即2−2(cosAcosB+sinAsinB)+4sinAsinB=3，整理得：2−2cos(A+B)=3，即2+2cosC=3，∴cosC=12，则C =π3；(Ⅱ)∵cos∠ADB =17，∠ADB +∠ADC =π， ∴cos∠ADC =−17，sin∠ADC =4√37，在△ADC 中，由正弦定理AD sinC =AC sin∠ADC 得：AD =ACsinCsin∠ADC =8×√324√37=7，由余弦定理得：AB 2=DA 2+DB 2−2DA ·DB ·cos∠ADB =49+4−4=49， 则AB =7．解析：(I)已知等式利用二倍角的余弦函数公式化简，再利用两角和与差的余弦函数公式化简，求出cos C 的值，即可确定出角C 的大小；(Ⅱ)由cos∠ADB 的值求出cos∠ADC 的值，进而求出sin∠ADC 的值，再由sin C 与AC 的长，利用正弦定理求出AD 的长，再利用余弦定理求出AB 的长即可．此题考查了正弦、余弦定理，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握定理是解本题的关键．18.答案：解：(1)取PA 中点F ，连接EF ，DF ，因为E 为PB 中点， 所以EF//AB ，EF =12AB ． 又因为AB//DC ，AB =2DC ， 所以EF//DC ，EF =DC ． 所以四边形DCEF 为平行四边形， 所以EC//DF ． 又DF ⊂平面PAD ，平面PAD ，所以EC//平面PAD ．(2)因为由题可知AP =AB =2，PB =2√2， 所以AP 2+AB 2=PB 2， 所以AB ⊥AP ，又因为AB ⊥AD ，AP ∩AD =A ，AP ，AD ⊂平面PAD ． 所以AB ⊥平面PAD ．所以以A 为坐标原点，AP ，AB 所在直线为x ，y 轴，在面PAD 内过点A 与AP 垂直的直线为z 轴， 建立空间直角坐标系，A(0,0，0)，E(1,1，0)，C(−1,1，√3)， 设平面AEC 的法向量为n ⃗ =(x,y ，x)， 所以{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0即{x =−y2y =−√3z, 令y =√3，得x =−√3，z =−2． 所以n ⃗ =(−√3√3,−2)，易知平面AEB 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,0，1)， 所以|cos(n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ )|=|n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗|n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗⃗⃗ || =|√3,√3,−2)⋅(0,0,1)√10|=√105， 因为二面角C −AE −B 为锐角， 所以二面角C −AE −B 的余弦值为√105．解析：本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题．(1)取PA 中点F ，在接EF ，DF ，推导出四边形DCEF 为平行四边形，证得EC//DF ，由此能证明EC //平面PAD ；(2)A 为坐标原点，AP ，AB 所在直线为x ，y 轴，在面PAD 内过点A 与AP 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面AEC 与平面AEB 的法向量，进而求得结果．19.答案：解：(Ⅰ)由题得{e =ca =√32(a −c)(a +c)=1，解得{a 2=4c 2=3 则b 2=a 2−c 2=1 则椭圆方程为x 24+y 2=1．(Ⅱ)QN 与以AB 为直径的圆O 相切，证明如下：设P(x P ,y P )(|x P |<2,0<|y P |≤1)，则Q(x P ,2y P )又因为点A 坐标为(−2,0) 所以直线AQ 的斜率k AQ =2y Px P +2则直线AQ 的方程为y =2y Px P+2(x +2)，当x =2时，y =8y PxP +2则M 点坐标为(2,8y PxP+2)，又因为B(2,0)，则N(2,4y PxP +2)则直线QN 的斜率为k QN =−2x P y P(2+xP )(2−x P )则直线QN 的方程为：2x P yP 4−x P2x +y −8yP4−x P2=0则点O(0,0)到直线QN 的距离为d =8y P4−x P2×√(4−x P2)24x P 2y P 2+(4−x P2)又因为y P 2=1−x P24则d =8y P4−x P2×√(4−x P2)24x P 2y P2+(4−x P2)=84−x P2×√4−x P22×√(4−x P2)24x P 2(1−x P 24)+(4−x P 2)2=2则QN 与以AB 为直径的圆O 相切．解析：(Ⅰ)由题得{e =c a=√32(a −c)(a +c)=1，及其b 2=a 2−c 2=1，即可得出．(Ⅱ)QN 与以AB 为直径的圆O 相切，分析如下：设P(x P ,y P )(|x P |<2,0<|y P |≤1)，则Q(x P ,2y P ).又因为点A 坐标为(−2,0)，可得直线AQ 的方程为y =2y Px P+2(x +2)，可得M 点坐标为(2,8y PxP +2)，又因为B(2,0)，则N(2,4y PxP +2).直线QN 的方程为：2x P yP 4−x P 2x +y −8yP 4−x P 2=0.又y P 2=1−x P 24，可得点O(0,0)到直线QN 的距离为d =2，即可证明QN 与以AB 为直径的圆O 相切．本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与圆相切的性质、直线方程，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20.答案：解：f′(x)=2xe x −x 2e x(e x )2=−x(x−2)e x，令f′(x)=0，得x =0或2， 得出f(x)与f′(x)的表格，所以当x =0时，函数有极小值，且f(0)=0． 当x =2时，函数有极大值，且f(2)=4e 2．解析：本题考查了利用导数研究函数的极值，先求导，列表即可得出极值．21.答案：解：(1)设甲、乙两人同时承担同一项任务为事件M ，则P(M)=A 44C 52A 44=110，所以甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率是P(M)=1−P(M)=910， 答：甲、乙两人不同时承担同一项任务的概率是910； (2)ξ的可能取值为ξ=0,1,2,3,4,5， P(ξ=0)=3545=(34)5，P(ξ=1)=C 51⋅3445=5⋅3445， P(ξ=2)=C 52⋅3345=10⋅3345， P(ξ=3)=C 53⋅3245=10⋅3245，P(ξ=4)=C 54⋅3145=1545， P(ξ=5)=C 55⋅3045=145，ξ的分布列为：所以E (ξ)=∑i ⋅P i 5i=0=54．解析：本题考查离散型随机变量的期望的求解及古典概型．(1)利用古典概型求出甲、乙两人同时承担同一项任务的概型，然后利用对立事件的概率公式求解即可；(2)分析ξ的取值，求出各自的概率，得出分布列，再求期望．22.答案：解：(1)由曲线C 的参数方程{x =−1+2cosφy =2sinφ，消去参数φ，得曲线C 的普通方程为(x +1)2+y 2=4．由曲线l 1的极坐标方程ρsin (θ−π4)=√22，得ρsin θ+ρcos θ=1，将x =ρcos θ，y =ρsin θ代入，得l 1的直角坐标方程为x +y −1=0； (2)由l 1⊥l 2，得直线l 2的斜率k l 2=−1k l 1=1，所以l 2的倾斜角为π4，又l 2过圆心(−1,0)，所以l 2的方程为y =x +1，与x +y −1=0联立，得AB 的中点M(0,1)，故l 2的参数方程为{x =tcos π4y =1+tsin π4,(t 为参数)，即{x =√22t y =1+√22t ,(t 为参数)，代入(x +1)2+y 2=4中，化简、整理得t 2+2√2t −2=0， 设P ，Q 对应的参数分别为t 1，t 2，则由韦达定理得t 1·t 2=−2， 又线段PQ 为圆的直径，所以|PQ|=4， 所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：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，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型． (1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)不等式f(x)−|x|<1，即为|x −2|−|x|<1，当x >2时，x −2−x <1，即x >2； 当x <0时，2−x +x <1，即x ∈⌀；当0≤x ≤2时，2−x −x <1，解得x >12，即有12<x ≤2， 综上可得不等式的解集为(12,+∞)； (2)∀x ∈R ，f(x)+g(x)≥a 2−2a 恒成立，即为|x−2|+|x+1|≥a2−2a恒成立，由|x−2|+|x+1|≥|x−2−x−1|=3，当且仅当−1≤x≤2时，取得最小值3，可得a2−2a≤3，解得−1≤a≤3．解析：(1)由题意可得|x−2|−|x|<1，讨论x的范围，去绝对值，解不等式，求并集即可得到所求解集；(2)由题意可得|x−2|+|x+1|≥a2−2a恒成立，运用绝对值不等式的性质可得不等式左边的最小值，解a的不等式，即可得到所求范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质：求最值，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想，考查运算能力，属于中档题．。
2020届广东省汕头市高三第一次模拟考试数学理试题
2020年汕头市普通高考第一次模拟考试试题理科数学一、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 项是符合题目的要求的。
1．已知集合A ＝｛x ｜1≤x ≤4｝，B ＝｛x ｜02xx≥-｝，则A ∩B ＝ A 、｛x ｜2≤x ≤4｝B 、｛x ｜2＜x ≤4｝C 、｛x ｜1≤x ≤2｝D 、｛x ｜1≤x ＜2｝2．下列各式的运算结果虚部为1的是 A 、(1)i i - B 、21i+ C 、2(1)i i +- D 、2＋2i3．若实数x ，y 满足则2y x -的最大值是A 、9B 、12 C.3 D 、64．近年来，随着“一带一路”倡议的推进，中国与沿线国家旅游合作越来越密切，中国 到“一带一路”沿线国家的游客人也越来越多，如图是2013-2018年中国到“一带一路” 沿线国家的游客人次情况，则下列说法正确的是①2013-2018年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次逐年增加②2013-2018年这6年中，2014年中国到“一带一路”沿线国家的游客人次增幅最小③2016-2018年这3年中，中国到“一带一路”沿线国家的游客人次每年的增幅基本持平 A 、①②③ B 、②③ C 、①② D 、③ 5．已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，且在［0，＋∞）上单调递减，f (2)＝0，则不等式2(log )0f x >的解集为A 、（14，4） B 、（2，2） C 、（14，＋∞） D 、（4，＋∞） 6．已知函数的图象与直线y =a (0<a <A )的三个相邻交点的横坐标分别为2、4、8，则f (x )的单调递减区间为7．“今有城，下广四丈，上广二丈，高五丈，袤一百二十六丈五尺。
”这是我国古代数学名 著《九章算术》卷第五中“商功”中的问题。
意思为“现有城（如图，等腰梯形的直棱 柱体），下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长126丈5尺（1丈=10尺）”，则该问题 中“城”的体积等于A 、1.8975×106立方尺 B 、3.7950×106立方尺 C 、2.5300×105立方尺 D 、1.8975×105立方尺8．已知四边形ABCD 为平行四边形，||2AB =u u u r ，||3AD =u u u r，M 为CD 中点，2BN NC =u u u r u u u r ， 则AN MN u u u r u u u u r g ＝A 、13 B 、23 C 、1 D 、439．△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的分别为a ，b ，c ，且，若a =2，则△ABC 的面积的最大值是A 、1B 、3C 、2D 、23 10．在25(2)x x --的展开式中，x 3的系数为 A 、－40 B 、160 C 、120 D 、200 11．体积为2153的三棱锥A -BC D 中，BC AC=BD=AD=3，CD ＝25，AB 22<，则 该三棱锥外接球的表面积为 A 、20πB 、613π C 、6112π D 、4912π12．若函数f (x )在其图像上存在不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其坐标满足条件：的最大值为0，则称f (x )为“柯西函数”，则下列函数：其中为“柯西函数”的个数为A 、1B 、2C 、3D 、4 第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．曲线2()xf x x e -=在点（1，f (1))处的切线方程为 .14．若双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的两个顶点将焦距三等分，则双曲线C 的渐近线方程为 .15．“新冠肺炎”爆发后，某医院由甲、乙、丙、丁、戊5位医生组成的专家组到某市参加抗击疫情.五位医生去乘高铁，按规定每位乘客在进站前都需要安检，当时只有3个安检口开通，且没有其他旅客进行安检.5位医生分别从3个安检口进行安检，每个安检口都有医生去安检且不同的安检顺序视为不同的安检，则甲、乙2位医生不在同一个安检口进行安检的概率为 .16．直线:10(0)l x ty t -+=>和抛物线C ：24y x =相交于不同两点A 、B ，设AB 的中点为M ， 抛物线C 的焦点为F ，以MF 为直径的圆与直线l 相交另一点为N ，且满足 ｜MN ｜＝33｜NF ｜，则直线l 的方程为.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。
广东省2020年高考数学一模试卷(理科)A卷
广东省2020年高考数学一模试卷（理科）A卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）设集合,或,则=（）A .B .C .D . R2. （2分） (2020高二下·顺德期中) 若复数，则（）A .B .C .D . 203. （2分） (2020高一下·江西期中) 已知数列为等差数列，前项和为，且则（）A .B .C .D .4. （2分） (2020高二下·天津期末) 已知向量的夹角为，，且，则（）C . 8D . 95. （2分） (2019高二上·海口月考) 函数的图象大致是（）A .B .C .D .6. （2分）有下列四种说法：①命题“,使得”的否定是“都有” ；②“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件；③“若则a<b”的逆命题为真；④若实数,则满足: 的概率为.其中错误的个数是C . 2D . 37. （2分） (2017高二下·临沭开学考) 如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（）A . 34B . 55C . 78D . 898. （2分）右图是某几何体的三视图，其中正视图是正方形，侧视图是矩形，俯视图是半径为2的半圆，则该几何体的表面积等于（）A .B . 24πC .9. （2分）已知A（2，3）B（﹣3，﹣2）若有直线l：kx﹣y+1﹣k=0，与线段AB相交，则k的取值范围为（）A . k≥2或k≤B . ≤k≤2C . k≥D . k≤210. （2分）抛物线的焦点F是椭圆的一个焦点，且它们的交点M到F的距离为，则椭圆的离心率为（）A .B .C .D .11. （2分） (2016高二上·延安期中) 若a，b，c成等比数列，则方程ax2+bx+c=0（）A . 有两个不等实根B . 有两相等的实根C . 无实数根D . 无法确定12. （2分）若曲线f（x）=xsinx+1在x=处的切线与直线2x﹣ay+1=0互相垂直，则实数a等于（）A . ﹣2B . ﹣1C . 1D . 2二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）若向量 =（1，﹣2），向量 =（x，1），且⊥ ，则x=________．14. （1分） (2017高二下·濮阳期末) 双曲线﹣ =1（a＞0）的离心率为________．15. （1分）(2012·辽宁理) 已知正三棱锥P﹣ABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上，若PA，PB，PC两两垂直，则球心到截面ABC的距离为________．16. （1分） (2015高三上·苏州期末) 己知{an}是等差数列，a5=15，a10=﹣10，记数列{an}的第n项到第n+5顶的和为Tn；，则|Tn|取得最小值时的n的值为________ ．三、解答题 (共7题；共55分)17. （10分）(2020·福州模拟) △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．（1）求B；（2）若△ABC的面积等于，求△ABC的周长的小值．18. （15分）某人经营一个抽奖游戏，顾客花费2元钱可购买一次游戏机会，每次游戏中，顾客从装有1个黑球，3个红球，6个白球的不透明袋子中依次不放回地摸出3个球（除颜色外其他都相同），根据摸出的球的颜色情况进行兑奖，顾客获得一等奖、二等奖、三等奖、四等奖时分别可领取奖金a元、10元、5元、1元，若经营者将顾客摸出的3个球的颜色情况分成以下类别：A：1个黑球2个红球；B：3个红球；C：恰有1个白球；D：恰有2个白球；E：3个白球．且经营者计划将五种类别按照发生机会从小到大的顺序分别对应中一等奖、中二等奖、中三等奖、中四等奖、不中奖五个层次．（1）请写出一至四等奖分别对应的类别（写出字母即可）；（2）若经营者不打算在这个游戏的经营中亏本，求a的最大值；（3）若a=50，当顾客摸出的第一个球是红球时，求他领取的奖金的平均值．19. （5分）如图，矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N、R分别是AB、PC、CD的中点．①求证：直线AR∥平面PMC；②求证：直线MN⊥直线AB．20. （5分） (2019高二上·永济月考) 已知椭圆的中心在坐标原点，长轴长为，离心率，过右焦点的直线交椭圆于，两点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）当直线的倾斜角为时，求的面积．21. （5分） (2017高二下·鞍山期中) 已知函数f（x）的导函数为f′（x），满足xf′（x）+2f（x）= ，且f（e）=（Ⅰ）求f（x）的表达式（Ⅱ）求函数f（x）在[1，e2]上的最大值与最小值．22. （5分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的参数方程为（θ为参数），以原点为极坐标系的极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程θ= （ρ∈R），设直线l与椭圆C相交于A，B，求线段AB的长．23. （10分）(2020·苏州模拟) 设函数 .（1）求函数的单调区间；（2）己知函数有两个极值点①比较与的大小；②若函数在区间上有且只有一个零点，求实数的取值范围.参考答案一、选择题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共7题；共55分) 17-1、17-2、18-1、18-2、18-3、19-1、20-1、21-1、22-1、23-1、23-2、。
广东省2020年高考一模 数学(理)试卷 (解析版)
2020年高考数学一模试卷（理科）一、选择题（共12小题）1．已知集合A ，B 均为全集U ＝{1，2，3，4，5，6，7}的子集，集合A ＝{1，2，3，4}，则满足A ∩∁U B ＝{1，2}的集合B 可以是（ ）A ．{1，2，3，4}B ．{1，2，7}C ．{3，4，5，6}D ．{1，2，3} 2．复数z =4+3i 3−4i（i 为虚数单位）的虚部为（ ） A ．﹣1 B ．2 C ．5 D ．13．若x ，y 满足约束条件{|x −y|≤1|x|≤2，则z ＝2x +y 的最大值为（ ） A ．﹣7 B ．3 C ．5 D ．74．如图，△OAB 是边长为2的正三角形，记△OAB 位于直线x ＝t （0＜t ≤2）左侧的图形的面积为f （t ），则y ＝f （t ）的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．5．将函数f （x ）＝cos （2x ﹣1）的图象向左平移1个单位长度，所得函数在[0，12]的零点个数是（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个或以上 6．某广场设置了一些石凳子供大家休息，这些石凳子是由正方体沿各棱的中点截去八个一样的正三棱锥后得到的．如果被截正方体的棱长为40cm ，则石凳子的体积为（ ） A ．1920003cm 3 B ．1600003cm 3 C ．160003cm 3 D ．640003cm 37．在某市2020年1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N （98，100），已知参加本次考试的全市理科学生约有9450人，如果某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第（ ）附：若X ～N （μ，σ2），则P （μ﹣σ＜X ＜μ+σ）＝0.6826，P （μ﹣2σ＜X ＜μ+2σ）＝0.9544A ．1500名B ．1700名C ．4500名D ．8000名 8．已知(1+x m )n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a n x n ，若a 1＝3，a 2＝4，则m ＝（ ）A ．1B ．3C ．2D ．49．已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a ＞0，b ＞0)的左右焦点分别为F 1，F 2，A 为双曲线的左顶点，以F 1F 2为直径的圆交双曲线的一条渐近线于P ，Q 两点，且∠PAQ =5π6，则该双曲线的离心率为（ ）A ．√2B ．√3C ．√213D ．√1310．设正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2√S n =a n +1，则数列{a n ﹣7}的前n 项和T n 的最小值为（ ）A ．−494B ．−72C ．72D ．﹣12。