2020广东茂名二模高三数学理试卷及答案
2020年广东省茂名市高考理科数学模拟试卷及答案解析
（2）已知小强已通过初试，他在复试中单选题的正答率为 ，多选题的正答率为 ，且每道题回答正确与否互不影响．记小强复试成绩为y，求y的分布列及数学期望．
附：p＜μ﹣σ＜X＜μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜X＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜X＜μ+3σ）＝0.9974．
2020年广东省茂名市高考理科数学模拟试卷
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．已知集合A＝{x∈N|x＞1}，B＝{x|x＜5}，则A∩B＝（ ）
A．{x|1＜x＜5}B．{x|x＞1}C．{2，3，4}D．{1，2，3，4，5}
2．已知i为虚数单位，若 ，则a2019+b2020＝（ ）
2020年广东省茂名市高考理科数学模拟试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）
1．已知集合A＝{x∈N|x＞1}，B＝x|x＜5}，则A∩B＝（ ）
A．{x|1＜x＜5}B．{x|x＞1}C．{2，3，4}D．{1，2，3，4，5}
【分析】利用交集定义直接求解．
【解答】解：∵集合A＝{x∈N|x＞1}，B＝{x|x＜5}，
16．如图，O在△ABC的内部，且 + +3 ＝ ，则△ABC的面积与△AOC的面积的比值为．
三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）
17．（12分）已知数列{an}的前n项和Sn＝n2+2n，等比数列{bn}满足b2＝a1，b3＝a4．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）求数列{anbn}的前n项和Tn．
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．。
2023年广东省茂名市高考数学二模数学试卷【答案版】
2023年广东省茂名市高考数学二模数学试卷一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分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A ＝{x ||x |≤1}，B ＝{x |2x ﹣a ＜0}，若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞）B ．[2，+∞）C ．（﹣∞，2）D ．（﹣∞，2]2．若复数z 满足iz ＝4+3i ，则|z |＝（ ） A ．√5B ．3C ．5D ．253．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄a ，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的（ ） A ．充要条件B ．既不充分也不必要条件C ．必要不充分条件D ．充分不必要条件4．从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为（ ） A ．110B ．15C ．310D ．255．已知平面xoy 内的动点P ，直线l ：x sin θ+y cos θ＝1，当θ变化时点P 始终不在直线l 上，点Q 为⊙C ：x 2+y 2﹣8x ﹣2y +16＝0上的动点，则|PQ |的取值范围为（ ） A ．(√17−2，√17) B ．(√17−2，√17+2] C ．[√17−2，√17+2)D ．(√17−2，√17+2)6．如图所示，正三棱锥P ﹣ABC ，底面边长为2，点P 到平面ABC 距离为2，点M 在平面P AC 内，且点M 到平面ABC 的距离是点P 到平面ABC 距离的23，过点M 作一个平面，使其平行于直线PB 和AC ，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为（ ）A ．24+16√39B ．12+16√39C ．12+8√39D ．24+8√397．黎曼函数R （x ）是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，R （x ）在[0，1]上的定义为：当x =qp （p ＞q ，且p ，q 为互质的正整数）时，R(x)=1p ；当x ＝0或x ＝1或x 为（0，1）内的无理数时，R （x ）＝0，则下列说法错误的是（ ） A ．R （x ）在[0，1]上的最大值为12B ．若a ，b ∈[0，1]，则R （a •b ）≥R （a ）•R （b ）C ．存在大于1的实数m ，使方程R(x)=mm+1(x ∈[0，1])有实数根 D ．∀x ∈[0，1]，R （1﹣x ）＝R （x ）8．已知函数f （x ）＝2sin x cos x +4cos 2x ﹣1，若实数a 、b 、c 使得af （x ）﹣bf （x +c ）＝3对任意的实数x 恒成立，则2a +b ﹣cos c 的值为（ ） A ．12B ．32C ．2D ．52二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．小爱同学在一周内自测体温（单位：℃）依次为36.1，36.2，36.1，36.5，36.3，36.6，36.3，则该组数据的（ ） A ．平均数为36.3 B ．方差为0.04C ．中位数为36.3D ．第80百分位数为36.5510．已知O 为坐标原点，椭圆C ：x 216+y 29=1的左、右焦点分别为F 1、F 2，椭圆的上顶点和右顶点分别为A 、B ，点P 、Q 都在C 上，且PO →=OQ →，则下列说法正确的是（ ） A ．△PQF 2周长的最小值为14B ．四边形PF 1QF 2可能是矩形C ．直线PB ，QB 的斜率之积为定值−916D ．△PQF 2的面积最大值为3√7 11．已知f （x ）={−x 2+2x +1，x ＜0x e x，x ≥0，若关于x 的方程4ef 2（x ）﹣af （x ）+1e =0恰好有6个不同的实数解，则a 的取值可以是（ ） A ．174B ．194C ．214D ．23412．如图所示，有一个棱长为4的正四面体P ﹣ABC 容器，D 是PB 的中点，E 是CD 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．若E 是CD 的中点，则直线AE 与PB 所成角为π2B ．△ABE 的周长最小值为4+√34C ．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为√63D ．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为√6−2 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知实数a ，b 满足lga +lgb ＝lg （a +2b ），则a +b 的最小值是 ．14．已知函数f （x ）的图象关于直线x ＝1对称，且x ≤1时，f （x ）＝e x +x ﹣1，则曲线y ＝f （x ）在点P （2，f （2））处的切线方程为 ．15．已知抛物线y 2＝6x 的焦点为F ，准线为l ，过F 的直线与抛物线交于点A 、B ，与直线l 交于点D ，若AF →=λFB →(λ＞1)且|BD →|=4，则λ＝ ．16．修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段．如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C 且直径MN 平行坝面．坝面上点A 满足AC ⊥MN ，且AC 长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A 到小岛建三段栈道AB 、BD 与BE ，水面上的点B 在线段AC 上，且BD 、BE 均与圆C 相切，切点分别为D 、E ，其中栈道AB 、BD 、BE 和小岛在同一个平面上．此外在半圆小岛上再修建栈道MÊ、DN ̂以及MN ，则需要修建的栈道总长度的最小值为 百米．四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（10分）已知数列{a n }的前n （n ∈N *）项和S n 满足S n +1+S n ＝2（n +1）2，且a 1＝1． （1）求a 2，a 3，a 4；（2）若S n 不超过240，求n 的最大值．18．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足tanB =sin(C+π3)sin(C−π6)．（1）求A ；（2）若D 为边BC 上一点，且2CD ＝AD ＝BD ，试判断△ABC 的形状．19．（12分）在四棱锥P ﹣ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，O 为AD 的中点． （1）求证：PO ⊥BC ；（2）若AB ∥CD ，AB ＝8，AD ＝DC ＝CB ＝4，PO =2√7，点E 在棱PB 上，直线AE 与平面ABCD 所成角为π6，求点E 到平面PCD 的距离．20．（12分）已知F 1，F 2分别为双曲线E ：x 2a 2−y 2b 2=1（{a ＞0，b ＞0}）的左、右焦点，P 为渐近线上一点，且√3|PF 1|=√7|PF 2|，cos ∠F 1PF 2=√217．（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E 实轴长为2，过点F 2且斜率为k 的直线l 交双曲线C 的右支不同的A ，B 两点，Q 为x 轴上一点且满足|QA |＝|QB |，试探究2|QF 2||AF 1|+|BF 1|−4是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．21．（12分）已知函数f （x ）=x 22+lnx ﹣2ax ，a 为常数，且a ＞0． （1）判断f （x ）的单调性；（2）当0＜a ＜1时，如果存在两个不同的正实数m ，n 且f （m ）+f （n ）＝1﹣4a ，证明：m +n ＞2． 22．（12分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n +1次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第n ﹣1，n ﹣2，n ﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n （n ∈N *）次操作后，记甲盒子中黑球个数为X n ，甲盒中恰有1个黑球的概率为a n ，恰有2个黑球的概率为b n ． （1）求X 1的分布列； （2）求数列{a n }的通项公式； （3）求X n 的期望．2023年广东省茂名市高考数学二模数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分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A ＝{x ||x |≤1}，B ＝{x |2x ﹣a ＜0}，若A ⊆B ，则实数a 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞）B ．[2，+∞）C ．（﹣∞，2）D ．（﹣∞，2]解：由已知可得A ＝{x ||x |≤1}＝{x |﹣1≤x ≤1}，B ＝{x |2x ﹣a ＜0}＝{x |x ＜a2}， 因为A ⊆B ，所以a2＞1，即a ＞2，故选：A ．2．若复数z 满足iz ＝4+3i ，则|z |＝（ ） A ．√5B ．3C ．5D ．25解：由iz ＝4+3i ，得﹣z ＝4i ﹣3，得z ＝3﹣4i ，则|z |=√32+(−4)2=5， 故选：C ．3．已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄a ，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的（ ） A ．充要条件B ．既不充分也不必要条件C ．必要不充分条件D ．充分不必要条件解：若“m ∥n ”则“m ∥α”成立，即充分性成立， ∵m ∥α，∴m 不一定平行n ，即“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件， 故选：D ．4．从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为（ ） A ．110B ．15C ．310D ．25解：从1，2，3，4，5中任选3个不同数字组成一个三位数， 有n =A 53=60种选法，要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除， ∴数字为1，2，3时，有A 33有6种， 数字为1，3，5时，有A 33有6种， 数字为2，3，4时，有A 33有6种， 数字为3，4，5时，有A 33有6种，共有m ＝6×4＝24种，∴该三位数能被3整除的概率为P =m n =2460=25． 故选：D ．5．已知平面xoy 内的动点P ，直线l ：x sin θ+y cos θ＝1，当θ变化时点P 始终不在直线l 上，点Q 为⊙C ：x 2+y 2﹣8x ﹣2y +16＝0上的动点，则|PQ |的取值范围为（ ） A ．(√17−2，√17) B ．(√17−2，√17+2] C ．[√17−2，√17+2)D ．(√17−2，√17+2)解：由圆点O 到直线l ：x sin θ+y cos θ＝1的距离为d =|0+0−1|√cos 2θ+sin 2θ=1，可知直线l 是圆O ：x 2+y 2＝1的切线，又动直线始终不经过点P ， ∴点P 在圆O 内，∵点Q 为⊙C ：x 2+y 2﹣8x ﹣2y +16＝0上的动点，且C （4，1），r ＝1， ∴|OC |﹣2＜|PQ |＜|OC |+2，|OC |=√(4−0)2+(1−0)2=√17， ∴|PQ |的取值范围为（√17−2，√17+2）． 故选：D ．6．如图所示，正三棱锥P ﹣ABC ，底面边长为2，点P 到平面ABC 距离为2，点M 在平面P AC 内，且点M 到平面ABC 的距离是点P 到平面ABC 距离的23，过点M 作一个平面，使其平行于直线PB 和AC ，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为（ ）A ．24+16√39B ．12+16√39C ．12+8√39D ．24+8√39解：因为三棱锥P ﹣ABC 为正三棱锥，所有三角形ABC 为等边三角形并且边长为2，即AB ＝AC ＝BC ＝2，又因为P ﹣ABC 为正三棱锥，因此过点P 作底面ABC 的垂线PO ，垂足为O ，则点O 为三角形ABC 的中心，过B 作AC 的垂线于H ，由三角形ABC 为等边三角形，因此AH =CH =1，BH =√22−12=√3，OH =13BH =√33，在直角三角形AHO 中，AO =√AH 2+OH 2=√12+(√33)2=2√33， 又因为PO ＝2，在直角三角形AOP 中，AP =√AO 2+OP 2=√(2√33)2+22=4√33，故AP =BP =CP =4√33， 因为三棱锥P ﹣ABC 为正三棱锥，因此△APC ，△APB ，△BPC 均为等腰三角形， 又M 到平面ABC 距离为点P 到平面ABC 距离的23，因此M 为PH 的三等分点（靠近P ），过点M 作Q 1Q 2∥AC 交PC 于Q 1，交P A 于Q 2，过点Q 1作Q 1Q 4∥BP 交BC 于Q 4，过点Q 4作Q 3Q 4∥AC 交AB 于Q 3，连接Q 3Q 4，所以Q 1Q 2∥AC ∥Q 3Q 4，则Q 1，Q 2、Q 3、Q 4四点共面， 因为Q 1Q 4∥BP ，Q 1Q 4⊂面Q 1Q 2Q 3Q 4，BP ⊄面Q 1Q 2Q 3Q 4， 所以BP ∥面Q 1Q 2Q 3Q 4，所以面Q 1Q 2Q 3Q 4即为过点M 且平行于直线PB 和AC 的平面， 利用三角形相似可得：Q 1Q 2=Q 3Q 4=13AC =23，Q 2Q 3=Q 1Q 4=23BP =8√39， 这个平面与三棱锥表面交线的总长为Q 1Q 2+Q 2Q 3+Q 3Q 4+Q 1Q 4=2×8√39+2×23=12+16√39． 故选：B ．7．黎曼函数R （x ）是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，R （x ）在[0，1]上的定义为：当x =q p（p ＞q ，且p ，q 为互质的正整数）时，R(x)=1p；当x ＝0或x ＝1或x 为（0，1）内的无理数时，R （x ）＝0，则下列说法错误的是（ ） A ．R （x ）在[0，1]上的最大值为12B ．若a ，b ∈[0，1]，则R （a •b ）≥R （a ）•R （b ）C ．存在大于1的实数m ，使方程R(x)=mm+1(x ∈[0，1])有实数根 D ．∀x ∈[0，1]，R （1﹣x ）＝R （x ）解：对于A ，由题意，R （x ）的值域为{0，12，13，⋯⋯，1p ，⋯⋯}，其中p 是大于等于2的正整数，选项A 正确；对于B ，①若a ，b ∈（0，1]，设a =qp，b =n m （p ，q 互质，m ，n 互质），a ⋅b =q p ⋅n m ≥1p ⋅1m，则R （a •b ）≥R （a ）•R （b ），②若a ，b 有一个为0，则R （a •b ）≥R （a ）•R （b ）＝0，选项B 正确； 对于C ，若n 为大于1的正数，则n n+1＞12，而R （x ）的最大值为12，所以该方程不可能有实根，选项C 错误；对于D ，x ＝0，1或（0，1）内的无理数，则R （x ）＝0，R （1﹣x ）＝0，R （x ）＝R （1﹣x ）， 若x 为（0，1）内的有理数，设x =qp （p ，q 为正整数，qp为最简真分数），则R(x)=R(1−x)=1p ，选项D 正确． 故选：C ．8．已知函数f （x ）＝2sin x cos x +4cos 2x ﹣1，若实数a 、b 、c 使得af （x ）﹣bf （x +c ）＝3对任意的实数x 恒成立，则2a +b ﹣cos c 的值为（ ） A ．12B ．32C ．2D ．52解：f （x ）＝sin2x +2（1+cos2x ）﹣1=sin2x +2cos2x +1=√5sin(2x +θ)+1，其中tan θ＝2，0＜θ＜π2， ∴由af （x ）﹣bf （x +c ）＝3得，√5asin(2x +θ)−√5bsin(2x +θ+c)+a −b −3=0， ∴√5(a −bcosc)sin(2x +θ)−√5bsinc ⋅cos(2x +θ)+a −b −3=0， 由已知条件，上式对任意x ∈R 恒成立，故必有{a −bcosc =0①bsinc =0②a −b −3=0③，若b ＝0，则a ＝0，由③得﹣3＝0，∴b ≠0，由②得sin c ＝0，若cos c ＝1，由①得a ﹣b ＝0，与③矛盾，∴cos c ＝﹣1，∴{a +b =0a −b −3=0，解得{a =32b =−32， ∴2a +b −cosc =3−32+1=52． 故选：D ．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．小爱同学在一周内自测体温（单位：℃）依次为36.1，36.2，36.1，36.5，36.3，36.6，36.3，则该组数据的（ ） A ．平均数为36.3B ．方差为0.04C ．中位数为36.3D ．第80百分位数为36.55解：根据题意，将7个数据从小到大排列：36.1，36.1，36.2，36.3，36.3，36.5，36.6， 由此分析选项：对于A ，其平均数x =17（36.1+36.1+36.2+36.3+36.3+36.5+36.6）＝36.3，A 正确； 对于B ，其方差S 2=17（0.04+0.04+0.01+0+0+0.04+0.09）=22700，B 错误； 对于C ，其中位数为第4个数据，即36.3，C 正确；对于D ，7×80%＝5.6，则该组数据的第80百分位数为36.5，D 错误． 故选：AC ．10．已知O 为坐标原点，椭圆C ：x 216+y 29=1的左、右焦点分别为F 1、F 2，椭圆的上顶点和右顶点分别为A 、B ，点P 、Q 都在C 上，且PO →=OQ →，则下列说法正确的是（ ） A ．△PQF 2周长的最小值为14B ．四边形PF 1QF 2可能是矩形C ．直线PB ，QB 的斜率之积为定值−916 D ．△PQF 2的面积最大值为3√7 解：由PO →=OQ →，可知P ，Q 关于原点对称，对于A ，根据椭圆的对称性，|PQ |+|PF 2|+|QF 2|＝|PQ |+|PF 2|+|PF 1|＝|PQ |+8，当PQ 为椭圆的短轴时，|PQ |有最小值6，所以△PQF 2周长的最小值为14，故A 正确； 对于B ，因为tan ∠F 1AO =c b =√73，所以∠F 1AO ＜π4， 则∠F 1AF 2＜π2，故椭圆上不存在点P ，使得∠F 1PF 2=π2，又四边形PF 1QF 2是平行四边形，所以四边形PF 1QF 2不可能是矩形，故B 不正确； 对于C ，由题意得B （4，0），设P （x ，y ），则Q （﹣x ，﹣y ）， 所以k PB ⋅k QB=y x−4⋅−y (−x)−4=y 2x 2−16=9(1−x 216)x 2−16=−916，故C 正确； 对于D ，设△PF 2Q 的面积为S =12|OF||y P −y Q |，所以当PQ 为椭圆的短轴时，|y P ﹣y Q |＝6最大， 所以S =12|OF||y P −y Q |≤12×√7×6=3√7，故D 正确． 故选：ACD ．11．已知f （x ）={−x 2+2x +1，x ＜0x e x，x ≥0，若关于x 的方程4ef 2（x ）﹣af （x ）+1e =0恰好有6个不同的实数解，则a 的取值可以是（ ） A ．174B ．194C ．214D ．234解：令g （x ）=x e x ，则g '（x ）=1−xex ，所以g （x ）在[0，1）上单调增，在（1，+∞）上单调减， 所以f （x ）的大致图像如下所示：令t ＝f （x ），所以关于x 的方程4ef 2（x ）﹣af （x ）+1e=0有6个不同实根等价于关于t 方程4et 2﹣at +1e=0在t ∈（0，1e）内有2个不等实根，即h （t ）＝4et +1et 与y ＝a 在t ∈（0，1e）内有2个不同交点， 又因为h ′（t ）＝4e −1et 2=4e 2t 2−1et 2，令h ′（t ）＝0，则t ＝±12e，所以当t ∈（0，12e）时，h ′（t ）＜0，h （t ）单调递减；当t ∈（12e，+∞）时，h ′（t ）＞0，h （t ）单调递增； 所以h （t ）＝4et +1et的大致图像如下所示：又h （12e）＝4，h （1e）＝5，所以a ∈（4，5）．对照四个选项，AB 符合题意． 故选：AB ．12．如图所示，有一个棱长为4的正四面体P ﹣ABC 容器，D 是PB 的中点，E 是CD 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．若E 是CD 的中点，则直线AE 与PB 所成角为π2B ．△ABE 的周长最小值为4+√34C ．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为√63D ．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为√6−2 A 选项，连接AD ，如图所示：在正四面体P ﹣ABC 中，D 是PD 的中点，所以PB ⊥AD ，PB ⊥CD ，因为AD ⊂平面ACD ，CD ⊂平面ACD ，AD ∩CD ＝D ，所以直线PB ⊥平面ACD ，因为AE ⊆平面ACD ，所以PB ⊥AE ，所以直线AE 与PB 所成角为π2；故A 选项正确；B 选项，把△ACD 沿着CD 展开与面BCD 同一平面内，由AD ＝CD =2√3，AC ＝4，cos ∠ACD =13，所以cos ∠ADB ＝cos （π2+∠ADC ）＝﹣sin ∠ADC =−2√23，所以AB 2=22+(2√3)2−2×2×2√3×(−2√23)=16+16√63≠34，所以△ABC 的周长最小值为4+√34不正确，故B 选项错误； C 选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r ，由等体积法可知，V P−ABC =13S △ABC ×ℎ=13S 表×r ，所以半径r =14ℎ=√612×4=√63，故C 选项正确；D 选项，10个小球分三层，（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r ，四个角小球球心连线M ﹣NGF 是棱长为4r 的正四面体，其高为4√63r ，由正四面体内切球的半径为高的14得，如图正四面体P ﹣HIJ ，则MP ＝3r ，正四面体P ﹣ABC 的高为3r +4√63r +r =√63×4，得r =√6−2，故D 选项正确． 故选：ACD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知实数a ，b 满足lga +lgb ＝lg （a +2b ），则a +b 的最小值是 3+2√2 ． 解：因为lga +lgb ＝lg （a +2b ），所以ab ＝a +2b ，a ＞0，b ＞0，所以1b+2a=1，故a +b ＝（a +b ）（2a +1b ）＝3+2ba +ab ≥3+2√2，当且仅当a =√2b 时取等号．故答案为：3+2√2．14．已知函数f （x ）的图象关于直线x ＝1对称，且x ≤1时，f （x ）＝e x +x ﹣1，则曲线y ＝f （x ）在点P （2，f （2））处的切线方程为 2x +y ﹣4＝0 ．解：∵函数f （x ）图象关于直线x ＝1对称，∴f （x ）＝f （2﹣x ） ∵当x ≤1，f （x ）＝e x +x ﹣1， ∴x ＞1时，2﹣x ＜1，∴f （x ）＝f （2﹣x ）＝e 2﹣x +2﹣x ﹣1＝e 2﹣x ﹣x +1．则f ′（x ）＝﹣e 2﹣x ﹣1，可得f ′（2）＝﹣2，f （2）＝0．∴曲线y ＝f （x ）在点P （2，f （2））处的切线方程为y ＝﹣2（x ﹣2），即2x +y ﹣4＝0． 另解：由函数f （x ）的图象关于直线x ＝1对称，可得f （2）＝f （0）＝0，即P （2，0），由x ≤1时，f （x ）＝e x +x ﹣1，导数为f ′（x ）＝e x +1，可得f （x ）在（0，0）处的切线的斜率为2， 则f （x ）在（2，0）处的切线的斜率为﹣2，可得曲线y ＝f （x ）在点P （2，f （2））处的切线方程为y ＝﹣2（x ﹣2），即2x +y ﹣4＝0． 故答案为：2x +y ﹣4＝0．15．已知抛物线y 2＝6x 的焦点为F ，准线为l ，过F 的直线与抛物线交于点A 、B ，与直线l 交于点D ，若AF →=λFB →(λ＞1)且|BD →|=4，则λ＝ 3 ．解：设准线与x 轴的交点为K ，作AA 1⊥l ，BB 1⊥l ，垂足分别为A 1，B 1，则BB 1∥FK ∥AA 1．根据抛物线定义知|BB 1|＝|BF |，|AA 1|＝|AF |，又若AF →=λFB →(λ＞1)，且|BD →|=4， 因为BB 1∥FK ∥AA 1，设|BF |＝m ， 则|BB 1||KF|=|BD||FD|，∴m p=44+m，又p ＝3，解得m ＝2，∴|AF |＝λ|FB |＝2λ，所以|BA |＝2+2λ， 因为BB 1∥FK ∥AA 1， 所以|BB 1||AA 1|=|BD||AD|，∴1λ=44+2+2λ，解得λ＝3．故答案为：3．16．修建栈道是提升旅游观光效果的一种常见手段．如图，某水库有一个半径为1百米的半圆形小岛，其圆心为C 且直径MN 平行坝面．坝面上点A 满足AC ⊥MN ，且AC 长度为3百米，为便于游客到小岛观光，打算从点A 到小岛建三段栈道AB 、BD 与BE ，水面上的点B 在线段AC 上，且BD 、BE 均与圆C 相切，切点分别为D 、E ，其中栈道AB 、BD 、BE 和小岛在同一个平面上．此外在半圆小岛上再修建栈道MÊ、DN ̂以及MN ，则需要修建的栈道总长度的最小值为 2π3+5 百米．解：连接CD ，CE ，由半圆半径为1得：CD ＝CE ＝1，由对称性，设∠CBE ＝∠CBD ＝θ，又CD ⊥BD ，CE ⊥BE ，所以BE ＝BD =CD tanθ=1tanθ，BC =CDsinθ=1sinθ， 易知∠MCE ＝∠NCD ＝θ，所以MÊ，ND ̂的长为θ， 又AC ＝3，故AB ＝AC ﹣BC ＝3−1sinθ∈（0，2），故sin θ∈（13，1），令sin θ0=13，且θ0∈（0，π6），则f （θ）＝5−1sinθ+2tanθ+2θ，θ∈（θ0，π2），所以f ′（θ）=−cosθ(2cosθ−1)sin 2θ，所以栈道总长度最小值f （θ）min ＝f （3）=2π3+5． 故答案为：2π3+5．四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．（10分）已知数列{a n }的前n （n ∈N *）项和S n 满足S n +1+S n ＝2（n +1）2，且a 1＝1． （1）求a 2，a 3，a 4；（2）若S n 不超过240，求n 的最大值．解：（1）当n ＝1时，S 2+S 1＝a 2+a 1＝2（1+1）2＝8，又a 1＝1，a 2＝6， 当n ＝2时，S 3+S 2＝a 3+2a 2+2a 1＝2（2+1）2＝18，a 3＝4，当n ＝3时，S 4+S 3＝a 4+2a 3+2a 2+2a 1＝2（3+1）2＝32，又a 1＝1，a 4＝10； （2）∵S n +1+S n ＝2（n +1）2①，当n ＝1时，S 2+S 1＝a 2+a 1＝2（1+1）2＝8，又a 1＝1，S 2＝8﹣S 1＝7， 当n ≥2时，S n +S n ﹣1＝2n 2②， ①﹣②得：S n +1﹣S n ﹣1＝4n +2， 当n （n ＞2）为偶数时，S n ﹣S 2＝（4×4﹣2）+（4×6﹣2）+⋯+（4n ﹣2）={14+(4n−2)]2•（12n ﹣1）＝n 2+n ﹣6， ∴S n ＝n （n +1）+1， 当n （n ＞2）为奇数时，S n ﹣S 1＝（4×3﹣2）+（4×5﹣2）+⋯+（4n ﹣2）={10+(4n−2)]2•（n−12）＝n 2+n ﹣2，∴S n ＝n （n +1）﹣1，由15×（15+1）﹣1＝239＜240，16×17+1＝273＞240， ∴n 的最大值为15．18．（12分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足tanB =sin(C+π3)sin(C−π6)．（1）求A ；（2）若D 为边BC 上一点，且2CD ＝AD ＝BD ，试判断△ABC 的形状．解：（1）因为tanB =sin(C+π3)sin(C−π6)，所以sinBcosB=12sinC+√32cosC √32sinC−12cosC ， 化简得sin C cos B +sin B cos C =√3（sin B sin C ﹣cos B cos C ）， 所以sin （B +C ）=−√3cos （B +C ）， 所以sin A =√3cos A ，即tan A =√3， 又A 为三角形内角， 所以A =π3；（2）设∠BAD ＝θ，θ∈（0，π3），则∠ADC ＝2θ，∠DAC =π3−θ，∠ACD =2π3−θ， △ADC 中，由正弦定理得AD sin(2π3−θ)=DC sin(π3−θ)，即2sin （π3−θ）＝sin （2π3−θ）），所以√3cos θ﹣sin θ=√32cos θ+12sin θ， 化简得tan θ=√33，故θ=π6，∠ACD =π2， 所以△ABC 为直角三角形．19．（12分）在四棱锥P ﹣ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，O 为AD 的中点． （1）求证：PO ⊥BC ；（2）若AB ∥CD ，AB ＝8，AD ＝DC ＝CB ＝4，PO =2√7，点E 在棱PB 上，直线AE 与平面ABCD 所成角为π6，求点E 到平面PCD 的距离．（1）证明：∵P A ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD ， 又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥BC ．（2）解：由AB ＝8，AD ＝DC ＝CB ＝4，可知ABCD 四边形为等腰梯形，易知BD =4√3， ∵AD 2+BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD ， 建立如图所示的空间直角坐标系，P(0，0，2√7)，A （2，0，0），B(−2，4√3，0)，C(−4，2√3，0)，D （﹣2，0，0）， 平面ABCD 的法向量为n →=(0，0，1)， 设E ＝（x ，y ，z ），则AE →=(x −2，y ，z)， PE →=(x ，y ，z −2√7)，PB →=(−2，4√3，−2√7)， ∵直线AE 与平面ABCD 所成角为π6， ∴sin π6=|cos〈n →，AE →〉|=√(x−2)+y 2+z 2=12，∴x 2﹣4x +4+y 2﹣3z 2＝0①∵点E 在棱PB 上，∴PE →=λPB →(0＜λ＜1)， 即(x ，y ，z −2√7)=λ(−2，4√3，−2√7)，∴x ＝﹣2λ，y =4√3λ，z =2√7−2√7λ，代入①解得λ=12或λ＝5（舍去）， PE →=(−1，2√3，−√7)，PD →=(−2，0，−2√7)，PC →=(−4，2√3，−2√7)， 设m →=(x 1，y 1，z 1)为平面PCD 的一个法向量， 则{m →⋅PD →=−2x 1−2√7z 1=0m →⋅PC →=−4x 1+2√3y 1−2√7z 1=0， 令z 1＝1，得x 1=−√7，y 1=−√213，∴平面PCD 的法向量m →=(−√7，−√213，1)，∴点E 到平面PCD 的距离d =|PE →⋅m →||m →|=2√7√313=2√2131=2√65131．20．（12分）已知F 1，F 2分别为双曲线E ：x 2a 2−y 2b 2=1（{a ＞0，b ＞0}）的左、右焦点，P 为渐近线上一点，且√3|PF 1|=√7|PF 2|，cos ∠F 1PF 2=√217．（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E 实轴长为2，过点F 2且斜率为k 的直线l 交双曲线C 的右支不同的A ，B 两点，Q 为x 轴上一点且满足|QA |＝|QB |，试探究2|QF 2||AF 1|+|BF 1|−4是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．解：（1）由√3|PF 1|=√7|PF 2|，可设|PF 1|=√7x ，|PF 2|=√3x ， 在△PF 1F 2中cos ∠F 1PF 2=√217，∴|F 1F 2|2＝7x 2+3x 2﹣2√7x •√3x ⋅√217=4x 2， 即|F 1F 2|＝2x ，∴|PF 1|2＝|PF 2|2+|F 1F 2|2，∴△PF 1F 2为直角三角形， ∴在△OPR 2中，PF 2⊥OF 2，|PF 2|=√3x ，|OF 2|＝x ，b a=|PF 2||OF 2|=√3，则双曲线的离心率为e =c a =√1+(ba )2=√1+3=√4=2．（2）在双曲线中b a=√3，且实轴长为2，所以a ＝1，b =√3，所以双曲线E 方程为x 2−y 23=1． 由F 2（2，0），故设斜率为k 的直线l 为y ＝k （x ﹣2）， y ＝k （x ﹣2）代入x 2−y 23=1．可得（3﹣k 2）x 2+4k 2x ﹣4k 2﹣3＝0， ∵直线l 与双曲线右支交于不同两点，∴{Δ=36(k 2+1)＞0−4k 23−k 2＞0−4k 2−33−k 2＞0，解得k 2≥3，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， 则x 1+x 2=4k2k 2−3，x 1x 2=4k 2+3k 2−3，则x 1+x 22=2k 2k 2−3，y 1+y 22=k （2k 2k 2−3−2）=6k k 2−3，即A ，B 的中点坐标为（2k 2k 2−3，6kk 2−3），因为Q 为x 轴上一点，满足|QA |＝|QB |，故Q 为AB 的垂直平分线与x 轴的交点，AB 的垂直平分线的方程为：y −6kk 2−3=−1k （x −2k 2k 2−3−），令y ＝0，则得x =8k2k 2−3，即Q （8k 2k 2−3，0），∴|QF 2|＝|8k 2k 2−3−−2|=6(k 2+1)|k 2−3|，又|AB |=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=√1+k 2•√(4k2k 2−3)2−4×4k 2+3k 2−3=6(k 2+1)|k 2−3|，又因为A ，B 在双曲线的右支上，故|AF 1|﹣|AF 2|＝2a ＝2，|BF 1|﹣|BF 2|＝2， 故|AF 1|+|BF 1|﹣|AF 2|﹣|BF 2|＝4，即|AF 1|+|BF 1|﹣4＝|AB |， 故2|QF 2||AF 1|+|BF 1|−4=2|QF 2||AB|=2×6(k 2+1)|k 2−3|6(k 2+1)|k 2−3|=2，即2|QF 2||AF 1|+|BF 1|−4为定值．21．（12分）已知函数f （x ）=x 22+lnx ﹣2ax ，a 为常数，且a ＞0． （1）判断f （x ）的单调性；（2）当0＜a ＜1时，如果存在两个不同的正实数m ，n 且f （m ）+f （n ）＝1﹣4a ，证明：m +n ＞2． 解：（1）因为f （x ）=x 22+lnx ﹣2ax ， 所以f ′（x ）＝x +1x −2a =x 2−2ax+1x，x ∈（0，+∞）， 设g （x ）＝x 2﹣2ax +1，Δ＝（﹣2a ）2﹣4≤0，即0＜a ≤1时，g （x ）＝x 2﹣2ax +1≥0恒成立， 所以f ′（x ）≥0在（0，+∞）上恒成立， 所以f （x ）在（0，+∞）上单调递增，Δ＝（﹣2a ）2﹣4＞0，即a ＞1时，方程有两个不等的实数根，且x 1=2a+√4a 2−42=a −√a 2−1＞0，x 2=2a+√4a 2−42=a +√a 2−1＞0，所以任意x ∈（0，a −√a 2−1），x 2﹣2ax +1＞0，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 任意x ∈（a −√a 2−1，a +√a 2−1），x 2﹣2ax +1＞0，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减， 任意x ∈（a +√a 2−1，+∞），x 2﹣2ax +1＞0，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 综上所述，当0＜a ≤1时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增，当a ＞1时，f （x ）在（0，a −√a 2−1），（a +√a 2−1，+∞）上单调递增，在（a −√a 2−1，a +√a 2−1）上单调递减．（2）证明：因为f （1）=12−2a ， 所以f （m ）+f （n ）＝1﹣4a ＝2f （1），由（1）可得0＜a ＜1时，f （x ）在（0，+∞）上单调递增， 不妨设0＜m ＜1＜n ，要证m +n ＞2，即证n ＞2﹣m ＞1， 所以f （n ）＞f （2﹣m ）， 所以1﹣4a ﹣f （m ）＞f （2﹣m ）， 所以f （m ）+f （2﹣m ）＜1﹣4a ，设F （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ），x ∈（0，1），F ′（x ）＝f ′（x ）﹣f ′（2﹣x ）＝x +1x −2a ﹣（2﹣x ）−12−x +2a =−(x−1)3x(2−x)，所以x ∈（0，1）时，F ′（x ）＞0，F （x ）单调递增， 所以F （x ）＜F （1）＝2f （1）＝1﹣4a ， 所以m +n ＞2．22．（12分）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈•马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第n +1次状态的概率分布只跟第n 次的状态有关，与第n ﹣1，n ﹣2，n ﹣3，…次状态是“没有任何关系的”．现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行n （n ∈N *）次操作后，记甲盒子中黑球个数为X n ，甲盒中恰有1个黑球的概率为a n ，恰有2个黑球的概率为b n ． （1）求X 1的分布列； （2）求数列{a n }的通项公式； （3）求X n 的期望．解：（1）由题可知，X 1的可能取值为0，1，2，由相互独立事件概率乘法公式可知： P （X 1＝0）=13×23=29，P （X 1＝1）=13×13+23×23=59，P （X 1＝2）=23×13=29， 故X 1的分布列如下表：（2）由全概率公式可知：P （X n +1＝1）＝P （X n ＝1）P （X n +1＝1|X n ＝1）+P （X n ＝2）P （X n +1＝1|X n ＝2）+P （X n ＝0）P （X n +1＝1|X n ＝0） ＝（13×13+23×23）P （X n ＝1）+（23×1）P （X n ＝2）+（1×23）P （X n ＝0）=59P （X n ＝1）+23P （X n ＝2）+23P （X n ＝0）， 即：a n +1=59a n +23b n +23(1−a n −b n )，所以a n +1=−19a n +23， 所以a n +1−35=−19（a n −35）， 又a 1＝P （X 1＝1）=59，所以，数列{a n −35}是以a 1−35为首项，以−19为公比的等比数列， 所以a n −35=−245×(−19)n−1=25×(−19)n ， 即：a n =35+25×(−19)n ． （3）由全概率公式可得：P （X n +1＝2）＝P （X n ＝1）P （X n +1＝2|X n ＝1）+P （X n ＝2）P （X n +1＝2|X n ＝2）+P （X n ＝0）P （X n +1＝2|X n ＝0）＝（23×13）P （X n ＝1）+（13×1）P （X n ＝2）+0×P （X n ＝0），即：b n +1=29a n +13b n ， 又a n =35+25×(−19)n ，所以b n +1=13b n +29×[35+25×(−19)n ]， 所以b n +1−15+15×(−19)n+1=13×[b n −15+15×(−19)n ]， 又b 1＝P （X 1＝2）=29， 所以b 1−15+15×(−19)=29−15−145=0， 所以b n −15+15×(−19)n =0， 所以b n =15−15×(−19)n ， 所以E （X n ）＝a n +2b n +0×（1﹣a n ﹣b n ）＝a n +2b n ＝1．。
2020茂名市高三数学二模考理
绝密★启用前 试卷类型：A茂名市2020年第二次高考模拟考试数学试卷（理科）本试卷分选择题和非选择题两部分，共6页，24小题，满分150分，考试时间120分钟。
. 不12． ）34．“今有女善织，日益功疾（注：从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布），第一天织5尺布，现在一月（按30天计），共织390尺布”，则从第2天起每天比前一天多织（ ）尺布。
A ．12 B ．815 C ．1631D ．16295．若动圆的圆心在抛物线2112y x =上，且与直线y ＋3＝0相切，则此圆恒过定点 ( ) A. (0,2) B ．(0，－3) C. (0,3) D ．(0,6)334俯视图侧视图正视图第10题图6．先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1,2,3,4,5,6个点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x ，y ，记事件A 为“x ，y 都为偶数且x ≠y ”，则A 发生的概率P （A ）为（ ） A.41 B. 16 C. 31D. 1127．执行如图所示的程序框图，若输出的S 值为－4，则条件框内应填写 （ ） A. 3?i > B. 5?i < C.4?i > D.4?i <8．2345展开式中2项的系数为（ ）A ．－19B ．19C ．20D ．－209. 已知向量(3,2)a =-r ，(,1)a x y =-r且a r ∥b r ，若,x y 均为正数，则32x y+的最小值是 （ ） A ．24 B ．8 C ．38 D ．3510．若几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为 ( ) A. π34 B. π35 C ．π36 D ．π1711．已知双曲线：22221,(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，焦距为2c , 直线3()y x c =+与双曲线的一个交点M 满足12212MF F MF F ∠=∠, 则双曲线的离心率为 （ ）A ．2B ．3C ．2D ．31+ 12．已知函数()2f x xπ=-，()cos sin g x x x x =-，当[3,3]x ππ∈-时，方程()()f x g x = 根的个数是（ ）A ．8B ．6C ．4D ．2第二部分 非选择题（共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题 5分，共20分.）13．已知函数()2sin 3πf x ωx ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的部分图象如图所示，则ω＝14．已知点A （1，2），点P （,x y ）满足1030330x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤⎨⎪+-≥⎩，O 为坐标原点，则Z OA OP =•u u u r u u u r的最大值为第7题图 第13题图15. 已知△ABC 中，∠B=900，AB=3, BC=1.若把△ABC 绕边AC 旋转一周，则所得几何体的体积为 .16．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，满足3()()2f x f x -=，(2)3f -=-， 若数列{}a n 的前n 项和S n 满足21n nS a n n=+，则56()()f a f a +＝ 三、解答题（本大题共8小题，共70分.其中17至21题为必做题，22至24题为选做题.解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．（本小题满分12分）已知在ABC ∆中,角C B A ,,所对的边分别为c b a ,,. 若3π=∠ABC ,2,7==c b , D 为BC 的中点.（I ）求cos BAC ∠的值; （II ）求AD 的值.18．（本小题满分12分)为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，所得数据如下 列联表：从服药的动物中任取2只，记患病动物只数为ξ； （I ）求出列联表中数据x ，y ，t 的值，并求ξ的分布列和期望； （II ）根据参考公式，求2k 的值（精确到小数后三位）； （Ⅲ）能够有97.5%的把握认为药物有效吗？（参考数据如下）（参考公式：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++）P(K 2≥k 0)0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 k 02.0722.7063.8415.0246.6357.879患病 未患病 总计 没服用药 22 y 60 服用药 x 50 60 总计32t120第17题图19、（本小题满分12分)如图1，已知四边形ABCD为菱形，且︒=∠60A,2=AB,E为AB的中点。
2019-2020学年广东省茂名市化州市高考数学二模试卷(理科)
高
您
祝
广东省茂名市化州市高考数学二模试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 分）
1．（5 分）若集合 A={0，1}，B={y|y=2x，x∈A}，则（∁RA）∩B=（ ） A．{0} B．{2} C．{2，4} D．{0，1，2} 【解答】解：根据题意，集合 A={0，1}，则 B={y|y=2x，x∈A}={0，2}，
垂直的切线，则实数 m 的取值范围为
．
16．（5 分）已知椭圆
与直线
，
，过
！ 椭圆上一点 P 作 l1，l2 的平行线，分别交 l1，l2 于 M，N 两点．若|MN|为定值，
则 的值是
．
三、解答题（共 5 小题，满分 60 分）
功
成 17．（12 分）设△ABC 三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，△ABC 的面积
是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出 n 的值为（参考数据：
sin15°=0.2588，sin7.5°=0.1305）（ ）
A．16 B．20 C．24 D．48 【解答】解：模拟执行程序，可得： n=6，S=3sin60°= ，
！ 功
成 不满足条件 S≥3.10，n=12，S=6×sin30°=3，
S 满足 4 S=a2+b2﹣c2．
（1）求角 C 的值； （2）求 sinB﹣cosA 的取值范围．
到
马 18．（12 分）如图，在矩形 ABCD 中，CD=2，BC=1，E，F 是平面 ABCD 同一侧两
点，EA∥FC，AE⊥AB，EA=2，DE= ，FC=1．
考 （1）证明：平面 CDF⊥平面 ADE；
广东省茂名市2020届高三数学第二次综合测试试题理含解析
【详解】（1）由 得，
∴ ，∴ 是以首项 ，公比为 的等比数列
∴ ，
设等差数列 的公差为d，
由 ，且 ， ， 成等比数列.
∴ ，即
∵ ，∴ ，∴ .
（2）由（1）得
∴
.
【点睛】本题主要考查了等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前 项和公式，需熟记公式，属于基础题.
【答案】60
【解析】
【分析】
首先写出二项展开式的通项 ，再令 ，求得常数项.
【详解】 的展开式的通项为
，
令 得 ，所以常数项是 .
故答案为：60
【点睛】本题考查二项展开式指定项的求法，重点考查计算能力，属于基础题型.
15. 已知曲线 在点 处的切线的倾斜角为 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出 除以 得余数，然后利用辗转相除法，将 的值赋给 ，将余数赋给 ，进行迭代，一直算到余数为 时，输出 的值即可．
【详解】解：输入 ， ，又 .
① ，
， ， ；
② ，
， ， ；
③ ，
，则 否，输出 ．
故选：C
【点睛】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，对于运行次数较少时，一般逐一列举运行结果，直至运行结束；对于运行次数较多时，一列举部分运行结果，直至由规律可循，根据规律求出结果．
9. 圆 与双曲线 的两条渐近线相切于 、 两点，若 ，则 的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意画出图象，根据题意可得： ， ， ，结合图象求得 ，根据双曲线 的两条渐近线为： ，可得 ，根据离心率定义，即可求得答案.