广东省广州市天河区高考数学一模试卷理科
2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（理科）
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A＝{x|x2−x−6<0}，集合B＝{x|x−1>0}，则(∁RA)∩B＝（ ）
A.(1, 3)
B.(1, 3]
C.[3, +∞)
D.(3, +∞)
2. 设复数z满足(z+2i)⋅i=3−4i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2+a8=15−a5，则S9等于( )
A.18
B.36
C.45
D.60
4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A.若m // α，n // α，则m // n
B.若α⊥γ，β⊥γ，则α // β
C.若m // α，n // α，且m⊂β，n⊂β，则α // β
D.若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n
5. (x2+2)(1x2−1)5的展开式的常数项是（ ）
A.−3
B.−2
C.2
D.3
6. 已知x1＝1n12，x2＝e−12，x3满足e−x3=lnx3，则下列各选项正确的是（ ）
A.x1
1，使f(x)+x<1−xx成立，求整数a的最小值．
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=cosα+3sinα,y=sinα−3cosα （α为参数），坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π6)=2．
(1)求曲线C和直线l的直角坐标方程；
(2)直线l与y轴的交点为P，经过点P的动直线m与曲线C交于A，B两点，证明：|PA|⋅|PB|为定值．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数f(x)＝|x−1|+|2x+m|(m∈R)．
（1）若m＝2时，解不等式f(x)≤3；
（2）若关于x的不等式f(x)≤|2x−3|在x∈[0, 1]上有解，求实数m的取值范围．
试卷第20页，总20页
参考答案与试题解析
2020年广东省广州市天河区高考数学一模试卷（理科）
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.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先确定A，再求出∁RA，而后可求(∁RA)∩B．
【解答】
A＝{x|−20，所以0<x2＝e−12，<e0＝1；
x3满足e−x3=lnx3，
所以x3>0，所以e−x30，
所以lnx3>0＝ln1，
又因为y＝
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lnx为(0, +∞)的增函数，
所以x3>1，
综上：x10，且x1≠x2)，化为4(x1+x2)＝(k+4k)x1x2，因此x1+x216k+4k对k∈[1, +∞)都成立，令g(k)＝k+4k，k∈[1, +∞)，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
【解答】
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函数f(x)＝(k+4k)lnx+4−x2x，导数f′(x)＝(k+4k)⋅1x−4x2−(1)
由题意可得f′(x1)＝f′(x2)(x1，x2>0，且x1≠x2)．
即有k+4kx1−4x12−1=k+4kx2−4x22−1，
化为4(x1+x2)＝(k+4k)x1x2，
而x1x2<(x1+x22)2，
∴ 4(x1+x2)<(k+4k)(x1+x22)2，
化为x1+x216k+4k对k∈[1, +∞)都成立，
令g(k)＝k+4k，k∈[1, +∞)，
由k+4k≥2k⋅4k=4，当且仅当k＝2取得等号，
∴ 16k+4k≤4，
∴ x1+x2>4，即x1+x2的取值范围是(4, +∞)．
故选：B．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
【答案】
2n−1
【考点】
数列递推式
【解析】
根据已知条件写出数列的前几项，分析规律，并归纳出数列的通项公式即可．
【解答】
解：∵ 数列{an}满足a1=1，
an=1+a1+...+an−1 (n∈N*, n≥2)，
则a1=1=20，
a2=2=21，
a3=4=22，
a4=8=23，…
由此可得当n≥1时，an=2n−1．
故答案为：2n−1．
【答案】
2
【考点】
三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】
f(x)解析式提取，利用两角和与差的正弦公式化为一个角的正弦函数，由x＝θ时函数f(x)取得最大值，得到θ的取值，后代入正切公式中计算求值．
【解答】
f(x)＝sinx+3cosx＝2sin(x+π3)；
∵ 当x＝θ时，函数f(x)取得最大值
∴ θ+π3=π2+2kπ,k∈z；
∴ θ=π6+2kπ，k∈z；
∴ tan(θ+π4)=tan(π6+2kπ+π4)=tan(π4+π6)=1+331−33=2+3．
【答案】
15
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
根据函数f(x)＝x3+ax2+bx+a2在x＝1处有极小值10得f′(1)＝0，f(1)＝10即可求出a−b的值．
【解答】
当a＝−3，b＝3时，
f′(x)＝3x2−6x+3＝3(x−1)2，
此时x＝1不是极小值点．
∴
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a＝4，b＝−11，
∴ a−b＝15．
故答案：15．
【答案】
20π3
【考点】
球的体积和表面积
【解析】
如图所示，取BC的中点D，连接SD，AD．设E为△ABC的中心，F为△SBC的中心，O为三棱锥S−ABC外接球的球心．连接OE，OF，OA．四边形OEDF为正方形．可得OA为棱锥S−ABC外接球的半径．利用勾股定理及其球的表面积计算公式即可得出．
【解答】
如图所示，
取BC的中点D，连接SD，AD．
设E为△ABC的中心，F为△SBC的中心，
O为三棱锥S−ABC外接球的球心．
连接OE，OF，OA．四边形OEDF为正方形．
则OA为棱锥S−ABC外接球的半径．．
∴ OA=OE2+AE2=(33)2+(233)2=53．
∴ 三棱锥S−ABC外接球的表面积＝4π×53=20π3．
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，每个试题学生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。
【答案】
∵ cos2A+sin(3π2−A)+1＝0．
∴ cos2A−cosA+1＝0，可得：2cos2A−cosA＝0，解得：cosA=12，或cosA＝0，
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ cosA=12，
∴ 可得：A=π3．
∵ S△ABC=12bcsinA=12bc⋅32=33，可得：bc＝12，
又b＝3，可得：c＝4，
在△ABC中，由余弦定理可知，a2＝b2+c2−2bccosA＝16+9−2×3×4×12=25−12＝13，
∴ a=13，
在△ABC中，由正弦定理可知：asinA=csinC，可得：sinC=c⋅sinAa=4×3213=23913．
【考点】
余弦定理
【解析】
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（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cosA的值，结合A的范围，可求A的值．
（2）利用三角形的面积公式可求bc的值，从而解得c的值，由余弦定理可求a的值，由正弦定理可求sinC的值．
【解答】
∵ cos2A+sin(3π2−A)+1＝0．
∴ cos2A−cosA+1＝0，可得：2cos2A−cosA＝0，解得：cosA=12，或cosA＝0，
∵ △ABC为锐角三角形，
∴ cosA=12，
∴ 可得：A=π3．
∵ S△ABC=12bcsinA=12bc⋅32=33，可得：bc＝12，
又b＝3，可得：c＝4，
在△ABC中，由余弦定理可知，a2＝b2+c2−2bccosA＝16+9−2×3×4×12=25−12＝13，
∴ a=13，
在△ABC中，由正弦定理可知：asinA=csinC，可得：sinC=c⋅sinAa=4×3213=23913．
【答案】
a32+2a2a6+a3a7＝25，
可得a32+2a3a5+a52＝(a3+a5)2＝25，
由a4＝2，即a1q3＝2，①，由00，an>0，
可得a3+a5＝5，即a1q2+a1q4＝5，②
由①②解得q=12（2舍去），a1＝16，
则an＝16⋅(12)n−1＝25−n；
bn＝log2an＝log225−n＝5−n，
可得Sn=12n(4+5−n)=9n−n22，
Snn=9−n2，
则S11+S22+⋯+Snn=4+72+⋯+9−n2
=12n(4+9−n2)=17n−n24=−14(n−172)2+28916，
可得n＝8或9时，S11+S22+⋯+Snn取最大值18．
则n的值为8或9．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）由条件判断an>0，再由等比数列的性质和通项公式，解方程可得首项和公比，进而得到所求通项公式；
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（2）求得bn＝log2an＝log225−n＝5−n，可得Sn=9n−n22，Snn=9−n2，再由等差数列的求和公式和配方法，可得所求最大值时的n的值．
【解答】
a32+2a2a6+a3a7＝25，
可得a32+2a3a5+a52＝(a3+a5)2＝25，
由a4＝2，即a1q3＝2，①，由00，an>0，
可得a3+a5＝5，即a1q2+a1q4＝5，②
由①②解得q=12（2舍去），a1＝16，
则an＝16⋅(12)n−1＝25−n；
bn＝log2an＝log225−n＝5−n，
可得Sn=12n(4+5−n)=9n−n22，
Snn=9−n2，
则S11+S22+⋯+Snn=4+72+⋯+9−n2
=12n(4+9−n2)=17n−n24=−14(n−172)2+28916，
可得n＝8或9时，S11+S22+⋯+Snn取最大值18．
则n的值为8或9．
【答案】
如图，取BC中点G，连接FG，OG，
因为FB＝FC，
所以FG⊥BC，
又因为平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD＝BC，FG⊂平面FBC，
所以FG⊥平面ABCD，
O，G分别为BD，BC中点，
所以OG // AB，OG=12AB
因为EF=233=12AB，EF // AB，
所以四边形EFGO为平行四边形，
所以OE // FG，
所以OE⊥平面ABCD．
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如图，以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，OE所在直线为z轴建立空间坐标系，
显然二面角Q−BC−A为锐二面角，设该二面角为θ，
向量n→=(0, 0, 1)是平面ABC的法向量，设平面QBC的法向量v→=(x, y, 1)，
由题意可知FG＝OE＝BFsin60∘＝2，
所以C(−2, 0, 0)，B(0, 233, 0)，E(0, 0, 2)，Q(1, 0, 1)
所以BQ→=(1, −233, 1)，CQ→=(3, 0, 1)，
则v→⋅BQ→=0v→⋅CQ→=0 ，即x−233y+1=03x+1=0 ，
所以v→=(−13, 33, 1)，
所以cosθ=|n→⋅v→||n→||v→|=11×133=31313．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）取BC中点G，连接FG，OG，证明FG⊥平面ABCD，FG // OE，则OE⊥平面ABCD；
（2）以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，OE所在直线为z轴建立空间坐标系，分别求出平面ABC，平面QBC的法向量，将二面角Q−BC−A转化为两个法向量夹角余弦值的问题．
【解答】
如图，取BC中点G，连接FG，OG，
因为FB＝FC，
所以FG⊥BC，
又因为平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD＝BC，FG⊂平面FBC，
所以FG⊥平面ABCD，
O，G分别为BD，BC中点，
所以OG // AB，OG=12AB
因为EF=233=12AB，EF // AB，
所以四边形EFGO为平行四边形，
所以OE // FG，
所以OE⊥平面ABCD．
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如图，以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，OE所在直线为z轴建立空间坐标系，
显然二面角Q−BC−A为锐二面角，设该二面角为θ，
向量n→=(0, 0, 1)是平面ABC的法向量，设平面QBC的法向量v→=(x, y, 1)，
由题意可知FG＝OE＝BFsin60∘＝2，
所以C(−2, 0, 0)，B(0, 233, 0)，E(0, 0, 2)，Q(1, 0, 1)
所以BQ→=(1, −233, 1)，CQ→=(3, 0, 1)，
则v→⋅BQ→=0v→⋅CQ→=0 ，即x−233y+1=03x+1=0 ，
所以v→=(−13, 33, 1)，
所以cosθ=|n→⋅v→||n→||v→|=11×133=31313．
【答案】
由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在(u−3σ, u+3σ)之内的概率为0.9974，
则这10片质量全都在(u−3σ, u+3σ)之内（即没有废品）的概率为0.997410≈0.9743；
则这10片中至少有1片是废品的概率为1−0.9743＝0.0257；——–
(ⅰ)由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，
得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为0.7、0.2、0.1；
则ξ的可能取值为15，14，12.5，13，11.5，10元；——–
计算P(ξ＝15)＝0.7×0.7＝0.49，
P(ξ＝14)＝0.7×0.2×2＝0.28，
P(ξ＝12.5)＝0.7×0.1×2＝0.14，
P(ξ＝13)＝0.2×0.2＝0.04，
P(ξ＝11.5)＝0.2×0.1×2＝0.04，
P(ξ＝10)＝0.1×0.1＝0.01，
得到ξ的分布列如下：
ξ
15
14
13
12.5
11.5
10
P
0.49
0.28
0.04
0.14
0.04
0.01
————-
数学期望为
E(ξ)＝15×0.49+14×0.28+13×0.04+12.5×0.14+11.5×0.04+10×0.01
＝7.35+3.92+0.52+1.75+0.46+0.1
＝14.1（元）；———
(ⅱ)设乙陶瓷厂5片该规格的正品瓷砖中有n片“优等”品，则有5−n片“一级”品，
由已知7.5n+6.5(5−n)≥36，解得n≥3.5，则n取4或5；
故所求的概率为
P=C54×0.84×0.2+0.85
＝0.4096+0.32768
＝0.73728．———————–
【考点】
正态分布密度曲线
【解析】
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(Ⅰ)由正态分布的概率公式求值即可；
(Ⅱ)(ⅰ)根据题意知ξ的可能取值，计算所求的概率值，写出分布列，计算数学期望值；
(ⅱ)根据题意求出“优等”品与“一级”品数，再计算所求的概率值．
【解答】
由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在(u−3σ, u+3σ)之内的概率为0.9974，
则这10片质量全都在(u−3σ, u+3σ)之内（即没有废品）的概率为0.997410≈0.9743；
则这10片中至少有1片是废品的概率为1−0.9743＝0.0257；——–
(ⅰ)由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，
得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为0.7、0.2、0.1；
则ξ的可能取值为15，14，12.5，13，11.5，10元；——–
计算P(ξ＝15)＝0.7×0.7＝0.49，
P(ξ＝14)＝0.7×0.2×2＝0.28，
P(ξ＝12.5)＝0.7×0.1×2＝0.14，
P(ξ＝13)＝0.2×0.2＝0.04，
P(ξ＝11.5)＝0.2×0.1×2＝0.04，
P(ξ＝10)＝0.1×0.1＝0.01，
得到ξ的分布列如下：
ξ
15
14
13
12.5
11.5
10
P
0.49
0.28
0.04
0.14
0.04
0.01
————-
数学期望为
E(ξ)＝15×0.49+14×0.28+13×0.04+12.5×0.14+11.5×0.04+10×0.01
＝7.35+3.92+0.52+1.75+0.46+0.1
＝14.1（元）；———
(ⅱ)设乙陶瓷厂5片该规格的正品瓷砖中有n片“优等”品，则有5−n片“一级”品，
由已知7.5n+6.5(5−n)≥36，解得n≥3.5，则n取4或5；
故所求的概率为
P=C54×0.84×0.2+0.85
＝0.4096+0.32768
＝0.73728．———————–
【答案】
解：1由题意可知，x>0，f′(x)=1x−ax2−1=−x2+x−ax2，
方程−x2+x−a=0对应的Δ=1−4a，
①当Δ=1−4a≤0，即a≥14时，
当x∈(0, +∞)时，f′(x)≤0，
∴ f(x)在(0, +∞)上单调递减；
②当00，函数f(x)单调递增，
在(0,1−1−4a2),(1+1−4a2,+∞)上f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
③当a≤0时，1−1−4a2<0，1+1−4a2>0，
此时当x∈(0,1+1−4a2)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1+1−4a2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
综上：当a≤0时，f(x)在(0,1+1−4a2)上单调递增，
在(1+1−4a2,+∞)上单调递减；
当0xlnx+2x−1，
即存在x>1，使a>xlnx+2x−1x−1成立．
设g(x)=xlnx+2x−1x−1，x>1，
则g′(x)=x−lnx−2(x−1)2，
设h(x)=x−lnx−2，
则h′(x)=1−1x=x−1x>0，∴ h(x)在(1, +∞)上单调递增．
又h(3)=3−ln3−2=1−ln3<0，h(4)=4−ln4−2=2−2ln2>0，
根据零点存在性定理，可知h(x)在(1, +∞)上有唯一零点，
设该零点为x0，则x0∈(3, 4)，且h(x0)=x0−lnx0−2=0，即x0−2=lnx0，
∴ g(x)min=x0lnx0+2x0−1x0−1=x0+1，
由题意可知a>x0+1，又x0∈(3, 4)，a∈Z，
∴ 整数a的最小值为5．
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）求出函数的导数，结合二次函数的性质通过讨论a的范围判断函数的单调性即可；
（2）问题转化为存在x>1，使axlnx+2x−1x−1成立．设g(x)=xlnx+2x−1x−1，x>1，根据函数的单调性求出a的最小值即可．
【解答】
解：1由题意可知，x>0，f′(x)=1x−ax2−1=−x2+x−ax2，
方程−x2+x−a=0对应的Δ=1−4a，
①当Δ=1−4a≤0，即a≥14时，
当x∈(0, +∞)时，f′(x)≤0，
∴ f(x)在(0, +∞)上单调递减；
②当00，函数f(x)
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单调递增，
在(0,1−1−4a2),(1+1−4a2,+∞)上f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
③当a≤0时，1−1−4a2<0，1+1−4a2>0，
此时当x∈(0,1+1−4a2)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1+1−4a2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
综上：当a≤0时，f(x)在(0,1+1−4a2)上单调递增，
在(1+1−4a2,+∞)上单调递减；
当0xlnx+2x−1，
即存在x>1，使a>xlnx+2x−1x−1成立．
设g(x)=xlnx+2x−1x−1，x>1，
则g′(x)=x−lnx−2(x−1)2，
设h(x)=x−lnx−2，
则h′(x)=1−1x=x−1x>0，∴ h(x)在(1, +∞)上单调递增．
又h(3)=3−ln3−2=1−ln3<0，h(4)=4−ln4−2=2−2ln2>0，
根据零点存在性定理，可知h(x)在(1, +∞)上有唯一零点，
设该零点为x0，则x0∈(3, 4)，且h(x0)=x0−lnx0−2=0，即x0−2=lnx0，
∴ g(x)min=x0lnx0+2x0−1x0−1=x0+1，
由题意可知a>x0+1，又x0∈(3, 4)，a∈Z，
∴ 整数a的最小值为5．
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
解：(1)由x2+y2=(cosα+3sinα)2+(sinα−3cosα)2=4，
得曲线C:x2+y2=4．
直线l的极坐标方程展开为32ρcosθ−12ρsinθ=2，
故l的直角坐标方程为3x−y−4=0
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．
(2)由(1)得直线l为：3x−y−4=0，
令x=0，则P的坐标为(0, −4)，
设过点P的直线方程为x=tcosα,y=−4+tsinα （t为参数）
代入C:x2+y2=4得t2−8tsinα+12=0，
设A，B对应的参数为t1，t2，
所以|PA|⋅|PB|=|t1t2|=12为定值．
【考点】
圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化
圆的极坐标方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
【解析】
（1）由x2+y2＝(cosα+3sinα)2+(sinα−3cosα)2＝4可得曲线C的直角坐标方程；根据互化公式可得直线l的直角坐标方程；
（2）根据参数t的几何意义可得．
【解答】
解：(1)由x2+y2=(cosα+3sinα)2+(sinα−3cosα)2=4，
得曲线C:x2+y2=4．
直线l的极坐标方程展开为32ρcosθ−12ρsinθ=2，
故l的直角坐标方程为3x−y−4=0．
(2)由(1)得直线l为：3x−y−4=0，
令x=0，则P的坐标为(0, −4)，
设过点P的直线方程为x=tcosα,y=−4+tsinα （t为参数）
代入C:x2+y2=4得t2−8tsinα+12=0，
设A，B对应的参数为t1，t2，
所以|PA|⋅|PB|=|t1t2|=12为定值．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
【答案】
若m＝2时，|x−1|+|2x+2|≤3，
当x≤−1时，原不等式可化为−x+1−2x−2≤3解得x≥−43，所以−43≤x≤−1，
当−1
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