广东省2020年高考理科数学模拟试题及答案(9页).doc

-广东省2020年高考理科数学模拟试题及答案-第 8 页广东省2020年高考理科数学模拟试题及答案（满分150分，考试时间120分钟）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1.已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点在直线上，则实数的值为（ ）A. B. C. D. 3的内角,的对边分别为,，若 ,则等于（ ）A B C D或4.执行如图所示的程序框图，如果输入N=4，则输出p为（）A. 6B. 24C. 120D. 7205. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）A. B. C. D. 6. 已知直线和抛物线C：，P为C上的一点，且P到直线l的距离与P到C的焦点距离相等，那么这样的点P有（ ）A. 0个B. 1个C. 2个D. 无数个7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为A. B. C. D. 8. 从2个不同的红球，2个不同的黄球，2个不同的蓝球中任取两个，放入颜色分别为红、黄、蓝的三个袋子中，每个袋子中至多放入1个球，且球的颜色与袋子的颜色不同，那么不同的放法有（ ） A46种 B36种 C72种 D42种9. 已知双曲线（）的左焦点为，第二象限的点在双曲线的渐近线上，且，若直线的斜率为，则双曲线的渐近线方程为( ) A B C D10.已知数列的通项公式是，其前项和，则项数A. 13B. 10C. 9D. 611.已知是定义域为R的偶函数,且在(0,+)单调递增,设,则的大小关系为( )A. B. C. D.12.已知函数在区间(-1,1)内存在极值点,且恰好有唯一整数解,则 的取值范围是(其中为自然对数的底数, )A. B. C. D.二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）13. 展开式中的的系数为_14. 若向量不共线，且，则_15. 设等比数列的前项和是，若，则_16. 已知点，抛物线的焦点为，连接，与抛物线相交于点，延长，与抛物线的准线相交于点，若，则实数的值为_三、解答题（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题（共60分）17. （本题满分12分）的内角，的对边分别为，已知 ，.（1）求角；（2）若点满足，求的长.18. （本题满分12分）如图，在三棱锥中，底面，为的中点（1）求证：（2）若二面角的大小为，求三棱锥的体积.19. （本题满分12分）某快递公司收取快递费用的标准是：重量不超过的包裹收费元；重量超过的包裹，除收费元之外，超过的部分，每超出（不足时按计算）需再收元公司从承揽过的包裹中，随机抽取件，其重量统计如下：公司又随机抽取了天的揽件数，得到频数分布表如下：以记录的天的揽件数的频率作为各揽件数发生的概率（1）计算该公司天中恰有天揽件数在的概率；（2）估计该公司对每件包裹收取的快递费的平均值；（3）公司将快递费的三分之一作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的用做其他费用，目前前台有工作人员人，每人每天揽件不超过件，每人每天工资元，公司正在考虑是否将前台工作人员裁减人，试计算裁员前后公司每日利润的数学期望，并判断裁员是否对提高公司利润有利？（同一组中的揽件数以这组数据所在区间中点值作代表）20. （本题满分12分）已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点M是椭圆C上异于A，B的一点，直线AM与y轴交于点P（1）若点P在椭圆C的内部，求直线AM的斜率的取值范围；（2）设椭圆C的右焦点为F，点Q在y轴上，且AQBM，求证：PFQ为定值21（本题满分12分）已知函数.（1）讨论在上的零点个数；（2）当时，若存在，使，求实数的取值范围.（为自然对数的底数，其值为2.71828）（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。）22选修44：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建坐标系，已知曲线C：sin22acos (a0)，已知过点P(2， 4)的直线l的参数方程为，直线l与曲线C分别交于M，N两点.(1)写出曲线C和直线l的普通方程；(2)若|PM|，|MN|，|PN|成等比数列，求a的值.23选修45：不等式选讲（10分）设不等式的解集为M(1)求集合M；(2)已知，求证：参考答案一、选择题1.B 2.D 3.A 4.B 5.C 6.C 7.B 8.D 9.A 10.D 11.C 12.C二、填空题13. 14. 15. 16.三、解答题17.（1）由题设及正弦定理得，又，所以.由于，则.又因为，所以.（2）由正弦定理易知，解得.又因为，所以，即.在中，因为，所以，所以在中，由余弦定理得，所以.18.（1）在中，由余弦定理得，则因为为的中点，则因为，则，所以因为，则因为底面，则，所以平面，从而（2）分别以直线，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示设，则点，所以，设平面的法向量为，则，即，取，则，所以因为为平面的法向量，则，即所以，解得，所以所以19.样本中包裹件数在内的天数为，频率为，可估计概率为，未来天中，包裹件数在间的天数X服从二项分布，即，故所求概率为；样本中快递费用及包裹件数如下表：故样本中每件快递收取的费用的平均值为（元），故该公司对每件快递收取的费用的平均值可估计为元（3）根据题意及，揽件数每增加，可使前台工资和公司利润增加（元），将题目中的天数转化为频率，得若不裁员，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）；若裁员人，则每天可揽件的上限为件，公司每日揽件数情况如下：故公司平均每日利润的期望值为（元）因故公司将前台工作人员裁员人对提高公司利润不利20.（）由题意可得c2a22，e，a2，c，椭圆的方程为1，设P（0，m），由点P在椭圆C的内部，得m，又A（2，0），直线AM的斜率kAM（，），又M为椭圆C上异于A，B的一点，kAM（，0）（0，），（）由题意F（，0），M（x0，y0），其中x0±2，则1，直线AM的方程为y（x+2），令x0，得点P的坐标为（0，），kBM=kAQ，直线AQ的方程为y（x+2），令x0，得点Q的坐标为（0，），由（，），（，），20，即PFQ90°，故PFQ为定值21.（1）由得，令，因此讨论在上的零点个数，即是讨论直线与曲线的交点个数， ，在上恒成立，故在上单调递增， 又连续不断，所以当时，在上无零点；当时，在上存在一个零点. （2）当时，由（1）得在上存在一个零点，由得，由（1）可得在上单调递减，在上单调递增；所以， 又存在，使成立，所以，只需成立，即不等式成立，令，则，易知在上恒成立，故在上单调递增又，所以.故实数的取值范围为.22(1)由C：sin22acos ，得(sin )22acos ，所以曲线的普通方程为y22ax.由直线l的参数方程消去参数t，得xy20. 5分(2)直线l的参数方程为(t为参数)，代入y22ax, 得到t22(4a)t8(4a)0，则有t1t22(4a)，t1·t28(4a).因为|MN|2|PM|·|PN|，所以(t1t2)2(t1t2)24t1·t2t1·t2. 解得a1. 10分23.（1）原不等式等价于或或解得：或所以原不等式的解集为（2）由（1）知，当时，所以，从而可得