2020年广东省深圳市高考数学二模试卷（理科）含详细解答

1、已知集合 Ay|y2x，Bx|x23x+20，则（ ） AAB BABR CAB DBA 3 （5 分）设 为平面，m，n 为两条直线，若 m，则“mn”是“n”的（ ） A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线互相垂直，则 C 的离 心率为（ ） A B2 C D3 5 （5 分）已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x+2）f（x） ，当 0x1 时，f（x）x， 则 f（）（ ） A B2 C D8 6 （5 分）若 x1，x2，xn的平均数为 a，方差为 b，则 2x1+3，2x2+3，

2、2xn+3 的平均 数和方差分别为（ ） A2a，2b B2a，4b C2a+3，2b D2a+3，4b 7 （5 分）记等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S24，S42，则 S6（ ） A6 B4 C2 D0 8 （5 分）函数 f（x）的部分图象大致为（ ） A B 第 2 页（共 27 页） C D 9 （5 分）已知椭圆 C：+1 的右焦点为 F，O 为坐标原点，C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，则 C 的方程为（ ） A+1 B1 C1 D+1 10 （5 分）如图 1 是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图其阴离子排列如图 2 所示， 图 2 中圆的半径均为 1，

3、且相邻的圆都相切，A，B，C，D 是其中四个圆的圆心，则 （ ） A24 B26 C28 D32 11 （5 分）意大利数学家斐波那契（1175 年1250 年）以兔子繁殖数量为例，引入数列： 1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 an+2an+1+an （nN*） ，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列” ，其通项公式为 an （）n（）n设 n 是不等式 log（1+）x（1）x2x+11 的正整数解，则 n 的最小值为（ ） A10 B9 C8 D7 12 （5 分）已知直线 y 与函数 f（x）sin（x+） （01）的图象相交，将其中三 个相邻交点

4、从左到右依次记为 A，B，C，且满足n（nN*） 有下列结论： n 的值可能为 2； 当 n3，且| 时，f（x）的图象可能关于直线 x 对称； 第 3 页（共 27 页） 当 时，有且仅有一个实数 ，使得 f（x）在，上单调递增； 不等式 n1 恒成立 其中所有正确结论的编号为（ ） A B C D 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）曲线 yxlnx 在点（1，0）处的切线方程为 14 （5 分）若 x，y 满足约束条件则 z的最大值为 15 （5 分）2020 年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医

5、务人员不足和医疗物 资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将 4 名医生志愿者分配到 两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去 1 人） ，则共有 种分配方案 16 （5 分）已知正方形 ABCD 边长为 3，点 E，F 分别在边 AB，AD 上运动（E 不与 A，B 重合，F 不与 A，D 重合） ，将AEF 以 EF 为折痕折起，当 A，E，F 位置变化时，所得 五棱锥 AEBCDF 体积的最大值为 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第

6、题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）ABC 中，D 为 BC 上的点，AD 平分BAC，AD5，AC8，ACD 的面积 为 10 （1）求 CD 的长； （2）求 sinB 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，底面 ABC 为等边三角形，E，F 分别为 AB， AA1的中点，CEFB1，ABAA1EB1 （1）证明：EF平面 CEB1； （2）求直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小 第 4 页（共 27 页） 19 （12 分）足球运动被誉为

7、“世界第一运动” 为推广足球运动，某学校成立了足球社团， 由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下： （1）如表是某同学 6 次的训练数据，以这 150 个点球中的进球频率代表其单次点球踢进 的概率为加入足球社团，该同学进行了“点球测试” ，每次点球是否踢进相互独立，将 他在测试中所踢的点球次数记为 ，求 E（） ； 点球数 20 30 30 25 20 25 进球数 10 17 20 16 13 14 （2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人 中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去， 且假定

8、每次传球都能被接到记开始传球的人为第 1 次触球者，接到第 n 次传球的人即 为第 n+1 次触球者（nN*） ，第 n 次触球者是甲的概率记为 Pn （i）求 P1，P2，P3（直接写出结果即可） ； （ii）证明：数列Pn为等比数列 20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，P 为直线 l0：x4 上的动点，动点 Q 满足 PQ l0，且原点 O 在以 PQ 为直径的圆上记动点 Q 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）过点 E（2，0）的直线 l1与曲线 C 交于 A，B 两点，点 D（异于 A，B）在 C 上， 直线 AD，BD 分别与 x 轴交于点 M，N，且3，

9、求BMN 面积的最小值 21 （12 分）已知函数 f（x）eax 1cosx（a0） （其中常数 e2.71828，是自然对数 第 5 页（共 27 页） 的底数） （1）若 a，求 f（x）在（0，）上的极大值点； （2） （i）证明 f（x）在（0，）上单调递增； （ii）求关于 x 的方程 f（x）e在0，上的实数解的个数 （二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 两题中任选一题作答注意：只能做所选定两题中任选一题作答注意：只能做所选定 的题目如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用的题目如果多做，则按所做的第一题计分，作答时请用 2B 铅笔在答题

10、卡上将所选题号后铅笔在答题卡上将所选题号后 的方框涂黑的方框涂黑选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22 （10 分）椭圆规是用来画椭圆的一种器械，它的构造如图所示，在一个十字形的金属板 上有两条互相垂直的导槽，在直尺上有两个固定的滑块 A，B，它们可分别在纵槽和横槽 中滑动，在直尺上的点 M 处用套管装上铅笔，使直尺转动一周，则点 M 的轨迹 C 是一 个椭圆，其中|MA|2，|MB|1，如图，以两条导槽的交点为原点 O，横槽所在直线为 x 轴，建立直角坐标系 （1）将以射线 Bx 为始边，射线 BM 为终边的角 xBM 记为 （02） ，用 表示点 M 的坐标，并求出 C

11、 的普通方程； （2）已知过 C 的左焦点 F，且倾斜角为 （0）的直线 l1与 C 交于 D，E 两点， 过点 F 且垂直于 l1的直线 l2与 C 交于 G，H 两点当，|GH|，依次成等差数 列时，求直线 l2的普通方程 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲 23已知 a，b，c 为正实数，且满足 a+b+c1证明： （1）|a|+|b+c1|； （2） （a3+b3+c3） （+）3 第 6 页（共 27 页） 2020 年广东省深圳市高考数学二模试卷（理科）年广东省深圳市高考数学二模试卷（理科） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小

12、题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有分，在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的 1 （5 分）设 z，则|z|（ ） A B C1 D 【分析】把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解 【解答】解：z， |z| 故选：B 【点评】本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题 2 （5 分）已知集合 Ay|y2x，Bx|x23x+20，则（ ） AAB BABR CAB DBA 【分析】分别化简集合 A 和 B，逐一核对答案即可 【解答】解：集合 Ay|y2xy|y0（0，+） ， 集合 Bx|x23x+20

13、x|（x1） （x2）01，2， BA， 故选：D 【点评】本题考查集合间的关系，以及指数函数的性质和一元二次不等式的解法，属于 基础题 3 （5 分）设 为平面，m，n 为两条直线，若 m，则“mn”是“n”的（ ） A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定结合充分必要条件的判定得 答案 【解答】解：在 m 的前提下，由 mn，不一定得到 n，有可能 n； 反之，在 m 的前提下，由 n，一定有 mn 第 7 页（共 27 页） 若 m，则“mn”是“n”的必要不充分条件 故选：C 【点评】本题考查充分必

14、要条件的判定，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系 的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题 4 （5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的两条渐近线互相垂直，则 C 的离 心率为（ ） A B2 C D3 【分析】由题可知，双曲线的渐近线方程为，然后利用斜率之积为1 可得 ，即，代入离心率即可得解 【解答】解：双曲线 C：1 的渐近线方程为， 两条渐近线互相垂直，即， 离心率 故选：A 【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和离心率，考查学生的运算能力，属于基础题 5 （5 分）已知定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x+2）f（x） ，当 0x1 时，f（x）x， 则 f（）（

15、） A B2 C D8 【分析】根据题意，分析可得 f（x）是周期为 2 的周期函数， 据此可得 f（）f（+2） f（） ，结合函数的解析式计算可得答案 【解答】解：根据题意，函数 f（x）满足 f（x+2）f（x） ，即函数 f（x）是周期为 2 的 周期函数， 则有 f（）f（+2）f（） ， 第 8 页（共 27 页） 当 0x1 时，f（x）x，则 f（）； 故选：A 【点评】本题考查函数的周期性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题 6 （5 分）若 x1，x2，xn的平均数为 a，方差为 b，则 2x1+3，2x2+3，2xn+3 的平均 数和方差分别为（ ） A2a，2b

16、 B2a，4b C2a+3，2b D2a+3，4b 【分析】由题可知，E（x）a，D（x）b，设 y2x+3，则 E（y）2E（x）+3，D（y） 4D（x） ，从而得解 【解答】解：由题可知，E（x）a，D（x）b， 设 y2x+3，则 E（y）E（2x+3）2E（x）+32a+3， D（y）D（2x+3）4D（x）4b， 故选：D 【点评】本题考查平均数与方差的计算，熟练掌握平均数和方差的性质与相关公式是解 题的关键，考查学生的运算能力，属于基础题 7 （5 分）记等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S24，S42，则 S6（ ） A6 B4 C2 D0 【分析】由题意利用 S2，S4

17、S2，S6S4也成等差数列，求得 S6的值 【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，S2，S4S2，S6S4也成等差数列， 又 S24，S42，2（24）4+（S62） ，S66， 故选：A 【点评】本题主要考查等差数列的性质，属于基础题 8 （5 分）函数 f（x）的部分图象大致为（ ） A B 第 9 页（共 27 页） C D 【分析】先检验函数的奇偶性，结合选项中函数图象的对称性，先排除不符合题意的， 然后结合特殊点函数值的正负即可判断 【解答】解：f（x）f（x） ， 故 f（x）为偶函数，图象关于 y 轴对称，排除选项 B，D， 因为 f（2）0，排除选项 A 故选：C 【

18、点评】本题主要考查了函数图象与性质的对应关系的应用，排除法的应用是解决问题 的关键 9 （5 分）已知椭圆 C：+1 的右焦点为 F，O 为坐标原点，C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，则 C 的方程为（ ） A+1 B1 C1 D+1 【分析】由 C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，可推知，点 P 为椭圆的右顶点，即 a 2c，再结合 a2b2+c2，可解得 a2，c1，b，故可得椭圆的方程 【解答】解：C 上有且只有一个点 P 满足|OF|FP|，点 P 为椭圆的右顶点，即 a 2c， a2b2+c23+c2， a2，c1，b， 椭圆的方程为 故选：D 【点评】本题考查

19、椭圆方程的求法，椭圆的性质，考查学生的逻辑推理能力和运算能力， 第 10 页（共 27 页） 属于基础题 10 （5 分）如图 1 是某晶体的阴阳离子单层排列的平面示意图其阴离子排列如图 2 所示， 图 2 中圆的半径均为 1，且相邻的圆都相切，A，B，C，D 是其中四个圆的圆心，则 （ ） A24 B26 C28 D32 【分析】建立以为一组基底的基向量，其中且的夹角为 60， 根据平面向量的基本定理可知，向量和均可以用表示，再结合平面向量数量 积运算法则即可得解 【解答】解：如图所示，建立以为一组基底的基向量，其中且 的夹角为 60， ， 故选：B 【点评】本题考查平面向量的混合运算，观察

20、图形特征，建立基向量是解题的关键，考 查学生的分析能力和运算能力，属于中档题 11 （5 分）意大利数学家斐波那契（1175 年1250 年）以兔子繁殖数量为例，引入数列： 1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即 an+2an+1+an （nN*） ，故此数列称为斐波那契数列，又称“兔子数列” ，其通项公式为 an （）n（）n设 n 是不等式 log（1+）x（1）x2x+11 的正整数解，则 n 的最小值为（ ） A10 B9 C8 D7 第 11 页（共 27 页） 【分析】由已知可得 log（1+）n（1）n2n+11，结合对数的运算性质进 行整理可得，然

21、后结合已知条件进行判断可 求 【解答】解：因为 n 是不等式 log（1+）x（1）x2x+11 的正整数解， 所以 log（1+）n（1）n2n+11， 所以， ， ， 令 an，则数列an为斐波那契数列， ，即， 不难知道 a713，a821， 使得成立的 n 的最小值为 8 故 log（1+）n（1）n2n+11 成立的 n 的最小值为 8 故选：C 【点评】本题主要考查了利用数列的单调性求解实际问题，考查了考生分析，解决问题 的能力 12 （5 分）已知直线 y 与函数 f（x）sin（x+） （01）的图象相交，将其中三 个相邻交点从左到右依次记为 A，B，C，且满足n（nN*） 有

22、下列结论： n 的值可能为 2； 当 n3，且| 时，f（x）的图象可能关于直线 x 对称； 当 时，有且仅有一个实数 ，使得 f（x）在，上单调递增； 不等式 n1 恒成立 其中所有正确结论的编号为（ ） A B C D 第 12 页（共 27 页） 【分析】作出直线 y 与函数 f（x）sin（x+） （01）的图象，不妨设 A（x1， ） ，B（x2，） ，C（x3，） ，且线段 AB 的中点为 M（x0，） ，由向量等式结合图象可 得，再由对称轴得到 x0+，kZ，即 x2+x1 4k2， 联立求得 x1+2k， 得到 cos， 可得当 （0， 1） 时， n3， 且 ， 1） 由此判

23、断错误； 取 n3， 且| 时， 有 cos， 故 f（x）sin（） ，由 f（x）的图象关于直线 x 对称，得+k+， kZ，即 2k+，kZ，得到与| 矛盾，可知结论错误；再由 ，1） ，且 f（x）在区间，上单调递增，得到关于 的不等式组，求解 值判断 正确；证明1（n3） ，即可得到 n1 恒成立，得到正确 【解答】解：如图所示， 不妨设 A（x1，） ，B（x2，） ，C（x3，） ，且线段 AB 的中点为 M（x0，） ， 显然有，且 f（x）的图象关于直线 xx0对称， n（nN*） ，（nN*） ， ，即， （1） 01，且 nN*，由正弦曲线的图象可知，x0+，kZ， +2

24、k，kZ，即 x2+x14k2， （2） 由等式（1） （2）可得 x1+2k， sin（2k），即 cos， （0，1） ，且 nN*，n3，且 ，1） 第 13 页（共 27 页） 对于结论，显然 n2，故结论错误； 对于结论，当 n3，且| 时，则 cos，故 f（x）sin（） ， 若 f（x）的图象关于直线 x 对称，则+k+，kZ，即 2k+，kZ， 显然与| 矛盾，从而可知结论错误； 对于结论，1） ，且 f（x）在区间，上单调递增， ，解得，故结论正确； 对于结论，下面证明1（n3） 当 n3 时，coscos，ncos1（n3） ， 即1（n3） ，也就是 n1 恒成立，故正

25、确 综上所述，正确结论的序号是 故选：D 【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查 yAsin（x+）型函数的图象与性质， 考查逻辑思维能力与推理论证能力，难度较大 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分 13 （5 分）曲线 yxlnx 在点（1，0）处的切线方程为 xy10 【分析】求出原函数的导函数，得到函数在 x1 时的导数值，即切线的斜率，然后由直 线方程的点斜式得答案 【解答】解：由 f（x）xlnx，得 ， f（1）ln1+11， 即曲线 f（x）xlnx 在点（1，0）处的切线的斜率为 1， 则曲线 f（x）xln

26、x 在点（1，0）处的切线方程为 y01（x1） ， 整理得：xy10 故答案为：xy10 【点评】本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，过曲线上某点处的切线的 斜率，就是函数在该点处的导数值，是基础题 第 14 页（共 27 页） 14 （5 分）若 x，y 满足约束条件则 z的最大值为 2 【分析】作出平面区域，则 z表示过原点和平面区域内一点的直线斜率 【解答】解：作出平面区域如图所示： 由平面区域可知当直线 ykx 过 A 点时，斜率最大即 z取得最大值， 解方程组得得 A（1，2） z 的最大值为2 故答案为：2 【点评】本题考查了简单的线性规划，作出平面区域，找到 z的几何

27、意义是关键，属 于中档题 15 （5 分）2020 年初，湖北成为全国新冠疫情最严重的省份，面临医务人员不足和医疗物 资紧缺等诸多困难，全国人民心系湖北，志愿者纷纷驰援若将 4 名医生志愿者分配到 两家医院（每人去一家医院，每家医院至少去 1 人） ，则共有 14 种分配方案 【分析】根据题意，先利用分步计数原理计算将 4 名医生志愿者分配到两家医院，每人 去一家医院的情况数目，进而排除其中 4 人同去一个医院的情况，即可得答案 【解答】解：根据题意，将 4 名医生志愿者分配到两家医院，每人去一家医院，每人有 2 种选法， 则 4 人有 22222416 种情况， 其中 4 人同去一个医院的情

28、况有 2 种，则每人去一家医院，每家医院至少去 1 人的安排 方法有 16214 种； 第 15 页（共 27 页） 故答案为：14 【点评】本题考查排列、组合的应用，注意用间接法分析，避免分类讨论 16 （5 分）已知正方形 ABCD 边长为 3，点 E，F 分别在边 AB，AD 上运动（E 不与 A，B 重合，F 不与 A，D 重合） ，将AEF 以 EF 为折痕折起，当 A，E，F 位置变化时，所得 五棱锥 AEBCDF 体积的最大值为 【分析】由题意画出图形，不妨设|AE|3a，|AF|3b，a，b（0，1） ，可得 EF 边上的 高 h， 再求出五棱锥 AEBCDF 的底面面积为 S

29、， 可知平面 AEF 平面 EBCDF 时五棱锥 AEBCDF 体积最大，写出体积最大值，换元后利用导数求最 值 【解答】解：不妨设|AE|3a，|AF|3b，a，b（0，1） ， 在直角三角形 AEF 中，可得 EF 边上的高 h 又五棱锥 AEBCDF 的底面面积为 S， 要使五棱锥 AEBCDF 的体积最大，需要平面 AEF平面 EBCDF， a2+b22ab， 令 t，则 t（0，1） ，t（0，1） ， 令 f（t）2tt3（0t1） ，则 f（t）23t2， 可得当 t时，f（t）取得最大值为， ， 综上所述，当 ab时，五棱锥 AEBCDF 的体积取得最大值为 2， 故答案为：

30、第 16 页（共 27 页） 【点评】本题考查棱锥体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查函数与方程思 想的应用，训练了利用导数求最值，是中档题 三、解答题：共三、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 题为必考题为必考 题，每个试题考生都必须作答第题，每个试题考生都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答 （一）必考题： 共共 60 分分 17 （12 分）ABC 中，D 为 BC 上的点，AD 平分BAC，AD5，AC8，ACD 的面积 为 10 （1）求

31、CD 的长； （2）求 sinB 【分析】 （1）由已知结合三角形的面积公式可求DAC，然后结合余弦定理即可求解； （2）由余弦定理可求 cosADC，然后结合同角平方关系及两角差的三角公式即可求解 【解答】解： （1）因为 AD5，AC8，ACD 的面积为 10 ， ， 因为 0BAC，AD 平分BAC， 所以 0DAC， ， ACD 中，由余弦定理可得，CD252+82258cos6049， 所以 CD7； （2）ACD 中，由余弦定理可得，cosADC， 所以 sinADC， 所以 sinBsin（） 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角恒等变形，三角形的内角和公式， 第 17

32、 页（共 27 页） 考查了三角知识的应用能力 18 （12 分）如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，底面 ABC 为等边三角形，E，F 分别为 AB， AA1的中点，CEFB1，ABAA1EB1 （1）证明：EF平面 CEB1； （2）求直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小 【分析】 （1）设 AA12a，由已知可得 AB，BB12a，再由点 E 为棱 AB 的中点， 证明 EBBB1， 结合侧面 ABB1A1为平行四边形， 可得四边形 ABB1A1 为 矩形，由点 F 为棱 AA1 的中点，求解三角形证明 EFEB1，又 CEAB，得 CE平面 ABB1A1，得到 CEEF，由直线与平

33、面垂直的判定可得 EF平面 CEB1； （2）由（1）可知，CE平面 ABB1A1，得到 CEBB1，又由（1）知即 EBBB1，可得 BB1平面 ABC，得到三棱柱 ABCA1B1C1是正三棱柱，设 A1B1 的中点为 M，以 E 为 坐标原点，分别以 EB，EC，EM 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系求出平面 CFB1的一个法向量与的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线 EF 与平面 CFB1所 成角的大小 【解答】 （1）证明：设 AA12a， ABAA1EB1，AB，BB12a， 点 E 为棱 AB 的中点，EB，则，即 EBBB1 三棱柱 ABCA1B1C1的侧面 ABB

34、1A1为平行四边形， 四边形 ABB1A1 为矩形， 点 F 为棱 AA1 的中点， ，FE2AF2+AE23a2， ，得 EFEB1 第 18 页（共 27 页） 三棱柱的底面 ABC 是正三角形，E 为 AB 的中点，CEAB CEFB1，AB平面 ABB1A1，FB1平面 ABB1A1，AB 与 FB1相交， CE平面 ABB1A1，而 EF平面 ABB1A1， CEEF， 又 CEEB1E，EF平面 CEB1； （2）解：由（1）可知，CE平面 ABB1A1， 则 CEBB1，又由（1）知即 EBBB1，EBCEE， BB1平面 ABC， 三棱柱 ABCA1B1C1是正三棱柱 设 A1

35、B1 的中点为 M，则 EB，EC，EM 两两互相垂直 以 E 为坐标原点，分别以 EB，EC，EM 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 设 E（0，0，0） ，C（0，0） ，F（a，0，a） ，B1（，0，2a） ， 则， 设平面 CFB1的一个法向量为， 由，取 x1，得 设直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小为 则 sin| 则直线 EF 与平面 CFB1所成角的大小为 45 【点评】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 19 （12 分）足球运动被誉为“世界第一运动” 为推广足球运动，某学校成立了足球社团，

36、第 19 页（共 27 页） 由于报名人数较多，需对报名者进行“点球测试”来决定是否录取，规则如下： （1）如表是某同学 6 次的训练数据，以这 150 个点球中的进球频率代表其单次点球踢进 的概率为加入足球社团，该同学进行了“点球测试” ，每次点球是否踢进相互独立，将 他在测试中所踢的点球次数记为 ，求 E（） ； 点球数 20 30 30 25 20 25 进球数 10 17 20 16 13 14 （2）社团中的甲、乙、丙三名成员将进行传球训练，从甲开始随机地将球传给其他两人 中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去， 且假定每次传球都能被接到记开始传球

37、的人为第 1 次触球者，接到第 n 次传球的人即 为第 n+1 次触球者（nN*） ，第 n 次触球者是甲的概率记为 Pn （i）求 P1，P2，P3（直接写出结果即可） ； （ii）证明：数列Pn为等比数列 【分析】 （1）求出这 150 个点球中的进球频率为 0.6，从而该同学踢一次点球命中的概率 为 P0.6， 的可能取值为 1，2，3，分别求出相应概率，由此能求出 E（） （2） （i）由题意 （ii）第 n 次触球者是甲的概率为 Pn，当 n2 时，第 n1 次触球者是甲的概率为 pn1， 第 n1 次触球者不是甲的概率为 1Pn1， 推导出， 由此能证明 是以为首项，公比为的等比数

38、列 【解答】解： （1）这 150 个点球中的进球频率为： 0.6， 该同学踢一次点球命中的概率为 P0.6， 由题意， 的可能取值为 1，2，3， 则 P（1）0.6， 第 20 页（共 27 页） P（2）0.60.40.24， P（3）0.420.16， E（）10.6+20.34+30.161.56 （2） （i）由题意 （ii）证明：第 n 次触球者是甲的概率为 Pn， 当 n2 时，第 n1 次触球者是甲的概率为 pn1， 第 n1 次触球者不是甲的概率为 1Pn1， 则（1Pn1）， ， ， 是以为首项，公比为的等比数列 【点评】本题考查样本估计总体，随机变量的期望，考查递推关系

39、以及等比数列的概念， 考查分析问题、解决问题的能力，考查建模能力、数据处理能力 20 （12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，P 为直线 l0：x4 上的动点，动点 Q 满足 PQ l0，且原点 O 在以 PQ 为直径的圆上记动点 Q 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）过点 E（2，0）的直线 l1与曲线 C 交于 A，B 两点，点 D（异于 A，B）在 C 上， 直线 AD，BD 分别与 x 轴交于点 M，N，且3，求BMN 面积的最小值 【分析】 （1）可设 Q（x，y） ，则 P（4，y） ，由原点 O 在以 PQ 为直径的圆上，可得 0，由向量数量积的坐标表示，化简

40、可得所求方程； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，D（x3，y3） ，M（m，0） ，N（n，0） ，由题意可设直 线 l1：xty+a（其中 a2） ，联立曲线 C 的方程，运用韦达定理，可得 m，n 关于 y3， y1，以及 y3，y2的式子，结合向量共线的坐标表示，以及三角形的面积公式，化简整理， 由二次函数的最值求法，可得所求最小值 【解答】解： （1）由题意可设 Q（x，y） ，则 P（4，y） ，（4，y） ，（x，y） ， 因为 O 在以 PQ 为直径的圆上，所以0，即（4，y） （x，y）4x+y20， 第 21 页（共 27 页） 所以 y24x，即曲线 C

41、的方程为 y24x； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，D（x3，y3） ，M（m，0） ，N（n，0） ， 由题意可设直线 l1：xty+a（其中 a2） ， 由方程组，可得 y24ty4a0， 则 y1+y24t，y1y24a8，同理可得 y1y34m，y2y34n， 所以 m，n，又3， 所以（x3x1，y3y1）3（mx1，y1） ，所以 y3y13y1，即 y32y1， 所以|MN|mn|y1y3y2y3|y1y2|y3|y1y2|2y1|y1|y1y2|， 所以 SBMN|MN|y2|y1y2|y1y2|28， 所以当 t0 时，BMN 的面积取得最小值，且为 8

42、【点评】本题以直线与抛物线为载体，其几何关系的向量表达为背景，利用方程思想、 韦达定理构建目标函数，利用坐标法解决几何问题贯穿始终，主要考查直线和抛物线的 位置关系及最值问题，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思维能力 21 （12 分）已知函数 f（x）eax 1cosx（a0） （其中常数 e2.71828，是自然对数 的底数） （1）若 a，求 f（x）在（0，）上的极大值点； （2） （i）证明 f（x）在（0，）上单调递增； （ii）求关于 x 的方程 f（x）e在0，上的实数解的个数 【分析】 （1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数 的极值

43、点即可； （2）（i） 只需证明x0， 问题转化为只需证明 sinx0x0， 令 g （x） sinxx， x0， ） ，结合函数的单调性证明即可； （ii）求出 ex1+x，再证明函数 f（x）的最大值 f（x0）；令函数 G（x）cosxeax 第 22 页（共 27 页） 1 ，x0，先求函数 G（x）在（x0，上的零点个数，再求函数 G（x） 在0，x0上的零点的个数，从而求出方程解的个数 【解答】解： （1）易知 f（x）（acosxsinx）eax 1（atanx）cosxeax1， 若 a，则 f（x）（tanx）cosxeax 1， x，f（x） ，f（x）的变化如下： x （

44、0，） （， ） f（x） + 0 f（x） 递增 极大值 递减 函数 f（x）在（0，）递增，在（，）递减， 函数 f（x）的极大值点是； （2） （i）证明：a0，在（0，）上必存在唯一实数 x0，使得 tanx0a， 函数 f（x）在（0，x0）递增，在（x0，）递减， 欲证明 f（x）在（0，）递增，只需证明x0， tanx0a，sinx0，故只需证明 sinx0x0， 令 g（x）sinxx，x0，） ，则 g（x）cosx10， 函数 g（x）在0，）递减， 当 x0（0，）时，g（x0）g（0）0， sinx0x00，即 sinx0x0，亦即x0， 函数 f（x）在（0，）递增； （ii）先证明当 x0 时，有 ex1+x， 第 23 页（共 27 页） 令 h（x）exx1， （x0） ，则 h（x）ex10， （x0） ， 函数 h（x）在0，+）递增， 当 x0 时，h（x）0，即 ex1+x， 再证明函数 f（x）的最大值 f（x0）， 显然 tanx0a，cosx0，sinx0，