2020年广州市普通高中毕业班综合测试（二）（理科试题）（最终稿）.pdf

理科数学（二）答案 第 1 页 共 14 页 绝密 ★ 启用前 2020 年广州市普通高中毕业班综合测试（二） 理科数学试题答案及评分参考 评分说明: 1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则． 2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的 内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的 一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分． 3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数．选择题不给中间分． 一、选择题： 二、填空题： 13． 4 5 14．5.95 15． 3,0 16． 43 3 ， 1 2 或 2 三．解答题： 17．解：（1）因为 1a  ， 3B  ， ABC 的面积为 33 4 ， 在 中， 1 sin2ABCS ac B  ． 即 1 3 31 sin2 3 4c     ，解得 3c  . 由余弦定理，得 2 2 2 12 cos 1 9 6 72b a c ac B        ， 所以 7b  . 所以 的周长为 abc   47 ． （2）解法 1：在 中， ， ， ， ， 由正弦定理 sin sin bc BC ， 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A B D A A C C C C A C 理科数学（二）答案 第 2 页 共 14 页 得 33sin 3 212sin 147 cBC b     ． 因为 2 2 2 2 cosc a b ab C   ， 所以 2 2 2 cos 2 a b cC ab  1 7 9 7 142 1 7     ． 【或根据 1a ， 7b  ， 3c  ，可知C 为钝角，则 2 7cos 1 sin 14CC     】 所以  cos cos 3B C C   cos cos sin sin33CC 1 7 3 3 21 2 14 2 14      27 7 . 解法 2：在 ABC 中， ， ， ， 3B  ， 所以 ． 因为C 为 的内角， 所以 2sin 1 cosCC 2 7 3 211 14 14     ． 所以 . 18．（ 1）证明：连接 AO ， 因为侧面 CCBB 11 为菱形，所以 11 BCCB  ， 且O 为 1BC 和 1BC 的中点． 因为 1ABAC  ，所以 1AO B C ． 因为 OBCAO 1 ，所以 1BC 平面 ABO ． 因为 ABOAB 平面 ，所以 ABCB 1 ． O B1 C1 A1 C B A 理科数学（二）答案 第 3 页 共 14 页 （2）解法 1：因为点 A 在侧面 CCBB 11 上的投影为点O ， 所以 11AO BB C C 平面 ． 因为 11 BCCB  ，所以 AO ，OB ， 1OB 两两互相垂直． 如图，以O 为坐标原点，以OB ， 1OB ，OA 为 x 轴， y 轴， z 轴正方向建立空间直角 坐标系． 因为 601 CBB ，设 1 2AC BC AB a   ，则 3AO BO a ． 所以  0,0, 3Aa，  3 ,0,0Ba ，  1 0, ,0Ba，  0, ,0Ca ． 所以  3 ,0, 3AB a a，  0, , 3CA a a ，  11 3 , ,0AA BB a a   ． 设平面 1BAA 的法向量为  1 1 1,,x y zm ， 则 11 1 1 1 3 3 0, 3 0. AB ax az AA ax ay           m m ．取 1 1x  ，则  1, 3,1m ． 设平面 1CAA 的法向量为  2 2 2,,x y zn ， 则 22 1 2 2 3 0, 3 0. CA ay az AA ax ay           n n ．取 2 1x  ，则  1, 3, 1n ． 设二面角 CAAB  1 的平面角为 ，由图知， 为锐角， 则 1 3 1cos 55    mn mn 3 5 ． 所以二面角 的余弦值为 5 3 ． 解法 2：因为点 在侧面 上的投影为点 ， 所以 ． z y x A B C A1 C1 B1 O 理科数学（二）答案 第 4 页 共 14 页 因为 11 BCCB  ，所以 AO ，OB ， 1OB 两两垂直． 过O 作 1CCOE  ，则 E 为 1CC 的四等分点，连接 AE ． 延长 EO交 1BB 于 F ，连接 AF ． 因为 601 CBB ，设 1 2AC BC AB a   ，则 3AO BO a ． 则 3 2OE OF a ． 【或作 11B H CC ，则 1 13 22OE B H a】 因为 1CC EF ， 1CC OA ，OA EF O ， 所以 1CC  平面 AEF ． 因为 1CC ∥ 1AA ，所以 1AA  平面 ． 所以 FAE 为所求二面角的平面角． 因为   2 2 3 153 22AE AF a a a    ， 所以 2 2 2 cos 2 AE AF EFEAF AE AF   3= 5 ． 所以二面角 CAAB  1 的余弦值为 5 3 ． 19．解：（1）因为 A  2,0 ， B  2,0 ，  ,M x y ， 所以 2AM yk x   ， 2BM yk x   ． 因为直线 AM 和 BM 的斜率之积为 3 ， 所以 3 22     x y x y ． 整理，得 22 126 xy． 理科数学（二）答案 第 5 页 共 14 页 因为直线 AM 和 BM 存在斜率，且均不为0 ，所以 2x  【或 0y  】． 所以曲线 E 的方程为 22 126 xy 2x  ． （2）设直线 y kx m与曲线 E ： 22 126 xy的交点为  11,P x y ，  22,Q x y ， 因为四边形OPRQ 为平行四边形，所以OR OP OQ【或其他形式】． 所以  1 2 1 2,R x x y y． 由 223 6. y kx m xy    ， 得 2 2 23 2 6 0k x kmx m     ． 所以 12 2 2 +3 kmxx k   ， 2 12 2 6 3 mxx k   ． 所以  1 2 1 2 2 62 3 my y k x x m k      ． 由   2 2 2 24 4 3 6 0k m k m      ，得 2226km． 因为点 在曲线 E 上， 所以 22 22 263633 km m kk             ，即 2223km． 因为 2226km，即  222 2 3 6mm   ，解得 2 0m  ． 当直线 PQ过点  02， 时， km 2 ，代入 2223mk ， 所以 2m ，此时不符合题意． 因为 222 3 0mk   ，所以 6 2m  或 6 2m  ． 所以m 的取值范围为   66, 2 2, , 2 2,22            ． 理科数学（二）答案 第 6 页 共 14 页 20．解：（1）因为  2 2 100 20 45 10 25 30 70 45 55k     16900 8.129 6.6352079   ． 所以有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关． （2）（i）因为用表中的样本频率作为概率的估计值， 所以借阅科技类图书的概率 30 3 100 10p ． 因为3名借阅者每人借阅一本图书，这 3 人增加的积分总和为随机变量 ， 所以随机变量 的可能取值为3， 4 ，5，6 ．   03 0 3 3 7 3433C10 10 1000P              ，   12 1 3 3 7 4414C10 10 1000P              ，   21 2 3 3 7 1895C10 10 1000P              ，   30 3 3 3 7 276C10 10 1000P              ． 从而 的分布列为：  3 4 5 6 P 343 1000 441 1000 189 1000 27 1000 所以   343 441 189 2734561000 1000 1000 1000E          3.9 ． （ii）解法 1：记16人中借阅科技类图书的人数为 X ， 则随机变量 满足二项分布 316,10XB  ． 设借阅科技类图书最有可能的人数是 k  0,1,2, ,16k  ， 则         1, 1. P X k P X k P X k P X k         即 16 1 17 1 16 16 16 1 15 1 16 16 3 7 3 7C C ,10 10 10 10 3 7 3 7C C .10 10 10 10 k k k k kk k k k k kk                                                          解得 5.1, 4.1. k k    即 4.1 5.1k ． 理科数学（二）答案 第 7 页 共 14 页 因为 kN ，所以 5k  ． 所以16人借阅科技类图书最有可能的人数是5人． 解法 2：记16人中借阅科技类图书的人数为 X ， 则随机变量 满足二项分布 316,10XB  ． 设借阅科技类图书最有可能的人数是 k  0,1,2, ,16k  ， 则   16 16 37=C 10 10 kk kP X k            ． 因为     16 16 1 17 1 16 37C 51 1010 10=11737C 10 10 kk k kk k P X k k P X k k                          ． 所以当 5k 时，     11 P X k P X k   ， 6k 时，     11 P X k P X k   ． 即          0 1 5 6 16P X P X P X P X P X           ． 所以  5Pk 最大． 所以 人借阅科技类图书最有可能的人数是 人． 【若由  EX 316 =4.810 ，说明借阅科技类图书最有可能的人数是 人．共给2分】 21．（ 1）证法 1：若 1a  ，则   ln sinf x x x x   ． 要证   21f x x，即证：ln sin 1 0x x x    ． 设   ln sin 1 1 2g x x x x x       ， 则   11cos 1 cosxg x x xxx       ． 因为1 2x  ，所以   0gx  ．所以  gx在 1, 2   单调递减． 所以    1 =ln1 sin1 1 1 sin1 0g x g       ． 理科数学（二）答案 第 8 页 共 14 页 所以当 1, 2x  时，   21f x x． 证法 2：若 1a  ，则   ln sinf x x x x   ． 要证   21f x x，即证ln +1 sinx x x ． 设   ln 1h x x x   1 2x  ，则   111 xhx xx     ． 因为1 2x  ，所以   0hx  ．所以 ()hx 在 1 2   ， 上单调递减． 所以    1 ln1 1+1 0h x h    ． 因为 ，所以sin 0x  ． 所以ln +1 sinx x x ． 所以当 时， ． （2）因为   ln sinf x x x ax    0a  ，所以   1= cosf x x ax  ． ①若 0,1x  ，则   1 cos 0f x x a a      ． 此时函数 ()fx单调递增，无极值点． ②若 1 2x   ， ，设  gx ，则   2 1 +sinxgxx  ． 设   2 1 +sinxhxx ，则   3 2 +cos 0xhxx ，所以  gx 在 1, 2    上单调递增． 【或由 2 1y x 与 sinyx 在 π1, 2    上分别单调递增，所以 ()gx 在 上单调递增】 因为  1 1 sin1< 0g    ， 2 π 4 1 > 02 πg       ， 所以存在唯一 0 1 2x  ， ，满足  00 0 2 01 +sinxgxx   ，即 0 0 1sin =x x ． 当  01,xx 时，   0gx  ，  gx单调递减，当 0 π, 2xx     时，   0gx  ， 单 理科数学（二）答案 第 9 页 共 14 页 调递增． 则    0 0 0 0 0 0min 0 1= = cos + sin cos sin cos 0xxg g x a x x a x xx        ． 所以     0g x f x恒成立． 此时 ()fx单调递增，无极值点． ③若 π 3π,22x     ，则cos 0x  ，所以   1= cosf x x ax  1 +0ax  ． 此时函数 单调递增，无极值点． ④若 3π ,2π2x    ，此时  fx必存在1个极值点． 设     1 cosg x f x x ax     ，则   2 1 +sin 0xgxx    ，所以 ()gx单调递减． 则   3π 2 +023π 12π 1+ 0.2π ga ga            ， 解得 2113π 2πa    ． 已知 0a  ，所以 1012πa   ． 所以存在唯一 0 3π ,2π2x    ，满足 0( ) = 0gx ． 当 0 3π ,2xx   时， ( ) ( ) 0g x f x，  xf 单调递增， 当  0,2πxx 时， ( ) ( ) 0g x f x， 单调递减． 故 0x 是函数 的极大值点． 综上可知，若  xf 在  0, 2π 上有且仅有1个极值点，则 a 的取值范围为 101 2π   ， ． 补充：理科 21 题将①②合并讨论，解法如下： 若 0 2x   ， ，设  gx ，则   2 1 +sinxgxx  ． 设   2 1 +sinxhxx ，则   3 2 +cos 0xhxx ，所以  gx 在 0, 2    上单调递增． 【或由 2 1y x 与 sinyx 在 π0, 2    上分别单调递增，所以 ()gx 在 π0, 2    上单调递增】 理科数学（二）答案 第 10 页 共 14 页 因为  1 1 sin1< 0g    ， 2 π 4 1 > 02 πg       ， 所以存在唯一 0 1 2x  ， ，满足  00 0 2 01 +sinxgxx   ，即 00 0 sin 1=xxx ． 当  00,xx 时，   0gx  ，  gx单调递减，当 0 π, 2xx     时，   0gx  ， 单 调递增． 则    0 0min 0 1= = cos +xxg g x ax  ． 因为 0 (1, )2x  ，所以 0 0 0sin cos , 1x x x， 所以  0 0 0 0 0 0sin= cos sin cos 0x x xg x a x x     ． 所以     0g x f x恒成立． 此时 ()fx单调递增，无极值点． 22．（1）解：由 cos , 2 sin x y      ，得 cos , 2 sin . x y      所以曲线 1C 的直角坐标方程为 22( 2) 1xy   ． 由 2 2 4 1 3sin   得  22 3 sin 4  ． 因为 2 2 2xy ， sin y ， 所以曲线 2C 的直角坐标方程为 2 2 14 x y． （2）解法 1：因为点 P 在曲线 ： 上， 所以可设点 的坐标为 2cos ,sin． 因为曲线 的直角坐标方程为 ， 所以圆心为  1 02C ， ，半径 1r  ． 理科数学（二）答案 第 11 页 共 14 页 所以    2 222 1 2cos sin 2 1PA PC r       22 253 sin 33    ． 当 2sin 3  时， PA 有最大值 53 3 ． 所以 的最大值为 ． 解法 2：因为点 P 在曲线 2C ： 2 2 14 x y上， 所以可设点 的坐标为 00,xy，其中 2 20 0 14 x y． 因为曲线 1C 的直角坐标方程为 22( 2) 1xy   ， 所以圆心为  1 02C ， ，半径 1r  ． 所以  2 222 1 0 0 21PA PC r x y      2 0 2 253 33y    ． 因为 011y   ， 所以当 0 2 3y  时， 有最大值 ． 所以 的最大值为 ． 23．（1）解法 1： ( ) 1 2 2f x x x    3, 1 3 1, 1 1 3, 1. xx xx xx            ， ， 因为函数  fx在 ,1 上单调递增，在 1,  上单调递减． 所以当 1x  时， 取得最大值 2，所以 2ab． 因为 ，即 2ba， 理科数学（二）答案 第 12 页 共 14 页 所以   2 22 2 2 282 2 2 3 33a b a a a       ． 所以当 2 3a  时， 222ab 取得最小值 8 3 ． 解法 2：因为 1 2 2xx   111x x x      ( 1) ( 1) 1x x x      （当且仅当 1x  或 1x  时取等号）． 21x   2 （当且仅当 1x  时取等号）． 所以当且仅当 1x  时，  fx取得最大值 2，所以 2ab． 由柯西不等式，得    2 222122 1 2 422a b a b a b        ． 所以 2282 3ab，当且仅当 221 2 2, ab ab       ，即 2 3 4 3 a b     ， 时取等号． 所以 的最小值为 ． （2）证明 1：因为 2ab， 0a  ， 0b  ， 要证 aba b ab ，即证 ln ln ln lna a b b a b   ． 即证   1 ln 1 ln 0a a b b    ． 即证  21 ln 1 0a a    ． 当 01a时， 2 11a ，所以 2ln 1 0a  ， 因为10a，所以  21 ln 1 0a a    ． 当 1a  时，  21 ln 1 0a a    ． 理科数学（二）答案 第 13 页 共 14 页 当12a时， 20 1 1a   ，所以 2ln 1 0a  ． 因为10a，所以  21 ln 1 0a a    ． 综上所述，  21 ln 1 0a a    成立，即 aba b ab ． 证明 2：因为 2ab， 0a  ， 0b  ， 要证 aba b ab ，即证 111abab ， 即证 11(2 ) 1aaaa．即证 12 1 aa a  ，即证 12 11 a a  ． 当 01a时， 2 11a ，所以函数 2 1 x y a  单调递增． 因为10a，所以 12 11 a a  ． 当 1a  时， 12 11 a a  ． 当 时， ，所以函数 2 1 x y a  单调递减． 因为 ，所以 12 11 a a  ． 综上所述， 12 11 a a  成立，即 ． 证明 3：因为 ， ， ， 要证 aba b ab ，即证   2 ab aba b ab   ． 即证 221 a b a bab ab   ，即证 221 a b b a ab   ，即证 1a b b aab ． 即证 1 aba b   ． 理科数学（二）答案 第 14 页 共 14 页 当 0 ab时， 1a b  ，所以函数 xay b   单调递减． 因为 0ab，所以 1 aba b   ． 当 ab 时， 1 aba b   ． 当 0 ba时， 1a b  ，所以函数 单调递增． 因为 0ab，所以 1 aba b   ． 综上所述， 1 aba b   成立．即 aba b ab ．