广州市2020届普通高中毕业班综合测试B(二)理科数学试题(word/pdf版含答案)
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资料简介
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 .

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