2020年广州市普通高中毕业班综合测试(二)(理科试题及参考答案)

2020年广州市普通高中毕业班综合测试（二）

理科数学

本试卷共6页，23小题， 满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，

用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号，并将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共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．若集合Axy

A．0,1

2x，Bxx2x0，则AB

B． 0,1

C．0,2 D．0,2

2． 已知复数z1bibR，

A．2 B．3．若alog3z是纯虚数，则b 2i11 C． D．1 22310.2， bln，c0.6，则a，b，c的大小关系为 22 B．cab

C． bac D． acb

A．cba

4．首项为21的等差数列从第8项起开始为正数，则公差d的取值范围是

A．d3 B．d

777 C．3d D．3d 222理科数学（二）试题B 第 1 页 共 6 页

5．《周髀算经》中提出了 “方属地，圆属天”，也就是人们常说的“天圆地方”．我国古代铜钱的铸造也蕴含了这种“外圆内方”“天地合一”的哲学思想．现将铜钱抽象成如图所示的图形，其中圆的半径为r，正方形的边长为若在圆内随机取点，得到点取自阴影部分的概率是p，a0ar，则圆周率的值为

a2a2aA． B． C． 221pr1pr1prD．

a

1pr6．在三棱柱ABCA1B1C1中，E是棱AB的中点，动点F是侧面ACC1A1（包括边界）上一点，若EF∥平面BCC1B1，则动点F的轨迹是 A．线段 C．椭圆的一部分 7．函数fx2xB．圆弧

D．抛物线的一部分

1的图像大致是 x

A． B． C． D．

8．如图，在梯形ABCD中，AB//CD，ABAD，AB=2AD2DC，E是BC的中

点，F是AE上一点，AF2FE，则BF= D C11ABAD 2311C．ABAD

23A．

11ABAD 3211 D．ABAD

32

B．

FAEB

理科数学（二）试题B 第 2 页 共 6 页

219．已知命题p：xxn的展开式中，仅有第7项的二项式系数最大，则展开式中的常

数项为495；命题q：随机变量服从正态分布N2,2，且P40.7，则

现给出四个命题：①pq，②pq，③p(q)，④(p)q，P020.3．其中真命题的是

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 10．设数列an的前n项和为Sn，且a12，anan12nnN，则S*2020=

22020222020+222021222021+2A． B． C． D．

3333x2y211．过双曲线C：221a0,b0右焦点F2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为

abP，与双曲线交于点A，若F2P3F2A，则双曲线C的渐近线方程为

A．y12x B．yx C．y2x D．yx 252x12．若关于x的不等式eA．0,2e

alnx1a恒成立，则实数a的取值范围是 22C．0,2e

2D．,2e

B．,2e

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，若点P2,1在角的

终边上，则sin2= ．

14．下表是某厂1~4月份用水量（单位：百吨）的一组数据

月份x（万元） 用水量y（万元） 1 2.5 2 3 3 4 4 4.5 由散点图可知，用水量y与月份x之间有较明显的线性相关关系，其线性回归方程是

ˆ1.75，预测6月份该厂的用水量为 万元． ˆbxy

理科数学（二）试题B 第 3 页 共 6 页

15．过抛物线y24x焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，且AB4，若原点O是

△ABC的垂心，则点C的坐标为_______． 16．正四棱锥PABCD的底面边长为2，侧棱长为22．过点A作一个与侧棱PC垂直

的平面，则平面被此正四棱锥所截的截面面积为 ，平面将此正四棱锥分成的两部分体积的比值为 ．（第一个空2分，第二个空3分）

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，每个试题考生都必须做答。第22、23题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题：共60分。 17．（12分）

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a1，B，△ABC的3面积为

33． 4（1）求△ABC的周长； （2）求cosBC的值．

18．（12分）

AC如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，

（1）求证：B1CAB1， B1CBC1O．

AB；

（2）若CBB160，ACBC，且点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，求二面角BAA1C的余弦值．

AA1COBB1C1理科数学（二）试题B 第 4 页 共 6 页

19．（12分）

已知点A，B的坐标分别是2,0，

2,0，动点Mx,y满足直线AM和BM的斜率之积为3，记M的轨迹为曲线E．

（1）求曲线E的方程；

（2）直线ykxm与曲线E相交于P，Q两点，若曲线E上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形（其中O为坐标原点），求m的取值范围．

20．（12分）

当今世界科技迅猛发展，信息日新月异．为增强全民科技意识，提高公众科学素养，某市图书馆开展了以“亲近科技、畅想未来”为主题的系列活动，并对不同年龄借阅者对科技类图书的情况进行了调查．该图书馆从只借阅一本图书的借阅者中随机抽取100名，数据统计如下表：

年龄不超过50岁 年龄大于50岁 借阅科技类图书（人） 借阅非科技类图书（人） 20 10 25 45 （1）是否有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关？

（2）该图书馆为了鼓励市民借阅科技类图书，规定市民每借阅一本科技类图书奖励积分2分，每借阅一本非科技类图书奖励积分1分，积分累计一定数量可以用积分换购自己喜爱的图书。用上表中的样本频率作为概率的估计值．

（i）现有3名借阅者每人借阅一本图书，记此3人增加的积分总和为随机变量，求的分布列和数学期望；

（ii）现从只借阅一本图书的借阅者中选取16人，则借阅科技类图书最有可能的人数是多少?

n(adbc)2附：k，其中nabcd．

(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 k

理科数学（二）试题B 第 5 页 共 6 页

21．(12分)

已知函数fxlnxsinxaxa0． （1）若a1，求证：当x1,时，fx2x1； 2（2）若fx在0,2π上有且仅有1个极值点，求a的取值范围．

（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4－4：坐标系与参数方程]（10分）

xcos,在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数）．以坐标原点

y2sinO为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为2（1）写出曲线C1和C2的直角坐标方程；

4． 213sin（2）已知P为曲线C2上的动点，过点P作曲线C1的切线，切点为A，求PA的最大值．

23．[选修4－5：不等式选讲]（10分）

已知函数fxx12x2的最大值为M，正实数a，b满足abM． （1）求2a2b2的最小值； （2）求证：aabbab．

理科数学（二）试题B 第 6 页 共 6 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： 题号 1 2 3 B 4 D 5 A 6 A 7 C 8 C 9 C 10 C 11 A 12 C 答案 B A

二、填空题：

13．4314 14．5.95 15．3,0 16．，或2

235

理科数学（二）答案 第 1 页 共 1 页

理科17．解：（1）因为a1，B在ABC中，SABC33，ABC的面积为，

431acsinB．……………………………………………………1分 2即

1331csin，解得c3.…………………………………………………2分 23417，………………………3分 2由余弦定理，得b2a2c22accosB196所以b7. ……………………………………………………………………………4分 所以ABC的周长为abc47．……………………………………………5分 （2）解法1：在ABC中，a1，b7，c3，B由正弦定理

， 3bc，……………………………………………………………6分 sinBsinC得sinCcsinBb332321．…………………………………………………7分

147222因为cab2abcosC，

a2b2c2所以cosC………………………………………………………………8分

2ab1797．………………………………………………………9分 142172 【或根据a1，b7，c3，可知C为钝角，则cosC1sinC7】 14所以cosBCcosC………………………………………………………10分 3coscosCsinsinC

33173321 214…………………………………………11分 214

27.………………………………………………………………12分 7理科数学（二）答案 第 1 页 共 2 页

解法2：在ABC中，a1，b7，c3，B， 3a2b2c2所以cosC………………………………………………………………6分

2ab1797．………………………………………………………7分 14217因为C为ABC的内角，

所以sinC1cosC…………………………………………………………………8分

273211．…………………………………………………9分 1414所以cosBCcos2C………………………………………………………10分 3coscosCsinsinC

33 173321…………………………………………11分 21421427.………………………………………………………………12分 7

理科数学（二）答案 第 2 页 共 2 页

理科18．

（1）证明：连接AO，

因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为BC1和BC1的中点． ………1分 因为ACAB1，所以AOB1C．……………………………………………………2分 因为AOBC1O，

所以B1C平面ABO．……………3分 因为AB平面ABO，

所以B1CAB．……………………4分 （2）解法1：因为点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，

所以AO平面BB1C1C．………………………………………………………………5分

因为B1CBC1，所以AO，OB，

AA1COBB1C1OB1两两互相垂直．

如图，以O为坐标原点，以OB，OB1，OA为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．……………………………………6分

CBCAB因为CBB160，设AzAA11a2，

则AOBO3a．

所以A0,0,3a，B3a,0,0，

xBCOB1yC1B10,a,0，C0,a,0．………………7分

所以AB3a,0,3a，CA0,a,3a，

AA1BB13a,a,0．…………………………………………………………………8分

设平面BAA1的法向量为mx1,y1,z1，

mAB3ax13az10,则． mAA13ax1ay10.取x11，则m1,3,1………………………………………………………………9分



理科数学（二）答案 第 1 页 共 3 页

设平面CAA1的法向量为nx2,y2,z2，

nCAay23az20,则． nAA13ax2ay20.取x21，则n1,3,1……………………………………………………………10分 设二面角BAA1C的平面角为，由图知，为锐角， 则cosmn131……………………………………………………………11分 mn553． 5所以二面角BAA1C的余弦值为

3．……………………………………………12分 5解法2：因为点A在侧面BB1C1C上的投影为点O，

所以AO平面BB1C1C．………………………………………………………………5分

因为B1CBC1，所以AO，OB， 过O作OEOB1两两垂直．

CC1，则E为CC1的四等分点，连接AE．

延长EO交BB1于F，连接AF．……………………………………………………6分

因为CBB160，设ACBCAB12a，则AOBO3a．

则OEOF3a．……………………7分 213B1Ha】 22【或作B1HCC1，则OE因为CC1所以CC1EF，CC1OA，OAEFO， 平面AEF．…………………8分

平面AEF．

因为CC1∥AA1，所以AA1所以FAE为所求二面角的平面角．…………………………………………………9分

因为AEAF

3153aaa，…………………………………10分

2222理科数学（二）答案 第 2 页 共 3 页

AE2AF2EF2所以cosEAF………………………………………………11分

2AEAF3=． 5所以二面角BAA1C的余弦值为

3．……………………………………………12分 5

理科数学（二）答案 第 3 页 共 3 页

理科19．

解：（1）因为A2,0，B所以kAM2,0，Mx,y，

yy，kBM．…………………………………………………1分

x2x2因为直线AM和BM的斜率之积为3，

yy3．……………………………………………………………2分 所以

x2x2x2y21．…………………………………………………………………3分 整理，得

26因为直线AM和BM存在斜率，且均不为0，所以x2【或y0】．

x2y21x2．………………………………………4分 所以曲线E的方程为

26x2y21的交点为Px1,y1，Qx2,y2， （2）设直线ykxm与曲线E：

26因为四边形OPRQ为平行四边形，所以OROPOQ【或其他形式】．

所以Rx1x2,y1y2．………………………………………………………………5分 由ykxm，223xy6. 得k23x22kmxm260．…………………………6分

2kmm26所以x1x22，x1x22．……………………………………………7分

k+3k3所以y1由4ky2kx1x22m26m．……………………………………………8分 2k3m24k23m260，得2k2m26．………………………9分

因为点Rx1x2,y1y2在曲线E上，

2km6m223所以226，即k2m3．……………………………10分 k3k3因为2k222m26，即22m23m26，解得m20．……………………11分

理科数学（二）答案 第 1 页 共 2 页

22因为2m3k0，所以m66m或．

2266所以m的取值范围为……………………………………12分 ,22,．



理科数学（二）答案 第 2 页 共 2 页

理科20．

100204510251690028.1296.635．………………1分 解：（1）因为k207930704555所以有99%的把握认为年龄与借阅科技类图书有关．………………………………2分 （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p2303．…………………………………………3分 10010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．………………………………………4分

03P3C3100343713P4C，310100010189733P6C，3101000101314417， 101000277． 101000023P5C102323从而的分布列为：

 P 3 4 5 6 ……………………6分 34344118927 1000100010001000所以E334344118927456……………………………7分 10001000100010003.9．………………………………………………………………………8分

（ii）记16人中借阅科技类图书的人数为X，

则随机变量X满足二项分布X3B16,．………………………………………9分 10设借阅科技类图书最有可能的人数是kk0,1,2,,16，

PXkPXk1,则 PXkPXk1.k117kk3k716k37k1C16C16,10101010即……………………………………10分 k16kk115k7k37k13CC16.1610101010

理科数学（二）答案 第 1 页 共 2 页

解得k5.1,即4.1k5.1．………………………………………………………11分

k4.1.因为kN，所以k5．

所以16人借阅科技类图书最有可能的人数是5人．…………………………………12分 【若由EX16

3=4.8，说明借阅科技类图书最有可能的人数是5人．共给2分】 10

理科数学（二）答案 第 2 页 共 2 页

理科21．

（1）证法1：若a1，则fxlnxsinxx．

要证fx2x1，即证：lnxsinxx10．…………………………………1分 设gxlnxsinxx11x， 2则gx11xcosx1cosx．………………………………………………2分 xx，所以gx0． 2因为1xgx所以在1,单调递减．…………………………………………………………3分

2所以gxg1=ln1sin111sin10． 所以当x1,时，fx2x1．……………………………………………… 4分2证法2：若a1，则fxlnxsinxx．

要证fx2x1，即证lnxx+1sinx．………………………………………1分

11x1xhx1设hxlnxx1，则．…………………………2分 2xx因为1x，所以hx0．所以h(x)在1，上单调递减． 22所以hxh1ln11+10．…………………………………………………………3分

1x因为，所以sinx0．

2所以lnxx+1sinx． 所以当x1,

时，fx2x1．……………………………………………… 4分 2

理科数学（二）答案 第 1 页 共 3 页

（2）因为fxlnxsinxaxa0，所以fx=①若x0,1，则

1cosxa． xfx1cosxaa0．

此时函数f(x)单调递增，无极值点．…………………………………………………5分 ②若x1，，设gxfx=211cosxa，则gx2+sinx．

xx设hx12+sinxhx+cosx0gx，则，所以在1,上单调递增．

x2x321ππ1,与在上分别单调递增，所以在 ysinxg(x)1,上单调递增】2x22【或由y4πg1 > 0， g11sin1< 0因为，22π所以存在唯一x01，，满足gx0当x1,x0时，g调递增．

则gxmin=gx0=211sinx=+sinx6 ，即00x0．………分x02πx0，gx单调递减，当xx0,2时，gx0，gx单

1cosx0+asinx0cosx0asinx0cosx00． x0所以gxfx0恒成立．

此时f(x)单调递增，无极值点．………………………………………………………7分

11π3π③若x,，则cosx0，所以fx=cosxa+a0．

22xx此时函数f(x)单调递增，无极值点．…………………………………………………8分

④若x2,2π，此时fx必存在1个极值点． 11gxfx设cosxa，则gx2+sinx0，所以g(x)单调递减．

xx3π2+a0，g23π则………………………………………………………………9分

1g2π2π1+a0.解得

3π21a1．…………………………………………………………………10分 3π2π理科数学（二）答案 第 2 页 共 3 页

已知a0，所以0a11．……………………………………………………11分 2π3π所以存在唯一x0,2π，满足g(x0)=0．

23π当x,x0时，g(x)f(x)0，fx单调递增，

2当xx0,2π时，g(x)f(x)0，fx单调递减． 故x0是函数fx的极大值点． 综上可知，若

0，1fx在0,2π上有且仅有1个极值点，则a的取值范围为 ．2π1………………………………………………………12分

理科数学（二）答案 第 3 页 共 3 页