2020年深圳市普通高中高三年级第二次调研考试 理科数学试题（含答案）.pdf

1、绝密启用前试卷类型：A 2020 年深圳市高中高三年级第二次调研考试 数学（理科）2020.6 理科数学试题答案及评分参考第1页（共19页） 2020 年深圳市高三第二次调研考试 理科数学试题答案及评分参考 一、选择题 1. B 2. D 3. C 4. A 5. A 6. D 7. A 8. C 9. D 10. B 11. C 12. D 11. 解析：n是不等式 2 log(15)(15) 211 xx x+的正整数解， 2 log(15)(15) 211 nn n+， 2 1515 log ()() 11 22 nn + ， 11 1515 ()()( 2) 22 nn + ， 11

2、11515( 2) ()() 2255 nn + ， 令 11515 ()() 225 nn n a + =，则数列 n a即为斐波那契数列， 11 ( 2) 5 n a ，即 11 2 2 5 n a ， 显然数列 n a为递增数列，所以数列 2 n a亦为递增数列， 不难知道 7 13a =， 8 21a =，且 11 2 7 2 5 a ， 11 2 8 2 5 a ， 使得 11 2 2 5 n a 成立的n的最小值为8， 使得 2 log(15)(15) 211 nn n+成立的n的最小值亦为8，故选 C. 12. 解析：如图所示， 不妨设 1 ( , )A x， 2 (, )B x

3、， 3 (, )C x，且线段AB的中点为 0 (, )M x， 显然有 31 2 xx =， 12 0 + = 2 xx x，且( )f x的图象关于直线 0 xx= 对称， 绝密绝密启封并使用完毕前启封并使用完毕前 试题类型：试题类型：A 理科数学试题答案及评分参考第2页（共19页） * ()ACnBC n=N， * |1( ) | ABn n nAC =N， 21 2(1)n xx n =，即 21 2(1)n xx n =，（1） 01，且 * nN，由正弦曲线的图像可知， 0 +2 () 2 xkk=Z， 12 + +2 () 22 xx kk=Z，即 21 4 2xxk+=，（2）

4、 由等式（1），（2）可得 1 3 2 2 xk n +=+， 3 sin(2 ) 2 k n +=，即 cos n =， cos(0,1) n =，且 * nN，3n ，且 1 ,1) 2 ， 对于结论，显然2n ，故结论错误； 对于结论，当3n =，且| | 时，则 1 cos 32 =，故( )sin() 2 x f x=+， 若 ( )f x的图象关于直线x= 对称，则 () 22 kk +=+Z，即2 ()kk=+Z， 显然与| | 矛盾，从而可知结论错误； 对于结论， 1 ,1) 2 ，且( )f x在区间 , 11 + 上单调递增， 162 162 + + + + （） ， 1

5、= 2 ，故结论正确； 对于结论，下证不等式 cos1(3)nn n ， （法一）当3n 时， 1 coscos= 32n ， 3 cos1(3) 2 nn n ，即 cos1(3)nn n ， （法二）即证不等式 1 cos0(3)n nn 恒成立， 构造函数 1 ( )cos(3)g xx xx =，显然函数( )g x单调递增， 当3n 时， 1 ( )(3)0 6 g ng=，即不等式 1 cos0(3)n nn 恒成立，故结论正确； 综上所述，正确的结论编号为，故选 D. 理科数学试题答案及评分参考第3页（共19页） 二、填空题： 13. 1=0xy 14. 2 15. 14 16.

6、 32 16. 解析:不妨设| | 3AEa= ，| | 3AFb= ， ,(0,1)a b ， 在直角三角形AEF中，易知EF边上的高为 22 3ab h ab = + ， 又五棱锥AEBCDF的底面面积为9(1) 2 ab S =， 欲使五棱锥AEBCDF的体积最大，须有平面AEF 平面EBCDF， max 22 1 9(1) 32 abab VSh ab = + ， 22 2abab+ ， max 9 2 9(1)(2) 242 abab Vabab ab ab =， 令 t ab=，则 (0,1)t ， 3 max 9 2 (2) 4 Vtt， (0,1)t ， （法一）令 3 ( )

7、2f ttt=，(0,1)t，则 2 ( )23ftt=， 不难知道，当 6 3 t =时，( )f t取得最大值 4 6 9 ， max 9 2 4 6 2 3 49 V=， 综上所述，当 6 3 ab=时， 五棱锥AEBCDF的体积V取得最大值2 3，故应填2 3 （法二）由题，可令2cost=， (,) 4 2 ， 则 322 2(2)2 2cos sintttt=， 令 2 ( )2cos sing=， (,) 4 2 ， 则 224222 ( )2cossin(22sin)sinsing= 222 3 (22sin)sinsin8 327 + =， （当且仅当 22 22sinsin

8、=，即 6 sin 3 =时，等号成立） ，所以 max 2 6 ( ) 9 g=， 理科数学试题答案及评分参考第4页（共19页） 当 6 sin 3 =时， 6 2cos 3 t=，所以 3 maxmax 4 6 (2)2 ( ) 9 ttg=， 从而易知，当 6 3 ab=时， 五棱锥AEBCDF的体积V取得最大值2 3，故应填2 3 （法三） 3 62316231 2( 2)( 2)2 ()() 2222 tttttttt + =+=+， 又 62316231 ()() 2222 ttt + + 3 62316231 ()() 2 6 2222 39 ttt + + =， 3 4 6 2

9、 9 tt，可知当 6 3 t =时，等号成立， 易知当 6 3 ab=时，五棱锥A EBCDF的体积V取最大值， 其最大值为 9 2 4 6 2 3 49 =， 故应填2 3 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 17 （本小题满分 12 分） ABC中，D为BC上的点，AD平分BAC，5AD =，8AC =，ACD的面积为10 3. （1）求CD的长； （2）求sinB. 解： （1）5AD =，8AC =，ACD的面积为10 3， 1 5 8sin10 3 2 DAC =， 3 sin 2 DAC=， 3 分 0180BAC，AD平分BAC， 090DAC， 60DAC=.

10、 4 分 A B D C 理科数学试题答案及评分参考第5页（共19页） 在ACD中，由余弦定理，得 222 2cosCDADACACADDAC=+ 22 582 5 8 cos6049=+ =， 7CD =. 6 分 （2） （法一）在ACD中，由正弦定理，得= sinsinC CDAD DAC ， sin5sin605 3 sin= 714 ADDAC C CD =， 8 分 在ACD中，ADAC， C为锐角， 2 11 cos= 1 sin 14 CC=， 10 分 60DAC=， 2120BACDAC= =， 60BC+=，即60BC=， 31115 33 3 sinsin(60)sin

11、60 coscos60 sin 21421414 BCCC=. 12 分 （法二）在ACD中，由余弦定理，得 222 5781 cos= 2 5 77 ADC + = ， 2 4 3 sin1 cos 7 ADCADC=， 10 分 4 31133 3 sinsin(60 )= 727214 BADC= =. 12 分 【命题意图】考察正弦定理、余弦定理、三角恒等变换、三角形内角和公式.涉及到的思想方 法有方程思想和数形结合思想.检验解三角形等知识应用能力. 18 （本小题满分 12 分） 如图，三棱柱 111 ABCABC中，底面ABC为等边三角形，E，F分别为AB， 1 AA的中点， 1

12、CEFB ，11 2 3 2 3 ABAAEB= . （1）证明：EF 平面 1 CEB； （2）求直线EF与平面 1 CFB所成角的大小. B1 A B C A1 C1 E F （第 18 题图） 理科数学试题答案及评分参考第6页（共19页） 解：（1）证明： （法一）设 1 2AAa=， 11 2 3 2 3 ABAAEB=，则 2 2ABa=， 1 6EBa=， 1 2BBa=， 点E为棱AB的中点， 2EBa=， 222 11 EBEBBB=+， 1 EBBB. 2 分 三棱柱 111 ABCABC的侧面 11 ABB A为平行四边形， 四边形 11 ABB A为矩形， 点F为棱 1

13、AA的中点， 2222 1111 9FBAFABa=+=， 2222 3FEAFAEa=+=， 222 11 FBEFEB=+， 1 EFEB. 4 分 三棱柱的底面ABC是正三角形，E为AB的中点， CEAB. 1 CEFB， AB平面 11 ABB A， 1 FB 平面 11 ABB A，且AB， 1 FB必相交， CE 平面 11 ABB A. EF 平面 11 ABB A， CE EF. 5 分 1 ECEBE=， EF 平面 1 CEB. 6 分 理科数学试题答案及评分参考第7页（共19页） （法二）先证明三棱柱 111 ABCABC是正三棱柱，与法一相同. 1 90FAEEBB=.

14、 又 11 2 3 2 3 ABAAB E=，点E，F分别为AB， 1 AA的中点， 1 2 BBAE AFEB =， FAE 1 EBB， 1 90FEABEB+=， 1=90 FEB， 又EFCE，CE 平面 1 CEB， 1 EB 平面 1 CEB，且 1 CEEBE=， EF 平面 1 CEB. 6 分 （2）解： （法一）由（1）可知CE 平面 11 ABB A， CE 1 BB， CE 平面ABC， 三棱柱 111 ABCABC是正三棱柱，8 分 设 11 AB的中点为M，则直线EB，CE，EM两两垂直， 分别以EB，EC，EM的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所

15、示的空 间直角坐标系. 设 (0,0,0)E ，(0, 6 ,0)Ca，(2 ,0, )Faa， 1( 2 ,0,2 ) Baa， B1 A B C A1 C1 E F z x y M 理科数学试题答案及评分参考第8页（共19页） 则(2 ,0, )EFaa= ，( 2 , 6 ,)FCaaa=， 1 (2 2 ,0, )FBaa=. 8 分 设平面 1 CFB的一个法向量为 ( , , )nx y z=，则 260 2 200 axayaz axyaz += + += ， ， 两式相加并化简得： 30xy+=，不妨取1x =，3y =，则2 2z = ，即(1,3, 2 2)n=. 10 分

16、 设直线EF与平面 1 CFB所成角为，则 |22 2 |2 sin 2312 | EF naa aEF n = ， 则直线EF与平面 1 CFB所成角的大小为45. 12分 （法二）由（1）知，在正三棱柱 111 ABCABC中，侧棱长为2a，底面正三角形ABC的边长 为2 2a，高为6a，3EFa=. 则三棱柱 111 ABCABC的体积 1 1 1 3 1 =2 262 =4 3 2 ABC A B C Vaaaa ， 三棱锥FAEC的体积 3 113 =26= 323 F AEC Vaa aa ， 三棱锥 1 BBEC的体积 1 3 112 3 =262 = 323 BAEC Vaaa

17、a ， 四棱锥 111 BFCC A的体积 11 1 3 11 =(2 )2 26 =2 3 32 BFCC A Vaaaaa +， 易知用三棱柱 111 ABCABC的体积减去上述三个棱锥的体积即为三棱锥 1 ECFB的体积， 则 1 33333 32 3 =4 3(2 3)3 33 E CFB Vaaaaa +=. 8 分 设点E到平面 1 CFB的距离为h，应用勾股定理求得 1 3FBa=，3FCa=和 1 2 3BCa=， 易知等腰三角形 1 CFB的底边上的高为 6a， 则三棱锥 1 ECFB的体积 1 2 11 =2 362 32 E CFB Vaaha h =. 10 分 由 3

18、2 32aa h=，求得 3 2 ha=， 设直线EF与平面 1 CFB所成角为，则 2 sin 2 h EF =， 则直线EF与平面 1 CFB所成角的大小为45. 12 分 理科数学试题答案及评分参考第9页（共19页） （法三）由（1）知，在正三棱柱 111 ABCABC中，侧棱长为2a，底面正三角形ABC的边长 为2 2a，高为6a，3EFa=， 1 6EBa=. 直接求得三棱锥 1 CEFB的体积 1 3 11 =3663 32 C EFB Vaaaa =. 8 分 设点E到平面 1 CFB的距离为h，应用勾股定理求得 1 3FBa=，3FCa=和 1 2 3BCa=， 易知等腰三角形

19、 1 CFB的底边上的高为 6a， 则三棱锥 1 ECFB的体积 1 2 11 =2 362 32 E CFB Vaaha h =.10 分 由 32 32aa h=，求得 3 2 ha=， 设直线EF与平面 1 CFB所成角为，则 2 sin 2 h EF =， 则直线EF与平面 1 CFB所成角的大小为45. 12分 【命题意图】考查的知识点有线面垂直的性质与判定，空间向量，线面所成的角，勾股定理 等. 涉及到的思想方法主要有向量法，等体积法，数形结合思想，等价转化思想.检验的能力素养 主要为空间想象能力，计算能力，综合应用数学知识与思想方法处理数学问题的能力. 19.（本小题满分 12

20、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.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）下表是某同学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 否 ？ 测试 结束 ne ax a x ，即证 0 1 1 0 1 e cos ax a x + ， 只需证 0 0 11 cos ax ax +，即证 0

21、0 00 11 tan tancos xx xx +， 即证 000 000 sincos1 cossincos xxx xxx +，即证 22 0000 sincossinxxxx+， 只需证 32 000 sincossinxxx+，即证 32 000 sinsinsin10xxx+ ， 即证 2 00 (sin1) (sin1)0xx+， 又 0 (0,) 2 x ，所以 2 00 (sin1) (sin1)0xx+显然成立， 理科数学试题答案及评分参考第16页（共19页） 1 0 ()e a f x ， 10 分 令函数 1 1 ( )cosee ax a G xx =， 0, 2 x

22、， 先求函数( )G x在 0 (, 2 x上的零点个数， 1 ( )e0 2 a G = ， 0 ()0G x，且函数( )G x在 0 (, 2 x上单调递减， 函数( )G x在 0 (, 2 x上有唯一零点，即函数( )G x在 0 (, 2 x上的零点个数为1； 再求函数( )G x在 0 0,x上的零点个数， 1 1 (0)e e a G =， 0 ()0G x，且函数( )G x在 0 0,x上单调递增， 当01a时， 1 1 e e a ，即(0)0G，故函数( )G x在 0 0,x上没有零点， 即函数( )G x在 0 0,x上的零点个数为0； 当1a 时， 1 1 e e

23、 a ，即(0)0G，故函数( )G x在 0 0,x上有唯一零点， 即函数( )G x在 0 0,x上的零点个数为1； 综上所述，当01a时，函数( )G x的零点个数为1； 当1a 时，函数( )G x的零点个数为2， 当01a时，关于x的方程 1 ( )e a f x =在 0, 2 上的实数解的个数为1； 当1a 时，关于x的方程 1 ( )e a f x =在 0, 2 上的实数解的个数为2. 12 分 【命题意图】 本题以基本初等函数及不等式为载体，考查学生利用导数分析、解决问题的能 力，分类讨论思想及逻辑推理、数学运算等数学核心素养，具有较强的综合性. 22 （本小题满分 10

24、分）选修 44：坐标系与参数方程 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2MA =，1MB =， 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. 理科数学试题答案及评分参考第17页（共19页） （1）将以射线Bx为始边，射线BM为终边的角xBM记为(0 2)，用表示点M的 坐标，并求出C的普通方程； （2）已知过C的左焦点F，且倾斜角为( 0 2 )的直线 1 l与C交于

25、D，E两点，过点F 且垂直于 1 l的直线 2 l与C交于G，H两点. 当 1 |FE ，| |GH， 1 |FD 依次成等差数列时，求直线 2 l的普通方程. （第 22 题图） 解：（1）设( , )M x y，依题意，2cosx=，siny=， (2cossin )M， 2 分 由 22 cossin1+=，可得， 2 2 1 4 x y+=， C的普通方程为 2 2 1 4 x y+=. 4 分 （2） 1 l的倾斜角为( 0 2 )， 12 ll， 2 l的倾斜角 + 2 ， 依题意，易知(30)F ， 可设直线 1 l： 3cos sin xt yt = + = ， （t为参数），

26、 5 分 将 3cos sin xt yt = + = ， ， 代入 2 2 1 4 x y+=并整理，得 22 (1 3sin)2 3 cos10tt+ =， 易知 22 12cos4(13sin)160 =+=， 设D，E对应的参数分别为 1 t， 2 t， 则 12 2 2 3cos 1 3sin tt += + ， 1 2 2 1 1 3sin t t = + ， 7 分 M B A B A M 1 2 O y x 理科数学试题答案及评分参考第18页（共19页） 2 12121 2 2 4 |()4 13sin ttttt t =+= + ， 由参数的几何意义，得 12 121 2 |

27、1111 4 | tt FEFDttt t +=+= ， 8 分 设G，H对应的参数分别为 3 t， 4 t，同理，对于直线 2 l，将换为 + 2 ， 2 34343 4 2 4 |()4 13cos GHttttt t =+= + ， 9 分 1 |FE ，| |GH， 1 |FD 依次成等差数列， 11 2| | GH FEFD += ， 2 4 |2 13cos GH = + ， 2 1 cos 3 =，易得tan 2= ，即 2 l的斜率为 2 2 ， 直线2 l的普通方程为230xy+=. 10 分 【命题意图】本题主要考查椭圆的参数方程，直线参数方程中参数的几何意义，考查数学运

28、算、逻辑推理等核心素养考查学生的化归与转化能力 23（本小题满分 10 分）选修 45：不等式选讲 已知a，b，c为正实数，且满足1abc+=证明： （1） 11 |1| 22 abc+ ； （2） 333 222 111 ()()3abc abc + 解： （1）证明： a，b，c为正实数，且 1abc+=， 10bca+ = ， 2 分 1 |1| 2 abc+ 1 | 2 aa=+ 11 |()()| 22 aa+ = 当且仅当 1 ()()0 2 aa时，即当 1 0 2 a时，等号成立， 11 |1| 22 abc+ 4 分 （2）（法一） 333 222222 111111 ()(

29、)3()abcabc abcabc + 6 分 理科数学试题答案及评分参考第19页（共19页） 3 222 () 2 bcacab abc =+ 3 ( )()() 2 cbcaab abc bcacba =+ 8 分 3 (222) 2 c bc aa b abc b ca cb a + 3()3abc=+ +=， （当且仅当 1 3 abc=时，等号成立） 333 222 111 ()()3abc abc + 10 分 （法二） 333333 ()()abcabc abc+=+ 3332222 2 ()()aabbccabc+=+ ， 333222 2 222222 111111 ()()() ()abcabc abcabc +， 6 分 又 2222 222 111111 ()()()9abcabc abcabc + + = ， 222 2222 222 111 () ()9()abcabc abc +， 8 分 又 2222222222 9()3(111 )()3()3abcabcabc+=+ +=， 333 222 111 ()()3abc abc +. 10 分 【命题意图】本题以绝对值不等式和均值不等式的证明为载体，考查学生的运算能力，转化 化归思想及数学抽象，逻辑推理等数学核心素养.