2020 年广州市高考数学二模试卷（文科）
一、选择题（共 12 小题）．
1.若集合 A＝{x|2﹣x≥0}，B＝{x|0≤x≤1}，则 A∩B＝（ ）
A. [0，2] B. [0，1] C. [1，2] D. [﹣1，2]
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出集合 A，再利用交集定义求出 A∩B．
【详解】解：∵集合 A＝{x|2﹣x≥0}＝{x|x≤2}，B＝{x|0≤x≤1}，
∴A∩B＝{x|0≤x≤1}＝[0，1]．
故选：B．
【点睛】本题考查交集的概念及运算，属于基础题.
2.已知 i 为虚数单位，若 ，则 （ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知条件，结合复数的运算可得 ，由模长公式可得答案．
【详解】∵ ，
∴ ，
故 .
故选：B．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的相关概念，考查计算能力，属于基础题.
3.已知角 的项点与坐标原点重合，始边与 轴的非负半轴重合，若点 在角 的终边上，则
（ ）
(1 ) 2z i i⋅ + = z =
2 2
2
1z i= +
(1 ) 2z i i⋅ + =
( )
( )( )
2 12 2 2 11 1 1 2
i ii iz ii i i
− += = = = ++ + −
2 21 1 2z = + =
α x ( )2, 1P − α tanα =
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用任意角的三角函数的定义求解即可．
【详解】∵点 在角 的终边上，∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，考查对基础知识的理解和掌握，属于基础题.
4.若实数 x，y 满足 ，则 的最小值是（ ）
A. 2 B. C. 4 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】
由实数 x，y 满足 ，作出可行域，将目标函数 转化为 ，平移直线
，当直线在 y 轴上截距最大，目标函数取得最小值.
【详解】由实数 x，y 满足 ，作出可行域如图阴影部分：
2 1
2
1
2
− 2−
(2, 1)P − α 1 1tan 2 2
α −= = −
2
3 3 0
0
x y
x y
y
+ ≥
+ − ≤
≥
2z x y= −
5
2
2
3 3 0
0
x y
x y
y
+ ≥
+ − ≤
≥
2z x y= − 2y x z= − 2y x=
2
3 3 0
0
x y
x y
y
+ ≥
+ − ≤
≥
将目标函数 转化为 ，平移直线 ，
当直线经过点 ，在 y 轴上截距最大，
此时，目标函数取得最小值，最小值为
故选：B．
【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想与方法，属于基础题.
5.已知函数 f（x）＝1+x3，若 a∈R，则 f（a）+f（﹣a）＝（ ）
A. 0 B. 2+2a3 C. 2 D. 2﹣2a3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，由函数的解析式求出 f（a）与 f（﹣a）的表达式，进而计算可得答案．
【详解】解：根据题意，函数 f（x）＝1+x3，
则 f（a）＝1+a3，f（﹣a）＝1+（﹣a）3＝1﹣a3，
则有 f（a）+f（﹣a）＝2；
故选：C．
【点睛】本题考查了利用函数解析式求函数值，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
6.若函数 的部分图象如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
2z x y= − 2y x z= − 2y x=
3 1,2 2A
3 1 52 2 2 2
× − =
( ) ( )sin 2 0,0 2f x A x A
πϕ ϕ = + > < l ( )2 22 4x y− + = p =
12
l
3
3
l ( )2: 2 0C y px p= > ,02
pF
l 3
3 2
py x = − 3 02
px y− − =
l ( )2 2: 2 4M x y− + = ( )2,0 2
2 2 2
3 1
p−
∴ =
+
12p = 4p = −
12
2
【答案】 (1). (2). （或 2）
【解析】
【分析】
由已知得△PAC 为正三角形,取 PC 的中点 G,得 AG⊥PC,且 AG .然后证明 AG⊥EF,且求得 AG 与
EF 的长度,可得截面四边形的面积；再求出四棱锥 P﹣AEGF 的体积与原正四棱锥的体积,则平面 α 将此正
四棱锥分成的两部分体积的比值可求.
【详解】解：如图,
在正四棱锥 P﹣ABCD 中,由底面边长为 2,侧棱长为 ,
可得△PAC 为正三角形,取 PC 的中点 G,得 AG⊥PC,且 AG .
设过 AG 与 PC 垂直的平面交 PB 于 E,交 PD 于 F,连接 EF,
则 EG⊥PC,FG⊥PC,可得 Rt△PGE≌Rt△PGF,得 GE＝GF,PE＝PF,
在△PAE 与△PAF 中,由 PA＝PA,PE＝PF,∠APE＝∠APF,得 AE＝AF.
∴AG⊥EF.
在等腰三角形 PBC 中,由 PB＝PC＝2 ,BC＝2,得 cos∠BPC ,
则在 Rt△PGE 中,得 .
同理 PF ,则 EF∥DB,得到 .
∴ ；
则 .
4 3
3
1
2
6=
2 2
6=
2
8 8 4 3
42 2 2 2 2
+ −= =
× ×
2 4 2
3 3
4
PGPE cos BPC
= = =∠
4 2
3
= 4 2
3EF =
1 1 4 2 4 362 2 3 3AEGFS AG EF= × × = × × =四边形
1 4 3 4 623 3 9P AEGFV − = × × =
又 ,
∴平面 α 将此正四棱锥分成的上下两部分体积的比为 .
故答案为： ； （或 2）.
【点睛】本题主要考查了锥体中的截面计算问题,需要根据线面垂直的性质求出截面四边形,再根据三角形中
的关系求解对应的边长以及面积等.属于难题.
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作答．第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共 60 分．
17.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 Sn＝n（n+2）（n∈N*）.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设 bn ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
【答案】（1）an＝2n+1；（2）Tn .
【解析】
【分析】
（1）由 n＝1 时求得 a1,当 n≥2 时,由 Sn＝n（n+2）（n∈N*）① ,
可得 Sn﹣1＝（n﹣1）（n+1）② ,由①﹣②得 an＝2n+1,再检验当 n＝1 时是否适合,求得 an；
（2）由（1）求得 bn 再利用错位相减法求其前 n 项和 Tn 即可.
【详解】解：（1）由题知：当 n＝1 时,有 S1＝1×3＝3＝a1；
当 n≥2 时,由 Sn＝n（n+2）（n∈N*）① ,
可得 Sn﹣1＝ ② ,由①﹣② 得 an＝2n+1,
又 n＝1 时也适合,故 an＝2n+1；
（2）由（1）知 bn ,
∵Tn＝3 5 7×（ ）3+…+（2n+1）•（ ）n③,
,
1 4 62 2 63 3P ABCDV − = × × × =
4 6
19
24 6 4 6
3 9
=
−
4 3
3
1
2
4
n
n
a=
11 6 11 1( )9 9 4
nn += − ⋅
2 1
4 4
n
n n
a n += =
( 1)( 1)n n− +
2 1
4 4
n
n n
a n += =
1
4
× + 21( )4
× + 1
4
1
4
∴ 3 5×（ ）3+…+（2n+1） ④,
由③﹣④可得：
,
所以 Tn .
【点睛】本题主要考查了根据数列的前 项和求解通项公式的方法,同时也考查了错位相减求和的方法,属
于中档题.
18.如图，在三棱柱 中，侧面 为菱形， ， ．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，三棱锥 的体积为 ，且点 在侧面 上的投影为点
，求三棱锥 的表面积．
【答案】（1）详见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）由侧面 为菱形，得 ，再由 ， 为 的中点，得 ，利用直
线与平面垂直的判定可得 平面 ，从而得到 ；
（2）点 在侧面 上的投影为点 ，即 平面 ，设 ，由三棱锥 的
体积为 求解 ，再求解三角形可得三棱锥 的表面积．
1
4 nT = 21( )4
× + 1
4
11( )4
n+⋅
( )2 3 13 3 1 1 1 12[( ) ( ) ) 2 1 ( )4 4 4 4 4 4
n n
nT n + = + + + + − + ⋅
( )
2 1
1
1 1( ) [1 )3 14 42 2 1 ( )14 41 4
n
nn
−
+
− = + × − + ⋅
−
111 6 11 1( )12 3 4
nn ++= − ⋅
11 6 11 1( )9 9 4
nn += − ⋅
n
1 1 1ABC A B C− 1 1BB C C 1AC AB＝ 1 1B C BC O∩ ＝
1B C AB⊥
1 60CBB∠ °＝ AC BC= 1A BB C− 1 A 1 1BB C C O
1A BB C−
15 2 3+
1 1BB C C 1B C BO⊥ 1AC AB＝ O 1B C 1B C AO⊥
1B C ⊥ ABO 1B C AB⊥
A 1 1BB C C O AO ⊥ 1 1BB C C 2BC a= 1A BB C−
1 a 1A BB C−
【详解】（1）证明：∵侧面 菱形，∴ ，
又 ， 为 的中点，∴ ，
而 ，∴ 平面 ，得 ；
（2）解：点 在侧面 上的投影为点 ，即 平面 ，
在菱形 中，∵ ，∴ 为等边三角形，
又 ，设 ，则 ，
，
则 ，即 ．
在平面 中，过 作 ，连接 ，
可得 OE ，则 ．
∴ ，同理可得 ．
则三棱锥 的表面积为 ．
【点睛】本题主要考查证明线线垂直，以及求三棱锥的表面积问题，属于常考题型.
19.全民健身旨在全面提高国民体质和健康水平，倡导全民做到每天参加一次以上的健身活动，学会两种以
上健身方法，每年进行一次体质测定．为响应全民健身号召，某单位在职工体测后就某项健康指数（百分
制）随机抽取了 30 名职工的体测数据作为样本进行调查，具体数据如茎叶图所示，其中有 1 名女职工的健
康指数的数据模糊不清（用 x 表示），已知这 30 名职工的健康指数的平均数为 76.2．
为1 1BB C C 1B C BO⊥
1AC AB＝ O 1B C 1B C AO⊥
AO BO O∩ ＝ 1B C ⊥ ABO 1B C AB⊥
A 1 1BB C C O AO ⊥ 1 1BB C C
1 1BB C C 1 60CBB∠ °＝ 1B BC
AC BC= 2BC a=
1
21 2 2 60 32BB CS a a sin a= × × × ° =
3AO a=
1
2 31 3 3 13A BB CV a a a− = × × = = 1a =
1BB O O 1OE BB⊥ AE
3 1 3
2 2
×= = 2 23 15( 3) ( )2 2AE = + =
1
1 15 1522 2 2ABBS = × × =
15
2ABCS =
1A BB C− 15 12 2 2 3 15 2 32 2S = × + × × × = +
（1）根据茎叶图，求样本中男职工健康指数的众数和中位数；
（2）根据茎叶图，按男女用分层抽样从这 30 名职工中随机抽取 5 人，再从抽取的 5 人中随机抽取 2 人，
求抽取的 2 人都是男职工的概率；
（3）经计算，样本中男职工健康指数的平均数为 81，女职工现有数据（即剔除 x）健康指数的平均数为 69
，方差为 190，求样本中所有女职工的健康指数的平均数和方差（结果精确到 0.1）．
【答案】（1）众数是 76，中位数是 81；（2） ；（3）平均数为 69，方差约为 174.2．
【解析】
【分析】
（1）根据茎叶图中数据，计算样本中男职工健康指数的众数和中位数即可；
（2）根据分层抽样原理求出抽取的男、女职工人数，用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值即可；
（3）根据题意求出 x 的值，再计算健康指数的平均数和方差．
【详解】（1）根据茎叶图，得到样本中男职工健康指数的众数是 ，
中位数是 ；
（2）根据茎叶图，按男女用分层抽样从这 名职工中随机抽取 人，
抽样比
男职工抽 （人），记为 ，女职工 人，记为 ，
从这 人中随机抽取 人，所有的基本事件是 、 、 、 、 、
、 、 、 、 共 种，
抽取的 人都是男职工的事件为 、 、 ，
故所求的概率为 P ；
（3）由题意知: ，解得 ；
所以样本中所有女职工的健康指数平均数为 ，
方差为 .
3
10
76
1 (80 82) 812
× + =
30 5
5 1
30 6
= =
118 36
× = , ,a b c 2 ,D E
5 2 ab ac aD aE bc
bD bE cD cE DE 10
2 ab ac bc
3
10
=
81 18 11 69 60 76.2 30x× + × + + = × 69x =
(11 69 69) 6912x
× += =
2 21 [11 190 (69 69) ] 174.212s = × × + − ≈
【点睛】本题第一问考查众数和中位数，第二问考查古典概型，第三问考查方差和平均数，同时考查学生
分析问题的能力，属于简单题.
20.已知椭圆 ： 过点 ，且离心率为 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）若斜率为 的直线 与椭圆 交于不同的两点 ， ，且线段 的垂直平分线过点
，求 的取值范围．
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）根据题意得 ,再由离心率求出 ，进而得出 ，即可得到椭圆的方程．
（2）设直线 的方程： ， ， ，联立直线 与椭圆 的方程得到关于 的一元
二次方程，由韦达定理可得 ， ， 的值和 ，即 ①，根据线段 中
点 ，写出线段 的垂直平分线的方程为 ，将点
代入，得 ，代入①式即可得到 的取值范围．
【详解】（1）因为椭圆 过点 ，
且离心率为 ，
所以椭圆 的方程为： ．
（2）设直线 的方程： ， ， ，
联立直线 与椭圆 的方程联立 得：
.
整理得： ①
C
2 2
2 2 1x y
a b
+ = ( 0)a b> > (2,0)A 1
2
C
k ( 0)k ≠ l C M N MN 1( ,0)8
k
2 2
14 3
x y+ = 5 5( , ) ( , )10 10
−∞ − +∞
2a = c b
l y kx m= + 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y l C x
1 2x x+ 1 2x x 1 2y y+ > 0∆ 2 24 3m k< + MN
2 2
4 3( , )3 4 3 4
km m
k k
− + + MN 2 2
3 1 4( )3 4 3 4
m kmy xk k k
− = − ++ +
1( ,0)8
( )21 4 38m kk
= − + k
C (2,0), 2A a∴ =
1 , 1, 32 c b∴ = =
C
2 2
14 3
x y+ =
l y kx m= + 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y
l C
2 2
14 3
x y
y kx m
+ =
= +
2 2 2(3 4 ) 8 4 12 0k x kmx m+ + + − =
2 2 2(8 ) 4(3 4 )(4 12) 0km k m∆ = − + − >
2 24 3m k< +
， ，
.
因为线段 中点 ，
所以线段 的垂直平分线的方程为 ，
又因为线段 的垂直平分线过点 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
代入①式得： ，
整理得： ，即
解得 或 ，
所以 的取值范围为： ．
【点睛】本题第一问考查椭圆的方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的计算能力，
属于较难题.
21.已知函数 f（x）＝lnx﹣sinx,记 f（x）的导函数为 f'（x）.
（1）若 h（x）＝ax f'（x）是（0,+∞）上的单调递增函数,求实数 a 的取值范围；
（2）若 x∈（0,2π）,试判断函数 f（x） 极值点个数,并说明理由.
【答案】（1）a≥1；（2）函数 f（x）在（0,2π）上有且仅有唯一的极大值点,无极小值点；理由详见解析
【解析】
【分析】
（1）只需 h′（x）≥0 在（0,+∞）恒成立,借助于三角函数的有界性,问题可解决.
（2）分 x∈（0,1）, , , 四种情形分别研究 f（x）的单调性,进而得出
结论.
的
1 2 2
8
3 4
kmx x k
+ = − +
2
1 2 2
4 12
3 4
mx x k
−= +
1 2 1 2 2 2
8 6( ) 2 ( ) 23 4 3 4
km my y k x x m k mk k
+ = + + = − + =+ +
MN 2 2
4 3( , )3 4 3 4
km m
k k
− + +
MN 2 2
3 1 4( )3 4 3 4
m kmy xk k k
− = − ++ +
MN 1( ,0)8
2 2
3 1 1 4( )3 4 8 3 4
m km
k k k
− = − ++ +
24 8 3 0k km+ + =
( )21 4 38m kk
= − +
2 2
2
2
(4 3) 4 364
k kk
+ +＜
4 2240 168 9 0k k+ − > 2 2(20 1)(12 9) 0k k− + >
5
10k > 5
10k < −
k 5 5( , ) ( , )10 10
−∞ − +∞
1
x
+ −
1 2x
π ∈ ， 3
2 2x
π π ∈ ， 3 22x
π π ∈ ，
【详解】解：（1）∵ ,
∴ ax+cosx,因为 h（x）是（0,+∞）上的单调递增函数,
∴h′（x）＝a﹣sinx≥0（x＞0）恒成立,因为 sinx∈[﹣1,1],
故 a≥1 时,h′（x）≥0 恒成立,且导数为 0 时不连续.
故 a≥1 即为所求.
（2）由（1）知, ,
①当 x∈（0,1]时,f′（x）≥1﹣cosx＞0,
此时函数 f（x）单调递增,无极值点；
②当 时,则 ,
∵ ,而由三角函数的性质可知, ,
∴ ,
此时函数 f（x）单调递增,无极值点；
③当 时,cosx＜0,则 ,
此时函数 f（x）单调递增,无极值点；
④当 时,令 ,则 ,
∴函数 g（x）单调递减,
又 ,
∴存在唯一的 ,使得 g（x0）＝0,
且当 时,g（x）＝f′（x）＞0,f（x）单调递增,
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,
综上所述,函数 f（x）在（0,2π）上有且仅有唯一的极大值点,无极小值点.
1'f x cosxx
= −（ ）
1 1h x ax cosxx x
= + − + =（ ）
1'f x cosxx
= −（ ）
1 2x
π ∈ ， 1 2
x π≥
1 12cosx cos sin
π = − ＜ 2 11 12 2sin x
π π
π
− − ＜ ＜ ＜
1' 0f x cosxx
= −（ ） ＞
3
2 2x
π π ∈ ， 1' 0f x cosxx
= −（ ） ＞
3 22x
π π ∈ ， 1'g x f x cosxx
= = −（ ） （ ） 2
1' 0g x sinxx
= − +（ ） ＜
( )3 2 10 2 1 02 3 2g g
π ππ π
= = − ＞ ， ＜
0
3 22x
π π ∈ ，
0
3
2x x
π ∈ ，
【点睛】本题主要考查了根据函数的单调区间求解参数范围的问题,需要根据题意求导分析在区间上恒成立
的问题,同时也考查了利用导数求解函数极值点个数的问题,需要根据题意分情况讨论导数的正负以及原函
数的单调区间,再利用零点存在定理求解.属于难题.
（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.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 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 ．
（1）写出曲线 C1 和 C2 的直角坐标方程；
（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．
【答案】（1）C1 的直角坐标方程为 ；C2 的直角坐标方程为 ；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）由 （ 为参数），消去参数 ，可得曲线 C1 的直角坐标方程．由 ，
得 ρ2+3ρ2sin2θ＝4，结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线 C2 的直角坐标方程；
（2）由 P 为曲线 C2 上的动点，设 P（2cosα，sinα），则 P 与圆的圆心的距离
，利用二次函数求最值，再由勾股定理求|PA|的最
大值．
【详解】解：（1）由 （ 为参数），消去参数 ，可得 ．
∴曲线 C1 的直角坐标方程为 ；
由 ，得 ρ2+3ρ2sin2θ＝4，
即 x2+y2+3y2＝4，即 ．
∴曲线 C2 的直角坐标方程为 ；
cos
2 sin
x
y
α
α
=
= +
α
2
2
4
1 3sin
ρ θ= +
2 2( 2) 1x y+ − =
2
2 14
x y+ = 5 3
3
cos
2 sin
x
y
α
α
=
= +
α α 2
2
4
1 3sin
ρ θ= +
2 2 24cos (sin 2) 3sin 4sin 8d α α α α= + − = − − +
cos
2 sin
x
y
α
α
=
= +
α α 2 2( 2) 1x y+ − =
2 2( 2) 1x y+ − =
2
2
4
1 3sin
ρ θ= +
2
2 14
x y+ =
2
2 14
x y+ =
（2）∵P 为曲线 C2 上的动点，又曲线 C2 的参数方程为
∴设 P（2cosα，sinα），
则 P 与圆 C1 的圆心的距离
．
要使|PA| 最大值，则 d 最大，当 sinα 时，d 有最大值为 ．
∴|PA|的最大值为 ．
【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与圆位置关系的应用，考
查计算能力，是中档题．
23.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．
【答案】（1） ；（2）详见解析．
【解析】
【分析】
（1）去绝对值得分段函数： ，由单调性易求函数 f（x）的最大值，即有 M 的值，
再由柯西不等式，即可得到所求最小值；
（2）应用分析法证明，考虑两边取自然对数，结合因式分解和不等式的性质、对数的性质，即可得证.
【详解】解：（1）函数 ，
∴ 在（−∞，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
当 x＝1 时，f（x）取得最大值 ，
即 M＝2，
正实数 a，b 满足 a+b＝2，
的
2cos
sin
x
y
α
α
=
=
2
2 2 2 2 284cos (sin 2) 3sin 4sin 8 3 sin 3 3d α α α α α = + − = − − + = − + +
2
3
= − 2 21
3
2
max
2 51 13
8 3
3d − = − =
8
3
3, 1
( ) 3 1, 1 1
3, 1
x x
f x x x
x x
− ≤ −
= − − <
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