深圳市2020届普通高中高三年级一模冲刺试题(理科数学)含答案

本试卷共23小题，满分150分．考试用时120分钟． 项是符合题目要求的． 一、选择题：本题共 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

1，2，3}，B{x|x22x30}，则AB 1．已知集合A{0，A．(1,3) 2．设zB．(1,3] C．(0,3) D．(0,3] 23i，则z的虚部为 32iB．1 C．2 D．2 A．1 3．某工厂生产的30个零件编号为01，02，…，19，30，现利用如下随机数表从中抽取5个进行检测. 若从表中第1行第5列的数字开始，从左往右依次读取数字，则抽取的第5个零件编号为 34 57 07 86 36 04 68 96 08 23 23 45 78 89 07 84 42 12 53 31 25 30 07 32 86 32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42 A．25 B．23 C．12 D. 24 D. 07 4．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a23，a59，则S6为 A．36 B．32 C．28 x2y25．若双曲线221（a0，b0）的一条渐近线经过点(1,2)，则该双曲线的离心

ab率为 5 2π6．已知tan3，则sin2() 4A．3 B．A．

C．5 D. 2 3 5B． 7．(x)7的展开式中x3的系数为 A．168 B．84 C．42 D. 21 2x35C．

4 5D． 451

2x8．函数fxln|e1|x的图像大致为 A B

C D

9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体 的三视图，则该四面体的外接球表面积为 A． 323π 3B．32π D．48π 2C．36π （第9题图）

10．已知动点M在以F1，F2为焦点的椭圆x2为|MF1| 的圆上，则|NF2|的最大值为 A．2 B．4 y1上，动点N在以M为圆心，半径长4C．8 D．16 11．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且

重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理则被称为欧拉线定理．设点O，H分别是△ABC的外心、垂心，且M为BC中点，则 A．ABAC3HM3MO B．ABAC3HM3MO C．ABAC2HM4MO D．ABAC2HM4MO 12．已知定义在[0，]上的函数f(x)sin(x取值个数最多为 A．4 B．3 π4π)(0)的最大值为，则正实数的63C．2 D. 1 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共 20 分． x2y2013．若x,y满足约束条件xy10，则zx2y的最小值为 ___________． x114．设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn2ann，则a6___________． 2

15．很多网站利用验证码来防止恶意登录，以提升网络安全. 某马拉松赛事报名网站的登

录验证码由0，1，2，…，9中的四个数字随机组成，将从左往右数字依次增大的验证码称为“递增型验证码”(如0123)，已知某人收到了一个“递增型验证码”，则该验证码的首位数字是1的概率为___________． 16．已知点M(m,m)和点N(n,n)(mn)，若线段MN上的任意一点P都满足：经过点P的所有直线中恰好有两条直线与曲线C:y|mn|的最大值为___． 121212xx(1x3)相切，则2 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．（本小题满分12分） 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，

a2+b2c22S.

（1）求cosC； （2）若acosBbsinAc，a5，求b. 18．（本小题满分12分） 如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形， 点M，N分别在棱C1C，A1A上，且C1M2MC，A1N2NA.

（1）求证：NC1//平面BMD； （2）若A1A3，AB2AD2，DAB求二面角NBDM的正弦值. 3

D1C1π， 3A1B1MD NCAB（第18题图） 19．（本小题满分12分） 2已知以F为焦点的抛物线C:y2px(p0)过点P(1,2)，直线l与C交于A，B两点，

uuuruuuruuurM为AB中点，且OMOPOF.

（1）当3时，求点M的坐标； uuruuur（2）当OAOB12时，求直线l的方程. 20．（本小题满分12分） 在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期. 一研究团队统计了某地区

1000名患者的相关信息，得到如下表格： 潜伏期（单位:天） 人数 [0,2] 85 (2,4] 205 (4,6] 310 (6,8] (8,10] (10,12] (12,14] 250 130 15 5 （1） 求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表. 请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关； 50岁以上（含50岁）

潜伏期6天 潜伏期6天 总计 100 50岁以下 总计 55 200 （3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立. 为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？ 附： P(K2k0) 20.05 3.841 0.025 5.024 0.010 6.635 k0n(adbc)2，其中nabcd. K(ab)(cd)(ac)(bd)4

21．（本小题满分12分）

已知函数f(x)ealn(x1).（其中常数e=2.718 28，是自然对数的底数） （1）若aR，求函数f(x)的极值点个数； a（2）若函数f(x)在区间(1,1+e)上不单调，证明：

x11a. aa1 （二）选考题：共 10 分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一题计分． 22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程 x23tcos,xOyC在直角坐标系中，直线1的参数方程为（t为参数，为倾斜

ytsin,角），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为

4sin． （1）求C2的直角坐标方程； （2）直线C1与C2相交于E,F两个不同的点，点P的极坐标为(23,π)，若

2EFPEPF，求直线C1的普通方程． 23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲 已知a,b,c为正数，且满足abc1. 证明： （1）

1119； abc（2）acbcababc8. 275

理科数学试题答案及评分参考

一、选择题1.B7.B12.解析：当2.B8.A3.C9.D4.A10.B5.C11.D6.D12.Cπππ8

时，即时，f(x)max1，解得3；46233当πππππ8时，即0时，f(x)maxsin()，3462463

ππ)，h()，346令g()sin(如图，易知yg()，yh()的图象有两个交点A(1,y1)，B(2,y2)，ππ)有两个实根1，2，4638888又g()1h()，所以易知有12，3393所以方程sin(

所以此时存在一个实数1满足题设，综上所述，存在两个正实数满足题设，故应选C.二、填空题：13.314.6315.41516.431，216.解析：由对称性不妨设mn，易知线段MN所在直线的方程为yx又121

xxx，点P必定不在曲线C上，22

112不妨设P(t,t)，(mtn)，且过点P的直线l与曲线C相切于点Q(x0,x0x0)，22121

(x0x0)(t)

2，整理得x22tx10，易知y|xx0kPQ，即x01200x0t（法一）显然x00，所以2tx0令f(x)x

1，x01

，x[1,0)U(0,3]，x如图，直线y2t和函数yf(x)的图象有两个交点，又f(1)0，且f(3)

8，384，即0t，334440mn，|mn|的最大值为，故应填．33302t（法二）由题意可知1x03，令f(x)x22tx1，函数f(x)在区间[1,3]上有两个零点，f(1)2t0f(3)86t04则，解得0t，31t3V4t2400mn444，|mn|的最大值为，故应填．333三、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）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，a2+b2c22S.（1）求cosC；（2）若acosBbsinAc，a5，求b.解：（1）S=absinC，a2b2c22S，12a2b2c2absinC，…………………………………………………………………2分a2b2c2absinCsinC

在△ABC中，由余弦定理得cosC，

2ab2ab2sinC=2cosC，…………………………………………………………………………4分又sin2C+cos2C=1，5cos2C=1，cosC=5，55.5………………………6分由于C(0,π)，则sinC0，那么cosC>0，所以cosC=（2）（法一）在△ABC中，由正弦定理得sinAcosBsinBsinAsinC，……………7分sinCsin[π(AB)]sin(AB)sinAcosBcosAsinB，………………………8分sinAcosBsinBsinAsinAcosBcosAsinB，即sinBsinAcosAsinB，又A,B(0,π)，sinB0，sinA=cosA，得A

.4……………………………9分sinBsin[π(AC)]sin(AC)，sinBsinAcosCcosAsinC……………………………………………10分25225310，2525105………………11分在△ABC中，由正弦定理得b

asinB

sinA310103.……………………………12分22（法二）acosBbsinAc，又acosBbcosAc，acosBbsinAacosBbcosA，即sinAcosA，又A(0,π)，A…………………………………………………8分π.……………………………………………9分4525522.22………………………10分在△ABC中，由正弦定理得casinCsinAbCcosAacosC，c222553.25………………………………………………………12分（法三）求A同法一或法二在△ABC中，由正弦定理得casinCsinA525522，………………………10分22又由余弦定理c2a2b22abcosC，得b22b30，解得b1或b3.所以b3.……………………………………………………………………………12分（余弦定理a2b2c22bcosA，得b24b30，解得b1或b3.因为当b1时，a2+b2c2-20，不满足cosC>0(不满足a2+b2c222S)，故舍去，所以b3）【命题意图】综合考查三角函数的基本运算、三角函数性质，考查利用正弦、余弦定理解决三角形问题，检验学生的数学知识运用能力.深圳市2020年普通高中高三年级线上统一测试数学（理科）试题参考答案第3页共16页18．（本小题满分12分）底面ABCD是平行四边形，点M，N分别在棱C1C，如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A上，且C1M2MC，A1N2NA.（1）求证：NC1//平面BMD；D1C1π

A3，AB2AD2DAB（2）若A，，求二面角1

3A1B1M

D

NBDM的正弦值.N

C

AB（第18题图）解：（1）证明：（法一）如图，连接AC交BD于点G，连接D1C1EMDGAD1BMG．设C1M的中点为E，连接AE．………2分G,M是在△ACE边CA,CE的中点，MG//AE，……………………………………3分又C1M2MC，A1N2NA，AA1//CC1，A1B1NC四边形ANC1E是平行四边形，故NC1//AE，NC1//GM，…………………………………4分GM平面BMD，NC1//平面BMD.…………………………………5分（法二）如图，设E是BB1上一点，且BE2B1E，连接EC1.设G是BE的中点，连接GM.……………………1分A1C1B1EMBEMC1，BE//MC1，四边形BEC1M是平行四边形，故EC1//BM，……2分又BM平面BMD，NDGCEC1//平面BMD，…………………………………3分同理可证NE//AG，AG//DM，故NE//DM，ABNE//平面BMD，…………………………………4分又EC1，NE平面NEC1，且NEC1EE，平面NEC1//平面BMD，又NC1平面NEC1，所以NC1//平面BMD.……………5分（2）（法一）设二面角NBDM为，二面角D1C1NBDA为，根据对称性，二面角MBDC的大小与二面角NBDA大小相等，故π2，A1B1MNDCsinsin(π2)sin2.下面只需求二面角MBDC的大小即可.………7分由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcosDAB3，故ABADBD，ADBD.222……………………8分AB四棱柱ABCDA1B1C1D1为直棱柱，DD1底面ABCD，DD1BD，……………………9分又AD,D1D平面ADD1A1，ADD1DD，BD平面BDD1B1，…………………………………10分ND平面ADD1A1，NDBD，所以二面角NBDA的大小为NDA，即NDA，在RtNAD中，sin12，AN2ND2…………11分，，二面角NBDM的正弦值为1.…………………12分π

4π2

（法二）由余弦定理得BD2AD2AB22ADABcosDAB3，故AB2AD2BD2，ADBD.……………………6分以D为坐标原点O，以DA,DC,DD1分别为x, y, z轴建立如图所示的空间直角坐标系.依题意有D(0,0,0)，B(0,3,0)，M(1,3,1)，N(1,3,1)，

DB(0,3,0)，DM(1,3,1)，DN(1,3,1)，……7分设平面MBD的一个法向量为n(x,y,z)，

0nDB3y0，，nDM0x3yz0zD1C1

令x1，则z1，y0，n(1,0,1)，……………9分

同理可得平面NBD的一个法向量为m(1,0,1)，……10分

mn

所以cosm,n

|m||n|

0220，……………11分A1B1MNDC所以二面角NBDM的大小为π，正弦值为1.…12分2xABy【命题意图】考察线面平行、线面垂直判定定理等基本知识，考查空间想象能力，计算能力，考查学生综合运用基本知识处理数学问题的能力.19．（本小题满分12分）已知以F为焦点的抛物线C:y2px(p0)过点P(1,2)，直线l与C交于A，B两点，M为2

uuuruuuruuur

AB中点，且OMOPOF.（1）当=3时，求点M的坐标；uuruuur

（2）当OAOB12时，求直线l的方程.解：（1）因为P(1,2)在y2px上，代入方程可得p2，所以C的方程为y24x，焦点为F(1,0)，…………………………………2分………………4分2

设M(x0,y0)，当=3时，由OMOP3OF，可得M(2,2)，（2）（法一）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，由OMOPOF，可得(x01,y02)(,0)，所以y0=2，所以l的斜率存在且斜率k=uuuruuuruuur

uuuruuuruuur

y1y2421，……………7分x1x2y1y2y0yxb可设l方程为yxb，联立2得x2(2b4)xb20，y4x2

（2b4）4b2=1616b0，可得b1，………………………………9分则x1x242b，x1x2b2，y1y2x1x2b(x1x2)b24b，uuruuur…………………………………11分所以OAOBx1x2y1y2=b24b12，解得b6，或b2（舍去），所以直线l的方程为yx6.……………………………………………12分（法二）设l的方程为xmyn，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，xmyn2

联立2得y4my4n0，16m216n0，y4x………………6分则y1y24m，y1y24n，x1x2m(y1y2)2n4m22n，所以M(2m2n,2m)，…………………………………………………………7分由OMOPOF，得(2m2n1,2m2)(,0)，所以m1，…………8分所以l的方程为xyn，由1616n0可得，n1，……………………………………………9分uuuruuuruuur

(y1y2)2由y1y24n得x1x2n2，16uuruuur所以OAOBx1x2y1y2=n24n12，………………………………………11分解得n6，或n2（舍去），所以直线l的方程为yx6.……………………………………………12分【命题意图】本题以直线与抛物线为载体，考查抛物线方程，直线与抛物线的位置关系、向量的数量积运算，考查学生的逻辑推理，数学运算等数学核心素养及思辨能力.20．（本小题满分12分）在传染病学中，通常把从致病刺激物侵入机体或者对机体发生作用起，到机体出现反应或开始呈现该疾病对应的相关症状时止的这一阶段称为潜伏期.一研究团队统计了某地区1000名患者的相关信息，得到如下表格：潜伏期（单位:天）[0,2](2,4](4,6](6,8](8,10](10,12](12,14]人数85205310250130155（1）求这1000名患者的潜伏期的样本平均数x（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）该传染病的潜伏期受诸多因素的影响，为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否超过6天为标准进行分层抽样，从上述1000名患者中抽取200人，得到如下列联表.请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有95%的把握认为潜伏期与患者年龄有关；潜伏期6天潜伏期6天总计50岁以上（含50岁）50岁以下总计10055200（3）以这1000名患者的潜伏期超过6天的频率，代替该地区1名患者潜伏期超过6天发生的概率，每名患者的潜伏期是否超过6天相互独立.为了深入研究，该研究团队随机调查了20名患者，其中潜伏期超过6天的人数最有可能（即概率最大）是多少？．．．．．．．．．附：P(K2k0)k020.053.8410.0255.0240.0106.635n(adbc)2，其中nabcd.K(ab)(cd)(ac)(bd)解：（1）x

1（18532055310725091301115135）5.4天.1000……………………………………………………………………………2分（2）根据题意，补充完整的列联表如下：潜伏期6天50岁以上（含50岁）50岁以下总计2潜伏期6天354580总计1001002006555120(65455535)220025则K2.083，………………………………………5分1208010010012经查表，得K22.0833.841，所以没有95%的把握认为潜伏期与年龄有关.……6分（3）由题可知，该地区每1名患者潜伏期超过6天发生的概率为设调查的20名患者中潜伏期超过6天的人数为X，4002

，……7分100052k23则X~B(20,),P(Xk)C20555k20k，k0，1，2，…，20，………8分k119kk2k320k3k12C20C20P(Xk)P(Xk1)5555由得，…………10分kk120k21kP(Xk)P(Xk1)k233k12CC202055553(k1)2(20k)3742化简得，解得,k

552(21k)3k又kN,所以k8,即这20名患者中潜伏期超过6天的人数最有可能是8人.…12分【命题意图】以医学案例为实际背景，考查频数分布表，考查平均数，二项分布的随机变量概率最大时的取值；考查分析问题、解决问题的能力；处理数据能力、建模能力和核心素养.21．（本小题满分12分）已知函数f(x)ealn(x1).（其中常数e=2.718 28，是自然对数的底数）（1）若aR，求函数f(x)的极值点个数；（2）若函数f(x)在区间(1,1+e)上不单调，证明：a

x

11

a.aa1

(x1)exa

，x1，解：（1）易知f(x)

x1………………………………………1分①若a0，则f(x)0，函数f(x)在(1,)上单调递增，函数f(x)无极值点，即函数f(x)的极值点个数为0；②若a0，（法一）考虑函数y(x1)exa(x1)，……………………2分Qy(1a)ae1aaaa0，y(1)a0，函数y(x1)exa(x1)有零点x0，且1x01a，Qyxex0，函数y(x1)exa(x1)为单调递增函数，函数y(x1)exa(x1)有唯一零点x0，(x1)exa

f(x)亦存在唯一零点x0，x1

…………………………………4分当x(1,x0)时，易知f(x)0，即函数f(x)在(1,x0)上单调递减，当x(x0,)时，易知f(x)0，即函数f(x)在(x0,)上单调递增，函数f(x)有极小值点x0，即函数f(x)的极值点个数为1，……………………5分函数f(x)的极值点个数为0；当a0时，函数f(x)的极值点个数为1.综上所述，当a0时，（法二）易知函数yex的图象与y

a

(a0)的图象有唯一交点M(x0,y0)，x1ex

0a

，且x01，…………………………………………………………………3分x01

当x(1,x0)时，易知f(x)0，即函数f(x)在(1,x0)上单调递减，当x(x0,)时，易知f(x)0，即函数f(x)在(x0,)上单调递增，函数f(x)有极小值点x0，即函数f(x)的极值点个数为1，……………………4分函数f(x)的极值点个数为0；当a0时，函数f(x)的极值点个数为1.综上所述，当a0时，（注：第（1）问采用法二作答的考生应扣1分，即总分不得超过4分）（法三）对于a0，必存在nN，使得nna*

2lna，即2nalna，aQena1，e1naeae2naaelnaa0，enae1eana0，f(1e)

enaae1aa1a

又f(1a)=e10，a(x1)exa

函数f(x)有零点，不妨设其为x0，x1ax(x1)为递增函数，显然f(x)e

x1

nax0为函数f(x)的唯一零点，…………………………………………………………4分当x(1,x0)时，易知f(x)0，即函数f(x)在(1,x0)上单调递减，当x(x0,)时，易知f(x)0，即函数f(x)在(x0,)上单调递增，函数f(x)有极小值点x0，即函数f(x)的极值点个数为1，……………………5分综上所述，当a0时，函数f(x)的极值点个数为0；当a0时，函数f(x)的极值点个数为1.（2）Q函数f(x)在区间(1,1+e)上不单调，a

存在x0(1,1+ea)为函数f(x)的极值点，a……………………………………6分eae1+ea1a+ea0，即由（1）可知a0，且f(1+e)ea，aea两边取对数得1a+ealna，即1+ealnaa，………………………………7分（法一）欲证1111a，不妨考虑证1+ealna，aa1aa1

先证明一个熟知的不等式：ex1x，令g(x)exx1，则g(x)ex1，g(0)0，不难知道函数g(x)的极小值（即最小值）为g(0)0，exx10，即ex1x，（思路1：放缩思想）ea=又e1

1a……………………………………………………8分………………………9分111ea，，即aa1ea111111，eaa，1lna，即1lna，aaa………………………11分

111

1+ealna，a.…………………………12分aa1a1

111a1

（思路2：构造函数）令(a)lna1，则(a)22，aaaa…………………………10分1

a不难知道，函数(a)有最小值(1)0，(a)0，1eaa1a

当a0时，e0，a(a1)ea1…………………………………………11分1111

1+ealna，ea0，即

aa1aa111

a.…………………………………………………………………12分aa11（法二）令F(x)1+exlnxx，则F(x)ex10，xlna1

函数F(x)为单调递减函数，显然F(2)2ln220，且F(a)0，0a2，11111a，即a成立；…………………………8分aa1aaa111

1+ealna，②若1a2，只需证

aa1

111414

1+ealna，…………………………9分不难证明，只需证明aa17a37a3

①若0a1，则令G(a)

19819814

ealna1，1a2，则G(a)ea，a(7a3)2a(7a3)27a3

19849a256a9当1a2时，，a(7a3)2a(7a3)2显然函数y49a256a9在[1,2]上单调递增，且y(1)20，G(a)0，即函数G(a)为单调递增函数，当1a2时，G(a)G(1)

………………………………………10分212e5

0，即G(a)0，………………11分5e5e14111+ealna，即a，7a3aa111

a成立.综上所述，必有…………………………………………………12分aa1（法三）同（法二）得0a2，11111a，即a成立；…………………………8分aa1aaa1

11

1+ealna，②若1a2，只需证

aa1

11ealna1，1a2，令G(a)aa1①若0a1，则则G(a)ea

11a1ae，(a1)2(a1)2a2aa1a2下证当1a2时，e0，即证e(a1)，即证e2a1，………9分2(a1)a2令H(a)ea1，1a2，1a

则H(a)e21，当a2ln2时，H(a)0，2不难知道，函数H(a)在[1,2ln2)上单调递减，在(2ln2,2]上单调递增，函数H(a)的最大值为H(1)，或H(2)中的较大值，显然H(1)e20，且H(2)e30，函数H(a)的最大值小于0，即H(a)0，亦即ea1，…………………………10分ea

1

0，即G(a)0，(a1)2a211ealna1，1a2单调递增，aa11111

1+ealna，………………………11分易知G(1)0，G(a)0，即

aa12e

11

a成立，当1a2时，有

aa1

11

a.综上所述，…………………………………………………………12分aa1函数G(a)深圳市2020年普通高中高三年级线上统一测试数学（理科）试题参考答案第12页共16页【命题意图】本题以基本初等函数及不等式证明为载体，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分）选修4－4：坐标系与参数方程x23tcos,xOyC中，直线1的参数方程为（t为参数，为倾斜角），在直角坐标系ytsin,以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为4sin．（1）求C2的直角坐标方程；（2）直线C1与C2相交于E,F两个不同的点，点P的极坐标为(23,π)，若2EFPEPF，求直线C1的普通方程．解：（1）由题意得，C2的极坐标方程为4sin，所以24sin，………………1分又xcos,ysin，………………2分代入上式化简可得，x2y24y0，………………3分所以C2的直角坐标方程x2(y2)24．………………4分（2）易得点P的直角坐标为(23,0)，x23tcos,将代入C2的直角坐标方程，可得ytsin,t2(43cos4sin)t120，………………5分π

(43cos4sin)248=[8sin()]2480，3π3π3，或sin()，解得sin()3232π3不难知道必为锐角，故sin()，32ππ2ππ所以，即0,………………6分3333设这个方程的两个实数根分别为t1，t2，则t1t243cos4sin，t1t212，………………7分所以t1与t2同号，由参数t的几何意义可得，π

PEPFt1t2t1t28sin()，3πEFt1t2(t1t2)24t1t244sin2()3，………………8分3ππ所以244sin2()38sin()，33两边平方化简并解得sin(因为0ππ)1，所以2kπ，kZ,36ππ

，所以，………………9分36

3x23t,2所以直线C1的参数方程为y1t,2消去参数t，可得直线C1的普通方程为x3y230．………………10分【命题意图】本题主要考查了圆的极坐标方程与直角坐标方程的互化、直线参数方程中参数的几何意义和三角函数等知识点，重点考查数形结合思想，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养，考察考生的化归与转化能力．23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲已知a,b,c为正数，且满足abc1.证明：（1）111

9；abc8.27（2）acbcababc

证明：（1）因为111111abcabcabc

bacacb

3

abacbc深圳市2020年普通高中高三年级线上统一测试数学（理科）试题参考答案第14页共16页32bacacb22=9abacbc1

时，等号成立）.………………5分3（当且仅当abc

（2）（法一）因为a,b,c为正数，且满足abc1，所以c1ab，且1a0，1b0，1c0，所以acbcababc

(abab)cab(abab（)1ab）ab

(b1)(a1)(ab)(1a)(1b)(1c)

8(1a)(1b)(1c)，327

所以acbcababc

3

8

.27（当且仅当abc

1

时，等号成立）.………………10分3（法二）因为a,b,c为正数，且满足abc1，所以c1ab，且1a0，1b0，1c0，acbcababc1abcacbcababc1aba1ca1bc1a1a1bcbc1a1b1c3abc8

327所以acbcababc

38

.27（当且仅当abc

1

时，等号成立）.………………10分3【命题意图】本题以三元不等式为载体考查二元基本不等式（三元均值不等式）的证明，涉及代数恒等变形等数学运算、充分体现了对考生的逻辑推理的核心素养及化归与转化能力的考察．