安徽省示范高中培优联盟2020年高二春季联赛试题 数学（理）

安徽省示范高中培优联盟2020年高二春季联赛试题 数学（理）

绝密★启用前 安徽省示范高中培优联盟2020年春季联赛(高二)‎ 数学(理科)‎ 本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，第I卷第1至第2页，第II卷第3至第4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。‎ 考生注意事项：‎ ‎1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。‎ ‎2.答第I卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。‎ ‎3.答第II卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。‎ ‎4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。‎ 第I卷(选择题 共60分)‎ 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)已知集合M＝{x|y＝ln(x－1)}，N＝{x|x2－2x≥0}，则M∩N＝‎ ‎(A)(0，2) (B)(1，2) (C)(－2，0) (D)(0，1)‎ ‎(2)设复数z＝()2020 (其中i为虚数单位)，则复数z的共轭复数在复平面内对应的点位于 ‎(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限 ‎(3)在[0，1]内任取两个实数x，y，则事件00，a＋≥2和b＋≥2至少有一个成立”的否定为 ‎(A)a，b>0，a＋<2和b＋<2至少有一个成立 ‎(B)a，b>0，a＋≥2和b＋≥2都不成立 ‎(C)a，b>0，a＋<2和b＋<2至少有一个成立 ‎(D)a，b>0，a＋≥2和b＋≥2都不成立 ‎(5)过圆C1：x2＋y2＝1上的点P作圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝4切线，切点为Q，则切线段PQ长的最大值为 ‎(A)2 (B) (C)4 (D)‎ ‎(6)关于函数f(x)＝cos2x＋sinxcosx－有下述三个结论：‎ ‎①f(x)在区间[，]上是减函数； ②f(x)的图象关于直线x＝－对称；‎ ‎③f(x)在区间[，π]上的值域为[－1，]‎ 其中正确结论的个数是 ‎(A)0 (B)1 (C)2 (D)3‎ ‎(7)在△ABC中，AB＝2，AC＝4，M是△ABC所在平面内一点，且，则 ‎(A)3 (B)6 (C)9 (D)12‎ ‎(8)已知函数y＝f(x)是定义域为R的函数，则函数y＝f(x＋2)与y＝f(4－x)的图象 ‎(A)关于x＝1对称 (B)关于x＝3对称 (C)关于y＝3对称 (D)关于(3，0)对称 ‎(9)函数(x>0)的最小值为 ‎(A)6 (B) (C) (D)‎ ‎(10)已知过点A(t，0)的直线与抛物线y2＝8x交于B，C两点，F为抛物线的焦点，若为常数，则t的值为 ‎(A)2 (B)－2 (C)2或－2 (D)不存在 ‎(11)已知正多面体共有5种，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体。任一个正多面体都有内切球和外接球，若一个半径为1的球既是一个正四面体的内切球，又是一个正六面体的外接球，则这两个多面体的顶点之间的最短距离为 ‎(A)－1 (B)1 (C)2－1 (D)2‎ ‎(12)已知不等式xe2x－1－ax－lnx≥0对一切x>0成立，则实数a的最大值为 ‎(A) (B)2 (C)e (D)2e 第II卷(非选择题 共90分)‎ 考生注意事项：‎ 请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡的相应位置。)‎ ‎(13)过点(－1，－1)与曲线y＝ex＋x相切的直线方程为 。‎ ‎(14)已知长轴长为2a，短轴长为2b的椭圆的面积为πab。现用随机模拟的方法来估计π的近似值，先用计算机产生n个数对(xi，yi)，i＝1，2，3……，n，其中xi，yi均为[0，2]内的随机数，再由计算机统计发现其中满足条件的数对有m个，由此可估计π的近似值为 。‎ ‎(15)已知△ABC中，AB＝9，∠BAC＝60°，D为边BC上一点，且CD＝2BD，AD＝2，则△ABC的面积为 。‎ ‎(16)已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线分别交双曲线C的左、右支于A，B两点，△ABF2为直角三角形，且∠F1AF2＝45°，则双曲线C的离心率为 。‎ 三、解答题(本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。)‎ ‎(17)(本题满分10分)‎ 已知△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，。‎ ‎(1)求角A；‎ ‎(2)若a＝，求b＋2c的取值范围。‎ ‎(18)(本小题满分12分)‎ 已知公差不等于0的正项等差数列{an}的前n项和为Sn，递增等比数列{bn}的前n项和为Tn，cn＝an·bn，a1＝b2＝2，c1＋c2＋c3＝34，4Sn＋1＝(an＋1)2。‎ ‎(1)求满足n∈N*，n3≤λcn的λ的最小值；‎ ‎(2)求数列{cn}的前n项和Mn。‎ ‎(19)(本小题满分12分)‎ 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠APC＝90°，∠BPD＝120°，PB＝PD。‎ ‎ ‎ ‎(1)求证：平面APC⊥平面BPD；‎ ‎(2)若AB＝2AP＝2，求直线AP与平面PCD所成角的正弦值。‎ ‎(20)(本小题满分12分)‎ Fibonacci数列又称黄金分割数列，因为当n趋向于无穷大时，其相邻两项中的前项与后项的比值越来越接近黄金分割数。已知Fibonacci数列的递推关系式为。‎ ‎(1)证明：Fibonacci数列中任意相邻三项不可能成等比数列；‎ ‎(2)用数学归纳法证明：Fibonacci数列的通项公式为。‎ ‎(21)(本小题满分12分)‎ 已知曲线E上任一点P到直线l：x＝4的距离是点P到点M(1，0)的距离的2倍。‎ ‎(1)求曲线E的方程；‎ ‎(2)过点A(2，0)作两条互相垂直的直线分别交曲线E于B、D两点(均异于点A)，又C(－2，0)，求四边形ABCD的面积的最大值。‎ ‎(22)(本小题满分12分)‎ 已知函数有两个不同的零点x1，x2。‎ ‎(1)求实数a的取值范围；‎ ‎(2)证明：x1＋x2<－2。‎ 安徽省示范高中培优联盟2020年春季联赛（高二）‎ 数学（理科）试题答案 选择题：1-12 BCCDC DBAAC DB ‎1.B【解析】 ∵，，∴=(0,2)，∴．‎ ‎2.C【解析】设，则，，，所以的值以3为周期呈周期性出现，故，所以，在复平面内对应的点在第三象限．‎ ‎3.C【解析】样本空间为，是一个面积为的正方形，所求事件所包含的样本点在直线与直线之间，且在样本空间的正方形内，其面积为，所以所求事件的概率为．‎ ‎4.D【解析】由全称命题的否定形式，易知答案D正确．‎ ‎5.C【解析】当点到圆心距离最大时，切线段最长，，此时．‎ ‎6.D 【解析】，由，，得，，所以的单调递减区间为，．可知①正确；由，可知的图象关于直线对称，所以②正确；当时，，所以，故③正确．‎ ‎7.B【解析】取的中点，由，得，所以 ‎．‎ ‎8.A【解析】设为图象上任一点，则，所以点在函数的图象上，而与关于直线对称，所以函数与的图象关于直线对称．‎ ‎9.A【解析】令，因为，所以，则函数转化为，当且仅当，即，也即时，等号成立．‎ ‎10.C【解析】设过点的直线方程为，代入得．设，，则，，所以 ， ，要使该式对所有可能取值均为常数，则，故或．‎ ‎11.D 【解析】固定正四面体不动，则其内切球也随之固定，考虑顶点与正六面体（即正方体）的顶点的距离．当正方体的顶点在球面上移动时，顶点到球面上点的距离最小值就是顶点与正方体顶点距离的最小值．由正四面体的内切球半径为1，知球心到顶点的距离为3，所以顶点到球面上点的距离最小值为． ‎ ‎12.B【解析】∵，∴，等号成立条件为，∴，∴只需，即．‎ 填空题 13. ‎【答案】．【解析】设切点坐标为，由得，所以切线方程为，因为切线过点，所以，即 ‎，所以，即所求切线方程为．‎ ‎14.【答案】．【解析】 因为，，所以表示的数对对应的点在椭圆的内部，且在第一象限，其面积为，故，得．‎ ‎15.【答案】．【解析】设，，则．在和中分别由余弦定理得，，两式消去角，得，在中由余弦定理得，即，所以，解得或（舍去）．所以的面积为． ‎ ‎16.【答案】 或．【解析】设．①当时，设，则，，，所以，所以，在中由余弦定理，得，整理得；②当时，设，则，，，所以，所以，在中由勾股定理，得，整理得．‎ 解答题 ‎17.【解】（1）由得，即 ，也即，所以 ，所以或（不成立），所以，则． （4分）‎ ‎（2）由正弦定理得，所以，．因为，所以，所以，其中为锐角，且，．因为，所以，易知在单调递增，在单调递减，所以时，取得最大值，又，所以，故的取值范围为． （12分）‎ ‎18.【解】（1）由得，两式相减并整理得，∵为正项数列，∴，∴，．由得，即，解得（舍去）或，所以，． （3分）‎ 所以，设，因为，则，时，单调递减，又，所以的最大项为，故的最小值为．（7分）‎ ‎ ‎ ‎（2）由（1）知．‎ 所以 ①‎ ‎ 则 ② ‎ ‎①②得 ‎ 所以． （12分） ‎ ‎ ‎ ‎19.【解】（1）证明：记与交点为，∵，为 的中点，∴，又∵为菱形，∴．‎ ‎∵和是平面内两条相交直线，∴平面．‎ 又平面，∴平面平面．‎ ‎（2）设，∵，∴，又，所以，所以，因为，所以在中，由勾股定理得，∴．由（1）知，平面，∴平面平面．以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立如图空间直角坐标系．则，，‎ ‎ ，．，‎ ‎，．设平面 的法向量为，则 令，解得，，即，‎ ‎，‎ 所以直线与平面所成角的正弦值 ‎20.【解】（1）证明：（反证法）假设存在，，三项成等比数列，则 ‎，所以，所以，解得，由条件可知Fibonacci数列的所有项均大于0，所以，又Fibonacci数列的所有项均为整数，所以应该为有理数，这与（无理数）矛盾，所以假设不成立，所以原命题成立．‎ ‎ （6分）‎ ‎（2）证明：①易验证时命题成立．‎ ‎②假设（）时命题成立，即 则时，‎ 所以，时，命题也成立．‎ 由①②可知，Fibonacci数列的通项公式为（）．‎ ‎ （12分）‎ ‎21.【解】（1）设，则由题意得，两边平方并整理得曲线的方程为． （4分）‎ ‎（2）易知直线的斜率存在且不为0，可设的方程为，与 联立并消去得，因为是其一个根，所以解得另一根即点的横坐标为．因为，所以把换成得的横坐标为．则、的纵坐标之差为．所以四边形的面积 令，则（），易知在时单调递减，所以时，取得最大值，此时，．所以四边形的面积的最大值为． （12分）‎ ‎22.【解】（1）有两个不同的零点有两个不同的根．‎ 令，则，易得时，，函数单调递减；时，，函数单调递增．当时，，当时，，又，结合图象可知，要使函数的图象与直线有两个不同的公共点，则，所以，实数的取值范围为．‎ ‎（2）令（），‎ 则，‎ 所以单调递增，故，所以（）．‎ 不妨设，则结合图象易得，，‎ 由条件知 ，‎ 又，，以及函数在时单调递增，‎ 得，所以．‎