【文档说明】安徽省示范高中培优联盟2020年高二春季联赛试题+数学（理）含答案byde.doc，共(12)页，1.114 MB，由小赞的店铺上传

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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∩UðN＝(A)(0，2)(B)(1，2)(C)(－2，0)(D)(0，1)(2)设复数z＝(132i)2020(其中i为虚数单位)，则复数z的共轭复数z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0<x－y≤12的概率等于(A)18(B)14(C)38(D)12(4)命题“a，b>0，a＋

1b≥2和b＋1a≥2至少有一个成立”的否定为(A)a，b>0，a＋1b<2和b＋1a<2至少有一个成立(B)a，b>0，a＋1b≥2和b＋1a≥2都不成立(C)a，b>0，a＋1b<2和b＋1a<2至少有一个成立(D)a，b>0，a＋1b≥2和b＋

1a≥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)23(B)21(C)42(D)35(6)关于函数f(x)＝cos2x＋3sinxcosx

－12有下述三个结论：①f(x)在区间[4，2]上是减函数；②f(x)的图象关于直线x＝－3对称；③f(x)在区间[4，π]上的值域为[－1，32]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0MBMCBC，则AMBC(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2191xfxxxx(x>0)的最小值为(A)6(B)18130(C)43312(D)132(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11BFCF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)3－1(B)1(C)22－1(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)2e(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214iixy的数对有m个，由此可估计π的近似值为。(15)已知△A

BC中，AB＝9，∠BAC＝60°，D为边BC上一点，且CD＝2BD，AD＝213，则△ABC的面积为。(16)已知双曲线C：22221(0,0)xyabab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，sinsintancoscosBCABC。(1)求角A；(2)若a＝3，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＝b

2＝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15

06182-.。已知Fibonacci数列的递推关系式为121213nnnaaaaan，。(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

11515225nnna。(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xafxex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：1-12BCCDCDBAACDB1.B【解析】∵{|ln1}1,Mxyx（），2|20Nxxx,02,，∴NCR=(0,2)，∴NCMR1,2．2.C【解析】设013i2z，则2013i2z

，301z，40013i2zz，所以0nz的值以3为周期呈周期性出现，故202000zzz，所以013i2zz，在复平面内对应的点在第三象限．3.C【解析】样本空间为,|0,1,0,1xyxy，是一个面积为1的正方

形，所求事件所包含的样本点在直线yx与直线12yx之间，且在样本空间的正方形内，其面积为38，所以所求事件的概率为38．4.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P到圆心2C距离最大时，切线段PQ最长，212min16PCCC，此时226242PQ．

6.D【解析】21()cos3sincossin226fxxxxx，由3222262kxk，kZ，得263kxk，kZ，所以fx的单调递减区间为2,63kk

，kZ．可知①正确；由sin21336f，可知()fx的图象关于直线3x对称，所以②正确；当[,]4x时，2132,636x

，所以3()sin21,62fxx，故③正确．7.B【解析】取BC的中点D，由0MBMCBC，得0MDBC，所以AMBCADBCDMBCADBC12ABACACAB

2212ACAB2214226．8.A【解析】设00,Pxy为2yfx图象上任一点，则000242yfxfx，所以点002,Qxy在函数4yfx的图象上

，而00,Pxy与002,Qxy关于直线1x对称，所以函数2yfx与4yfx的图象关于直线1x对称．9.A【解析】令1txx，因为0x，所以2t，则函数fx转化为9926ytttt，当且仅当3t，即13xx，也即352x时，等

号成立．10.C【解析】设过点,0At的直线方程为xmyt，代入28yx得2880ymyt．设11,Bxy，22,Cxy，则128yym，128yyt，所以2221212122yyyyyy

26416mt，11BFCF121122xx21128y22128y221222221212825616256yyyyyy22222286416256182

412641664162568222mtmttmtmtt，要使该式对m所有可能取值均为常数，则21242t，故2t或2．11.D【解析】固定正四面体ABCD不动，则其内切球也随之固定，考虑顶点A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A到球面上点的距离最小值就是顶点A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A的距离为3，所以顶点A到球面上点的距离最小值为312．

12.B【解析】∵e1xx，∴2121lnee21ln12lnxxxxxxxx，等号成立条件为21ln0xx，∴21eln2lnln2xxaxxxxaxxax，∴只需20a，即2a．填空题13.【答案】21yx

．【解析】设切点坐标为000,exxx，由xyex得e1xy，所以切线方程为0000e1exxyxxx，因为切线过点1,1，所以00001e11exxxx，即00e0xx，所以00x，即所

求切线方程为21yx．14.【答案】8mn．【解析】因为ix，iy0,2，所以214iixy表示的数对对应的点,iixy在椭圆2214xy的内部，且在第一象限，其面积为2142，故222mn，得8mn．15.

【答案】2732．【解析】设ACx，BDy，则2CDy．在ABD△和ACD△中分别由余弦定理得22292132213cosyyADB，222221322213cosxyyADC，两式消去角，得2266xy

，在ABC△中由余弦定理得2223929cos60yxx，即229819yxx，所以22362981xxx，解得6x或24x（舍去）．所以ABC△的面积为1327396222S．16.【答案】3或63．【解析】设122FFc．①当190

AFB时，设1AFm，则1BFm，2ABm，22BFma，所以21222aAFAFma，所以22ma，在12BFF△中由余弦定理，得22222222222222222caaaaaa

，整理得3cea；②当190ABF时，设1BFm，则12AFm，ABm，22BFma，所以212222aAFAFma，所以422ma，在12BFF△中由勾股定理，得2222422222c

aa，整理得36cea．解答题17.【解】（1）由sinsintancoscosBCABC得sinsinsincoscoscosABCABC，即sincossincosABACcossinABcossinAC，也即sincosABcossinAB=cossinAC

sincosAC，所以sinABsinCA，所以ABCA或+ABCA（不成立），所以2BCA，则3A．（4分）（2）由正弦定理得2sinsinsinbcaBCA，所以2sinbB，2sincC．

因为3A，所以23CB，所以2bc22sin2sin22sin3cos27sin3BBBBB，其中为锐角，且3sin7，2cos7

．因为203B，所以23B，易知sinyx在,2x单调递增，在2,23x单调递减，所以2B时，2bc取得最大值27，又233sinsin3

277，所以2bc27sin3B，故2bc的取值范围为327，．（12分）18.【解】（1）由2411nnSa得211411nnSa，两式相减并整理得1120nnnnaaaa，∵{}na为正项数

列，∴120nnaa，∴12nndaa，2nan．由12334ccc得22426234qq，即261320qq，解得16q（舍去）或2q，所以12nnb，2nnc

n．（3分）所以3nnc22nn，设22nnnk，因为212112nnnkkn21n，则12kk，3n时，{}nk单调递减，又23918kk，所以{}nk的最大项为398k，故的最小值为98．（7分）（2）由（1）知2nnc

n．所以1231222322nnMn①则23121222122nnnMnn②①②得123122222nnnMn11222nnn1122nn所以1122nnMn．（12分）19.【解】（1

）证明：记AC与BD交点为O，∵PBPD，O为BD的中点，∴BDOP，又∵ABCD为菱形，∴BDAC．∵AC和OP是平面APC内两条相交直线，∴BD平面APC．又BD平面BPD，∴平面APC平面BPD．（2）设POm，∵9

0APC，∴2ACm，又120BPD，所以60BPO，所以3BOm，因为2BCAB，所以在RtBOC△中，由勾股定理得1m，∴3CP．由（1）知，BD平面APC，∴平面APC平面ABCD．以O为原

点，OB方向为x轴正方向，OC方向为y轴正方向，建立如图空间直角坐标系．则0,1,0A，0,1,0C，3,0,0D，130,,22P．130,,22AP，330,,22CP，3,1,0CD．设平面CPD的法向量为

,,nxyz，则33030yzxy令1x，解得3y，3z，即1,3,3n，23239cos,13113APnAPnAPn，所以直线AP与平面PCD所成角的正弦值239sincos,13

APn20.【解】（1）证明：（反证法）假设存在na，1na，2na三项成等比数列，则21+2nnnaaa，所以21+1nnnnaaaa，所以21110nnnnaaaa

，解得1152nnaa，由条件可知Fibonacci数列的所有项均大于0，所以1152nnaa，又Fibonacci数列的所有PABCDOxyz项均为整数，所以1nnaa应该为有理

数，这与1152nnaa（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1,2n时命题成立．②假设nk（*kN）时命题成立，即11515225kkka

则1nk时，11111151511515222255kkkkkkkaaa1111515151522

225kkkk111151515151122225kk1

21211515151522225kk1111515225kk所以，1nk时，命题也成立．由①②可知，Fib

onacci数列的通项公式为11515225nnna（*nN）．（12分）21.【解】（1）设,Pxy，则由题意得22421xxy，两边平方并整理得

曲线E的方程为22143xy．（4分）（2）易知直线AB的斜率存在且不为0，可设AB的方程为2ykx，与22143xy联立并消去y得2222341616120kxkxk，因为2x是其一个根，所以解得另一根即点B的横坐

标为228634Bkxk．因为ABAD，所以把k换成1k得D的横坐标为228634Dkxk．则B、D的纵坐标之差为122BDBDyykxxk2212123434kkkk22212773434kkkk

242841122512kkkk．所以四边形ABCD的面积S12BDAByy2428412122512kkkk22116811225kkkk2116

81121kkkk116811121kkkk116811121kkkk令1tkk，则168112Stt（2t），易知S在2t时单调递减，所以2t时，S取得

最大值487，此时，1k．所以四边形ABCD的面积的最大值为487．（12分）22.【解】（1）fx有两个不同的零点e(0)xxaa有两个不同的根．令exgxx，则1exgxx，易得1x时，0gx，函数gx单调递减；1x时，

0gx，函数gx单调递增．当x时，e0exxxgxx，当x时，exgxx，又11eg，结合图象可知，要使函数exgxx的图象与直线ya有两个不同的公

共点，则10ea，所以，实数a的取值范围为10ea．（2）令11hxgxgx（0x），则11hxgxgx11eexxxxee0exxx，所

以hx单调递增，故00hxh，所以11gxgx（0x）．不妨设12xx，则结合图象易得121xx，110x，由条件知2111111112gxgxgxgxgx

，又21x，121x，以及函数gx在1x时单调递增，得212xx，所以122xx．