【数学】安徽省示范高中培优联盟2020年高二春季联赛试题(理)(解析版)

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文档介绍

【数学】安徽省示范高中培优联盟2020年高二春季联赛试题(理)(解析版)

安徽省示范高中培优联盟2020年高二春季联赛试题(理)‎ 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。‎ 参考答案 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.‎
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