1、安徽省示范高中培优联盟2020年高二数学春季联赛试题 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，
2、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Mx|yln(x1)，Nx|x22x0，则MN(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
3、，1内任取两个实数x，y，则事件00，a2和b2至少有一个成立”的否定为(A)a，b0，a2和b0，a2和b2都不成立(C)a，b0，a2和b0，a2和b2都不成立(5)过圆C1：x2y21上的点P作圆C2：(x3)2(y4)24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)cos2xsinxcosx有下述三个结论：f(x)在区间，上是减函数； f(x)的图象关于直线x对称；f(x)在区间，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，AB2，AC4，M是ABC所在平面内一点，且，则(A)3 (B)6
4、 (C)9 (D)12(8)已知函数yf(x)是定义域为R的函数，则函数yf(x2)与yf(4x)的图象(A)关于x1对称 (B)关于x3对称 (C)关于y3对称 (D)关于(3，0)对称(9)函数(x0)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y28x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
5、体的顶点之间的最短距离为(A)1 (B)1 (C)21 (D)2(12)已知不等式xe2x1axlnx0对一切x0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yexx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ab。现用随机模拟的方法来估计的近似值，先用计算机产生n个数对(xi，yi)，i1，2，3，n，其中xi，yi均为0，2内的随机
6、数，再由计算机统计发现其中满足条件的数对有m个，由此可估计的近似值为 。(15)已知ABC中，AB9，BAC60，D为边BC上一点，且CD2BD，AD2，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F1AF245，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b2c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
7、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，cnanbn，a1b22，c1c2c334，4Sn1(an1)2。(1)求满足nN*，n3cn的的最小值；(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PABCD中，底面ABCD为菱形，APC90，BPD120，PBPD。 (1)求证：平面APC平面BPD；(2)若AB2AP2，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)
8、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：x4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：x1x22。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
9、DB1.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，可知正确；由，可知的图象关于直线对称，所以正确；当时，所以，故正确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
10、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
11、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】设当时，设，则，所以，所以，在中由余弦定理，得，整理得；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，
12、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 则 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
13、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：易验证时命题成立假设（）时命题成立，即则时，所以，时，命题也成立由可知，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