安徽省示范高中培优联盟2019-2020学年高二数学下学期春季联赛试题-理.doc

安徽省示范高中培优联盟2019-2020学年高二数学下学期春季联赛试题 理

安徽省示范高中培优联盟2019-2020学年高二数学下学期春季联赛试题 理

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安徽省示范高中培优联盟2019-2020学年高二数学下学期春季联赛试题 理（含解析）
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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据对数式要求真数大于零求得集合A，解一元二次不等式求得集合B，之后根据补集与交集的定义求得结果.
【详解】，，，
因此，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有对数式有意义的条件，一元二次不等式的解法，集合的运算，属于简单题目.
2.设复数 (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
【答案】C
【解析】
【分析】
设，可得，可得，，从而可得答案.
【详解】设，则，，
所以，
所以所对应的点在第三象限.
故选：C
【点睛】本题考查了复数的乘方运算，考查了共轭复数的概念，考查了复数的几何意义，属于基础题.
3.在[0，1]内任取两个实数x，y，则事件0<x－y≤的概率等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据几何概型，利用面积比即可得到答案.
详解】如图：

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.
故选：C.
【点睛】本题考查了利用面积比求几何概型的概率，属于基础题.
4.命题“a，b>0，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
【答案】D
【解析】
【分析】
将“全称量词”改“存在量词”，“至少有一个成立”改为“都不成立”即可得到.
【详解】“a，b>0，a＋≥2和b＋≥2至少有一个成立”的否定为：
a，b>0，a＋≥2和b＋≥2都不成立.
故选：D
【点睛】本题考查了全称命题的否定，属于基础题.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据勾股定理将的最大值转化为求得最大值，再转化为求圆心距加上小圆半径即可得到.
【详解】如图：

因为，
，
所以，即切线段PQ长的最大值为.
故选：C.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，考查了直线与圆相切，考查了数形结合思想，将两个动点之间的距离转化为动点与定点之间的距离是解题关键，属于基础题.
6.关于函数有下述三个结论：
①在区间上是减函数；
②的图象关于直线对称；
③在区间上的值域为
其中正确结论的个数是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意，先将函数化简为，再利用正弦函数的性质即可.
【详解】由题意，，
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.
故选：D.
【点睛】本题考查正弦型函数的性质，考查了转化思想，计算能力，属于基础题.
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
【答案】B
【解析】
【分析】
先取的中点，由可得，从而求得，将AB＝2，AC＝4代入，求得结果.
【详解】取的中点，由，得，
所以

,
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关三角形中向量的有关问题，涉及到的知识点有中线向量的表示，向量的线性运算，向量数量积，属于中等题目.
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
【答案】A
【解析】
【分析】
设为图象上任意一点，说明点在函数的图象上，根据点关于直线对称得解.
【详解】设为图象上任意一点，
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.
故选：A
【点睛】本题主要考查函数图象的对称问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9.函数(x>0)的最小值为（ ）
A. 6 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
令，将函数转化为，利用基本不等式求解.
详解】令，
因为，
所以，
则函数转化为，
当且仅当，即，也即时，等号成立.
【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，还考查转化化归的思想和运算求解的能力，属于基础题.
10.已知过点的直线与抛物线交于两点，为抛物线的焦点，若为常数，则的值为（ ）
A. 2 B. －2 C. 2或－2 D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】
设过点的直线方程为，设，，联立直线与抛物线方程并消元，利用韦达定理结合抛物线定义表示出，从而得出结论．
【详解】解：设过点的直线方程为，代入得，
设，，
∴，，
∴，
∴，
要使该式对所有可能取值均为常数，则，解得或，
故选：C．
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查转化与化归思想，考查计算能力，属于中档题．
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
【答案】D
【解析】
【分析】
首先明确正四面体、正方体和球之间的关系，利用几何体的特征，以及点与球面上点之间距离的最值条件，求得结果.
【详解】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，
即当球心和顶点A以及正方体的顶点共线且A和正方体的顶点落在球心同侧时取得最小值，
由正四面体的内切球半径为1，根据正四面体的特征，可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，
故选：D.
【点睛】该题考查的是有关点与球面上点之间距离的最小值的求解问题，涉及到的知识点有正四面体的外接球，正方体的外接球、以及点与球面上点之间距离的最小值，属于简单题目.
12.已知不等式对一切x>0成立，则实数a的最大值为（ ）
A. B. 2 C. e D. 2e
【答案】B
【解析】
【分析】
根据，对进行放缩得，再结合对一切x>0成立，即可求解a的最大值.
【详解】∵（证明如下），
令，
∴，令得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取得极小值，即，
∴，即，
∴，
等号成立条件为，
∴对一切x>0成立，
只需，即，
∴的最大值为2.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，主要利用，对进行放缩，熟记并掌握导数中常用的不等式放缩技巧是解题的关键.
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.过点与曲线相切的直线方程为______________.
【答案】.
【解析】
【分析】
设切点坐标，写出切线方程，根据切线过点，再求出切点坐标，从而得切线方程.
【详解】设切点坐标为，
由得，
切线方程为，
切线过点，
，即，
，
即所求切线方程.
故答案为：.
【点睛】本题考查导数的几何意义．求过某点的切线，应先设切点坐标，由导数的几何意义写出切线方程，代入所过点的坐标求出切点坐标，从而得出切线方程．
14.已知长轴长为，短轴长为的椭圆的面积为．现用随机模拟的方法来估计的近似值，先用计算机产生个数对，，其中，均为内的随机数，再由计算机统计发现其中满足条件的数对有个，由此可估计的近似值为______________．
【答案】．
【解析】
【分析】
由，，根据表示的数对对应的点在椭圆的内部，且在第一象限，求出满足条件的点的概率，再转化为几何概型的面积类型求解．
【详解】，，
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．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了几何型概率应用，解题关键是掌握几何型概率求法，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
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______________.
【答案】.
【解析】
【分析】
设，，则.在和中分别由余弦定理，进而可得，在中由余弦定理，即可求得值，根据三角形面积公式，即可求得答案.
【详解】设，，则.
在和中分别由余弦定理得：
①
②
根据
故
①②，可得，
在中由余弦定理得，
即，
，
解得或（舍去）.
的面积为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了根据余弦定理解三角形问题，解题关键是掌握余弦定理和三角形面积公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
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，为直角三角形，且∠F1AF2＝45°，则双曲线C的离心率为________________.
【答案】或.
【解析】
【分析】
设,分和两种情况讨论，分别利用余弦定理和勾股定理得到关于的方程，化简即得解.
【详解】设.
①当时，设，则，，，

所以，
所以，
在中由余弦定理，
得，
整理得，
所以；
②当时，设，则，，，

所以，
所以，
在中由勾股定理，得，
所以，
整理得.
故答案为：或.
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.
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.已知中，、、的对边分别为、、，.
（1）求角；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
分析】
（1）由切化弦思想结合两角差的正弦公式得出，求出和的取值范围，可得出或（不成立），结合三角形的内角和定理可得出角的值；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换思想得出，其中为锐角，且，，求得角的取值范围，结合正弦函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）由得，
即，
即，所以，
，，，同理，
所以，或（不成立），
所以，又，则；
（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，
易知在上单调递增，在上单调递减，
所以时，取得最大值，
又，所以，
故的取值范围为.
【点睛】本题考查三角形中角的计算，同时也考查了三角形中与边长相关的代数式的取值范围的计算，涉及正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
18.已知公差不等于的正项等差数列的前项和为，递增等比数列的前项和为，，，，.
（1）求满足，的的最小值；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由得，两式作差并结合题意可得出数列为等差数列，且公差为，由此可求得，并设等比数列的公比为，根据题意可求得的值，可求得，再由可得出，设，求得数列的最大值，进而可求得实数的最小值；
（2）由题意可得，利用错位相减法可求得.
【详解】（1）由得，
两式相减并整理得，
数列为正项数列，则，，即，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则.
设等比数列的公比为，且，
由得，整理得，解得或.
，当时，数列为单调递减数列，不合乎题意，所以，.
则，.
由可得，，令，则.
由，得，即，解得，
，，所以，数列的最大项为，，
因此，的最小值为；
（2）由（1）知.
所以①
则②
①②得，
因此，
【点睛】本题考查利用数列不等式恒成立求参数，考查了错位相减法求和，同时也考查了由与的关系求通项以及等比数列通项公式的求解，考查计算能力，属于中等题.
19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设与交点为，连接，可知点为的中点，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，由菱形的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；
（2）设，可求得，，利用勾股定理可求得，然后以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）记与交点为，连接，

，为的中点，，
又四边形为菱形，.
，平面，
又平面，所以，平面平面；
（2）设，，，
又，所以，所以，.
因为，所以在中，由勾股定理得，
即，解得，，
由（1）知，平面，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，由，则，
令，解得，，即，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用空间向量法求解直线与平面所成角的正弦值的计算，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
20.数列又称黄金分割数列，因为当趋向于无穷大时，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.已知数列的递推关系式为.
（1）证明：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：数列的通项公式为.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用反证法进行证明，假设存在、、三项成等比数列，可得出，根据定义得出，可得出，可求得的值，再由为有理数可推出矛盾，从而可得出结论成立；
（2）利用数学归纳法证明数列的通项公式，先验证、时成立，再假设当时，结论成立，再由通过计算得出，由数学归纳法可得出结论成立.
【详解】（1）证明：（反证法）假设存在、、三项成等比数列，则，
所以，所以，解得，
由条件可知数列的所有项均大于，所以，
又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；
（2）证明：①易验证、时命题成立.
②假设时命题成立，即，
则当时，

.
所以，时，命题也成立.
由①②可知，数列的通项公式为.
【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了利用数学归纳法证明数列的通项公式，考查推理能力，属于中等题.
21.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.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）设，结合题意得到，化简即可求得曲线的方程；
（2）设的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，进而得到，利用面积公式，求得四边形的不等式，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）设，
因为曲线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，
即，两边平方并整理得
即曲线的方程为.
（2）由题意，可得直线的斜率存在且不为0，可设的方程为，
联立方程组，整理得，
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，可得（），
又由函数在是增函数，
所以可得当时为单调递减，所以时，取得最大值，
此时，解得，
所以四边形的面积的最大值为.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与椭圆的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
22.已知函数有两个不同的零点，
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：
【答案】（1）（2）证明见解析；
【解析】
【分析】
(1)根据题意，转化为，有两个不同的零点有两个不同的根，
然后利用数形结合求解即可
(2) 由(1)得，，得，不妨设，则结合图象易得，，然后，构造函数（），利用导数求出该函数的单调性，即可证明结论
【详解】（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）由(1)得，，不妨设，则结合图象易得，，
令（），
则，
所以单调递增，故，所以（）.
由条件知，

又，，以及由(1)得，函数在时单调递增，
得，所以.
【点睛】本题考查利用导数解决函数的零点问题，以及考查极值点偏移的相关题目，属于难题