下载文档原格式
2020年安徽省“江南十校”综合素质检测理科数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．.．一、选择题：本大题共12个小题，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.已知复数2(1)(1)i z a a =-+-（i 为虚数单位，1a >），则z 在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.已知集合{}{}234,870A x x x B x x x =<+=-+<，则A B =I （ ）A. (1,2)-B. (2,7)C. (2,)+∞D. (1,2)3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ） A. 58厘米 B. 63厘米C. 69厘米D. 76厘米4.函数cos ()22x xx x f x -=+在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上图象大致为（ ）A. B. C.D.5.若5(1)(1)ax x ++的展开式中23,x x 的系数之和为10-，则实数a 的值为（ ）A. 3-B. 2-C. 1-D. 16.已知3log a =ln3b =，0.992c -=，则,,a b c 大小关系为（ ）A. b c a >>B. a b c >>C. c a b >>D. c b a >>7.执行下面的程序框图，则输出S 的值为 （ ）A. 112-B.2360C.1120D.43608.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ） A.15B.13C.35D.239.已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为2317,,927n S S S ==，则12n a a a L 的最小值为（ ） A. 24()27B. 34()27 C. 44()27D. 54()27的10.已知点P是双曲线2222:1(0,0,x y C a b c a b-=>>=上一点，若点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积为214c ，则双曲线C 的离心率为（ ）D. 211.已知2π()12cos ()(0)3f x x ωω=-+>.给出下列判断：①若12()1,()1f x f x ==-，且12minπx x -=，则2ω=；②存在(0,2)ω∈使得()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[]0,2π上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147,2424⎡⎫⎪⎢⎭⎣； ④若()f x 在ππ,64⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为20,3⎛⎤⎥⎝⎦.其中，判断正确个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 412.如图，在平面四边形ABCD 中，满足,AB BC CD AD ==，且10,8AB AD BD +==，沿着BD 把ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且使2PC =，则三棱锥P BCD -体积的最大值为（ ）A 12B.D.163二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数2()ln f x x x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处切线方程为___________..14.若200,50x x ∃∈-<R 为假，则实数a 的取值范围为__________.15.在直角坐标系xOy 中，已知点(0,1)A 和点(3,4)B -，若点C 在AOB ∠的平分线上，且||OC =u u u r OC u u u r的坐标为___________.16.已知抛物线2:4C y x =，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆22:(3)4M x y -+=的切线，切点分别为,A B ，则线段AB 长度的取值范围为__________.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且πsin sin()3c B b C =-+. （1）求角C 的大小；（2）若3c a b =+=，求AB 边上的高.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//,24,AB CD CD AB AD ===，PAB △为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）求证：//AE 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P l B --的正弦值. 19.一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分. （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望.（2）当游戏得分为*(N )n n ∈时，游戏停止，记得n 分的概率和为11,2n Q Q =. ①求2Q ；②当*N n ∈时，记111,2n n n n n n A Q Q B Q Q ++=+=-，证明：数列{}n A 为常数列，数列{}n B 为等比数列.20.已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>3)4，点P 在第一象限，A 为左顶点，B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D .（1）求椭圆E 的标准方程； （2）若//CD AB ，求点P 的坐标.21.已知函数2()ln ()f x x x ax a =-+∈R .（1）若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数()f x 的极值点为0x ，当a 变化时，点00(,())x f x 构成曲线M ，证明：过原点的任意直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点.22.在直角坐标系xOy 中，直线1l 的参数方程为1(1)x m y k m =-⎧⎨=-⎩为参数)，直线2l 的参数方程2x nny k =⎧⎪⎨=+⎪⎩(为参数)，若直线12,l l 的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C （1）求曲线C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线3l 的极坐标方程为(0)θαρ=…，4tan 032παα⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，点Q 为射线3l 与曲线C 的交点，求点Q 的极径. 23.已知函数()|1||2|f x x x =-++. （1）求不等式()3f x x <+的解集；（2）若不等式22()m x x f x --…在R 上恒成立，求实数m 的取值范围.。
2020 年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4 月 份）题号 得分一二三总分一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）1. 已知复数 z=（1-a）+（a2-1）i（i 为虚数单位，a＞l），则 z 在复平面内的对应点所在的象限为（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2. 已知集合 A={x|3x＜x+4}，B=（x|x2-8x+7＜0}，则 A∩B=（ ）A. （-1，2）B. （2，7）C. （2，+∞）D. （1，2）3. 某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为 120°，并在扇形弧上正面等距安装 7 个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）．已知扇形的半径为 30 厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）A. 58 厘米B. 63 厘米C. 69 厘米D. 76 厘米4. 函数 f（x）=在[- ， ]上的图象大致为（ ）A.B.C.D.5. 若（l+ax）（l+x）5 的展开式中 x2，y3 的系数之和为-10，则实数 a 的值为（ ）A. -3B. -2C. -lD. 16. 已知 a=log3 ，b=ln3，c=2-0.99，则 a，b，c 的大小关系为（ ）A. b＞c＞aB. a＞b＞cC. c＞a＞bD. c＞b＞a7. 执行如图的程序框图，则输出 S 的值为（ ）A. -B.C.D.第 1 页，共 14 页8. “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于 2 的偶数都可以 写成两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题，它是 1742 年由数学 家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中 做出相当好的成绩，若将 6 拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质 数的概率为（ ）A.B.C.D.9. 已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，S2= ，S3= ，则 a1a2…an 的最小值为（ ）A. （ ）2B. （ ）3C. （ ）4D. （ ）510. 已知点 P 是双曲线 C： - =l（a＞0，b＞0，c=）上一点，若点 P 到双曲线 C 的两条渐近线的距离之积为 c2，则双曲线 C 的离心率为（ ）A.B.C.D. 211. 已知 f（x）=1-2cos2（ωx+ ）（ω＞0）．给出下列判断： ①若 f（xl）=l，f（x2）=-1，且|x1-x2|min=π，则 ω=2； ②存在 ω∈（0，2），使得 f（x）的图象右移 个单位长度后得到的图象关于 y 轴对 称； ③若 f（x）在[0，2π]上恰有 7 个零点，则 ω 的取值范围为[ ， ]④若 f（x）在[- ， ]上单调递增，则 ω 的取值范围为（0， ]其中，判断正确的个数为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 412. 如图，在平面四边形 ABCD 中，满足 AB=BC，CD=AD，且 AB+AD=10，BD=8．沿着 BD 把 ABD 折起，使点 A 到达点 P 的位置，且使 PC=2，则三棱锥 P-BCD 体积的最大值为（ ）A. 12B. 12C.D.二、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分） 13. 已知函数 f（x）=lnx+x2，则曲线 y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为______．14. 若∃x0∈R，x02-a+5＜0 为假，则实数 a 的取值范围为______．15. 在直角坐标系 xOy 中，已知点 A（0，1）和点 B（-3，4），若点 C 在∠AOB 的平分线上，且| |=3 ，则向量 的坐标为______．第 2 页，共 14 页16. 已知抛物线 C：y2=4x，点 P 为抛物线 C 上一动点，过点 P 作圆 M：（x-3）2+y2=4 的切线，切点分别为 A，B，则线段 AB 长度的取值范围为______．三、解答题（本大题共 7 小题，共 82.0 分） 17. 在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 csinB=bsin（ -C）+ b．（l）求角 C 的大小； （2）若 c= ，a+b=3，求 AB 边上的高．18. 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为等腰梯形， AB∥CD，CD=2AB=4，AD= ．△PAB 为等腰直角三角形， PA=PB，平面 PAB⊥底面 ABCD，E 为 PD 的中点． （1）求证：AE∥平面 PBC； （2）若平面 EBC 与平面 PAD 的交线为 l，求二面角 P-l-B 的正弦值．19. 一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得 2 分，反面向上得 1 分． （1）设抛掷 4 次的得分为 X，求变量 X 的分布列和数学期望． （2）当游戏得分为 n（x∈N*）时，游戏停止，记得 n 分的概率和为 Qn，Q1= ． ①求 Q2； ②当 n∈N*时，记 An=Qn+1+ Qn，Bn=Qn+1-Qn，证明：数列{An}为常数列，数列{Bn} 为等比数列．第 3 页，共 14 页20. 已知椭圆 E： + =1（a＞b＞0））的离心率为 ，且过 点（ ， ）．点 P 在第一象限，A 为左顶点．B 为下顶点， PA 交 y 轴于点 C，PB 交 x 轴于点 D． （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）若 CD∥AB，求点 P 的坐标．21. 已知函数 f（x）=lnx-x2+ax（a∈R）． （1）若 f（x）≤0 恒成立，求 a 的取值范围； （2）设函数 f（x）的极值点为 x0，当 a 变化时，点（x0，f（x0））构成曲线 M．证 明：过原点的任意直线 y=kx 与曲线 M 有且仅有一个公共点．22. 在直角坐标系 xOy 中，直线 l1 的参数方程为（m 为参数），直线 l2 的参数方程为（n 为参数）．若直 l1，l2 的交点为 P，当 k 变化时，点 P 的轨迹是曲线 C． （l）求曲线 C 的普通方程； （2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线 l3 的极坐标方程为 θ=α（ρ≥0），tanα= （0＜α＜ ），点 Q 为射线 l3 与曲线C 的交点，求点 Q 的极径．23. 已知函数 f（x）=|x-1|+|x+2|． （l）求不等式 f（x）＜x+3 的解集； （2）若不等式 m-x2-2x≤f（x）在 R 上恒成立，求实数 m 的取值范围．第 4 页，共 14 页2020 年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4 月 份）答案和解析【答案】1. B2. D3. B4. C5. B6. A7. D8. A9. D10. A 11. B 12. C13. 3x-y-2=0 14. （-∞，4] 15. （-3，9） 16. [2 ，4）17. 解：（1）因为 csinB=bsin（ -C）+ b．由正弦定理可得，sinCsinB=sinBsin（ -C）+ sinB，因为 sinB＞0，所以 sinC=sin（ -C）+ =，即=1，所以 sin（C ）=1，∵0＜C＜π，所以 C= ，（2）由余弦定理可得，c2=a2+b2-2abcosC， 所以 a2+b2+ab=7，即（a+b）2-ab=7，所以 ab=2，S△ABC==，设 AB 边上的高为 h，则，故 h= ．18. 解：（1）证明：如图 1，取 PC 的中点 F，连结 EF，BF，∵PE=DE，PF=CF，∴EF∥CD，CD=2EF， ∵AB∥CD，CD=2AB，∴AB∥EF，且 EF=AB， ∴四边形 ABFE 为平行四边形，∴AE∥BF， ∵BF⊂平面 PBC，AE⊄平面 PBC， ∴AE∥平面 PBC． （2）解：如图 2，取 AB 中点 O，CD 中点 Q，连结 OQ， ∵OA=OB，CQ=DQ，PA=PB，∴PO⊥AB，OQ⊥AB， ∵平面 PAB⊥平面 ABCD，交线为 AB， ∴PO⊥平面 ABCD，OQ⊥平面 PAB， ∴AB，OQ，OP 两两垂直， 以点 O 为坐标原点，OQ，OB，OP 为 x，y，z 轴，建立空间 直角坐标系， 由 PA⊥PB，AB=2，得 OA=OB=OP=1，DQ=CQ=2， 在等腰梯形 ABCD 中，AB=2，CD=4，AD= ，OQ=1， O（0，0，0），A（0，-1，0），B（0，1，0），C（1，2，0），P（0，0，1），D（1，第 5 页，共 14 页-2，0），E（ ，-1， ）， 设平面 PAD 的法向量为 =（x，y，z），=（0，1，1）， =（1，-1，0），则，取 y=1，得 =（1，1，-1），设平面 EBC 的法向量 =（a，b，c），=（1，1，0）， =（-），则，取 a=1，得 =（1，-1，-5），设二面角 P-l-B 的平面角为 θ，则|cosθ|= = ，P-l-B 的正弦值为 sinθ==．19. 解：（1）解：变量 X 的所有可能取值为 4，5，6，7，8，∵每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为 ，反面向上的概率为 ，∴P（X=4）=（ ）4= ，P（X=5）= P（X=6）==， =，P（X=7）==，P（X=8）==，∴X 的分布列为：P45678X（2）①解：得 2 分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：Q2=②证明：得 n 分分两种情况，第一种为得 n-2 分后抛掷一次正面向上， 第二种为得 n-1 分后，抛掷一次反面向上，∴当 n≥3，且 n∈N*时，Qn=+，An+1=Qn+2+=++=∴数列{An}为常数列，∵Bn+1=Qn+2-Qn+1=+ -Qn+1=-+=An，第 6 页，共 14 页=，=- （Qn+1-Qn）=- ，∵B1=P2-P1=，∴数列{Bn}为等比数列．20. 解：（1）由题意可得，解得，∴椭圆 E 的标准方程为：；（2）由（1）知点 A（-2，0），B（0，-1），由题意可设直线 AP 的方程为：y=k（x+2）（0＜k＜ ），所以点 C 的坐标为（0，2k），联立方程，消去 y 得：（1+4k2）x2+16k2x+16k2-4=0，设 P（x1，y1），则，所以，所以=，所以 P（， ），设 D 点的坐标为（x0，0），因为点 P，B，D 三点共线，所以 kBD=kPB，即，所以 x0= ，所以 D（ ，0），因为 CD∥AB，所以 kCD=kAB，即，所以 4k2+4k-1=0，解得，又因为 0＜k＜ ，所以 k= ，所以点 P 的坐标为（ ， ）．21. 解：（1）由 x＞0 可得 f（x）≤0 恒成立等价为 a≤x- 恒成立．设 g（x）=x- ，g′（x）=1- =，再令 h（x）=x2-1+lnx，则 h′（x）=2x+ ＞0，则 h（x）在（0，+∞）递增，又 h（1）=0，则 0＜x＜1，h（x）＜0，x＞1，h（x）＞0， 即 0＜x＜1 时，g′（x）＜0；x＞1 时，g′（x）＞0，可得 g（x）在（0，1）递减；在 （1，+∞）递增， 即有 g（x）在 x=1 处取得极小值，即最小值 g（1）=1，所以 a≤1； （2）证明：由（1）可得 f（x0）=lnx0-x02+ax0，第 7 页，共 14 页f′（x0）=0，即 -2x0+a=0，即 a=2x0- ，所以 f（x0）=lnx0+x02-1，可得曲线 M 的方程为 y=lnx+x2-1，由题意可得对任意实数 k， 方程 lnx+x2-1=kx 有唯一解． 设 h（x）=lnx+x2-kx-1，则 h′（x）= +2x-k=，①当 k≤0 时，h′（x）＞0 恒成立，h（x）在（0，+∞）递增， 由 h（1）=-k≥0，h（ek）=k+e2k-kek-1=k（1-ek）+e2k-1≤0， 所以存在 x0 满足 ek≤x0≤1 时，使得 h（x0）=0．又因为 h（x）在（0，+∞）递增，所以 x=x0 为唯一解． ②当 k＞0 时，且△=k2-8≤0 即 0＜k≤2 时，h′（x）≥0 恒成立，所以 h（x）在（0，+∞） 递增， 由 h（1）=-k＜0，h（e3）=3+e6-ke3-1=（e3- ）2+（2 -k）e3＞0， 所以存在 x0∈（1，e3），使得 h（x0）=0．又 h（x）在（0，+∞）递增，所以 x=x0 为唯 一解．③当 k＞2 时，h′（x）=0 有两解 x1，x2，设 x1＜x2，因为 x1x2= ，所以 x1＜ ＜x2，当 x∈（0，x1）时，h′（x）＞0，h（x）递增；当 x∈（x1，x2）时，h′（x）＜0，h（x） 递减， 当 x∈（x2，+∞），h′（x）＞0，h（x）递增，可得 h（x）的极大值为 h（x1）=lnx1+x12-kx1-1， 因为 2x12-kx1+1=0，所以 h（x1）=lnx1-x12-2＜0，所以 h（x2）＜h（x1）＜0，h（e ）=k2+e -ke -1=（e -k）e +k2-1＞0，令 m（x）=e -x，x＞2 ，可得 m′（x）=2x•e -1＞0，所以 m（x）＞m（2 ）＞0，所以存在 x0∈（x2，e ），使得 h（x0）=0，又因为 h（x）在（x2，+∞）递增，所以 x=x0 为唯一解． 综上可得，过原点的任意直线 y=kx 与曲线 M 有且仅有一个公共点．22. 解：（1）直线 l1 的参数方程为y=-kx．（m 为参数），转换为直角坐标方程为直线 l2 的参数方程为（n 为参数），转换为直角坐标方程为 y-2= ．联立两直线的方程消去参数 k 得：x2+（y-1）2=1（x≠0）． （2）设点 Q（ρcosα，ρsinα）由 tanα= ，可得：．代入曲线 C，得，解得 或 ρ=0（舍去），故点 Q 的极径为 ．23. 解：（1）当 x＜-2 时，f（x）＜x+3 可化为 1-x-x-2＜x+3，解得 x＞- ，无解；当-2≤x≤1 时，f（x）＜x+3 可化为 1-x+x+2＜x+3，解得 x＞0，故 0＜x≤1； 当 x＞1 时，f（x）＜x+3 可化为 x-1+x+2＜x+3，解得 x＜2，故 1＜x＜2．第 8 页，共 14 页综上可得，f（x）＜x+3 的解集为（0，2）； （2）不等式 m-x2-2x≤f（x）在 R 上恒成立，可得 m≤x2+2x+f（x）， 即 m≤（x2+2x+f（x））min，由 y=x2+2x=（x+1）2-1 的最小值为-1，此时 x=-1； 由 f（x）=|x-1|+|x+2|≥|x-1-x-2|=3，当且仅当-2≤x≤1 时，取得等号， 则（x2+2x+f（x））min=-1+3=2，所以 m≤2， 即 m 的取值范围是（-∞，2]． 【解析】1. 解：当 a＞1 时，1-a＜0，a2-1＞0，∴z 在复平面内的对应点所在的象限为第二象限． 故选：B． 由 a＞1 可得复数 z 的实部与虚部的范围，则答案可求． 本题考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2. 解：A={x|x＜2}，B={x|1＜x＜7}，∴A∩B=（1，2）． 故选：D． 可以求出集合 A，B，然后进行交集的运算即可． 本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能 力，属于基础题．3. 解：因为弧长比较短的情况下分成 6 等份，每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，所以导线长度为 ×30=20π=20×3.14≈63（厘米）．故选：B． 弧长比较短的情况下分成 6 等份，每部分的弦长和弧长相差很小， 用弧长近似代替弦长，计算导线的长度即可． 本题考查了扇形的弧长计算问题，也考查了分析问题解决问题的能力，是基础题．4. 解：根据题意，f（x）=，有 f（-x）=-=-f（x），所以 f（x）在[- ， ]上为奇函数，其图象关于原点对称，排除 A，B，在 （0， ）上，cosx＞0，2x＞0，2-x＞0，则 f（x）＞0，排除 D； 故选：C． 根据题意，利用排除法分析：先分析函数的奇偶性，再分析在 （0， ）上，f（x） ＞0，可得答案． 本题考查函数图象的识别，函数的奇偶性，属于基础题.5. 解：因为（l+x）5 的展开式的通项公式为：Tr+1= •xr；可得展开式中 x，x2，x3 的系数分别为： ， ， ；故（l+ax）（l+x）5 的展开式中 x2 的系数为： +a• =10+5a；故（l+ax）（l+x）5 的展开式中 x3 的系数为：a• + =10+10a；∴10+5a+10+10a=20+15a=-10； ∴a=-2． 故选：B．第 9 页，共 14 页先求（l+x）5 的展开式的通项公式，进而求得结论． 本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基 础题．6. 解：因为 a=log3 ∈（0， ），b=ln3＞1，c=2-0.99＞2-1= ，故 b＞c＞a． 故选：A． 结合指数与对数函数的单调性分别确定 a，b，c 的范围即可比较． 本题主要考查了利用指数函数与对数函数的单调性比较函数值大小，属于基础试题．7. 解：由题意得=．故选：D．根据循环体的算法功能可以看出，这是一个对数列 求前五项和的程序框图，计算可求解． 这是一道程序框图中的循环结构问题，考查了数列求和，需要弄清楚首项与项数，计算 要准确．难度不大．8. 解：由古典概型的基本事件的等可能性得 6 拆成两个正整数的和含有 5 个基本事件，分别为： （1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1）， 而加数全为质数的有（3，3），∴拆成的和式中，加数全部为质数的概率为 P= ．故选：A． 利用列举法求出由古典概型的基本事件的等可能性得 6 拆成两个正整数的和含有 5 个基 本事件，而加数全为质数的有 1 个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为质数的概率． 本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题．9. 解：由题意可得，，解可得，或（舍），故 an=，当 1≤n≤5 时，an＜1，当 n≥6，an＞1，则 a1a2…an 的最小值为 a1a2…a5= = ．故选：D． 由已知结合等比数列的通项公式可求 a1，q，进而可求通项公式，然后结合项的特点可 求． 本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础试题．10. 解：双曲线 C： - =l（a＞0，b＞0 的两条渐近线的方程为 bx±ay=0，设 P（x，y），利用点 P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为||= ，第 10 页，共 14 页可得||=⇒a=b，∴双曲线的离心率e=．故选：A．双曲线C：-=l（a＞0，b＞0的两条渐近线的方程为bx±ay=0，设P（x，y），利用点P到双曲线的两条渐近线的距离之积为||=，求出a、c关系，即可求出双曲线的离心率．本题考查了双曲线的性质、离心率、距离公式，属于中档题．11. 解：∵，∴周期．①由条件知，周期为，∴，故①错误；②函数图象右移个单位长度后得到的函数为，其图象关于y轴对称，则，∴ω=-1-3k（k∈Z），故对任意整数k，ω∉（0，2），故②错误；③由条件，得，∴，故③正确；④由条件，得，∴，又ω＞0，∴，故④正确．故选：B．先将f（x）化简，对于①由条件知，周期为，然后求出ω；对于②由条件可得=+kπ（k∈Z），然后求出ω=-1-3k（k∈Z）；对于③由条件，得2π-，然后求出ω的范围；对于④由条件，得，然后求出ω的范围，再判断命题是否成立即可．本题考查了三角函数的图象与性质和三角函数的图象变换，考查了转化思想和推理能力，属中档题．12. 解：过点P作PE⊥BD于E，连结CE，由题意知△BPD≌△BCD，CE⊥BD，且PE=CE，∴BD⊥平面PCE，∴V P-BCD=V B-PCE+V D-PCE==，∴当S△PCE最大时，V P-BCD取得最大值，取PC的中点F，则EF⊥PC，∴S△PCE=•EF=，∵PB+PD=10，BD=8，∴点P到以BD为焦点的椭圆上，∴PE的最大值为对应短半轴长，∴PE最大值为=3，∴S△PCE最大值为2，∴三棱锥P-BCD体积的最大值为．故选：C．过点P作PE⊥BD于E，连结CE，推导出BD⊥平面PCE，当S△PCE最大时，V P-BCD取得最大值，取PC的中点F，则EF⊥PC，推导出点P到以BD为焦点的椭圆上，PE的最大值为对应短半轴长，由此能求出三棱锥P-BCD体积的最大值．本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．13. 解：函数f（x）=ln x+x2，可知f（1）=1，故切点为（1，1），，故f′（1）=3，所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y-1=3（x-1），即3x-y-2=0，故答案为：3x-y-2=0．根据题意，求出f（1）和f′（1），即可得解．本题考查了导数的几何意义，是基础题．14. 解：若∃x0∈R，x02-a+5＜0为假，则其否定命题为真，即∀x∈R，x2-a+5≥0为真，所以a≤对任意实数恒成立；设f（x）=，x∈R；则f（x）=+≥2=4，当且仅当=，即x=±时等号成立，所以实数a的取值范围是a≤4．故答案为：（-∞，4]．若∃x0∈R，x02-a+5＜0为假，则其否定命题为真，利用分离常数法和基本不等式求出a的取值范围．本题考查了命题真假的判断问题，也考查了转化思想，是中档题．15. 解：由点C在∠AOB的平分线上，所以存在λ∈（0，+∞），使=λ（+）=λ（0，1）+λ（-，）=（-λ，λ）；又||=3，所以+=90，解得λ=5，所以向量=（-3，9）．故答案为：（-3，9）．由点C在∠AOB的平分线上得存在λ∈（0，+∞），使=λ（+），再由||求出λ的值即可．本题考查了平面向量的线性表示与坐标运算问题，是基础题．16. 解：如图：连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，所以四边形PAMN的面积为：PM，•AB，另外四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，所以|PM|•|AB|=|PA|•|MA|，所以|AB|===4，所以当|PM|取得最小值时，|AB|最小，设点P（x，y），则|PM|==，所以x=1时，|PM|取得最小值为：2，所以AB的最小值为：=2．当P向无穷远处运动时，|AB|的长度趋近于圆的直径，故|AB|的取值范围是[2，4）．故答案为：[2，4）．画出图形，连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，求出四边形PAMN 的面积，结合四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，求出|AB|的表达式，然后分析求解最小值以及最大值即可．本题考查最小与抛物线的位置关系的应用，圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是难题．17. （1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求C；（2）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，和差角公式在求解三角形中的应用，属于中档试题．18. （1）取PC的中点F，连结EF，BF，推导出四边形ABFE为平行四边形，AE∥BF，由此能求出AE∥平面PBC．（2）取AB中点O，CD中点Q，连结OQ，推导出PO⊥AB，OQ⊥AB，从而PO⊥平面ABCD，OQ⊥平面PAB，以点O为坐标原点，OQ，OB，OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面P-l-B的正弦值．本题考查线面平行的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19. （1）变量X的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，由此能求出Q2．②得n分分两种情况，第一种为得n-2分后抛掷一次正面向上，第二种为得n-1分后，抛掷一次反面向上，当n≥3，且n∈N*时，Q n=+，由此能证明数列{A n}为常数列，由B n+1=Q n+2-Q n+1=+-Q n+1=-+-，能证明数列{B n}为等比数列．本题考查概率的求法，考查常数列、等比数列的证明，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．20. （1）列出关于a，b，c的方程组，解出a，b，c的值，即可求出椭圆E的标准方程；（2）设直线AP的方程为：y=k（x+2）（0＜k＜），与椭圆方程联立，利用韦达定理可求出P（，），由点P，B，D三点共线，所以k BD=k PB，求出D（，0），由CD∥AB可得，解出k的值，从而求出点P的坐标．本题主要考查了椭圆方程，以及直线与椭圆的位置关系，考查了三点共线问题，是中档题．21. （1）由题意可得原不等式等价为a≤x-恒成立．设g（x）=x-，由g（x）的二次导数的符号，确定g（x）的单调性，可得g（x）的最小值，进而得到a的范围；（2）由极值的定义可得f（x0）=ln x0+x02-1，可得曲线M的方程为y=ln x+x2-1，由题意可得对任意实数k，方程ln x+x2-1=kx有唯一解．设h（x）=ln x+x2-kx-1，求得h（x）的导数，讨论k≤0；k＞0，△≤0，△＞0，结合h（x）的单调性，以及函数零点存在定理，化简计算即可得证．本题考查表达式恒成立问题的解法和直线与曲线恒有公共点的问题，注意运用参数分离和构造函数、分类讨论思想和导数的运用：求单调性和极值、最值，考查化简运算能力和推理论证能力，属于难题．22. （1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23. （1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，再求并集可得所求解集；（2）由题意可得m≤（x2+2x+f（x））min，结合二次函数的最值求法，以及绝对值不等式的性质可得所求最小值，进而得到m的范围．本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题解法，注意运用分类讨论思想和转化思想，考查化简运算能力，属于中档题．。
安徽省“江南十校”2020届高三数学下学期4月综合素质检测试题 理（含解析）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．.．一、选择题：本大题共12个小题，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.已知复数2(1)(1)i z a a =-+-（i 为虚数单位，1a >），则z 在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】B 【解析】 【分析】分别比较复数z 的实部、虚部与0的大小关系，可判断出z 在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】因为1a >时，所以10a -<，210a ->，所以复数z 在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B.【点睛】本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 2.已知集合{}{}234,870A x x x B x x x =<+=-+<，则A B =（ ）A. (1,2)-B. (2,7)C. (2,)+∞D. (1,2)【答案】D 【解析】 【分析】分别求出集合,A B 对应的不等式的解集，然后取交集即可.【详解】由题意，{}{}342A x x x x x =<+=<，{}{}287017B x x x x x =-+<=<<，所以{}12AB x x =<<.故选：D.【点睛】本题考查不等式的解法，考查集合的交集，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ） A. 58厘米 B. 63厘米C. 69厘米D. 76厘米【答案】B 【解析】 【分析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可. 【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长， 故导线长度约为230203ππ⨯=≈63(厘米). 故选：B .【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题. 4.函数cos ()22x xx x f x -=+在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的图象大致为（ ） A. B. C.D.【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及函数在02x π<<时的符号，即可求解.【详解】由cos ()()22x xx xf x f x --=-=-+可知函数()f x 为奇函数. 所以函数图象关于原点对称，排除选项A ，B ； 当02x π<<时，cos 0x >，cos ()220x xx xf x -∴=+＞，排除选项D ，故选：C .【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题. 5.若5(1)(1)ax x ++的展开式中23,x x 的系数之和为10-，则实数a 的值为（ ）A. 3-B. 2-C. 1-D. 1【答案】B 【解析】 【分析】由555(1)(1)(1)(1)ax x x ax x ++=+++，进而分别求出展开式中2x 的系数及展开式中3x 的系数，令二者之和等于10-，可求出实数a 的值. 【详解】由555(1)(1)(1)(1)ax x x ax x ++=+++，则展开式中2x 的系数为1255105C aC a +=+，展开式中3x 的系数为32551010C aC a +=+，二者的系数之和为(105)(1010)152010a a a +++=+=-，得2a =-. 故选：B.【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.6.已知3log a =ln3b =，0.992c -=，则,,a b c 的大小关系为（ ） A. b c a >>B. a b c >>C. c a b >>D.c b a >>【答案】A【分析】根据指数函数与对数函数的单调性，借助特殊值即可比较大小. 【详解】因为331log 2log 32<=， 所以12a <. 因为3＞e ，所以ln3ln 1b e =>=，因为00.991>->-，2xy =为增函数，所以0.991221c -=<< 所以b c a ＞＞， 故选：A .【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题. 7.执行下面的程序框图，则输出S 的值为 （ ）A. 112-B.2360C.1120D.4360【答案】D 【解析】 【分析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案. 【详解】运行程序，11,25s i =-=，1211,3552s i =+--=，123111,455523s i =++---=，12341111,55555234s i =+++----=，12341111,55555234s i =+++----=，1234511111,6555552345s i =++++-----=，结束循环，故输出1111113743=(12345)135********s ⎛⎫++++-++++=-= ⎪⎝⎭， 故选：D .【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.8.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ） A .15B.13C.35D.23【答案】A 【解析】 【分析】列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有336+=，利用古典概型求解即可.【详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1), 而加数全为质数的有(3,3), 根据古典概型知，所求概率为15P =. 故选：A.【点睛】本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题. 9.已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为2317,,927n S S S ==，则12n a a a 的最小值为（ ）A. 24()27B. 34()27C. 44()27D. 54()27【答案】D 【解析】 【分析】由2317,927S S ==，可求出等比数列{}n a 的通项公式1227n n a -=，进而可知当15n ≤≤时，1n a <；当6n ≥时，1n a >，从而可知12n a a a 的最小值为12345a a a a a ，求解即可.【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由题意得，332427a S S =-=，得2111427190a q a a q q ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪>⎪⎪⎩，解得11272a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，得1227n n a -=.当15n ≤≤时，1n a <；当6n ≥时，1n a >， 则12n a a a 的最小值为551234534()()27a a a a a a ==. 故选：D.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.10.已知点P是双曲线2222:1(0,0,x y C a b c a b-=>>=上一点，若点P 到双曲线C的两条渐近线的距离之积为214c ，则双曲线C 的离心率为（ ）D. 2【答案】A 【解析】 【分析】设点P 的坐标为(,)m n ，代入椭圆方程可得222222b m a n a b -=，然后分别求出点P 到两条渐近线的距离，由距离之积为214c ，并结合222222b m a n a b -=，可得到,,a b c 的齐次方程，进而可求出离心率的值.【详解】设点P 的坐标为(,)m n ，有22221m n a b-=，得222222b m a n a b -=.双曲线的两条渐近线方程为0bx ay -=和0bx ay +=，则点P 到双曲线C 的两条渐近线的距222222222b m a n a b a b c-==+， 所以222214a b c c =，则22244()a c a c -=，即()22220c a -=，故2220c a -=，即2222c e a ==，所以e =故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率，构造,,a b c 的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题. 11.已知2π()12cos ()(0)3f x x ωω=-+>.给出下列判断： ①若12()1,()1f x f x ==-，且12minπx x -=，则2ω=；②存在(0,2)ω∈使得()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[]0,2π上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147,2424⎡⎫⎪⎢⎭⎣； ④若()f x 在ππ,64⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦. 其中，判断正确的个数为（ ） A. 1 B. 2C. 3D. 4【答案】B 【解析】 【分析】对函数()f x 化简可得π()sin(2)6f x x ω=+，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案. 【详解】因为2π2ππ()12cos ()cos(2)sin(2)336f x x x x ωωω=-+=-+=+，所以周期2ππ2T ωω==.对于①，因为12min1π2x x T -==，所以ππ2T ω==，即12ω=，故①错误；对于②，函数()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的函数为ππsin(2)36y x ωω=-+，其图象关于y 轴对称，则ππππ()362k k ω-+=+∈Z ，解得13()k k ω=--∈Z ，故对任意整数k ，(0,2)ω∉，所以②错误；对于③，令π()sin(2)06f x x ω=+=，可得π2π6x k ω+=()k ∈Z ，则ππ212k x ωω=-， 因π(0)sin 06f =>，所以()f x 在[]0,2π上第1个零点1>0x ，且1ππ212x ωω=-，所以第7个零点7ππππ3π41π321221212x T ωωωωωω=-+=-+=，若存在第8个零点8x ，则8ππ7ππ7π47π2122212212x T ωωωωωω=-+=-+=，所以782πx x ≤<，即2π41π47π1212ωω≤<，解得41472424ω≤<，故③正确； 对于④，因为π(0)sin 6f =，且ππ0,64⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以πππ2662πππ2462ωω⎧⎛⎫-+≥- ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪⨯+≤⎪⎩，解得23ω≤，又0>ω，所以203ω<≤，故④正确.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.12.如图，在平面四边形ABCD 中，满足,AB BC CD AD ==，且10,8AB AD BD +==，沿着BD 把ABD 折起，使点A 到达点P 的位置，且使2PC =，则三棱锥P BCD -体积的最大值为（ ）A. 12B. 2C.23D.163【答案】C【解析】 【分析】过P 作PE BD ⊥于E，连接CE ，易知CE BD ⊥，PE CE =，从而可证BD ⊥平面PCE ，进而可知1833P BCD B PCE D PCE PCEPCEV V V S BD S ---=+=⋅=，当PCES最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点F ，可得EF PC ⊥，再由2112PCES PC EF PE =⋅=-，求出PE 的最大值即可.【详解】在BPD △和BCD 中，PB BC PD CD BD BD =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以BPD BCD ≌，则PBD CBD ∠=∠，过P 作PE BD ⊥于E ，连接CE ，显然BPE BCE ≌，则CE BD ⊥，且PE CE =， 又因为PECE E =，所以BD ⊥平面PCE ，所以1833P BCD B PCE D PCE PCEPCEV V V S BD S ---=+=⋅=，当PCES最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点F ，则EF PC ⊥，所以2112PCES PC EF PE =⋅=-， 因为10,8PB PD BD +==，所以点P 在以,B D 为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以PE 的最大值为椭圆的短轴长的一半，故PE 最大值为22543-=， 所以PCE S ∆最大值为22，故P BCD V -的最大值为8223⨯162=. 故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数2()ln f x x x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为___________.【答案】320x y --= 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程. 【详解】因为1()2f x x x'=+， 所以(1)3k f '==， 又(1)1,f =故切线方程为13(1)y x -=-， 整理为320x y --=， 故答案为：320x y --=【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.14.若200,50x x ∃∈-<R 为假，则实数a 的取值范围为__________. 【答案】(],4-∞ 【解析】 【分析】由200,50x x ∃∈-<R 为假，可知2,50x x ∀∈-≥R 为真，所以2a ≤对任意实数x 2的最小值，令2min a ≤即可.【详解】因为200,50x x ∃∈-<R 为假，则其否定为真，即2,50x x ∀∈-≥R 为真，所以2a ≤x 恒成立，所以2min a ≤.24=≥，=即x =时，等号成立，所以4a ≤. 故答案为：(],4-∞.【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.15.在直角坐标系xOy 中，已知点(0,1)A 和点(3,4)B -，若点C 在AOB ∠的平分线上，且||310OC =OC 的坐标为___________.【答案】(3,9)- 【解析】 【分析】点C 在AOB ∠的平分线可知OC 与向量||||OA OBOA OB +共线，利用线性运算求解即可. 【详解】因为点C 在AOB ∠的平线上，所以存在(0,)λ∈+∞使3439(0,1),,5555||||OA OB OC OA OB λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而||(OC =-= 可解得5λ=， 所以(3,9)OC =-， 故答案为：(3,9)-【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，利用向量的坐标求向量的模，属于中档题. 16.已知抛物线2:4C y x =，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆22:(3)4M x y -+=的切线，切点分别为,A B ，则线段AB 长度的取值范围为__________.【答案】)4⎡⎣ 【解析】 【分析】连接,,PM MA MB ，易得,,MA PA MB PB PM AB ⊥⊥⊥，可得四边形PAMB 的面积为12PM AB PA MA ⋅=⋅，从而可得22441PA MA AB PM PM ⋅==-，进而求出PM 的取值范围，可求得AB 的范围.【详解】如图，连接,,PM MA MB ，易得,,MA PA MB PB PM AB ⊥⊥⊥，所以四边形PAMB 的面积为12PM AB ⋅，且四边形PAMB 的面积为三角形PAM 面积的两倍，所以12PM AB PA MA ⋅=⋅，所以22442441PM PA MA AB PM PM PM-⋅===-，当PM 最小时，AB 最小，设点(,)P x y ，则2222(3)69429PM x y x x x x x =-+=-++=-+，所以当1x =时，min22PM=，则min 441228AB =-=， 当点(,)P x y 的横坐标x →+∞时，PM →+∞，此时4AB →， 因为AB 随着PM 的增大而增大，所以AB 的取值范围为)22,4⎡⎣. 故答案为：)22,4⎡⎣.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查抛物线上的动点到定点的距离的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.在ABC 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c，且πsin sin()3c B b C =-+. （1）求角C 的大小； （2）若3c a b =+=，求AB 边上的高.【答案】（1）2π3；（2【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化成角，可得πsin sin()3C C =-，展开并整理可得πsin()16C -=，从而可求出角C ；（2）由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-，进而可得2()7a b ab +-=，由3a b +=，可求出ab 的值，设AB 边上的高为h ，可得ABC 的面积为11sin 22ab C ch =，从而可求出h . 【详解】（1）由题意，由正弦定理得πsin sin sinsin()3C B B C B =-. 因为(0,π)B ∈，所以sin 0B >，所以πsin sin()3C C =-，展开得1sinsin 2C C C =-πsin()16C -=.因为0πC <<，所以ππ5π666C -<-<，故ππ62C -=，即2π3C =.（2）由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-，则227a b ab ++=，得2()7a b ab +-=，故2()7972ab a b =+-=-=，故ABC 的面积为12πsin sin 232ab C ==. 设AB 边上的高为h h =，故h =， 所以AB 边上的高为7. 【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.18.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//,24,2AB CD CD AB AD ===，PAB △为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）求证：//AE 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P l B --的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）149【解析】 【分析】（1）取PC 的中点F ，连接,EF BF ，易得//,2EF CD CD EF =，进而可证明四边形ABFE 为平行四边形，即//AE BF ，从而可证明//AE 平面PBC ；（2）取AB 中点O ，CD 中点Q ，连接OQ ，易证PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，从而可知,,AB OQ OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，向量,,OQ OB OP 的方向分别为,,x y z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面PAD 的法向量(,,)m x y z =，及平面EBC 的法向量为(,,)n a b c =，由cos ,m n m n m n=⋅⋅，可求得平面EBC 与平面PAD 所成的二面角的正弦值.【详解】（1）证明：如图1，取PC 的中点F ，连接,EF BF .,PE DE PF CF ==，//,2EF CD CD EF ∴=， //,2AB CD CD AB =，//AB EF ∴，且EF AB =， ∴四边形ABFE 为平行四边形，//AE BF ∴.又BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ，//AE ∴平面PBC .（2）如图2，取AB 中点O ，CD 中点Q ，连接OQ .,,OA OB CQ DQ PA PB ===，,PO AB OQ AB ∴⊥⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，PO ∴⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，,,AB OQ OP ∴两两垂直.以点O 为坐标原点，向量,,OQ OB OP 的方向分别为,,x y z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.由,2PA PB AB ⊥=，可得1,2OA OB OP DQ CQ =====， 在等腰梯形ABCD 中，2,4,2AB CD AD ===1OQ =，11(0,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(1,2,0),(0,0,1),(1,2,0),(,1,)22O A B C P D E ∴---.则(0,1,1),(1,1,0)AP AD ==-，11(1,1,0),(,2,)22BC EB ==--，设平面PAD 的法向量为(,,)m x y z =，则0m AP y z m AD x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，取1y =，得(1,1,1)m =-. 设平面EBC 的法向量为(,,)n a b c =，则0112022n BC a b n EB a b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取1b =-，得(1,1,5)n =--.因为1155m n ⋅=-+=，3m =，33n =，所以cos ,59333m n m n m n==⋅⋅=⨯，所以平面EBC 与平面PAD 所成的二面角的正弦值为255621419819⎛⎫-== ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.19.一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分. （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望.（2）当游戏得分为*(N )n n ∈时，游戏停止，记得n 分的概率和为11,2n Q Q =. ①求2Q ；②当*N n ∈时，记111,2n n n n n n A Q Q B Q Q ++=+=-，证明：数列{}n A 为常数列，数列{}n B 为等比数列.【答案】（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①34；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量X 的分布列和数学期望；（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得2Q ；②得n 分分两种情况，第一种为得2n -分后抛掷一次正面向上，第二种为得1n -分后抛掷一次反面向上，可知当3n ≥且*N n ∈时，121122n n n Q Q Q --=+，结合112n n n A Q Q +=+，可推出12111122n n n n n n A Q Q Q Q A ++++=+=+=，从而可证明数列{}n A 为常数列；结合1n n n B Q Q +=-，可推出121111()22n n n n n n B Q Q Q Q B ++++=-=--=-，进而可证明数列{}n B 为等比数列.【详解】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8.每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率也为12， 则4142444111113(4)(),(5)(),(6)()2162428P X P X C P X C =====⨯===⨯=， 3444441111(7)(),(8)()24216P X C P X C ==⨯===⨯=.所以变量X 的分布列为：故变量X 的数学期望为11311()4567861648416E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. （2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为22113()224Q =+=. ②得n 分分两种情况，第一种为得2n -分后抛掷一次正面向上，第二种为得1n -分后抛掷一次反面向上，故3n ≥且*N n ∈时，有121122n n n Q Q Q --=+， 则*N n ∈时，211122n n n Q Q Q ++=+，所以1211111111122222n n n n n n n n n A Q Q Q Q Q Q Q A ++++++++==+=+=，故数列{}n A 为常数列； 又1211111111111()222222n n n n n n n n n n n B Q Q Q Q Q Q Q Q Q B +++++++=-=+-=-+=--=-， 121311424B Q Q =-=-=，所以数列{}n B 为等比数列.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.20.已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的离心率为32，且过点73(,)24，点P 在第一象限，A 为左顶点，B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D .（1）求椭圆E 的标准方程； （2）若//CD AB ，求点P 的坐标.【答案】（1）2214x y +=；（2）22,⎭【解析】 【分析】（1）由题意得2222232791416c a a b c a b⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩，求出22,a b ，进而可得到椭圆E 的方程；（2）由（1）知点A ，B 坐标，设直线AP 的方程为(2)y k x =+，易知102k <<，可得点C 的坐标为(0,2)k ，联立方程22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得到关于y 的一元二次方程，结合根与系数关系，可用k 表示P 的坐标，进而由,,P B D 三点共线，即BD PB k k =，可用k 表示D 的坐标，再结合CD AB k k =，可建立方程，从而求出k 的值，即可求得点P 的坐标.【详解】（1）由题意得22222791416c a a b c a b ⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩，所以椭圆E 的方程为2214x y +=.（2）由（1）知点(2,0)A -，(0,1)B -， 由题意可设直线AP 的斜率为k ，则102k <<，所以直线AP 的方程为(2)y k x =+，则点C 的坐标为(0,2)k ，联立方程22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：2222(14)161640k x k x k +++-=. 设11(,)P x y ，则212164214k x k --⋅=+，所以2128214k x k -=-+， 所以2122824(2)1414k k y k k k -=-+=++，所以222824(,)1414k kP k k--++. 设D 点的坐标为0(,0)x ，因为点,,P B D 三点共线，所以BD PB k k =，即2202411148214kk k x k ++=--+，所以02412k x k -=+，所以24(,0)12k D k -+. 因为//CD AB ，所以CD AB k k =，即2124212k k k=---+，所以24410k k +-=，解得12k -=， 又102k <<，所以k =计算可得228214k k --=+2414k k =+，故点P的坐标为. 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题. 21.已知函数2()ln ()f x x x ax a =-+∈R .（1）若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数()f x 的极值点为0x ，当a 变化时，点00(,())x f x 构成曲线M ，证明：过原点的任意直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点. 【答案】（1）1a ≤；（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由()0f x ≤恒成立，可得ln x a x x≤-恒成立，进而构造函数ln ()xg x x x =-，求导可判断出()g x 的单调性，进而可求出()g x 的最小值min ()g x ，令min ()a g x ≤即可；（2）由221()x ax f x x -++'=，可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，则200210x ax -++=，0012a x x =-，进而可得2000()ln 1f x x x =+-，即曲线M 的方程为2ln 1y x x =+-，进而只需证明对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解，然后构造函数2()ln 1F x x x kx =+--，分0k ≤、0k <≤k >分别证明函数()F x 在(0,)+∞上有唯一的零点，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意，可知0x >，由()0f x ≤恒成立，可得ln xa x x≤-恒成立. 令ln ()x g x x x =-，则221ln ()x xg x x-+'=. 令2()1ln h x x x =-+，则1()2h x x x'=+， 0x，()0h x '∴>，2()1ln h x x x ∴=-+在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =，(0,1)x ∴∈时，()0h x <；(1,)x ∈+∞时，()0h x >，即(0,1)x ∈时，()0g x '<；(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，(0,1)x ∴∈时，()g x 单调递减；(1,)x ∈+∞时，()g x 单调递增，1x ∴=时，()g x 取最小值(1)1g =，1a ∴≤.（2）证明：由2121()2x ax f x x a x x-++'=-+=，令22(1)x a T x x -=++，由1(0)0T =>，结合二次函数性质可知，存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，故()f x 存在唯一的极值点0x ，则200210x ax -++=，0012a x x =-， 22000000()ln ln 1f x x x ax x x ∴=-+=+-， ∴曲线M 的方程为2ln 1y x x =+-.故只需证明对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解.令2()ln 1F x x x kx =+--，则2121()2x kx F x x k x x-+'=+-=，①当0k ≤时，()0F x '>恒成立，()F x ∴在(0,)+∞上单调递增.21,e e 1k k ≤≤，22(e )e e 1(1e )e 10k k k k k F k k k ∴=+--=-+-≤，(1)0F k =-≥，∴存在t 满足e 1k t ≤≤时，使得()0F t =.又()F x 单调递增，所以x t =为唯一解.②当0k <≤221x x y k -+=，满足280k ∆=-≤， 则()0F x '≥恒成立，()F x ∴在(0,)+∞上单调递增.(1)0F k =-<，333263(e )3e e 1(e e )0k F k =+--=+>-，∴存在3(1,e )t ∈使得()0F t =，又()F x 在(0,)+∞上单调递增，x t ∴=为唯一解.③当k >221x x y k -+=，满足280k ∆=->， 此时()0F x '=有两个不同的解12,x x ，不妨设12x x <，1212x x =⋅，1202x x ∴<<<， 列表如下：由表可知，当1x x =时，()F x 的极大值为21111()ln 1F x x x kx =+--.211210x kx -+=，2111()ln 2F x x x ∴=--，102x <<<，211ln 2x x ∴<+， 2111()ln 20F x x x ∴=--<，21()()0F x F x ∴<<.22222222(e )e e 1(e )e 1k k k k k F k k k k =+--=-+-.下面来证明2e 0k k ->，构造函数2()ln (m x x x x =->，则2121()2x m x x x x-'=-=，∴当)x ∈+∞时，()0m x '>，此时()m x 单调递增，∴3()8ln 202m x m >=->，∴)x ∈+∞时，2ln x x >，∴2ln e e x x x >=，故2e 0k k ->成立.∴2222(e )(e )e 10k k k F k k =-+->， ∴存在22(,e )k t x ∈，使得()0F t =.又()F x 在2(,)x +∞单调递增，x t ∴=为唯一解.所以，对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解，即过原点任意的直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.22.在直角坐标系xOy 中，直线1l 的参数方程为1(1)x my k m =-⎧⎨=-⎩为参数)，直线2l 的参数方程2x n n y k =⎧⎪⎨=+⎪⎩(为参数)，若直线12,l l 的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C （1）求曲线C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线3l 的极坐标方程为(0)θαρ=，4tan 032παα⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，点Q 为射线3l 与曲线C 的交点，求点Q 的极径.【答案】（1）22(1)1(0)x y x +-=≠；（2）85【解析】 【分析】（1）将两直线化为普通方程，消去参数k ，即可求出曲线C 的普通方程； （2）设Q 点的直角坐标系坐标为(cos ,sin )(0)a ρραρ>,求出43sin ,cos 55a a ==， 代入曲线C 可求解.【详解】（1）直线1l 的普通方程为()y k x =-,直线2l 的普通方程为2xy k-= 联立直线1l ,2l 方程消去参数k ,得曲线C 的普通方程为2(2)y y x -=- 整理得22(1)1(0)x y x +-=≠.（2）设Q 点的直角坐标系坐标为(cos ,sin )(0)a ρραρ>, 由4tan 032a a π⎛⎫=<< ⎪⎝⎭可得43sin ,cos 55a a == 代入曲线C 的方程可得2805ρρ-=， 解得8,05ρρ==（舍）， 所以点Q 的极径为85. 【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.23.已知函数()|1||2|f x x x =-++. （1）求不等式()3f x x <+的解集；（2）若不等式22()m x x f x --在R 上恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）{|02}x x <<；（2）(,2]-∞ 【解析】 【分析】（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；（2）原不等式可转化为22()m x x f x ++在R 上恒成立，分别求函数2()2g x x x =+与()f x 的最小值，根据能同时成立，可得22()x x f x ++的最小值，即可求解.【详解】（1）①当2x <-时,不等式()3f x x <+可化为123x x x ---<+,得43x >-，无解；②当-2≤x ≤1时,不等式()3f x x <+可化为123x x x -++<+得x >0,故0<x ≤1; ③当x >1时,不等式()3f x x <+可化为123x x x -++<+,得x <2,故1<x < 2. 综上，不等式()3f x x <+的解集为{|02}x x << （2）由题意知22()m x x f x ++在R 上恒成立， 所以()2min 2()xmxx f x ++令2()2g x x x =+，则当1x =-时，min ()1g x =-又当21x -时，()f x 取得最小值，且min ()3f x = 又1[2,1]-∈-所以当1x =-时，()f x 与()g x 同时取得最小值. 所以()2min2()132x x f x ++=-+=所以2m ≤，即实数m 的取值范围为(,2]-∞【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分类讨论，函数的最值，属于中档题.。
2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷(理科)(4月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 已知复数z =1+ai i(i 为虚数单位)在复平面上对应的点位于第四象限，则实数a 的取值范围为( )A. (0,+∞)B. (−∞,1)C. (1,+∞)D. (−∞,0)2. 已知集合A ={x|3x −x 2>0}，B ={x|−1<x <1}，则A ∩B =( )A. {x|−1<x <3}B. {x|−1<x <0}C. {x|0<x <1}D. {x|1<x <3}3. 一个半径是2的扇形，其圆心角的弧度数是，则该扇形的面积是( ) A.B.C.D. π4. 函数f(x)=sinx2+cosx (−π≤x ≤π)的图象大致为( )A.B.C.D.5. (x + y 2x)(x +y)5的展开式中x 3y 3的系数为( )A. 5B. 10C. 15D. 206. 设a =(34)0.5，b =(43)0.4，c =log 34(log 34)，则( ) A. a <b <c B. a <c <b C. c <a <b D. c <b <a7. 阅读如图所示的程序框图，输出的S 的值是( )A. 2 0132 015B. 2 0132 014C. 2 0122 013D. 2 0112 0128.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个质数的和”，如10=7+3.在不超过30的质数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()A. 112B. 114C. 115D. 1189.在正项等比数列{a n}中，若a1=2，a3=8，{a n}的前n项和为S n.则S6=()A. 62B. 64C. 126D. 12810.双曲线x2−y23=1的两条渐近线夹角是()A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°11.关于函数f(x)=4sin(2x+π3),(x∈R)有下列命题：其中正确的是()①由f(x1)=f(x2)=0可得x1−x2必是π的整数倍；②f(x)的表达式可改写为f(x)=4cos(2x−π6)；③f(x)的图象关于点(−π6,0)对称；④f(x)的图象关于直线x=π3对称；⑤f(x)在区间(−π3,π12)上是增函数．A. ②③⑤B. ①②③C. ②③④D. ①③⑤12.如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=PA=PC=2，M，N为线段AC上的点，若MN=2，则三棱锥P−MNB的体积为()A. 13B. √23C. √33D. 23二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知函数f (x )=x 22+x −2lnx ，求函数f (x )在点(2,f (2))处的切线方程________．14. 若命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”是假命题，则实数m 的范围是______．15. 在平面直角坐标系xOy 中，点A(1,3)，B(−2,k)，若向量OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则实数k = ______ ． 16. 已知A 是抛物线y 2=4x 上的一点，以点A 和点B(2,0)为直径的圆C 交直线x =1于M ，N 两点．直线l 与AB 平行，且直线l 交抛物线于P ，Q 两点．(1)求线段MN 的长；(2)若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3，且直线PQ 与圆C 相交所得弦长与|MN|相等，求直线l 的方程． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知a,b,c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且2asin (C +π3)=√3b ．(1)求角A 的值．(2)若b =3,c =4，点D 在BC 边上，AD =BD ，求AD 的长．18.如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，M为棱SB上的点，SA=AB=√3，BC=2，AD=1．(1)若M为棱SB的中点，求证：AM//平面SCD;(2)当SM=MB，DN=3NC时，求平面AMN与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．19.一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分．(1)设抛掷5次的得分为ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(2)求恰好得到n(n∈N∗)分的概率．20. 已知椭圆E ：x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0 )的离心率为23，C 为椭圆E 上位于第一象限内的一点． (1)若点C 的坐标为(2,53)，求椭圆E 的标准方程；(2)设A 为椭圆E 的左顶点，B 为椭圆E 上一点，且AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求直线AB 的斜率．21. 已知函数f(x)=x|x +a|−12lnx(Ⅰ)当a ≤−2时，求函数f(x)的极值点； (Ⅱ)若f(x)>0恒成立，求a 的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =−1+2cosφy =2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l 1的极坐标方程为ρ=√2sin (θ+π4)，设l 1与C 相交于A ，B 两点，AB 的中点为M ，过点M 作l 1的垂线l 2交C 于P ，Q 两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ|的值．|MP|⋅|MQ|23.已知函数f(x)=|x−1|+|x−2|．(1)解不等式：f(x)≤x+3；(2)若不等式|m|·f(x)≥|m+2|−|3m−2|对任意m∈R恒成立，求x的取值范围．【答案与解析】1.答案：A解析：本题考查复数的基本运算和复数的几何意义，属于基础题．解：由z=a−i，又∵复数z在复平面内对应的点位于第四象限，有a>0．∴实数a的取值范围为(0,+∞)故选A．2.答案：C解析：本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．解：∵A={x|0<x<3}，B={x|−1<x<1}，∴A∩B={x|0<x<1}．故选：C．3.答案：C解析：本题主要考查了弧长公式，扇形的面积公式的应用，属于基础题．由已知先求弧长，利用扇形的面积公式即可计算得解．解：因为扇形的弧长，则面积，故选C．4.答案：A解析：解：f(−x)=−sinx2+cosx =−f(x)则函数f(x)是奇函数，排除C ， 分母2+cosx >0，则当0<x <π时，sinx >0，则f(x)>0，排除D ， f(π4)=√222+√22=√24+√2<f(π2)=12，则B 不满足条件．故选：A ．利用函数的奇偶性得到图象关于原点对称，利用f(π4)<f(π2)，进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和函数值的对应性，利用排除法是解决本题的关键．5.答案：C解析：解：因为(x + y 2x)(x +y)5=(x 2+y 2)(x+y)5x；要求展开式中x 3y 3的系数即为求(x 2+y 2)(x +y)5展开式中x 4y 3的系数；展开式含x 4y 3的项为：x 2⋅C 52x 2⋅y 3+y 2⋅C 54x 4⋅y =15x 4y 3；故(x + y 2x)(x +y)5的展开式中x 3y 3的系数为15；故选：C ．先把条件整理转化为求(x 2+y 2)(x +y)5展开式中x 4y 3的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解．本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．6.答案：C解析：解：∵a =(34)0.5∈(0,1)，b =(43)0.4>1，c =log 34(log 34)<0， ∴c <a <b ． 故选：C ．利用指数与对数函数的单调性即可得出．本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：依题意，知：i=1,n=2,S=0+11×2，i=2,n=3,S=11×2+12×3，i=3, n=4, S=11×2+12×3+13×4，…i=2 013, n=2014, S=11×2+12×3+13×4+⋯+12 013×2 014=1−12 014=2 0132 014．i=2014，满足退出循环条件，故输出S值为：20132014．故选：B．由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．8.答案：C解析：本题主要考查古典概型的概率的计算，求出不超过30的素数是解决本题的关键．利用列举法先求出不超过30的所有素数，利用古典概型的概率公式进行计算即可．解：在不超过30的素数中有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选2个不同的数有C102=45种，和等于30的有(7,23)，(11,19)，(13,17)，共3种，则对应的概率P=345=115，故选C．9.答案：C解析：解：在正项等比数列{a n}中，由a1=2，a3=8，得q2=a3a1=82=4，∴q=2．则S6=2(1−26)1−2=126．故选：C．由已知结合等比数列的通项公式求得公比，再由等比数列的前n项和求S6．本题考查等比数列的通项公式，考查等比数列的前n项和，是基础的计算题．10.答案：B解析：由双曲线方程，求得其渐近线方程，求得直线的夹角，即可求得两条渐近线夹角．本题考查双曲线的几何性质，考查直线的倾斜角的应用，属于基础题．解：双曲线x2−y23=1的两条渐近线的方程为：y=±√3x，所对应的直线的倾斜角分别为60°，120°，∴双曲线x2−y23=1的两条渐近线的夹角为60°，故选B．11.答案：A解析：解：①由f(x1)=f(x2)=0，得2x1+π3=kπ,2x2+π3=mπ，所以2x1−2x2=(k−m)π，即x1−x2=(k−m)π2,k,m∈Z，所以①错误．②f(x)=4cos(2x−π6)=4cos(π6−2x)=4sin[π2−(π6−2x)]=4sin(2x+π3)，所以②正确．③因为f(−π6)=4sin[2(−π6)+π3]=4sin0=0，所以f(x)的图象关于点(−π6,0)对称，所以③正确．④因为f(π3)=4sin(2×π3+π3)=4sinπ=0不是函数的最大值，所以f(x)的图象关于直线x=π3不对称，所以④不正确．⑤由−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，得−5π12+kπ≤x≤π6+kπ，当k=0时，得−5π12≤x≤π6，即函数的一个单调增区间为[−5π12,π6]，所以函数f(x)在区间(−π3,π12)上是增函数，所以⑤正确．故选A．利用三角函数的图象和性质分别判断．本题主要考查三角函数的图象和性质，要求熟练掌握三角函数的性质，综合性较强．12.答案：D解析：解：取AC的中点O，连结PO，BO．∵PA=PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥平面ABC．∵AB⊥BC，AB=BC=PA=PC=2，∴AC=2√2，BO=AO=12AC=√2，∴PO=√PA2−OA2=√2．∴V P−MNB=13S△BMN⋅PO=13×12×2×√2×√2=23．故选D．取AC的中点O，连结PO，BO，则利用面面垂直的性质可证PO⊥平面ABC，利用勾股定理计算BO，PO，于是V P−BMN=13S△BMN⋅PO．本题考查了线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．13.答案：2x−y−2ln2=0解析：本题考查导数的几何意义，基础题型．利用导数的几何意义求解即可．解：∵函数f(x)=x22+x−2lnx，∴f′(x)=x+1−2x，∴f′(2)=2+1−1=2，f(2)=2+2−2ln2=4−2ln2，∴函数f(x)在点(2,4−2ln2)处的切线方程为y−4+2ln2=2(x−2)，即2x−y−2ln2=0．故答案为2x−y−2ln2=0．14.答案：[14,+∞)解析：本题考查了特称命题与全称命题的概念，是基础题．命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”的否定为：“∀x ∈R ，x 2+x +m ≥0“，原命题为假，则其否定为真，由△=1−4m ≤0，可求出实数m 的范围．解：命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”是假命题，即命题的否定为真命题，其否定为：“∀x ∈R ，x 2+x +m ≥0“， 则△=1−4m ≤0， 解得：m ≥14，故实数m 的范围是[14,+∞)．15.答案：4解析：解：∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,k)−(1,3)=(−3,k −3)，向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)⋅(−3,k −3)=−3+3(k −3)=0，解得k =4． 故答案为：4．利用向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系即可得出．本题考查了向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系，属于基础题．16.答案：解：(1)设A(y 024,y 0)，圆C 方程为(x −2)(x −y 024)+y(y −y 0)=0， 令x =1，得y 2−y 0y +y 024−1=0，∴y M +y N =y 0，y M y N =y 024−1，|MN|=|y M −y N |=√(y M +y N)2−4y M y N =√y 02−4(y 024−1)=2．(2)设直线l 的方程为x =my +n ，P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则 由{x =my +n,y 2=4x消去x ，得y 2−4my −4n =0， y 1+y 2=4m ，y 1y 2=−4n ，∵OP →⋅OQ →=−3，∴x 1x 2+y 1y 2=−3，则(y 1y 2)216+y 1y 2=−3，∴n 2−4n +3=0，解得n =1或n =3，当n=1或n=3时，点B(2,0)到直线l的距离为d=1√1+m2，∵圆心C到直线l的距离等于到直线x=1的距离，∴y028=1√1+m2，又m=y024−2y0，消去m得y02⋅y04+6416=64，求得y02=8，此时m=y024−2y0=0，直线l的方程为x=3，综上，直线l的方程为x=1或x=3．解析：(1)根据题意利用弦长公式求出即可得到MN的长；(2)设出直线l的方程为x=my+n，P，Q点的坐标，联立直线和抛物线方程，得到关于n的式子，解出即可得到直线方程．17.答案：解：(1)2asin(C+π3)=√3b变形为因为sinC≠0，所以，tanA=√3，因为是在三角形内，故A．(2)由题意得，a2=b2+c2−2bccosA=13，∴a=√13，根据正弦定理得到：，所以cosB=2√13，因为AD=BD，所以sin∠ADB=sin2B=2sinBcosB=2×3√32√13×52√13=15√326在△ABD中，由正弦定理得：AD sinB =ABsin∠ADB，．解析：本题考查了正弦定理和余弦定理，考查了三角形面积公式的应用，是中档题．(1)直接化简可求出tan A的值，即可解得答案；(2)利用余弦定理和正弦定理求解即可得答案．18.答案：(1)证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．在△SBC中，ME为中位线，∴ME//BC且ME=12BC，∵AD//BC且AD=12BC，∴ME//AD且ME=AD，∴四边形AMED为平行四边形．∴AM//DE.∵DE⊂平面SCD，AM⊄平面SCD，∴AM//平面SCD．(2)解：如图所示以点A 为坐标原点，建立分别以AD 、AB 、AS 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(0,√3,0),C(2,√3,0),D(1,0,0),S(0,0,√3)，于是AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BS ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,√32), AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +34DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)+34(1，√3，0)=(74，3√34，0)．设平面AMN 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z),则{AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0将坐标代入并取y =7，得n ⃗ =(−3√3,7,−7).另外易知平面SAB 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(1,0,0) 所以平面AMN 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦为|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=3√1525解析：【试题解析】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，是中档题． (1)取线段SC 的中点E ，连结ME ，ED ，推导出四边形AMED 为平行四边形，从而AM//DE ，由此能证明AM//平面SCD ．(2)以A 为坐标原点，建立分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AMN 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．19.答案：解：(1)所抛5次得分ξ的概率为P(ξ=i)=C 5i−5(12)5(i =5,6，7，8，9，10)， 其分布列如下：Eξ=∑i 10i=5⋅C 5i−5(12)5=152(分)．(2)令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n −1分以后再掷出一次反面． 因为“不出现n 分”的概率是1−p n ，“恰好得到n −1分”的概率是p n−1， 因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1−p n =12p n−1， 即p n −23=−12(p n−1−23)．于是{p n −23}是以p 1−23=12−23=−16为首项，以−12为公比的等比数列． 所以p n −23=−16(−12)n−1，即p n =13[2+(−12)n ]． 答：恰好得到n 分的概率是13[2+(−12)n ]．解析：本题主要考查独立重复试验，数列的递推关系求解通项，重点考查了学生的题意理解能力及计算能力．(1)由题意分析的所抛5次得分ξ为独立重复试验，利用二项分布可以得此变量的分布列； (2)由题意分析出令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n −1分以后再掷出一次反面．“不出现n 分”的概率是1−p n ，“恰好得到n −1分”的概率是p n−1，利用题意分析出递推关系即可．20.答案：解：(1)由题意可知：椭圆的离心率e =c a =√1−b 2a 2=23，则b 2a 2=59，①由点C 在椭圆上，将(2,53)代入椭圆方程，4a 2+259b 2=1，② 解得：a 2=9，b 2=5， ∴椭圆E 的标准方程为x 29+y 25=1；(2)方法一：由(1)可知：b 2a 2=59，则椭圆方程：5x 2+9y 2=5a 2，设直线OC 的方程为x =my(m >0)，B(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)， {x =my5x 2+9y 2=5a 2，消去x 整理得：5m 2y 2+9y 2=5a 2， ∴y 2=5a 25m 2+9，由y 2>0，则y 2=√5a√5m 2+9，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AB//OC ，设直线AB 的方程为x =my −a ， 则{x =my −a 5x 2+9y 2=5a 2，整理得：(5m 2+9)y 2−10amy =0， 由y =0，或y 1=10am5m 2+9，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则(x 1+a,y 1)=(12x 2,12y 2)， 则y 2=2y 1， 则√5a 2=2×10am5m 2+9，(m >0)，解得：m =√35，则直线AB 的斜率1m=5√33； 方法二：由(1)可知：椭圆方程5x 2+9y 2=5a 2，则A(−a,0)， B(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则(x 1+a,y 1)=(12x 2,12y 2)，则y 2=2y 1， 由B ，C 在椭圆上， ∴{5x 22+9y 22=5a 25(12x 2−a)2+9(y22)2=5a 2，解得：x 2=a4，y 2=4√3 则直线直线AB 的斜率k =y 2x 2=5√33；直线AB 的斜率=5√33解析：(1)利用抛物线的离心率求得b 2a 2=59，将(2,)代入椭圆方程，即可求得a 和b 的值； (2)方法一：设直线OC 的斜率，代入椭圆方程，求得C 的纵坐标，则直线直线AB 的方程为x =my −a ，代入椭圆方程，求得B 的纵坐标，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则直线直线AB 的斜率k ； 方法二：由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，y 2=2y 1，将B 和C 代入椭圆方程，即可求得C 点坐标，利用直线的离心率公式即可求得直线AB 的斜率．本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率公式，向量共线定理，考查计算能力，属于中档题．21.答案：解：(Ⅰ) 当a ≤−2时，f(x)={x 2+ax −12lnx,x ≥−a−x 2−ax −12lnx,0<x <−a ． ①当x ≥−a 时，f′(x)=2x +a −12x=4x 2+2ax−12x>0，所以f(x)在(−a,+∞)上单调递增，无极值点， ②当0<x <−a 时，f′(x)=2x −a −12x=−4x 2−2ax−12x．令f′(x)=0得，−4x 2−2ax −1=0，△=4a 2−16>0， 则x 1=−a−√a2−44，x 2=−a+√a2−44，且0<x 1<x 2<−a ，当x ∈(0,x 1)时，f′(x)<0；当x ∈(x 1,x 2)时，f′(x)>0； 当x ∈(x 2,a)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0,x 1)上单调递减，在(x 1,x 2)上单调递增；在(x 2,a)上单调递减． 综上所述，当a <−2时，f(x)的极小值点为x =−a−√a2−44和x =−a ，极大值点为x =−a+√a2−44；(Ⅱ)函数f(x)的定义域为x ∈(0,+∞)，由f(x)>0可得|x +a|>lnx 2x…(∗)(ⅰ)当x ∈(0,1)时，lnx2x <0，|x +a|≥0，不等式(∗)恒成立； (ⅰ)当x =1时，lnx2x =0，即|1+a|>0，所以a ≠1； (ⅰ)当x >1时，不等式(∗)恒成立等价于a <−x −lnx2x恒成立或a >−x +lnx 2x恒成立．令g(x)=−x −lnx2x，则g′(x)=−1−1x⋅2x−2lnx 4x 2=−2x 2−1+lnx2x 2．令k(x)=−2x 2−1+lnx ，则k′(x)=−2x +1x=1−2x 2x<0，而k(1)=−1−1+ln1=−2<0，所以k(x)=−2x 2−1+lnx <0，即g′(x)=−2x 2−1+lnx2x 2<0，因此g(x)=−x −lnx2x在(1,+∞)上是减函数，所以g(x)在(1,+∞)上无最小值，所以a <−x −lnx 2x不可能恒成立． 令ℎ(x)=−x +lnx 2x，则ℎ′(x)=−1+1x⋅2x−2lnx 4x 2=−2x 2+1−lnx2x 2<0，因此ℎ(x)在(1,+∞)上是减函数，所以ℎ(x)<ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.又因为a ≠−1，所以a >−1． 综上所述，满足条件的a 的取值范围是(−1,+∞)．解析：(Ⅰ)由题意化简函数解析式，根据求导公式分别求出f′(x)，分别判断出f′(x)与0的关系，利用导数的正负求出函数ℎ(x)的单调区间、极值点；(Ⅱ)先求出函数f(x)的定义域为x∈(0,+∞)，再化简不等式f(x)>0为|x+a|>lnx2x，对x与1的关系进行分类讨论，当x>1时转化为“a<−x−lnx2x 恒成立或a>−x+lnx2x恒成立”，再分别构造函数，求出导数、函数的单调区间和值域，即可求出a的取值范围．本题考查利用导数研究函数单调性、极值、最值等，恒成立问题的转化，以及转化思想、分类讨论思想、构造函数法等，考查化简、灵活变形能力，综合性强、难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点、难点．22.答案：解：(1)由曲线C的参数方程{x=−1+2cosφy=2sinφ，消去参数φ，得曲线C的普通方程为(x+1)2+y2=4．由曲线l1的极坐标方程ρ=√2sin (θ+π4)，得ρsinθ+ρcosθ=1，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，得l1的直角坐标方程为x+y−1=0；(2)由l1⊥l2，得直线l2的斜率k l2=−1k l1=1，所以l2的倾斜角为π4，又l2过圆心(−1,0)，所以l2的方程为y=x+1，与x+y−1=0联立，得AB的中点M(0,1)，故l2的参数方程为{x=tcosπ4y=1+tsinπ4,(t为参数)，即{x=√22ty=1+√22t,(t为参数)，代入(x+1)2+y2=4中，化简、整理得t2+2√2t−2=0，设P，Q对应的参数分别为t1，t2，则由韦达定理得t1·t2=−2，又线段PQ为圆的直径，所以|PQ|=4，所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)∵f(x)≤x+3，∴|x −1|+|x −2|≤x +3， ①当x ≥2时，，②当1<x <2时，，③当x ≤1时，，由①②③可得x ∈[0,6]；(2)①当m =0时，0≥0，∴x ∈R ；②当m ≠0时，即f(x)≥|2m +1|−|2m −3|对m 恒成立， |2m +1|−|2m −3|≤|(2m +1)−(2m −3)|=4， 当且仅当2m ≥3，即0<m ≤23时取等号， ∴f(x)=|x −1|+|x −2|≥4， 由x ≥2，2x −3≥4，解得x ≥72； 1<x <2，x −1+2−x ≥4，解得x ∈⌀； x ≤1时，3−2x ≥4，解得x ≤−12； 综上可得x ∈(−∞,−12]∪[72,+∞)．解析：(1)分别讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，去掉绝对值，解不等式求并集可得；(2)讨论m =0，m ≠0，由绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，再讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，解不等式求并集可得范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质，考查分类讨论思想方法和转化思想、运算能力，属于中档题．。
2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、选择题：本题共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. 已知复数z＝(1−a)+(a2−1)i(i为虚数单位，a>1)，则z在复平面内的对应点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2. 已知集合A＝{x|3x<x+4}，B＝(x|x2−8x+7<0}，则A∩B＝（）A.(−1, 2)B.(2, 7)C.(2, +∞)D.(1, 2)3. 某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120∘，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）．已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（）A.58厘米B.63厘米C.69厘米D.76厘米4. 函数f(x)=x cos x2x+2−x 在[−π2, π2]上的图象大致为( )A. B.C. D.5. 若(1+ax)(1+x)5的展开式中x2，x3的系数之和为−10，则实数a的值为（）A.−3B.−2C.−lD.16. 已知a=log3√2，b=ln3，c=2−0.99，则a，b，c的大小关系为( )A.b>c>aB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a7. 执行如图的程序框图，则输出S的值为（）A.−112B.2360C.1120D.43608. “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题，它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩，若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（）A.15B.13C.35D.239. 已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，S2=19，S3=727，则a1a2...a n的最小值为（）A.(427)2 B.(427)3 C.(427)4 D.(427)510. 已知点P是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0, c=√a2+b2)上一点，若点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为14c2，则双曲线C的离心率为( )A.√2B.√52C.√3D.211. 已知f(x)＝1−2cos2(ωx+π3)(ω>0)．给出下列判断：①若f(x1)＝1，f(x2)＝−1，且|x1−x2|min＝π，则ω＝2；②存在ω∈(0, 2)，使得f(x)的图象右移π6个单位长度后得到的图象关于y轴对称；③若f(x)在[0, 2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为[4124, 4724]④若f(x)在[−π6, π4]上单调递增，则ω的取值范围为(0, 23]其中，判断正确的个数为（）A.1B.2C.3D.412. 如图，在平面四边形ABCD中，满足AB＝BC，CD＝AD，且AB+AD＝10，BD＝8．沿着BD把ABD折起，使点A到达点P的位置，且使PC＝2，则三棱锥P−BCD体积的最大值为（）A.12B.12√2C.16√23D.163二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．已知函数f(x)＝ln x +x 2，则曲线y ＝f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为________．若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则实数a 的取值范围为________．在直角坐标系xOy 中，已知点A(0, 1)和点B(−3, 4)，若点C 在∠AOB 的平分线上，且|OC →|＝3√10，则向量OC →的坐标为________．已知抛物线C:y 2＝4x ，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆M ：(x −3)2+y 2＝4的切线，切点分别为A ，B ，则线段AB 长度的取值范围为________√2，4） ．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c sin B ＝b sin (π3−C)+√3b ．(l)求角C 的大小；若c =√7，a +b ＝3，求AB 边上的高．如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AB // CD ，CD ＝2AB ＝4，AD =√2．△PAB 为等腰直角三角形，PA＝PB ，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）求证：AE // 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P −l −B 的正弦值．一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分． （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望．（2）当游戏得分为n(x ∈N ∗)时，游戏停止，记得n 分的概率和为Q n ，Q 1=12． ①求Q 2；②当n ∈N ∗时，记A n ＝Q n+1+12Q n ，B n ＝Q n+1−Q n ，证明：数列{A n }为常数列，数列{B n }为等比数列．已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)）的离心率为√32，且过点(√72, 34)．点P 在第一象限，A 为左顶点．B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D ．（1）求椭圆E 的标准方程；（2）若CD // AB ，求点P 的坐标．已知函数f(x)＝ln x −x 2+ax(a ∈R)． （1）若f(x)≤0恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数f(x)的极值点为x 0，当a 变化时，点（x 0, f(x 0)）构成曲线M ．证明：过原点的任意直线y ＝kx与曲线M 有且仅有一个公共点．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n（n为参数）．若直l 1，l 2的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C ． (l)求曲线C 的普通方程；以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线l 3的极坐标方程为θ＝α(ρ≥0)，tan α=43(0<α<π2)，点Q 为射线l 3与曲线C 的交点，求点Q 的极径．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x−（1）|+|x+2|．(l)求不等式f(x)<x+3的解集；（2）若不等式m−x2−2x≤f(x)在R上恒成立，求实数m的取值范围．参考答案与试题解析2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、选择题：本题共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.【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】由a>1可得复数z的实部与虚部的范围，则答案可求．【解答】当a>1时，1−a<0，a2−1>0，∴z在复平面内的对应点所在的象限为第二象限．2.【答案】D【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】A＝{x|x<2}，B＝{x|1<x<7}，∴A∩B＝(1, 2)．3.【答案】B【考点】扇形面积公式弧长公式【解析】弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，用弧长近似代替弦长，计算导线的长度即可．【解答】因为弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，所以导线长度为2π3×30＝20π＝20×3.14≈63（厘米）．4.【答案】C【考点】函数奇偶性的性质函数的图象【解析】根据题意，利用排除法分析：先分析函数的奇偶性，再分析在区间(0, π2)上，f(x)>0，由排除法分析可得答案．【解答】解：根据题意，f(x)=x cos x2x+2−x，因为f(−x)=−x cos x2x+2−x=−f(x)，则在[−π2, π2]上，f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；又由在区间(0, π2)上，cos x>0，2x>0，2−x>0，则f(x)>0，排除D.故选C.5.【答案】B【考点】二项式定理及相关概念【解析】先求(1+x)5的展开式的通项公式，进而求得结论．【解答】因为(1+x)5的展开式的通项公式为：T r+1=∁5r⋅x r；可得展开式中x，x2，x3的系数分别为：∁51，∁52，∁53；故(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为：∁52+a⋅∁51=10+5a；故(1+ax)(1+x)5的展开式中x3的系数为：a⋅∁52+∁53=10+10a；∴10+5a+10+10a＝20+15a＝−10；∴a＝−2．6.【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】结合指数与对数函数的单调性分别确定a，b，c的范围即可比较．【解答】解：因为a=log3√2∈(0, 12)，b=ln3>1，1=20>c=2−0.99>2−1=12，故b>c>a．故选A.7. 【答案】 D【考点】 程序框图 【解析】根据循环体的算法功能可以看出，这是一个对数列{n5−1n }求前五项和的程序框图，计算可求解．【解答】由题意得S =15−1+25−12+35−13+45−14+55−15=4360． 8.【答案】 A【考点】古典概型及其概率计算公式 【解析】利用列举法求出由古典概型的基本事件的等可能性得6拆成两个正整数的和含有5个基本事件，而加数全为质数的有1个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为质数的概率． 【解答】由古典概型的基本事件的等可能性得6拆成两个正整数的和含有5个基本事件，分别为： (1, 5)，(2, 4)，(3, 3)，(4, 2)，(5, 1)， 而加数全为质数的有(3, 3)，∴ 拆成的和式中，加数全部为质数的概率为P =15． 9.【答案】 D【考点】等比数列的前n 项和 【解析】由已知结合等比数列的通项公式可求a 1，q ，进而可求通项公式，然后结合项的特点可求． 【解答】由题意可得，{a 1(1+q)=19a(1+q +q 2)=727， 解可得，{a 1=127q =2 或{a 1=13q =−23（舍）， 故a n =127⋅2n−1，当1≤n ≤5时，a n <1，当n ≥6，a n >1， 则a 1a 2...a n 的最小值为a 1a 2...a 5=(a 3)5=(427)5．10.【答案】 A【考点】双曲线的离心率 【解析】双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0的两条渐近线的方程为bx ±ay ＝0，设P(x, y)，利用点P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为|b 2x 2−a 2y 2b 2+a 2|=14c 2，求出a 、c 关系，即可求出双曲线的离心率．【解答】解：双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0)的两条渐近线的方程为bx ±ay =0， 设P(x, y)，利用点P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为|b 2x 2−a 2y 2b 2+a 2|=14c 2，可得|a 2b 2a 2+b2|=14c 2⇒a =b ，∴ 双曲线的离心率e =c a=√1+b 2a 2=√2．故选A . 11.【答案】 B【考点】命题的真假判断与应用 正弦函数的单调性 正弦函数的图象 【解析】先将f(x)化简，对于①由条件知，周期为2π，然后求出ω；对于②由条件可得−ωπ3+π6=π2+kπ(k ∈Z)，然后求出ω＝−1−3k(k ∈Z)；对于③由条件，得7π2ω−π12ω≤2π≤4πω−π12ω，然后求出ω的范围；对于④由条件，得{−wπ3+π6≥−π2wπ2+π6≤π2，然后求出ω的范围，再判断命题是否成立即可．【解答】∵ f(x)=1−2cos 2(ωx +π3)=−cos (2ωx +2π3)=sin (2ωx +π6)，∴ 周期T =2π2ω=πω．①由条件知，周期为2π，∴ w =12，故①错误； ②函数图象右移π6个单位长度后得到的函数为y =sin (2ωx −ωx 3+π6)，其图象关于y 轴对称，则−ωπ3+π6=π2+kπ(k ∈Z)，∴ ω＝−1−3k(k ∈Z)，故对任意整数k ，ω∉(0, 2)，故②错误； ③由条件，得7π2ω−π12ω≤2π≤4πω−π12ω，∴4124≤ω≤4724，故③正确；④由条件，得{−wπ3+π6≥−π2wπ2+π6≤π2，∴ ω≤23，又ω>0，∴ 0<ω≤23，故④正确．12. 【答案】 C【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【解析】过点P 作PE ⊥BD 于E ，连结CE ，推导出BD ⊥平面PCE ，当S △PCE 最大时，V P−BCD 取得最大值，取PC 的中点F ，则EF ⊥PC ，推导出点P 到以BD 为焦点的椭圆上，PE 的最大值为对应短半轴长，由此能求出三棱锥P −BCD 体积的最大值． 【解答】过点P 作PE ⊥BD 于E ，连结CE ，由题意知△BPD ≅△BCD ，CE ⊥BD ，且PE ＝CE ， ∴ BD ⊥平面PCE ，∴ V P−BCD ＝V B−PCE +V D−PCE =13S △PCE ⋅BD =83S △PCE ， ∴ 当S △PCE 最大时，V P−BCD 取得最大值， 取PC 的中点F ，则EF ⊥PC ， ∴ S △PCE =12PC ⋅EF =√PE 2−1，∵ PB +PD ＝10，BD ＝8，∴ 点P 到以BD 为焦点的椭圆上， ∴ PE 的最大值为对应短半轴长，∴ PE 最大值为√52−42=3，∴ S △PCE 最大值为2√2， ∴ 三棱锥P −BCD 体积的最大值为16√23．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】3x −y −2＝0 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】先对函数求导，然后将x ＝1代入导数求出斜率，再将x ＝1代入函数求出切点纵坐标，最后套用点斜式写出方程． 【解答】易知f(1)＝1，故切点为(1, 1)， f ′(x)=1x +2x ，故f′(1)＝3，所以切线方程为y −1＝3(x −1)， 即3x −y −2＝0即为所求．故答案为：3x −y −2＝0． 【答案】 (−∞, 4] 【考点】命题的真假判断与应用 全称命题与特称命题 全称量词与存在量词 【解析】若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则其否定命题为真， 利用分离常数法和基本不等式求出a 的取值范围． 【解答】若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则其否定命题为真，即∀x ∈R ，x 2−a√x 2+1+5≥0为真，所以a ≤2√x 2+1对任意实数恒成立； 设f(x)=2√x 2+1，x ∈R ；则f(x)=√x 2+12≥2⋅√4=4，当且仅当√x 2+1=√x 2+1，即x ＝±√3时等号成立，所以实数a 的取值范围是a ≤4． 【答案】 (−3, 9) 【考点】平面向量的坐标运算 【解析】由点C 在∠AOB 的平分线上得存在λ∈(0, +∞)，使OC →=λ(OA →|OA →|+OB→|OB →|)，再由|OC →|求出λ的值即可．【解答】由点C 在∠AOB 的平分线上， 所以存在λ∈(0, +∞)，使 OC →=λ(OA →|OA →|+OB →|OB →|)＝λ(0, 1)+λ(−35, 45)＝(−35λ, 95λ)；又|OC →|＝3√10，所以(−35λ)2+(95λ)2=90，解得λ＝5，所以向量OC →=(−3, 9)． 【答案】 [2【考点】圆与圆锥曲线的综合问题抛物线的性质【解析】画出图形，连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，求出四边形PAMN的面积，结合四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，求出|AB|的表达式，然后分析求解最小值以及最大值即可．【解答】如图：连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，所以四边形PAMN的面积为：12PM，•AB，另外四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，所以12|PM|⋅|AB|＝|PA|⋅|MA|，所以|AB|=2|PA|⋅|MA||PM|=4√|PM|2−4|PM|=4√1−|PM|2，所以当|PM|取得最小值时，|AB|最小，设点P(x, y)，则|PM|=√(x−3)2+y2=√x2−2x+9，所以x＝1时，|PM|取得最小值为：2√2，所以AB的最小值为：4√1−48=2√2．当P向无穷远处运动时，|AB|的长度趋近于圆的直径，故|AB|的取值范围是[2√2, 4)．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．【答案】（1）因为c sin B＝b sin(π3−C)+√3b．由正弦定理可得，sin C sin B＝sin B sin(π3−C)+√3sin B，因为sin B>0，所以sin C＝sin(π3−C)+√3=√32cos C−12sin C，即√32sin C−12cos C=1，所以sin(C−π6)＝1，∵0<C<π，所以C=2π3，（2）由余弦定理可得，c2＝a2+b2−2ab cos C，所以a2+b2+ab＝7，即(a+b)2−ab＝7，所以ab＝2，S△ABC=12ab sin C=√32，设AB边上的高为ℎ，则√72ℎ=√32，故ℎ=√217．【考点】正弦定理余弦定理【解析】（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求C；（2）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解．【解答】（1）因为c sin B＝b sin(π3−C)+√3b．由正弦定理可得，sin C sin B＝sin B sin(π3−C)+√3sin B，因为sin B>0，所以sin C＝sin(π3−C)+√3=√32cos C−12sin C，即√32sin C−12cos C=1，所以sin(C−π6)＝1，∵0<C<π，所以C=2π3，（2）由余弦定理可得，c2＝a2+b2−2ab cos C，所以a2+b2+ab＝7，即(a+b)2−ab＝7，所以ab＝2，S△ABC=12ab sin C=√32，设AB边上的高为ℎ，则√72ℎ=√32，故ℎ=√217．【答案】证明：如图1，取PC的中点F，连结EF，BF，∵PE＝DE，PF＝CF，∴EF // CD，CD＝2EF，∵AB // CD，CD＝2AB，∴AB // EF，且EF＝AB，∴四边形ABFE为平行四边形，∴AE // BF，∵BF⊂平面PBC，AE⊄平面PBC，∴AE // 平面PBC．如图2，取AB中点O，CD中点Q，连结OQ，∵OA＝OB，CQ＝DQ，PA＝PB，∴PO⊥AB，OQ⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，∴PO⊥平面ABCD，OQ⊥平面PAB，∴AB，OQ，OP两两垂直，以点O为坐标原点，OQ，OB，OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由PA⊥PB，AB＝2，得OA＝OB＝OP＝1，DQ＝CQ＝2，在等腰梯形ABCD中，AB＝2，CD＝4，AD=√2，OQ＝1，O(0, 0, 0)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 2, 0)，P(0, 0, 1)，D(1, −2, 0)，E(12, −1, 12)，设平面PAD的法向量为m→=(x, y, z)，AP→=(0, 1, 1)，AD→=(1, −1, 0)，则{m→⋅AP→=y+z=0m→⋅AD→=x−y=0，取y＝1，得m→=(1, 1, −1)，设平面EBC的法向量n→=(a, b, c)，BC→=(1, 1, 0)，EB→=(−12,2,−12)，则{n →⋅BC →=a +b =0n →⋅BP →=−12a +2b −12c =0 ，取a ＝1，得n →=(1, −1, −5)， 设二面角P −l −B 的平面角为θ， 则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=59，P −l −B 的正弦值为sin θ=√1−(59)2=2√149．【考点】二面角的平面角及求法 直线与平面平行【解析】（1）取PC 的中点F ，连结EF ，BF ，推导出四边形ABFE 为平行四边形，AE // BF ，由此能求出AE // 平面PBC ．（2）取AB 中点O ，CD 中点Q ，连结OQ ，推导出PO ⊥AB ，OQ ⊥AB ，从而PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，以点O 为坐标原点，OQ ，OB ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面P −l −B 的正弦值． 【解答】证明：如图1，取PC 的中点F ，连结EF ，BF ，∵ PE ＝DE ，PF ＝CF ，∴ EF // CD ，CD ＝2EF ， ∵ AB // CD ，CD ＝2AB ，∴ AB // EF ，且EF ＝AB ， ∴ 四边形ABFE 为平行四边形，∴ AE // BF ， ∵ BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ， ∴ AE // 平面PBC ．如图2，取AB 中点O ，CD 中点Q ，连结OQ ，∵ OA ＝OB ，CQ ＝DQ ，PA ＝PB ，∴ PO ⊥AB ，OQ ⊥AB ， ∵ 平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ， ∴ PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ， ∴ AB ，OQ ，OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，OQ ，OB ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 由PA ⊥PB ，AB ＝2，得OA ＝OB ＝OP ＝1，DQ ＝CQ ＝2， 在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2，CD ＝4，AD =√2，OQ ＝1，O(0, 0, 0)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 2, 0)，P(0, 0, 1)，D(1, −2, 0)，E(12, −1, 12)，设平面PAD 的法向量为m →=(x, y, z)， AP →=(0, 1, 1)，AD →=(1, −1, 0)，则{m →⋅AP →=y +z =0m →⋅AD →=x −y =0，取y ＝1，得m →=(1, 1, −1)， 设平面EBC 的法向量n →=(a, b, c)， BC →=(1, 1, 0)，EB →=(−12,2,−12)，则{n →⋅BC →=a +b =0n →⋅BP →=−12a +2b −12c =0，取a ＝1，得n →=(1, −1, −5)， 设二面角P −l −B 的平面角为θ， 则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=59，P −l −B 的正弦值为sin θ=√1−(59)2=2√149．【答案】变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，∵ 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率为12，∴ P(X ＝4)＝(12)4=116，P(X ＝5)=C 41(12)4=14，P(X ＝6)=C 42(12)4=38， P(X ＝7)=C 43(12)4=14， P(X ＝8)=C 44(12)4=116，∴ X 的分布列为：E(X)=4×116+5×14+6×38+7×14+8×116=6．①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：Q 2=12+(12)2=34， ②证明：得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上， 第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上， ∴ 当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，A n+1＝Q n+2+12Q n+1=12Q n+1+12Q n +12Q n+1=Q n+1+12Q n =A n ，∴ 数列{A n }为常数列，∵ B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n =−12(Q n+1−Q n )=−12B n ， ∵ B 1＝P 2−P 1=34−12=14，∴ 数列{B n }为等比数列． 【考点】离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列． （2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，由此能求出Q 2．②得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上，第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上，当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，由此能证明数列{A n }为常数列，由B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n −12B n ，能证明数列{B n }为等比数列．【解答】变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，∵ 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率为12， ∴ P(X ＝4)＝(12)4=116， P(X ＝5)=C 41(12)4=14， P(X ＝6)=C 42(12)4=38，P(X ＝7)=C 43(12)4=14，P(X ＝8)=C 44(12)4=116，∴ X 的分布列为：E(X)=4×116+5×14+6×38+7×14+8×116=6．①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：Q 2=12+(12)2=34，②证明：得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上， 第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上， ∴ 当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，A n+1＝Q n+2+12Q n+1=12Q n+1+12Q n +12Q n+1=Q n+1+12Q n =A n ， ∴ 数列{A n }为常数列，∵ B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n=−12(Q n+1−Q n )=−12B n ，∵ B 1＝P 2−P 1=34−12=14， ∴ 数列{B n }为等比数列． 【答案】由题意可得{ 74a 2+916b 2=1c a =√32a 2=b 2+c 2，解得{a 2=4b 2=1 ， ∴ 椭圆E 的标准方程为：x 24+y 2=1； 由（1）知点A(−2, 0)，B(0, −1)，由题意可设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，所以点C 的坐标为(0, 2k)，联立方程{y =k(x +2)x 24+y 2=1 ，消去y 得：(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2−4＝0， 设P(x 1, y 1)，则−2⋅x 1=16k 2−41+4k 2，所以x 1=−8k 2−21+4k 2， 所以y 1=k(−8k 2−21+4k 2)=4k1+4k 2，所以P(−8k 2−21+4k 2, 4k1+4k 2 )，设D 点的坐标为(x 0, 0)，因为点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ， 即1−x 0=4k1+4k 2+1−8k 2−21+4k 2，所以x 0=2−4k 1+2k，所以D(2−4k 1+2k, 0)，因为CD // AB ，所以k CD ＝k AB ， 即k(2k+1)2k−1=−12，所以4k 2+4k −1＝0，解得k =−1±√22， 又因为0<k <12， 所以k =√2−12， 所以点P 的坐标为(√2, √22)． 【考点】椭圆的标准方程 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】（1）列出关于a ，b ，c 的方程组，解出a ，b ，c 的值，即可求出椭圆E 的标准方程； （2）设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，与椭圆方程联立，利用韦达定理可求出P(−8k 2−21+4k 2, 4k 1+4k 2 )，由点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ，求出D(2−4k1+2k , 0)，由CD // AB 可得k(2k+1)2k−1=−12，解出k 的值，从而求出点P 的坐标．【解答】由题意可得{ 74a 2+916b 2=1c a=√32a 2=b 2+c 2 ，解得{a 2=4b 2=1 ， ∴ 椭圆E 的标准方程为：x 24+y 2=1；由（1）知点A(−2, 0)，B(0, −1)，由题意可设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，所以点C 的坐标为(0, 2k)，联立方程{y =k(x +2)x 24+y 2=1，消去y 得：(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2−4＝0， 设P(x 1, y 1)，则−2⋅x 1=16k 2−41+4k ，所以x 1=−8k 2−21+4k ，所以y 1=k(−8k 2−21+4k 2)=4k1+4k 2， 所以P(−8k 2−21+4k 2, 4k1+4k 2 )，设D 点的坐标为(x 0, 0)，因为点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ， 即1−x 0=4k1+4k 2+1−8k 2−21+4k 2，所以x 0=2−4k 1+2k ，所以D(2−4k1+2k , 0)，因为CD // AB ，所以k CD ＝k AB ， 即k(2k+1)2k−1=−12，所以4k 2+4k −1＝0，解得k =−1±√22， 又因为0<k <12， 所以k =√2−12， 所以点P 的坐标为(√2, √22)． 【答案】由x >0可得f(x)≤0恒成立等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，g′(x)＝1−1−ln x x 2=x 2−1+ln xx 2，再令ℎ(x)＝x 2−1+ln x ，则ℎ′(x)＝2x +1x>0，则ℎ(x)在(0, +∞)递增，又ℎ(1)＝0，则0<x <1，ℎ(x)<0，x >1，ℎ(x)>0，即0<x <1时，g′(x)<0；x >1时，g′(x)>0，可得g(x)在(0, 1)递减；在(1, +∞)递增， 即有g(x)在x ＝1处取得极小值，即最小值g(1)＝1，所以a ≤1；证明：由（1）可得f(x 0)＝ln x 0−x 02+ax 0，f′(x 0)＝0，即1x 0−2x 0+a ＝0，即a ＝2x 0−1x 0，所以f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，则ℎ′(x)=1x +2x −k =2x 2−kx+1x，①当k ≤0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在(0, +∞)递增，由ℎ(1)＝−k ≥0，ℎ(e k )＝k +e 2k −ke k −1＝k(1−e k )+e 2k −1≤0，所以存在x 0满足e k ≤x 0≤1时，使得ℎ(x 0)＝0．又因为ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ②当k >0时，且△＝k 2−8≤0即0<k ≤2√2时，ℎ′(x)≥0恒成立，所以ℎ(x)在(0, +∞)递增， 由ℎ(1)＝−k <0，ℎ(e 3)＝3+e 6−ke 3−1＝(e 3−√2)2+(2√2−k)e 3>0，所以存在x 0∈(1, e 3)，使得ℎ(x 0)＝0．又ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ③当k >2√2时，ℎ′(x)＝0有两解x 1，x 2，设x 1<x 2，因为x 1x 2=12，所以x 1<√22<x 2，当x ∈(0, x 1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增；当x ∈(x 1, x 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)递减，当x ∈(x 2, +∞)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增，可得ℎ(x)的极大值为ℎ(x 1)＝ln x 1+x 12−kx 1−1，因为2x 12−kx 1+1＝0，所以ℎ(x 1)＝ln x 1−x 12−2<0，所以ℎ(x 2)<ℎ(x 1)<0，ℎ(e k 2)＝k 2+e 2k 2−ke k 2−1＝(e k 2−k)e k 2+k 2−1>0，令m(x)＝e x 2−x ，x >2√2，可得m′(x)＝2x ⋅e x 2−1>0，所以m(x)>m(2√2)>0，所以存在x 0∈(x 2, e k 2)，使得ℎ(x 0)＝0， 又因为ℎ(x)在(x 2, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解．综上可得，过原点的任意直线y ＝kx 与曲线M 有且仅有一个公共点．【考点】不等式恒成立的问题 利用导数研究函数的极值 【解析】（1）由题意可得原不等式等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，由g(x)的二次导数的符号，确定g(x)的单调性，可得g(x)的最小值，进而得到a 的范围；（2）由极值的定义可得f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，求得ℎ(x)的导数，讨论k ≤0；k >0，△≤0，△>0，结合ℎ(x)的单调性，以及函数零点存在定理，化简计算即可得证． 【解答】由x >0可得f(x)≤0恒成立等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，g′(x)＝1−1−ln x x 2=x 2−1+ln xx 2，再令ℎ(x)＝x 2−1+ln x ，则ℎ′(x)＝2x +1x>0，则ℎ(x)在(0, +∞)递增，又ℎ(1)＝0，则0<x <1，ℎ(x)<0，x >1，ℎ(x)>0，即0<x <1时，g′(x)<0；x >1时，g′(x)>0，可得g(x)在(0, 1)递减；在(1, +∞)递增，即有g(x)在x ＝1处取得极小值，即最小值g(1)＝1，所以a ≤1；证明：由（1）可得f(x 0)＝ln x 0−x 02+ax 0， f′(x 0)＝0，即1x 0−2x 0+a ＝0，即a ＝2x 0−1x 0，所以f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，则ℎ′(x)=1x+2x −k =2x 2−kx+1x，①当k ≤0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在(0, +∞)递增，由ℎ(1)＝−k ≥0，ℎ(e k )＝k +e 2k −ke k −1＝k(1−e k )+e 2k −1≤0，所以存在x 0满足e k ≤x 0≤1时，使得ℎ(x 0)＝0．又因为ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ②当k >0时，且△＝k 2−8≤0即0<k ≤2√2时，ℎ′(x)≥0恒成立，所以ℎ(x)在(0, +∞)递增， 由ℎ(1)＝−k <0，ℎ(e 3)＝3+e 6−ke 3−1＝(e 3−√2)2+(2√2−k)e 3>0，所以存在x 0∈(1, e 3)，使得ℎ(x 0)＝0．又ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ③当k >2√2时，ℎ′(x)＝0有两解x 1，x 2，设x 1<x 2，因为x 1x 2=12，所以x 1<√22<x 2，当x ∈(0, x 1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增；当x ∈(x 1, x 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)递减，当x ∈(x 2, +∞)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增，可得ℎ(x)的极大值为ℎ(x 1)＝ln x 1+x 12−kx 1−1，因为2x 12−kx 1+1＝0，所以ℎ(x 1)＝ln x 1−x 12−2<0，所以ℎ(x 2)<ℎ(x 1)<0，ℎ(e k 2)＝k 2+e 2k 2−ke k 2−1＝(e k 2−k)e k 2+k 2−1>0，令m(x)＝e x 2−x ，x >2√2，可得m′(x)＝2x ⋅e x 2−1>0，所以m(x)>m(2√2)>0，所以存在x 0∈(x 2, e k 2)，使得ℎ(x 0)＝0， 又因为ℎ(x)在(x 2, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解．综上可得，过原点的任意直线y ＝kx 与曲线M 有且仅有一个公共点．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】（1）直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），转换为直角坐标方程为y ＝−kx ．直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n （n 为参数），转换为直角坐标方程为y −2=xk ．联立两直线的方程消去参数k 得：x 2+(y −1)2＝1(x ≠0)． （2）设点Q(ρcos α, ρsin α)由tan α=43， 可得：sin α=45,cos α=35．代入曲线C ，得ρ2−85ρ=0，解得ρ=85或ρ＝0（舍去），故点Q 的极径为85．【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程【解析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． （2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果． 【解答】（1）直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），转换为直角坐标方程为y ＝−kx ．直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n （n 为参数），转换为直角坐标方程为y −2=xk．联立两直线的方程消去参数k 得：x 2+(y −1)2＝1(x ≠0)． （2）设点Q(ρcos α, ρsin α)由tan α=43， 可得：sin α=45,cos α=35．代入曲线C ，得ρ2−85ρ=0，解得ρ=85或ρ＝0（舍去），故点Q 的极径为85． [选修4-5：不等式选讲] 【答案】当x <−2时，f(x)<x +3可化为1−x −x −2<x +3，解得x >−43，无解；当−2≤x ≤1时，f(x)<x +3可化为1−x +x +2<x +3，解得x >0，故0<x ≤1； 当x >1时，f(x)<x +3可化为x −1+x +2<x +3，解得x <2，故1<x <2． 综上可得，f(x)<x +3的解集为(0, 2)；不等式m −x 2−2x ≤f(x)在R 上恒成立，可得m ≤x 2+2x +f(x)，即m ≤（x 2+2x +f(x)）min ，由y ＝x 2+2x ＝(x +1)2−1的最小值为−1，此时x ＝−1；由f(x)＝|x−1|+|x+2|≥|x−1−x−2|＝3，当且仅当−2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f(x)）min＝−1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是(−∞, 2]．【考点】绝对值不等式的解法与证明不等式恒成立的问题【解析】（1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，再求并集可得所求解集；（2）由题意可得m≤（x2+2x+f(x)）min，结合二次函数的最值求法，以及绝对值不等式的性质可得所求最小值，进而得到m的范围．【解答】当x<−2时，f(x)<x+3可化为1−x−x−2<x+3，解得x>−4，无解；3当−2≤x≤1时，f(x)<x+3可化为1−x+x+2<x+3，解得x>0，故0<x≤1；当x>1时，f(x)<x+3可化为x−1+x+2<x+3，解得x<2，故1<x<2．综上可得，f(x)<x+3的解集为(0, 2)；不等式m−x2−2x≤f(x)在R上恒成立，可得m≤x2+2x+f(x)，即m≤（x2+2x+f(x)）min，由y＝x2+2x＝(x+1)2−1的最小值为−1，此时x＝−1；由f(x)＝|x−1|+|x+2|≥|x−1−x−2|＝3，当且仅当−2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f(x)）min＝−1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是(−∞, 2]．。
2020年安徽省“江南十校”综合素质检测理科综合能力测试一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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．下列关于真核细胞结构和功能的叙述，错误的是A．细胞质中许多重要细胞器的形成以膜的分化为基础B．细胞核通过mRNA和核糖体对细胞生命活动进行控制C．胰高血糖素和胰岛素空间结构的形成均需要内质网参与D．细胞骨架由纤维素构成．在物质运输等方面起重要作用2．下列有关人体精原细胞分裂过程的叙述，正确的是A．1个精原细胞减数分裂中发生交叉互换后可能会产生4种精细胞B．初级精母细胞与有丝分裂后期细胞的核DNA含量、染色体数相同C．DNA的复制使减数第一次分裂后期出现2条含相同基因的染色体D．1个精原细胞经两次分裂产生4个相同细胞，可能进行的是减数分裂3．某实验小组研究了不同金属离子对β-葡聚糖酶活性的影响（其他条件相同且适宜），下表为添加一定量化合物后』3一葡聚糖酶活性的变化情况。
下列相关分析正确的是A.实验中Na+、Cu2+、Mn2+、Fe3+均对β-葡聚糖酶具有显著激活作用B.Cu2+可能通过改变该酶空问结构抑制其降低化学反应活化能的能力C．若分别增加Mg2+和Ca2+的浓度，则它们对酶的激活作用也将会增强D .KI和KH2PO4中酶活性不同是因I-抑制了K+对酶活性的促进作用4．秀丽线虫细胞中有一类单链piRNA．它能使入侵基因序列沉默而无法表达。
进一步研究发现秀丽线虫细胞的内源基因中具有某种特殊的DNA序列，可帮助其抵御piRNA的沉默效应，从而实现相关基因表达。
下列相关推测错误的是A.特殊DNA序列识别piRNA是通过碱基互补配对实现的B.秀丽线虫细胞中piRNA的合成需要RNA聚合酶的催化C.特殊DNA序列和piRNA中柏邻碱基之间的连接方式相同D. piRNA作用模式的研究有助于人们全面认识基因组的表达机制5某生物兴趣小组探究温度和营养物质X酵母菌种群数量变化的影响，进行的实验及其结果如下表所示：下列相关叙述正确的是A．实验1处理应为培养液5 ml，加入干酵母0.1g，环境温度28℃B.实验2在该实验中起对照作用，其对应的实验结果为曲线a所示C.b组前6天种群密度对其增长的制约逐渐减弱·增加培养液后曲线与a一致D.计数时．若视野内酵母菌数日太多须通过预实验确定最适稀释度再进行统计6．植物根尖感知土壤水分梯度．向较高水势侧生长的现象被认为是根的向水化。
2020届安徽省“江南十校”高三下学期4月综合素质检测数学（理）试题一、单选题1．已知复数2(1)(1)i z a a =-+-（i 为虚数单位，1a >），则z 在复平面内对应的点所在的象限为（ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限【答案】B【解析】分别比较复数z 的实部、虚部与0的大小关系，可判断出z 在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】因为1a >时，所以10a -<，210a ->，所以复数z 在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 【点睛】本题考查复数的几何意义，考查学生的计算求解能力，属于基础题.2．已知集合{}{}234,870A x x x B x x x =<+=-+<，则A B =I （ ） A ．(1,2)- B ．(2,7) C ．(2,)+∞ D ．(1,2)【答案】D【解析】分别求出集合,A B 对应的不等式的解集，然后取交集即可. 【详解】由题意，{}{}342A x x x x x =<+=<，{}{}287017B x x x x x =-+<=<<，所以{}12A B x x =<<I . 故选：D. 【点睛】本题考查不等式的解法，考查集合的交集，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 3．某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）A ．58厘米B ．63厘米C ．69厘米D ．76厘米【答案】B【解析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可. 【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长， 故导线长度约为230203ππ⨯=≈63(厘米). 故选：B . 【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题. 4．函数cos ()22x xx x f x -=+在,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的图象大致为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】根据函数的奇偶性及函数在02x π<<时的符号，即可求解.【详解】由cos ()()22x xx xf x f x --=-=-+可知函数()f x 为奇函数. 所以函数图象关于原点对称，排除选项A ，B ； 当02x π<<时，cos 0x >，cos ()220x xx xf x -∴=+＞，排除选项D ，故选：C . 【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题. 5．若5(1)(1)ax x ++的展开式中23,x x 的系数之和为10-，则实数a 的值为（ ） A ．3- B ．2- C ．1-D ．1【答案】B【解析】由555(1)(1)(1)(1)ax x x ax x ++=+++，进而分别求出展开式中2x 的系数及展开式中3x 的系数，令二者之和等于10-，可求出实数a 的值. 【详解】由555(1)(1)(1)(1)ax x x ax x ++=+++，则展开式中2x 的系数为1255105C aC a +=+，展开式中3x 的系数为32551010C aC a +=+，二者的系数之和为(105)(1010)152010a a a +++=+=-，得2a =-. 故选：B. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.6．已知3log a =ln3b =，0.992c -=，则,,a b c 的大小关系为（ ） A ．b c a >> B ．a b c >>C ．c a b >>D ．c b a >>【答案】A【解析】根据指数函数与对数函数的单调性，借助特殊值即可比较大小. 【详解】因为331log log 2<=， 所以12a <. 因为3＞e ，所以ln3ln 1b e =>=，因为00.991>->-，2x y =为增函数，所以0.991221c -=<< 所以b c a ＞＞， 故选：A . 【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题. 7．执行下面的程序框图，则输出S 的值为 （ ）A ．112-B ．2360C ．1120D ．4360【答案】D【解析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案. 【详解】 运行程序，11,25s i =-=，1211,3552s i =+--=，123111,455523s i =++---=，12341111,55555234s i =+++----=，12341111,55555234s i =+++----=，1234511111,6555552345s i =++++-----=，结束循环，故输出1111113743=(12345)135********s ⎛⎫++++-++++=-= ⎪⎝⎭， 故选：D . 【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.8．“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ） A ．15B ．13C ．35D ．23【答案】A【解析】列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有336+=，利用古典概型求解即可.【详解】6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1), 而加数全为质数的有(3,3), 根据古典概型知，所求概率为15P =. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题. 9．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为2317,,927n S S S ==，则12n a a a L 的最小值为（ ） A ．24()27B ．34()27C ．44()27D ．54()27【答案】D【解析】由2317,927S S ==，可求出等比数列{}n a 的通项公式1227n n a -=，进而可知当15n ≤≤时，1n a <；当6n ≥时，1n a >，从而可知12n a a a L 的最小值为12345a a a a a ，求解即可. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，则0q >，由题意得，332427a S S =-=，得2111427190a q a a q q ⎧=⎪⎪⎪+=⎨⎪>⎪⎪⎩，解得11272a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，得1227n n a -=. 当15n ≤≤时，1n a <；当6n ≥时，1n a >，则12n a a a L 的最小值为551234534()()27a a a a a a ==. 故选：D. 【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.10．已知点P是双曲线2222:1(0,0,x y C a b c a b-=>>=上一点，若点P 到双曲线C 的两条渐近线的距离之积为214c ，则双曲线C 的离心率为（ ） A． BCD ．2【答案】A【解析】设点P 的坐标为(,)m n ，代入椭圆方程可得222222b m a n a b -=，然后分别求出点P 到两条渐近线的距离，由距离之积为214c ，并结合222222b m a n a b -=，可得到,,a b c 的齐次方程，进而可求出离心率的值.【详解】设点P 的坐标为(,)m n ，有22221m n a b-=，得222222b m a n a b -=.双曲线的两条渐近线方程为0bx ay -=和0bx ay +=，则点P 到双曲线C 的两条渐近222222222b m a n a b a b c-==+， 所以222214a b c c =，则22244()a c a c -=，即()22220c a -=，故2220c a -=，即2222c e a==，所以e =故选：A. 【点睛】本题考查双曲线的离心率，构造,,a b c 的齐次方程是解决本题的关键，属于中档题. 11．已知2π()12cos ()(0)3f x x ωω=-+>.给出下列判断： ①若12()1,()1f x f x ==-，且12minπx x -=，则2ω=；②存在(0,2)ω∈使得()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的图象关于y 轴对称； ③若()f x 在[]0,2π上恰有7个零点，则ω的取值范围为4147,2424⎡⎫⎪⎢⎭⎣； ④若()f x 在ππ,64⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，则ω的取值范围为20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦.其中，判断正确的个数为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】对函数()f x 化简可得π()sin(2)6f x x ω=+，进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换，对四个命题逐个分析，可选出答案. 【详解】因为2π2ππ()12cos ()cos(2)sin(2)336f x x x x ωωω=-+=-+=+，所以周期2ππ2T ωω==. 对于①，因为12min1π2x x T -==，所以ππ2T ω==，即12ω=，故①错误；对于②，函数()f x 的图象向右平移6π个单位长度后得到的函数为ππsin(2)36y x ωω=-+，其图象关于y 轴对称，则ππππ()362k k ω-+=+∈Z ，解得13()k k ω=--∈Z ，故对任意整数k ，(0,2)ω∉，所以②错误；对于③，令π()sin(2)06f x x ω=+=，可得π2π6x k ω+=()k ∈Z ，则ππ212k x ωω=-，因为π(0)sin 06f =>，所以()f x 在[]0,2π上第1个零点1>0x ，且1ππ212x ωω=-，所以第7个零点7ππππ3π41π321221212x T ωωωωωω=-+=-+=，若存在第8个零点8x ，则8ππ7ππ7π47π2122212212x T ωωωωωω=-+=-+=， 所以782πx x ≤<，即2π41π47π1212ωω≤<，解得41472424ω≤<，故③正确；对于④，因为π(0)sin6f=，且ππ0,64⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以πππ2662πππ2462ωω⎧⎛⎫-+≥-⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎪⨯+≤⎪⎩，解得23ω≤，又0>ω，所以23ω<≤，故④正确.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换，考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于中档题.12．如图，在平面四边形ABCD中，满足,AB BC CD AD==，且10,8AB AD BD+==，沿着BD把ABD折起，使点A到达点P的位置，且使2PC=，则三棱锥P BCD-体积的最大值为（）A．12 B．2C162D．163【答案】C【解析】过P作PE BD⊥于E，连接CE，易知CE BD⊥，PE CE=，从而可证BD⊥平面PCE，进而可知1833P BCD B PCE D PCE PCE PCEV V V S BD S---=+=⋅=V V，当PCESV最大时，P BCDV-取得最大值，取PC的中点F，可得EF PC⊥，再由2112PCES PC EF PE=⋅=-VPE的最大值即可.【详解】在BPD△和BCDV中，PB BCPD CDBD BD=⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以BPD BCDV V≌，则PBD CBD∠=∠，过P作PE BD⊥于E，连接CE，显然BPE BCEV V≌，则CE BD⊥，且PE CE=，又因为PE CE E=I，所以BD⊥平面PCE，所以1833P BCD B PCE D PCE PCE PCEV V V S BD S---=+=⋅=V V，当PCE S V 最大时，P BCD V -取得最大值，取PC 的中点F ，则EF PC ⊥， 所以2112PCE S PC EF PE =⋅=-V ， 因为10,8PB PD BD +==，所以点P 在以,B D 为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，所以PE 的最大值为椭圆的短轴长的一半，故PE 最大值为22543-=， 所以PCE S ∆最大值为22，故P BCD V -的最大值为8223⨯1623=. 故选：C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.二、填空题13．已知函数2()ln f x x x =+，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为___________.【答案】320x y --=【解析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程. 【详解】 因为1()2f x x x'=+， 所以(1)3k f '==， 又(1)1,f =故切线方程为13(1)y x -=-， 整理为320x y --=， 故答案为：320x y --= 【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.14．若200,50x x ∃∈-<R 为假，则实数a 的取值范围为__________. 【答案】(],4-∞【解析】由200,50x x ∃∈-<R 为假，可知2,50x x ∀∈-≥R 为真，所以2a ≤对任意实数x 恒成立，2的最小值，令2mina ≤即可. 【详解】因为200,50x x ∃∈-<R 为假，则其否定为真，即2,50x x ∀∈-≥R 为真，所以2a ≤对任意实数x 恒成立，所以2min a ≤.24=≥=x =号成立，所以4a ≤. 故答案为：(],4-∞. 【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.15．在直角坐标系xOy 中，已知点(0,1)A 和点(3,4)B -，若点C 在AOB ∠的平分线上，且||OC =u u u r OC u u u r的坐标为___________.【答案】(3,9)-【解析】点C 在AOB ∠的平分线可知OC u u u r 与向量||||OA OBOA OB +u u u r u u u ru u ur u u u r 共线，利用线性运算求解即可. 【详解】因为点C 在AOB ∠的平线上， 所以存在(0,)λ∈+∞使3439(0,1),,5555||||OA OB OC OA OB λλλλλ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭u u u r u u u ru u u r u u ur u u u r ，而||OC ==u u u r可解得5λ=，所以(3,9)OC =-u u u r，故答案为：(3,9)- 【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，利用向量的坐标求向量的模，属于中档题. 16．已知抛物线2:4C y x =，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆22:(3)4M x y -+=的切线，切点分别为,A B ，则线段AB 长度的取值范围为__________.【答案】)4⎡⎣【解析】连接,,PM MA MB ，易得,,MA PA MB PB PM AB ⊥⊥⊥，可得四边形PAMB 的面积为12PM AB PA MA ⋅=⋅，从而可得2PA MA AB PM⋅==PM 的取值范围，可求得AB 的范围.【详解】如图，连接,,PM MA MB ，易得,,MA PA MB PB PM AB ⊥⊥⊥，所以四边形PAMB 的面积为12PM AB ⋅，且四边形PAMB 的面积为三角形PAM 面积的两倍，所以12PM AB PA MA ⋅=⋅，所以2PA MA AB PM ⋅=== 当PM 最小时，AB 最小，设点(,)P x y，则PM ===，所以当1x =时，minPM=min AB == 当点(,)P x y 的横坐标x →+∞时，PM →+∞，此时4AB →，因为AB 随着PM 的增大而增大，所以AB 的取值范围为)22,4⎡⎣. 故答案为：)22,4⎡⎣.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查抛物线上的动点到定点的距离的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.三、解答题17．在ABC V 中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且πsin sin()33c B b C b =-+. （1）求角C 的大小； （2）若7,3c a b =+=，求AB 边上的高.【答案】（1）2π3；（2）217【解析】（1）利用正弦定理将边化成角，可得πsin sin()33C C =-，展开并整理可得πsin()16C -=，从而可求出角C ；（2）由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-，进而可得2()7a b ab +-=，由3a b +=，可求出ab 的值，设AB 边上的高为h ，可得ABC V 的面积为11sin 22ab C ch =，从而可求出h . 【详解】（1）由题意，由正弦定理得πsin sin sin sin()33C B B C B =-+.因为(0,π)B ∈，所以sin 0B >，所以πsin sin()33C C =-+，展开得31sin cos sin 322C C C =-+，整理得πsin()16C -=. 因为0πC <<，所以ππ5π666C -<-<，故ππ62C -=，即2π3C =. （2）由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-，则227a b ab ++=，得2()7a b ab +-=，故2()7972ab a b =+-=-=， 故ABC V 的面积为12π3sin sin 23ab C ==. 设AB 边上的高为h ，有7322h =，故21h =， 所以AB 边上的高为217. 【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.18．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为等腰梯形，//,24,2AB CD CD AB AD ===，PAB △为等腰直角三角形，PA PB =，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点.（1）求证：//AE 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P l B --的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）149【解析】（1）取PC 的中点F ，连接,EF BF ，易得//,2EF CD CD EF =，进而可证明四边形ABFE 为平行四边形，即//AE BF ，从而可证明//AE 平面PBC ；（2）取AB 中点O ，CD 中点Q ，连接OQ ，易证PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，从而可知,,AB OQ OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，向量,,OQ OB OP u u u r u u u r u u u r的方向分别为,,x y z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面PAD 的法向量(,,)m x y z =u r ，及平面EBC 的法向量为(,,)n a b c =r，由cos ,mn m n m n =⋅⋅u r ru r r u r r ，可求得平面EBC 与平面PAD 所成的二面角的正弦值.【详解】（1）证明：如图1，取PC 的中点F ，连接,EF BF .,PE DE PF CF ==Q ，//,2EF CD CD EF ∴=， //,2AB CD CD AB =Q ，//AB EF ∴，且EF AB =， ∴四边形ABFE 为平行四边形，//AE BF ∴.又BF ⊂Q 平面PBC ，AE ⊄平面PBC ，//AE ∴平面PBC .（2）如图2，取AB 中点O ，CD 中点Q ，连接OQ .,,OA OB CQ DQ PA PB ===Q ，,PO AB OQ AB ∴⊥⊥， Q 平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，PO ∴⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，,,AB OQ OP ∴两两垂直.以点O 为坐标原点，向量,,OQ OB OP u u u r u u u r u u u r的方向分别为,,x y z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.由,2PA PB AB ⊥=，可得1,2OA OB OP DQ CQ =====， 在等腰梯形ABCD 中，2,4,2AB CD AD ===1OQ =，11(0,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(1,2,0),(0,0,1),(1,2,0),(,1,)22O A B C P D E ∴---.则(0,1,1),(1,1,0)AP AD ==-u u u r u u u r ，11(1,1,0),(,2,)22BC EB ==--u u u ru u u r ，设平面PAD 的法向量为(,,)m x y z =u r，则00m AP y z m AD x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩u r u u u r u r u u u r ，取1y =，得(1,1,1)m =-u r . 设平面EBC 的法向量为(,,)n a b c =r，则0112022n BC a b n EB a b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩r u u u rr u u u r ，取1b =-，得(1,1,5)n =--r . 因为1155m n ⋅=-+=u r r ，3m =u r ，33n =r ，所以cos ,59333m n m n m n==⋅⋅=⨯u r ru r r u r r ，所以平面EBC 与平面PAD 所成的二面角的正弦值为255621419819⎛⎫-== ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.19．一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分. （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望.（2）当游戏得分为*(N )n n ∈时，游戏停止，记得n 分的概率和为11,2n Q Q =. ①求2Q ；②当*N n ∈时，记111,2n n n n n n A Q Q B Q Q ++=+=-，证明：数列{}n A 为常数列，数列{}n B 为等比数列.【答案】（1）分布列见解析，数学期望为6；（2）①34；②证明见解析【解析】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量X 的分布列和数学期望；（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得2Q ；②得n 分分两种情况，第一种为得2n -分后抛掷一次正面向上，第二种为得1n -分后抛掷一次反面向上，可知当3n ≥且*N n ∈时，121122n n n Q Q Q --=+，结合112n n n A Q Q +=+，可推出12111122n n n n n n A Q Q Q Q A ++++=+=+=，从而可证明数列{}n A 为常数列；结合1n n n B Q Q +=-，可推出121111()22n n n n n n B Q Q Q Q B ++++=-=--=-，进而可证明数列{}n B 为等比数列.【详解】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8.每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率也为12， 则4142444111113(4)(),(5)(),(6)()2162428P X P X C P X C =====⨯===⨯=， 3444441111(7)(),(8)()24216P X C P X C ==⨯===⨯=.所以变量X 的分布列为：故变量X 的数学期望为11311()4567861648416E X =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=. （2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为22113()224Q =+=. ②得n 分分两种情况，第一种为得2n -分后抛掷一次正面向上，第二种为得1n -分后抛掷一次反面向上，故3n ≥且*N n ∈时，有121122n n n Q Q Q --=+， 则*N n ∈时，211122n n n Q Q Q ++=+，所以1211111111122222n n n n n n n n n A Q Q Q Q Q Q Q A ++++++++==+=+=，故数列{}n A 为常数列； 又1211111111111()222222n n n n n n n n n n nB Q Q Q Q Q Q Q Q Q B +++++++=-=+-=-+=--=-，121311424B Q Q =-=-=，所以数列{}n B 为等比数列. 【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.20．已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>的离心率为3，且过点73(,)24，点P 在第一象限，A 为左顶点，B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D .（1）求椭圆E 的标准方程； （2）若//CD AB ，求点P 的坐标.【答案】（1）2214x y +=；（2）22,2⎭【解析】（1）由题意得2222232791416c a a b c a b ⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩，求出22,a b ，进而可得到椭圆E 的方程；（2）由（1）知点A ，B 坐标，设直线AP 的方程为(2)y k x =+，易知102k <<，可得点C 的坐标为(0,2)k ，联立方程22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得到关于y 的一元二次方程，结合根与系数关系，可用k 表示P 的坐标，进而由,,P B D 三点共线，即BD PB k k =，可用k 表示D 的坐标，再结合CD AB k k =，可建立方程，从而求出k 的值，即可求得点P 的坐标.（1）由题意得22222791416c a a b c a b⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩，所以椭圆E 的方程为2214x y +=.（2）由（1）知点(2,0)A -，(0,1)B -， 由题意可设直线AP 的斜率为k ，则102k <<，所以直线AP 的方程为(2)y k x =+，则点C 的坐标为(0,2)k ，联立方程22(2)14y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得：2222(14)161640k x k x k +++-=. 设11(,)P x y ，则212164214k x k --⋅=+，所以2128214k x k-=-+， 所以2122824(2)1414k k y k k k -=-+=++，所以222824(,)1414k kP k k--++. 设D 点的坐标为0(,0)x ，因为点,,P B D 三点共线，所以BD PB k k =，即2202411148214kk k x k++=--+，所以02412k x k -=+，所以24(,0)12k D k -+. 因为//CD AB ，所以CD AB k k =，即2124212k k k=---+，所以24410k k +-=，解得12k -=， 又102k <<，所以12k =符合题意，计算可得228214k k --=+24142k k =+， 故点P的坐标为2.本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.21．已知函数2()ln ()f x x x ax a =-+∈R . （1）若()0f x ≤恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数()f x 的极值点为0x ，当a 变化时，点00(,())x f x 构成曲线M ，证明：过原点的任意直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点. 【答案】（1）1a ≤；（2）证明见解析 【解析】（1）由()0f x ≤恒成立，可得ln xa x x≤-恒成立，进而构造函数ln ()xg x x x=-，求导可判断出()g x 的单调性，进而可求出()g x 的最小值min ()g x ，令min ()a g x ≤即可；（2）由221()x ax f x x-++'=，可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，则200210x ax -++=，0012a x x =-，进而可得2000()ln 1f x x x =+-，即曲线M 的方程为2ln 1y x x =+-，进而只需证明对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解，然后构造函数2()ln 1F x x x kx =+--，分0k ≤、0k <≤k >分别证明函数()F x 在(0,)+∞上有唯一的零点，即可证明结论成立. 【详解】（1）由题意，可知0x >，由()0f x ≤恒成立，可得ln xa x x≤-恒成立. 令ln ()x g x x x =-，则221ln ()x xg x x-+'=. 令2()1ln h x x x =-+，则1()2h x x x'=+， 0x Q >，()0h x '∴>，2()1ln h x x x ∴=-+在(0,)+∞上单调递增，又(1)0h =， (0,1)x ∴∈时，()0h x <；(1,)x ∈+∞时，()0h x >，即(0,1)x ∈时，()0g x '<；(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，(0,1)x ∴∈时，()g x 单调递减；(1,)x ∈+∞时，()g x 单调递增，1x ∴=时，()g x 取最小值(1)1g =，1a ∴≤.（2）证明：由2121()2x ax f x x a x x-++'=-+=，令22(1)x a T x x -=++，由1(0)0T =>，结合二次函数性质可知，存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，故()f x 存在唯一的极值点0x ，则20210x ax -++=，0012a x x =-， 22000000()ln ln 1f x x x ax x x ∴=-+=+-， ∴曲线M 的方程为2ln 1y x x =+-.故只需证明对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解.令2()ln 1F x x x kx =+--，则2121()2x kx F x x k x x-+'=+-=，①当0k ≤时，()0F x '>恒成立，()F x ∴在(0,)+∞上单调递增.21,e e 1k k ≤≤Q ，22(e )e e 1(1e )e 10k k k k k F k k k ∴=+--=-+-≤，(1)0F k =-≥Q ，∴存在t 满足e 1k t ≤≤时，使得()0F t =.又()F x Q 单调递增，所以x t =为唯一解.②当0k <≤221x x y k -+=，满足280k ∆=-≤， 则()0F x '≥恒成立，()F x ∴在(0,)+∞上单调递增.(1)0F k =-<Q，333263(e )3e e 1(e e )0k F k =+--=+>，∴存在3(1,e )t ∈使得()0F t =，又()F x Q 在(0,)+∞上单调递增，x t ∴=为唯一解.③当k >221x x y k -+=，满足280k ∆=->， 此时()0F x '=有两个不同的解12,x x ，不妨设12x x <，1212x x =⋅Q，120x x ∴<<<，列表如下：由表可知，当1x x =时，()F x 的极大值为21111()ln 1F x x x kx =+--.211210x kx -+=Q ，2111()ln 2F x x x ∴=--，10x <<<Q ，211ln 2x x ∴<+， 2111()ln 20F x x x ∴=--<，21()()0F x F x ∴<<.22222222(e )e e 1(e )e 1k k k k k F k k k k =+--=-+-.下面来证明2e 0k k ->，构造函数2()ln (m x x x x =->，则2121()2x m x x x x-'=-=，∴当)x ∈+∞时，()0m x '>，此时()m x 单调递增，∴3()8ln 202m x m >=->，∴)x ∈+∞时，2ln x x >，∴2ln e e x x x >=，故2e 0k k ->成立.∴2222(e )(e )e 10k k k F k k =-+->， ∴存在22(,e )k t x ∈，使得()0F t =.又()F x Q 在2(,)x +∞单调递增，x t ∴=为唯一解.所以，对任意k ∈R ，方程2ln 1x x kx +-=有唯一解，即过原点任意的直线y kx =与曲线M 有且仅有一个公共点. 【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题. 22．在直角坐标系xOy 中，直线1l 的参数方程为1(1)x my k m =-⎧⎨=-⎩为参数)，直线2l 的参数方程2x nn y k =⎧⎪⎨=+⎪⎩(为参数)，若直线12,l l 的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C（1）求曲线C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线3l 的极坐标方程为(0)θαρ=…，4tan 032παα⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，点Q 为射线3l 与曲线C 的交点，求点Q 的极径.【答案】（1）22(1)1(0)x y x +-=≠；（2）85【解析】（1）将两直线化为普通方程，消去参数k ，即可求出曲线C 的普通方程； （2）设Q 点的直角坐标系坐标为(cos ,sin )(0)a ρραρ>,求出43sin ,cos 55a a ==，代入曲线C 可求解. 【详解】（1）直线1l 的普通方程为()y k x =-,直线2l 的普通方程为2x y k-=联立直线1l ,2l 方程消去参数k ,得曲线C 的普通方程为2(2)y y x -=-整理得22(1)1(0)x y x +-=≠.（2）设Q 点的直角坐标系坐标为(cos ,sin )(0)a ρραρ>, 由4tan 032a a π⎛⎫=<< ⎪⎝⎭可得43sin ,cos 55a a == 代入曲线C 的方程可得2805ρρ-=， 解得8,05ρρ==（舍）， 所以点Q 的极径为85. 【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，极径的求法，属于中档题.23．已知函数()|1||2|f x x x =-++. （1）求不等式()3f x x <+的解集；（2）若不等式22()m x x f x --„在R 上恒成立，求实数m 的取值范围. 【答案】（1）{|02}x x <<；（2）(,2]-∞ 【解析】（1）分类讨论去绝对值号，即可求解；（2）原不等式可转化为22()m x x f x ++„在R 上恒成立，分别求函数2()2g x x x=+与()f x 的最小值，根据能同时成立，可得22()x x f x ++的最小值，即可求解.【详解】（1）①当2x <-时,不等式()3f x x <+可化为123x x x ---<+,得43x >-，无解；②当-2≤x ≤1时,不等式()3f x x <+可化为123x x x -++<+得x >0,故0<x ≤1; ③当x >1时,不等式()3f x x <+可化为123x x x -++<+,得x <2,故1<x < 2. 综上，不等式()3f x x <+的解集为{|02}x x <<（2）由题意知22()m x x f x ++„在R 上恒成立，所以()2min 2()xm x x f x ++„令2()2g x x x =+，则当1x =-时，min ()1g x =-又当21x -剟时，()f x 取得最小值，且min ()3f x = 又1[2,1]-∈-所以当1x =-时，()f x 与()g x 同时取得最小值. 所以()2min2()132x x f x ++=-+=所以2m ≤，即实数m 的取值范围为(,2]-∞ 【点睛】本题主要考查了含绝对值不等式的解法，分类讨论，函数的最值，属于中档题.。
【理科数学第1页(共4页)】2020年安徽省“江南十校”综合素质检测理科数学考生注意：1. 本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分150分，考试时间120分钟。
2. 答卷前，考生务必用0. 5毫米黑色签字笔将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
3. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。
选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0. 5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作 答无效。
...............................• ♦ •一、选择题:本题共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. 已知复数z=(l-a) + (a 2-l)i(i 为虚数单位,Q >1),则n 在复平面内的对应点所在的象 限为A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限 2. 已知集合 A= ｛招3；rVi+4｝ ,B=国充一8rr+7<0｝，则A. (-1,2)B. (2,7)C.(2,+8)D. (1,2)3. 某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°,并在扇形孤上正面等距安装7个发 彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计，已知扇形的半 径为30厘米,则连接导线最小大致需要的长度为 A. 58厘米B. 63厘米C, 69厘米D. 76厘米绝密★启用前姓名座位号(卒些卷上答题无效)4. 函数_/&)=舞|^在［-号竣］上的图象大致为5.若(l+a^)(l+x)5的展开式中丁2 ,工3的系数之和为一10,则实数“的值为A.-3B.-2 C ・_l【理科数学 第2页（共4页）】6. 已知 a == loga,A=ln 3.c=2 0,9!），则”,们-的大小关系为 A. b>c>aB. a>b>cC. c>a>bD. c>b>a7. 执行下面的程序框图•则输出S 的值为是A ——B —C —D — 12 - 60 20 608. ••哥徳巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是:一个大于2的偶数都可以写成两个质 数（素数）之和.也就是我们所谓的“1 + 1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国 数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做岀相当好的成绩.若将6拆成两个 正整数的和•则拆成的和式中.加数全部为质数的概率为 A. 4B ・！ C.4 D ・ M b353条渐近线的距离之积为｝,则双曲线C 的离心率为（g+专）（口>0）.给出下列判断： ① 若/（⑥）=l,f （Z2 ）= —1,且01—卫2 |血=爪，则切=2；② 存在（0,2）,使得/&）的图象右移言个单位长度后得到的图象关于），轴对称； ③ 若，（z ）在［0,2归上恰有7个零点，则3的取值范围为借，釦； ④ 若 U ）在［—言，号］上单调递增，则s 的取值范围为（。
