国有资产管理法-合同补充协议范本

重庆南开中学高2020级高考模拟考试
数学（理科）
2020.6
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每 小题答案后，用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，再选涂其它答案 标号．回答非选择题时，将答写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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，只有一个选项是符合
题目要求的．
1．设集合
A{x∣x10},Bx∣x
2
2x30
，则
AB（ ）
A．
(3,3)
B．
(3,1)
C．
(1,1)
D．
(1,3)


2．
2i

（ ）
1i
13131313
i
B．
i
C．
i
D．
i

22222222
A．< br>3．已知向量
a,b
满足
|a|2,ab1
，则
a (a2b)
（ ）
A．0 B．2 C．4 D．6
4．设
S
n
为等差数列

a
n

的前n 项和，若
S
5
25,a
3
a
4
8
， 则
a
5

（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．已知抛物线
C:y2px(p0)
的焦点为F，过点
(p, 0)
且垂直于x轴的直线与抛物线C在第一象限内
的交点为A，若
AF1
， 则抛物线C的方程为（ ）
2
2
A．
y
4
x
B．
y
2
2x
C．
y
2
3x
D．
y
2
4x

3

6．已知在直四棱柱
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，底面
ABCD
为菱形，且
ABC60,ABAA
1
，则异面直线< br>A
1
B
与
D
1
B
1
所成角的余弦值 为（ ）

A．
1
622
B． C． D．

448
4
7．2019年被誉为“5G商用元年”．6月 ，5G商用牌照正式发放；9月，5G套餐开启预约；1月，5G套餐
公布；12月，5G手机强势营销 ．据网络统计，2019年与“5C”相关的信息量高达6875.4万条，信息量走
势图如右图所示．
由此可以判断，关于2019年全网与“5G”相关的信息量，下列说法中错误的是（ ）

A．相关活动是信息量走势的关键性节点
B．月信息量未出现持续下降态势
C．2019年全年月均信息量超过600万条
D．2019年第四季度的信息量呈直线增长态势
8．已知

,

是两个不同平面，
m,n
是两条不同直线，则下列正确的是（ ）
A ．若
mn,m

,n

，则


< br> B．若
m

,mn,



，则< br>n


C．若
m

,m

，则



若
m

,


n
，则
mn

9．已知
a2,b0.6
0.60.2
，
clog
0.6
0.2
则（ ）
A．
abc
B．
acb
C．
cba
D．
cab

10．重庆是西部大开发 重要的战略支点、“一带一路”和长江经济带重要联结点以及内陆开放高地；重庆是
享誉世界的山城，雾 都和英雄城，近年来又以桥都扬名世界．重庆有数十座各式各样的大桥横跨长江、嘉
陵江两岸，其中朝天 门长江大桥是世界第一大拱桥，其主体造型为：拱桥部分（开口向下的抛物线）与主
桁（图中粗线）部分 （可视为余弦函数一个周期的图象）相结合．已知桥拱部分跨度长
552m
，两端引桥
各长
190m
，主桁最高处距离桥面
89.5m
，则下列函数中，将其图象上 每一点的横、纵坐标等倍扩大后所
得到的图象，与朝天门长江大桥主桁形状最接近的是（ ）

A．
y0.45cos
2233
x
B．
y4.5cosx
C．
y0.9cosx
D．
y9cosx

3322
11．若曲线
ylnx
上 恰有三个不同的点到直线
yxa
的距离为
2
，则实数a的值为（ ）
A．
3
B．
22
C．1 D．2
x
2
y
2
12．若P是双曲线
C:
2
< br>2
1(a0,b0)
上在第一象限内的一点，
F
1
,F
2
分别为双曲线C的左右焦
ab
点，
PF
2
2b
，以点


a

,0

为圆心的圆与射线
PF
1
,PF
2
均相切，则双曲线C的离心率为（ ）
2

A．
5345
B． C． D．

3234
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13 ．已知函数
f(x)


log
2
(x1),x1 ,
则
f(3)
______．
f(x2),x1,
14．无症状感染者被认为是新冠肺炎疫情防控的难点之一．国际期刊《自然》杂志中一篇文章指出，30% ~6%
的新冠感染者无症状或者症状轻微，但他们传播病毒的能力并不低，这些无症状感染者可能会引起 新一轮
的疫情大爆发．我们把与病毒携带者有过密切接触的人群称为密切接触者．假设每名密切接触者成 为无症
状感染者的概率均为
1
，那么4名密切接触者中，至多有2人成为无症状感染者 的概率为____．
3
15．已知
sin







3




，则sin

2




_______． 3

4

6

16．已知圆锥
PH
的 底面半径
HA
长度为1，母线
PA
的长度为2，球
O
1与圆锥的侧面相切，切于底面圆心
H，球
O
2
与球
O
1
、圆锥的底面和侧面均相切，球
O
3
与球
O
2
、圆 锥的底面和侧面均相切，照此规律进行下
去，得到一系列球
O
n
(n1,2 ,3)
，且球
O
n
(n1,2,3)
与圆锥底面的切点均在半径< br>HA
上，记球
O
n
的半径为
r
n
，表面积为
S
n
，则
r
1

______，
S
1
S
2
S
n

______．

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．
17．（12分） < br>在
ABC
中，角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
，
4sinAsinB4cos
（1）求C；
（2）若
2
AB
22
．
2
asinB4
，
ABC
的面积为
46
，求c．
sinA
18．（12分）
如图，在正三棱柱
ABCA
1
B
1
C
1
中，D为
CC
1
的中点，
AB 2
．

（1）求证：平面
ADB
1

平面ABB
1
A
1
；
（2）若直线
AB
1
与平面
A
1
B
1
C
1
所成角为
60
，求二面角
B
1
ADC
1
的余弦值．
19．（12分）
在中华人民共和国成立70周年之际，《我和我的祖国》、《中国机长》、 《攀登者》三大主旋律大片在国庆期
间集体上映，拉开国庆档电影大幕．据统计《我和我的祖国》票房收 入为31.71亿元，《中国机长》票房收
人为29.12亿元，《攀登者》票房收入为10.98亿元 ．已知国庆过后某城市文化局统计得知大量市民至少观
看了一部国庆档大片，在已观影的市民中随机抽取 了100进行调查，其中观看了《我和我的祖国》的有49
人，观看了《中国机长》的有46人，观看了 《攀登者》的有34人，统计图如下．

（1）计算图中
a,b,c
的值；
（2）文化局从只观看了两部大片的观众 中采用分层抽样的方法抽取了7人，进行观影体验的访谈，了解到
他们均表示要观看第三部电影，现从这 7人中随机选出4人，用X表示这4人中将要观看《我和我的祖国》
的人数，求X的分布列及数学期望．
20．（12分）
x
2
y
2
1
于点A、B和点D、C． 如图，O为坐标 原点，过点
P(0,3)
作圆O的两条切线分别交椭圆
C:
43
< br>（1）若圆O和椭圆C有4个公共点，求直线
AB
和
CD
的斜率之积的 取值范围；
（2）四边形
ABCD
的对角线是否交于一个定点？若是，求出该定点的 坐标；若不是，请说明理由．
21．（12分）
x
2
ax1
,aR
． 已知函数
f(x)
e
x
（1）讨论
f(x)
的单调性；
e
x
2
1
xf(x)
，证明：函数
g(x)
存在唯一的极大值点
x
0
，且（2）当
ae
时，设g(x)
22
3
222
g

x
0

．
3ee
请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做 ，则按所做的第一题记分．作答时用2B铅笔在答题卡
上把所选题目的题号涂黑．
22．（10分）选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角 坐标系
xOy
中，直线的参数方程为


x1tcos

（t为参数），以O为极点，x正半轴为极轴

ytsin

建 立极坐标系，曲线C的极坐标方程为


（1）求曲线C的直角坐标方程；
2
12
．
2
4cos

（2）设直线l与曲线 C交于
A,B
两点，点D是
AB
的中点，点
F(1,0)
， 求
|DF|
的取值范围．
23．（10分）选修4-5：不等式选讲
已知
f(x)|x1||ax2|,aR
．
（1）若
a1
，求不等式
f(x)2
的解集；
（2） 若对任意
xR
不等式
f(x)2|x|
恒成立，求a的取值范围．
重庆南开中学高2020级高考模拟考试·理科数学
参考答案、提示及评分细则
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．
题号
答案
1
C
2
B
3
D
4
A
5
A
6
A
7
C
8
C
9
D
10
A
11
A
12
D
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．16题第一空2分，第二空3分．
13．1 14．
81
3
3


1

1
15．

16．



n

3
2

9

98
三、解答题：共70分．
17．（12分）
解：（1）
4sinAsinB4cos
2
A B
4sinAsinB2[1cos(AB)]2(sinAsinBcosAcosB )2

2
2

C
； 6分
24
2cos(AB)22cosC222cosC
（2）
a sinBab
112
b4
，
S
ABC
absin Ca42a46a43
，
222
sinAa
2
所以
c16482443
2
16(46)c446
． 12分
2

18．（12分）
（1）证明：取
AB
1
中点H，连接
DH
．
由题 设条件易知：
RtACD
与
RtB
1
C
1
D
全等，所以
DADB
1
,DHAB
1
，
同理：RtAC
11
D
与
RtBCD
全等，所以
DA
1
DB
1
,DHA
1
B
，
所以
DH 
平面
ABB
1
A
1

平面
ADB
1

平面
ABB
1
A
1
． 4分

（2）
AA
1

平面
A
1
B
1
C
1
AB
1
与平面
A
1
B
1
C
1
所成角即为
AB
1
A
1
，
AB
1
A
，
1
60,AA
1
23
6分
取
AC
1 1
，以O为坐标原点，
OB
1
方向为x轴，
OC
1
方向为y轴，过O
11
中点O，连接
OB
1
，则
OB
1
AC
作平面
A
1
B
1
C
1
的垂线为z轴建立如图所示空间直角坐标系， 7分
则 ：
B
1
(3,0,0),D(0,1,3),A(0,1,23),B
1< br>D(3,1,3),B
1
A(3,1,23)
，


mB
1
D0
设平面
ADB
1
的法向量为< br>m(x,y,z)
，由

得
m(3,3,2)
， 10分


mB
1
A0
易知
n(1,0, 0)
为平面
AAC
11
C
的法向量，设二面角
B
1
ADC
1
的大小为

，
则
cos


3
mn33

，所以二面角
B
1
 ADC
1
的余弦值为． 12分
4
|m||n|4 14

27ab446

a9


19 ．（12分）解：（1）

30ac449
解得：

c6
； 4分

18bc434

b 6


（2）记“同时观看了《机长》和《祖国》”的为A组；“同时观看了《机长》 和《攀登者》”为B组；“同时
观看《祖国》和《攀登者》”为C组，

按分层抽样，
A,B,C
组人数分别为3，2，2． 5分
在抽样的7人中，没有观看《祖国》的有2人，
x0,1,2
．
41322
C
5
1C
2
C
5
4C
2C
5
2
则
P(X0)
4

，
P( X1)
，
P(X3)
．
44
C
7
7C
7
7C
7
7
X 0 1 2

P
1

7
4

7
2

7
1428
E(X)012
． 12分
7777
20．（12分）
解：（1）若圆Q和椭圆C有4个交点，则
r(3,4)
，
设过点P的切线方程为
ykx3
，
则
r
2

5

(3,2)k
2


,2
< br>①

4

1k
2
3
又因为直线
ykx3
和椭圆有你两个交点，
ykx3

3

22
22
962k30k
34kx24kx240
由
x
2
y
2
， ②




2
1

43

2
由①②可得：
k

,2

，所以
k
AB
k
CD
k

2,
2

3

2




3


6分 2

AC:ykxt


222
（2）设
x
2
y
2



34k

x 8ktx4t120
设
A

x
1
,y
1
,C

x
2
,y
2

， 7分
1

43

由题设条件易知
k
PAk
PC
0
， 8分
所以
k
PA
k
PC

y
1
3y
2
3x
2

y
1
3

x
1

y
2
3

x
2

kx
1
t3

x
1

kx
2
t3



x
1
x
2
x
1
x
2
x
1
x
2

2kx
1
x
2< br>(t3)

x
1
x
2

0

x
1
x
2
2k

4t
2
12< br>
8kt(t3)
34k
2

24k(t1)
0
对一切k成立，
34k
2
即
2kx
1
x
2
(t3)

x
1
x
2


所以
t1
，即直线
AC
过定点
(0,1)
， 10分
同理可得直线
BD
也过定点
(0,1)
， 11分
所以，四边形
ABCD
的对角线交于定点
(0,1)
． 12分

21．（12分）
（1）解：
f

(x)
(x1)[x(a1)]
e
x
0x1
或
a1

①
a0
时，
a11,f(x)
在
(,a1)
单调递减，
(a1,1)
单调递增，
(1, )
单调递减；
②
a0
时，
a11,f(x)
在R单调递减；
③< br>a0
时，
a11,f(x)
在
(,1)
单调递减，
(1,a1)
单调递增，
(a1,)
单调递减；
（2）< br>g(x)
x
2
(x1)

e
x
2
x
1
2

x
2
ax1

x(a1)


e
x
，
g(x)
e< br>x
，
令
h(x)e
x
x(a1),h(0)a 0,h(1)ea0
，
x
0
(0,1)
，使得h

x
0

e
t
0
x
0
(a1)0,ae
5
x
0
1
①，
 g(x)
在

,x
0

单调递增，

x
0
,1

单调递减，
(1,)
单调递增；
所以
g(x)
有唯一极大值
x
0
． 7分
g

x
2a
2
e
2
0

g(1)1
3
e
1
e

3< br>
2
e
② 9分
现在证明：
g

x
2
0


e
．
g
x
x
2
1x
2
ax
2
00

0
1x
0
1x
0
2
x
1
0


0

2

e
x
0

2

2

e
x
0

令
m(x)
x
2
1x
x
2

2

1
e
x
,x(0,1)
，则
m

(x)x
e
x
0
，
m(x)
在
(0,1)
单调递增， 所以
m(x)m(1)
2
e
，即
g

x 
2
0

e
③
综上，有②③可知：

222
3

e
g

x
0


e
12分
22．（10分）
（1）由题意可得，
124

2


2
cos
2

4

x
2
y
2

x
2
 3x
2
4y
2

4分

x
2
y
2
1
4分 所以 曲线C的直角坐标方程为
43


x1tcos

< br>
（2）联立方程

ytsin



3 sin
2


t
2
6cos

t 90


22

x

y
1

3

4
设
A,B
对应的参数t分别为
t
1
,t
2
，则
t
1
t
2

6c os


2
3sin

因为D是
A,B
的中点，所以
|DF|
当
cos

0
时，
|D F|0

当
cos

0
时，
|DF|
t
1
t
2
3cos

3cos



23sin
2

4cos
2

3< br>4
cos

cos

，因为
cos
[1,1]
，所以
|DF|(0,1]

综上所述，
|DF|[0,1]
10分
23．（10分）
解：（1）若
a1
，则
|x1||x2|2
，
等价于


1x2

x1

x2
或

或

，

2x32

12< br>
32x2
5


5分
2

解得
15

1
x
，所以原不等式的解集为< br>
x∣x
22

2
（2）当
x0
时，
aR
；当
x1
时，只需


f(x)

2
．


|x|

min
f(x )|x1||ax2|121a1a11a1a
1a11||1 ∣

|x||x|xxx2x2xx2x2
1
a
2
，解得
a6
或
a2
．
2
综上，a的取值范围为
(,2][6,)
10分