南京邮电通达学院-中国海洋大学研究生管理系统

2020届高考理科数学考前冲刺竞优卷第二卷
1、已知集合< br>A

x|x0或x2

，
Bx|x
2
x20
，则( )
A.
AÞB
B.
BÞA
C.
AB
D.
ABR


3i

（ ）
1i
2、
A．
12i
B．
12i

D．
2i

3、已知
alog
0.6
0.3
，
b0.3
0.6，
c0.6
0.3
，则( )
A.
abc
B.
acb
C.
cab
D.
bca

C．
2i

4、泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称.登泰山的线路有四条:红门盘道徒步线路，桃
花 峪登山线路，天外村汽车登山线路，天烛峰登山线路甲、乙丙三人在聊起自己登泰山的线
路时，发现三人 走的线路均不同，且均没走天外村汽车登山线路，三人向其他旅友进行如下
陈述:
甲:我走红门盘道徒步线路，乙走桃花峪登山线路；
乙:甲走桃花峪登山线路，丙走红门盘道徒步线路；
丙:甲走天烛峰登山线路，乙走红门盘道徒步线路
事实上，甲、乙、丙三人的陈述都只对了一半根据以上信息，可判断下面说法正确的是( )
A.甲走桃花峪登山线路
C.丙走桃花峪登山线路
2
B.乙走红门盘道徒步线路
D.甲走天烛峰登山线路
5、若曲线
yxaxb
在点
(0,b)
处的切线方程是
xy10
,则( )
A.
a1,b1

B.
a1,b1

C.
a1,b1

D.
a1,b1

6、设
S
n
为等差数列
< br>a
n

的前n项和，
S
8
4a
3
，
a
7
2
，则
a
9
=（ ）

A.-6
2
B. -4 C. -2 D.
7、已知某空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )

A.28 B.
47

2
C.
56

3
D.
47

4
8、2019年10月1日,在庆祝中华人 民共和国成立70周年大阅兵的徒步方队中,被誉为”
最强大脑”的院校科研方队队员分别由军事科学院 ,国防大学,国防科技大学三所院校联合抽
111
组,已知军事科学院的甲,乙,丙三名同学被 选上的概率分别为
,,
,则这三名同学有一名同
346
学被选上的概率为( )
1
A.
3
B.
5

12
C.
7

12
D.
2

3
9、某程序框图如图所示，若输出
T51
，则图中执行框中应填入( )

A.
TT
1

k

k2

B.
TT
1

k

k2


C.
TT
1

k2k
D.
TT
1

k1k
x2
y
2
10、F为双曲线
C:
2

2
1

a0,b0

的右焦点，圆
O:x
2
 y
2
a
2
b
2
与C在第
ab
一象限、 第三象限的交点分别为M，N，若
MNF
的面积为ab，则双曲线C的
离心率为（ ）
A．
2
B．
3
C．2 D．
5


2
x
1,0x1

11、已知函数
yf

x

是定义域为R的偶函数，当
x0
时，
f< br>
x



2
若关
x2x6,x1


于
x
的方程

则实数
a
的取 值范

f

x



af
< br>x

b0(a,bR)
有且仅有8个不同的实数根，
2
围为( )
9)
A.
(4,
B.
(9,4)
C.

4,9

D.

9,4



e
x
,x0
,g(x)f(x)xa
.若
g(x)
存在2个零点,则
a
的取值范围是12、已知函数
f(x)
lnx,x0

( )
A.

1,0

B.

0,

C.

1,

D.

1,


rr
r
r
r
r
o
13、已知向量
a
,
b
的夹角为
60
,
a2
,
b1
,则
a2b
__________.
14、在
△ABC
中，角
A,B,C
所对的边分别为
a,b ,c
，若
a,b,c
成等比数列，且
tanB
11
的值是__________．
tanAtanC
3
，则
4
1 5、在直三棱柱
A
1
B
1
C
1
ABC
中 ,
BAC
π
,
ABACAA
1
1
,已 知
G
和
E
分别为
A
1
B
1
和2
CC
1
的中点,
D
与
F
分别为线段
AC
和
AB
上的动点(不包括端点),若
GDEF
,则线段DF
的长度的取值范围为__________
x
2
y
216、已知双曲线
C:
2

2
1(a0,b0)
的左、右焦点分别为
F
1
,F
2
,
过
F
1
的直线与
C
的
ab
uuuruuuruuuruuuur
两 条渐近线分别交于
A,B
两点．若
F
则
C
的离心率为___ _____．
1
AAB
，
F
1
BF
2
B0
，
17、在
△ABC
中，内角
A,B,C
的对边分 别为
a,b,c
.

(1)证明:
si n
A
sin
C
2sin
ACAC
cos
.
22
AC
.
2
(2)若
a,b,c
成等差数列 ，且
a
2
c
2
b
2
2ac
，求cos
18、如图所示的几何体中，矩形
ABCD
和矩形
ABEF
所在平面互相垂直,
AF2AB2AD
,M为AF的中点,
BNCE
.

（1）求证:
CF∥
平面
MBD
；
（2）求证:
CF
平面
BDN
.
19、某市准备引进优秀企业进行城市建设. 城市的甲地、乙地分别对5个企业（共10个企
业）进行综合评估，得分情况如茎叶图所示.

（1）根据茎叶图，求乙地对企业评估得分的平均值和方差；
（2）规定得分在85分以上为 优秀企业，若从甲、乙两地准备引进的优秀企业中各随机选
取1个，求这两个企业得分的差的绝对值不超 过5分的概率.
1

2
22
x
1
x


x
2
x

L

x
n
x





n

x
2
y
2
1
20、已知椭圆
C:
2
< br>2
1(ab0)
的离心率为
，左、右焦点分别为
F
1< br>,F
2
，椭圆
C
上
ab
2
注：方差
s
2

轴的一
个端点与两个焦点构成的三角形的面积为
3
．
(1).求椭圆
C
的方程；
(2).过
F
1
作垂 直于
x
轴的直线
l
交椭圆
C
于
A,B
两点 （点
A
在第二象限），
M,N
是椭圆上

位于直
l
两侧的动点，若
MABNAB
，求证：直线
MN
的斜率为定值．
2ae
x
21、已知函数
f

x

lnx
2
(aR)
.
xx
(1) 若
a0
，讨论
f

x

的单调性.
2)
内有两个极值点，求实数
a
的取值范围. (2)若
f

x

在区间
(0,
22、在直角坐标系中，圆
C
1
:x
2
y
2
1
经过伸缩变换

< br>x'3x
后得到曲线
C
2
．以坐
y'2y
标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的单位长度，建
立极坐标系，直线l 的极坐标方程为
cos

2sin


10
< br>·
（1）求曲线
C
2
的直角坐标方程及直线l的直角坐标方程；
（2）在
C
2
上求一点M，使点M到直线l的距离最小，并求出最小距离．
23、已知函数
f

x

x1

(1)求不等式
xf

x

2x1
的解集.
(2)若关于
x
的不等式
f

x

x 3a2
恒成立，求实数
a
的取值范围.

答案以及解析
1答案及解析：
答案：D
2

，所以解析：因为
A

x|x 0或x2

，
Bx|x
2
x20

< br>x|

x2

x1

0



1,

ABR
，故选D.

2答案及解析：
答案：D
解析：由复数除法的运算法则有：

3答案及解析：
答案：D
解析：
alog
0.6
0. 3log
0.6
0.61
.因为
y0.3
x
是减函数 ，所以
b0.3
0.6
0.3
0.3
.
因为
yx
0.3
在
(0,)
上单调递增，所以
c0.6
0.3
0.3
0.3
.
因此易知
log
0.6
0.310.6
0.3
0.3
0.3
0.3
0.6
0
，所以
bca
.故选D.

4答案及解析：
答案：D
解析：因为甲、乙的陈述都只对了一半，所以若乙的陈述中，“甲走桃花峪登山线路 ”正确，
则甲的陈述全部错误，与题意不符，故乙的陈述中，“甲走桃花峪登山线路”不正确，“丙走红门盘道徒步线路”正确，故甲的陈述中，“乙走桃花峪登山线路”正确，丙的陈述中，
“甲走天 烛峰登山线路”正确，故选D.

5答案及解析：
答案：A
解析：∵
y'2xa|
x0
a
,∵曲线
yxaxb< br>在点
(0,b)
处的切线方程
xy10
的
斜率为
1
,∴
a1
,又切点在切线
xy10
上,∴
0 b10
∴
b1
.故选A.


2
3i

3+i

1i

2i
,故选 D
1i2

6答案及解析：
答案：A
a
解析：设等差数列

n

的公差为d，
∵S
8
4a
3
，
a
7
2
， 8a
1

87
d4

a
1
2d

2
,
a
7
a
1
6d2
∴
解得
a
1
10,d2
，
∴
a
9
108

2

6

综上所述，答案为-6.

7答案及解析：
答案：C
解析：由三视图可知空间几何体为一个三棱台,记为三棱台
ABCA'B'C'
,如图,根 据三视图
11
可知
S
△
ABC
222
,< br>S
△
A'B'C'
448
,三棱台的高
AA'4< br>,故该三棱台的体积
22
156
VAA'(S
△
ABC< br>S
△
ABC
S
△
A'B'C'
S
△< br>A'B'C'
)
,故选C
33


8答案及解析：
答案：C
解析：记”这三名同学至少有一名同学被选上”为事件A ,则事件
A
为”这三名同学都没被
111557
选上”,则
P(A) (1)(1)(1)
,所以
P(A)1P(A)1

346121212

9答案及解析：
答案：D
11 111114
解析：假设选项A正确，运行程序框图可得
T01
，不符合
22334455

题意；
1

1111111

17
假设选项B正确，运行程序框图可得
T0 

1


，不符合
2

3243546

30
题意；
1
假设选项C正确，运行程序框图 可得
T0
2
1

2

31425 364


6521
，不符合题意；

假设选项D正确，运行程序框图可得
T0
符合题意故选D

10答案及解析：

2132435451
，

答案：A
解析：不妨设双曲线的左焦点为
F
，由双曲线的对称性可得：四边形
MFNF
为矩形，
11

mn2a

1

则
MF
1
F
为直角三角形，设
MF
1
m,MFn，则

mnab
，解得
a
2
abc
2< br>，

2
222


mn4c
即
abb
2
，即
ab
，则
a
2
c
2< br>a
2
，则
c2a
，得
e2


11答案及解析：
答案：B
解析：作出函数
f

x

的大致图像，如图.
1 )
上单调递增，在
(1,0)
和
(1,)
上单调递减. 由图 可知，
f

x

在
(,1)
和
(0 ,

当
x1
时，函数
f

x

有极大值
f

1

f

1

3
，
当
x0
时，函数
f

x

有极小值
f

0

2
.
要使关于x
的方程


f

x



af

x

b0
有且仅有8个不同的实数根， 2
设
tf

x

，则关于
t
的方程
t
2
atb0
有两个不同的实数根
t
1
,t
2
，
3)
，
at
1
t
2
(4,9)
，
a(9,4)
.故选B.
3)
，
t
2
(2,
满足
t
1
(2,

12答案及解析：
答案：C
解析：因为
g(x)f(x)xa
存在2个零点,
即
yf(x)
与
yxa
的图象有两个交点,示意图如图,

要使得
yxa
与
yf(x)
的图象有两个交点, 则有
a1
,即
a1
.

13答案及解析：
答案：
23

r
2
r
2
rr
解析：
a2ba2b


rr
r
2
r
a2a2bcos602b
1
2
2
2222
2

2


2
44412
,
r
r
uu
∴
a2b1223
.

14答案及解析：
5
答案：
3
解析：∵
a,b,c成等比数列,∴
b
2
ac
，

∴
sin
2
BsinAsinC
，
∵
tanB
则
3
3
,∴
sinB
.
5
4
11cosAcosC

.
tanAtanCsinAsinC
5
故答案为：.
3

15答案及解析：

5

,1

答案：


5

解析：建立如图所示的空间直角坐标系,则
A

0,0, 0

,
E

0,1,


1

1

G,0,1
,

,
F

x,0,0

,
2

2

D

0,y,0

,
2

1

由于
GDE F
,所以
x2y10
,
DFx
2
y
2< br>5y
2
4y1
5

y


,
5

5

当
y
2
5
2< br>时,线段
DF
长度的最小值是
,当
y1
时,线段
D F
的最大值是
1
,由于不包括端
5
5
点,故
y1
不能取.


16答案及解析：
答案：2
解析：如图，

uuuruuur
由
F
得
F
1
AAB.
又
OF
1
 OF
2
,

1
AAB,
得
OA
是三角形
F
1
F
2
B
的中位线，即
BF
2
OA,BF
2
2OA.

uuuruuuur
由
F
，
1
BF
2
B0
得
F
1
BF
2
B,OAF
1
A ,
则
OBOF
1
OF
2
,

有
OBF
2
BF
2
O2OBF
1
2OF1
B,AOBAOF
1
．又
OA
与
OB
都是渐近线，
o
得
BOF
2
AOF
1
,则
BOF
2
60
．又渐近线
OB
的斜率为
b

tan60
o

3
，
a
所以该双曲线的离心率为
e

17答案及解析： < br>答案：(1)因为
A
cb
1()
2
1(3)
2
2
．
aa
ACACACAC

，
C
，
2 222
ACAC

ACAC

ACAC
< br>
cos
所以
sinAsinCsin

.

sin

2sin
2

2

2 2

2

2
a
2
c
2
b2
3
(2)依题意知，
cosB
，
2bac
， 得
2sinBsinAsinC
，
2ac4
ACAC
co s
则由(1)得
2sin
B
sin
A
sin
C 
2sin

22
因为
sin
AC
π
 BB
sincos
，
222
BBBACACB
cos
2coscos2sin
. ，得
cos
222222
B3
B2AC2

，所以
sin
，故
cos
.

24
2422
所以< br>2sin
B
4sin
又
cosB12sin
2
解析：

18答案及解析：
答案：（1）证明：连结AC交BD于O,连结OM

因为M为AF中点，O为AC中点,
所以
FCMO
,
又因为
MO
平面MBD,
所以
FC
平面MBD;
(2)因为正方形ABCD和矩形ABEF所在平面互相垂直,
所以
AF
平面ABCD
所以
AFBD
，又因为
所以
BD
平面ACF,所以
FCBD

因为，正方形ABCD和矩形ABEF，所以
ABBC,ABBE
,
所 以
AB
平面BCE，所以
ABBN
,又因为
EFAB
, 所以
EFBN

又因为
ECBN
,所以
BN
平面CEF，所以
BNFC
,
所以
CF
平面BDN.
解析：

19答案及解析：
1
答案：(1)乙地对企 业评估得分的平均值是


9794888378

88
，
5
1
22222
9788


< br>9488



8888



8388



7888


48.4< br>. 方差是




5

（2）从甲、乙 两地准备引进的优秀企业中各随机选取1个，有

96,97

,

96,94

,

96,88

,
93,97

,

93,94

，

93,88

,

89,97

,

89 ,94

,

89,88

,

86,9 7

，，

86,94

,

86,88

共
12
组，
设“得分的差的绝对值不超过5分”为事件
A
，
则事件
A
包含有

96,97

,

96,94

,

93,97

,

93,94

，< br>
93,88

,

89,94

,

89,88

,

86,88

共
8
组.
所以
P

A


82


123

所以得分的差的绝对值不超过5分的概率是
解析：

20答案及解析：
2
.
3
答案：(1)由题意可得
a 2c,bc3
又
a
2
b
2
c
2
,可 得
a2,b3,c1

x
2
y
2
所以椭圆< br>C
的方程为
1

43
3
(2)由(1)可得直线
l:x1
,
A(1,)
.由题意知直线
MN
的斜率存 在,故设直线
MN
的方程
2
为
ykxm
,代入椭圆方程 ,消
y
可得
(34k
2
)x
2
8kmx4m
2
120
,
8km4m
2
12
则
48(4km3)
,
x
1
x
2

2< br>.设
M(x
1
,y
1
),N(x
2
,y2
)

,x
1
x
2

4k34k< br>2
3
22
QMABNABk
AM
k
AN
0
.
33
y
2

2

20
,即
(kxm
3
)(x1)(kxm
3
)(x1)0
,

1221
x
1
1x
2
1
22
y
1

2k(4m
2
12)3 8km
3
(mk)2m30

2kx
1
x< br>2
(mk)(x
1
x
2
)2m3
4k
2
324k
2
3
2
1
化简可得
(2k1)(2m2k3)0
,
k
或
2m2k30< br>
2
当
2m2k30
时,直线
MN
的方程为< br>yk(x1)
11
k
故直线
MN
的斜率为定值

22
3
3
,经过点
A(1,)
,不满足 题意,则
2
2
解析：

21答案及解析：
答案：(1)由题意可得
f

x

的定义域为
(0,)
，
x
x
12
ae

x2


xae


x2

，
f


x


2


3
3
xxx
x
当
a0
时，易知
xae
x

0，
所以，由
f


x

0
得0x2
，由
f


x

0
得< br>x2
，
2)
上单调递减，在

2,

上单调递增. 所以
f

x

在
(0,


xae


x2

， (2)由(1)可得
f


x


x
x
3
当
0x2
时
x2
0
，
x
3
xx< br>记
g

x

xae
，则
g
< br>
x

1ae
，
2)
内有两个极值点， 因为
f

x

在区间
(0,
2)
内有两个零点 ，所以
a0
. 所以
g

x

在区间
( 0,
令
g


x

0
，则
x lna
，
2)
上，
g

(x)0
，所以在< br>(0,2)
上， ①当
lna0
，即
a1
时，在
(0,
g

x

单调递减，
g

x
的图象至多与
x
轴有一个交点，不满足题意
②当
lna 2
，即
0a
1
2)
上，
g


x

0
，所以在
(0,2)
上，
时，在
(0 ,
e
2
g

x

单调递增，
g

x

的图象至多与
x
轴有一个交点，不满足题意.
③当< br>0lna2
，即
1
2)
上单调递减，
a1
时，
g

x

在
(0,lna)
上单调递增，在
(lna,

2
e
2)
内有两个零点， 由
g< br>
0

a0
知，要使
g

x

在区间
(0,


g

lna
lna10
21
a
必须满足

，解得
，
2
2
ee
g22ae0




21

综上所述，实数
a
的取值范围是

2
,

.

ee

解析：

22答案及解析：

x3x

y2y
答案：(1 )∵

后得到曲线
C
2
，
1

xx


3


1
x
2
y
2

yy
1
22
C:xy1

2< br>94
1
∴,代入圆得：，
x
2
y
2
1
C
94
2
故曲线的直角坐标方程为 ；

直线l的极坐标方程为
cos

2sin


1 0

.
即

cos

2

s in

10
，即
x2y100
，
(2)将直线< br>x2y100
平移与
C
2
相切时，则第一象限内的切点M满足条 件，
设过M的直线为
x2yC0
，

x2yC0< br>
2

xy
2
25
2
99
1xCxC
2
360


24
则由
< br>94
得：
4
，
92595
(C)
2
 4(C
2
36)0C
2442
， 由得：
x
99
x
5
,或
5
,(舍去)，
8
5
，
故
则
y

98

,

即M点的坐标为

55

，
则点M到直线l的距离
d5

解析：

23答案及解析：
答案：(1)
xf

x

2 x1
即
xx12x1
，



x 1

1x1

x1
则

或

2
或

2
，
xx2x1xx2x1



x

x1

2 

x1



1

. 得
x1
.所以原不等式的解集为

,
(2)
f

x

x3a2
恒成立，即
x1x3a2
恒成立，
此时只需

x1x3a

max
2
. < br>因为
x1x3a

x1



x 3a

13a
，

1
所 以
13a2
，即
213a2
，解得
1a

3

1

所以实数
a
的取值范围是
1,

.

3

解析：