江西省南昌市2020届高三第二轮复习测试卷理科数学（五）（PDF版附解析）.pdf

— 高三理科数学(五)第 1 页(共 4 页) — 2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷 理科数学(五) 命题人：南昌二中 周启新 审题人： 八一中学杨平涛 立德朝阳胡玉玲 本试卷分必做题和选做题两部分．满分150 分，考试时间120 分钟． 注意事项： 1．客观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，如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．主观题用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写 作答．若在试题卷上作答，答题无效． 2．选做题为二选一，先在答题卡上把对应要选做的题目标号涂黑，没有选择作答无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回. 一．选择题：共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的. 1．设  1,0,1,2U   ，集合  2| 1,A x x x U   ，则 UC A  A． 0,1,2 B． 1,1,2 C． 1,0, 2 D． 1,0,1 2.设函数 xxf 2log)(  ，在区间 )6,0( 上随机取一个自然数 x ，则 2)( xf 的概率为 A． 1 3 B． 2 3 C． 3 5 D． 4 5 3．已知各项均为正数的等比数列 na 中， 1 3 2 13 , ,22a a a 成等差数列，则 11 13 8 10 a a a a   = A． 27 B．3 C． 1 或3 D．1或 27 4．某小区计划建造一个椭圆形的花坛，O 为椭圆的中心， ON 位于椭圆的长轴上， MON 为直角，欲在其中建立 一个长方形的水池，如图已知矩形OAPB ，有 8ON  ， 6OM  ，则该矩形的最大面积为 A．10 B．12 C． 20 D． 24 5．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一 壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经四处，没 了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所 示，即最终输出的 0x  ，则一开始输入的 x 的值为 A. 3 4 B 7 8 . C.15 16 D. 31 32 6． x ， y 满足约束条件 1 1 2 2 x y x y x y          ，若目标函数 z ax by  ( 0, 0)a b  的最大值为 7，则 3 4 a b 的最小值为 A.7 B.13 C.14 D.18 — 高三理科数学(五)第 2 页(共 4 页) — O A1 A B B1 C C1D1 D 7.已知| | | | 2OA OB   ，点C 在线段 AB 上，且| |OC 的最小值为 1，则| |OA tOB  (t R )的 最小值为 A. 2 B. 3 C.2 D. 5 8.已知复数 1 cos 2 ( )iz x f x  ， 2 ( 3 sin cos ) iz x x   ，xR .在复平面上，设复数 1z ， 2z 对 应的点分别为 1Z ， 2Z ，若 1 2 90Z OZ   ，其中O 是坐标原点，则函数 ( )f x 的最大值为 A． 1 4 B． 1 4 C． 1 2 D． 1 2 9.已知 2 2 0 2 4a x dx  ，若 2020(1 )ax  2 2020 0 1 2 2020 ( )b b x b x b x x R     ，则 20201 2 2 20202 2 2 bb b    的值为 A. 1 B.0 C.1 D. 2 10.如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点O为线段 BD 的中点．设点 P 在线段 1CC 上，直线OP 与平面 1A BD 所成的角为 ，则sin 的取值范围是 A． 3[ ,1]3 B． 6[ ,1]3 C． 6 2 2[ , ]3 3 D． 2 2[ ,1]3 11.已知数列 na 为等差数列, nS 是其前 n 项和， 2 55, 35a S  数列 1{ } na 的前 n 项和为 nT ,若对一 切 *Nn 都有 2 25n n mT T  ，则 m 能取到的最大整数为 A.3 B. 4 C.5 D. 6 12.已知双曲线C ： 2 2 1( 0)x y mm    的离心率为 6 2 ，过点  2,0P 的直线 l 与双曲线C 交于不 同的两点 A 、 B ，且AOB 为钝角（其中O 为坐标原点），则直线 l 斜率的取值范围是 A. 5 5( , )5 5 B. 5 5( ,0) (0, )5 5  C. 2 2( , )2 2 D. 2 2( ,0) (0, )2 2  二.填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13.设向量 (2 tan , tan )a   ，向量 (4, 3)b   ，且| | 0a b   ，则 tan( )   ________． 14.某校高三年级组从 3 名青年语文老师、4 名数学老师、5 名英语老师中挑选 5 人组成高三学生 心理减压辅导小组，则语文、数学、英语老师都至少有一人的选择方法种数是______(用数字作答)． 15.定义在R 上的函数 ( )f x 满足 ( ) ( )f x f x  ，且当 0x 时， 2 1, 1 0 ( ) 12 ( ) , 12 x x x f x x          ， 若对任意的 ]1,[  mmx ，不等式 )()1( mxfxf  恒成立，则实数 m 的取值范围是_____． 16.在棱长为 446  的密封直棱柱容器内有一个半径为 1 的小球，晃动此容器，则小球可以经过 的空间的体积为_________． — 高三理科数学(五)第 3 页(共 4 页) — 三、解答题:本大题共 6 小题，共 70 分 .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. （一）必做部分 17.( 本 小 题 满 分 12 分 ） 在 ABC 中 ， 角 A ， B ， C 对 应 的 边 分 别 是 a ， b ， c ， 且 tan 3( cos cos )b B a C c A  ． （Ⅰ）求角 B ； （Ⅱ）若函数 π( ) 2sin(2 ) 2cos26f x x x   ,且 6( )2 5f A  ，求 πcos( )6A 的值． 18.(本小题满分 12 分）如图：正四面体 ABCD ，点 M 、 N 分别在对棱 AB 、CD 上，点 N 是线 段CD 的中点. （Ⅰ）求证：平面 ABN  平面 MCD ； （Ⅱ）若点 P 是棱 AD 上一点，且二面角 A BC P  为30 ， 求直线 AC 与平面 PBC 所成角的正弦值. 19.(本小题满分 12 分）1885 年沙门氏菌等在霍乱流行时分离到猪霍乱沙门氏菌，故定名为沙门氏 菌.沙门氏菌属有的专对人类致病，有的只对动物致病，也有对人和动物都致病.据统计在世界各国 的种类细菌性食物中毒中，沙门氏菌引起的食物中毒常列为榜首.2019 年 10 月 26 日，江西省南昌 市发生一起食品中毒事件.截止 11 月 1 日，疾控机构对 596 名相关人员开展了流行病学调查，在 采集的 50 份病例报告中，有 43 份检查出肠炎沙门氏菌. 现某疾控中心为筛查沙门氏菌，需要检验粪便.现有 n 份样本，每个样本取的可能性相等，以下有 两种检验方式：①逐份检验，需检验 n 次；②混合检验，将其中 k 份样本分别取样混在一起检验， 若检查结果不含沙门氏菌，因而这 k 份样本只需一次检验即可；若检验结果含沙门氏菌，为了明 确这 k 份样本究竟哪几份含有，就需要对这 k 份再逐份检验。假设在接受检验的样本中，每份样 本的检查结果是相互独立的，且每份样本结果含沙门氏菌的概率为 p . 现取其中 k 份样本，记采用逐份检验方式需要检验总次数为 1X ，采用混合检验方式的检验总次数 为 2X . （Ⅰ）若 1X 与 2X 的数学期望值相等，请用 k 表示 p ，求函数 ( )p f k ； （Ⅱ）若 p 与检验时使用的某药剂量 nx 有关，其中 )2(21 nxxx n，，，  满足： 11 x ， 31 en n x x   . 当 3 4 11 x p  时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次 数期望值更少，求 k 的最大值. （参考数据： 6094.15ln,3863.14ln,0986.13ln,6931.02ln  ） — 高三理科数学(五)第 4 页(共 4 页) — 20.（本小题满分 12 分）已知椭圆C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b    的离心率为 3 2 ，椭圆C 四个顶 点围成的四边形的面积为 4 . （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）若C 的左顶点和上顶点分别为 ,A B ，P 是线段 AB 上的点，直线 )0(2 1  mmxy 交椭 圆C 于 M ， N 两点．若 MNP 是斜边长为 10 的直角三角形，求直线 MN 的方程． 21.(本小题满分 12 分）已知函数    1 lnf x x x  . （Ⅰ）证明：对任意的  1,x  ，    2 1f x x  恒成立； （Ⅱ）若 1 2,x x 为函数   ln 2019 xh x x  的两个零点，且 1 2x x ，证明： 2 1 2 ex x  . （二）选做部分 请考生在第（22）、（23）两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，作答时 用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，把答案填在答题卡上． 22.（本小题满分 10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为           2 2 2 2 1 323 1 1 t tty t tx （t 为参 数）．以坐标原点 O 为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 02sincos   （Ⅰ）求曲线 C 的普通方程和直线l 的直角坐标方程； （Ⅱ）若点 (2 4)P ， ，设曲线C 与直线l 交于 A， B 两点，求| | | |PA PB . 23.（本小题满分 10 分）设函数 1( ) | 3 | 2 | |2f x x x    ． （Ⅰ）求函数 ( )f x 的取值范围； （Ⅱ）若任意 ,s t R ，不等式 (| 1| |1 |) ( )k t t f s    恒成立，求 k 的取值范围． — 高三理科数学(五)第 5 页(共 4 页) — 2019-2020 学年度南昌市高三第二轮复习测试试卷 理科数学(五)参考答案 一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分．） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B C A D C A B B A B B D 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分，共 20 分) 13． 1 7 14．590 15． 1[ 1, ]3  16． 2856 3  三、解答题:本大题共 6 小题，共 70 分 .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．【解析】（Ⅰ）  tan 3 cos cosb B a C c A  ，由正弦定理得  sin tan 3 sin cos sin cosB B A C C A  ，  sin tan 3sin 3 sinB B A C B    ， 0 πC  ， sin 0B  ， tan 3B  ， π 3B  . （Ⅱ）   π π π2sin(2 ) 2cos 2 2sin 2 cos 2cos 2 sin 2cos 26 6 6f x x x x x x      π3 sin 2 cos 2 2sin(2 )6x x x    ，又 π 6( ) 2sin( )2 6 5AAf    ，∴ π 3sin( )6 5A  ， 由(1)得 π 3B  , 2π(0, )3A  , π π π( , )6 6 2A    2π π 4cos( ) 1 sin ( )6 6 5A A      π π π π π πcos( ) cos( ) cos( )cos sin( )sin6 6 3 6 3 6 3A A A A         4 1 3 3 4 3 3 5 2 5 2 10      18．【解析】（Ⅰ）证明：∵ 正四面体 ABCD ，∴ ACD ， BCD 均为等边三角形， 又由 N 为CD 的中点，∴ CD AN ，CD BN ， AN BN N ， ∴ CD  平面 ABN ，又CD  平面 MCD ， ∴ 平面 ABN 平面 MCD . （Ⅱ）不失一般性，设正四面体的棱长为 2. 解法一：设点 A 在平面 PBC 的射影为 A，则 AA  平面 PBC ，取棱 BC 的中点 E ，连 A E ， ∵ ABC 为等边三角形，∴ AE BC ，又 AA  平面 PBC ，∴ AA BC  ，∴ BC  平面 AA E ， 从而 BC A E ，∴ AEA 是二面角 A BC P  的平面角，即 030AEA  ， — 高三理科数学(五)第 6 页(共 4 页) — 又∵ 3 32AE AB  ， ∴ 1sin 23 AA AAAEA AE      ，∴ 3 2AA  又∵ AA  平面 PBC ，点 A在平面 PBC 内， ∴ ACA 即为直线 AC 与平面 PBC 所成角的平面角 ∴ 3 32sin 2 4 AAACA AC     即直线 AC 与平面 PBC 所成角的正弦值为 3 4 . 解法二：如图：以点 A 在平面 BCD的射影O为原点，以过点O且与 BC 平行的直线为 x 轴，以OD 所在直线为 y 轴，以OA所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系. 则 2 3 3 3 2 6(0, ,0) ( 1 0) (1 0) (0,0, )3 3 3 3D B C A  ， ， ，， ， ，， ， 设 ( (0,1))AP AD    ，则 2 3 2 6 2 6(0, , )3 3 3P   ∴ (2,0,0)BC  ， 3 2 6( 1, , )3 3CA   ， 3 2 3 2 6 2 6( 1, , )3 3 3 3CP      设平面 ABC 与平面 PBC 的法向量分别为 1 1 1 2 2 2( , , ), ( , , )m x y z n x y z   ， 则由 1 1 1 1 2 00 3 2 6 00 3 3 xm BC m BC x y zm AC m AC                          ⊥ ⊥ ，取 1 1z  ，得 (0, 2 2,1)m   同理可得 2 2 2 2 2 0 3 2 3 2 6 2 6( ) ( ) 03 3 3 3 x x y z        ，取 2 1z  ，得 2 2( 1)(0, ,1)2 1n      ∵ 二面角 A BC P  的大小为 030 ，∴ 2 2 8( 1)| 1|| | 32 1cos30 2| || | 8(1 )3 1 (2 1) m n m n                  解得 3( 6 1) 10  ∴ 8 2 9 3(0, ,1)5n  — 高三理科数学(五)第 7 页(共 4 页) — 设直线 AC 与平面 PBC 所成角为 ，则 2 3 8 2 9 3 2 6| || | 33 5 3sin 4| || | 8 2 9 32 ( ) 15 CA n CA n            ∴ 直线 AC 与平面 PBC 所成角的正弦值为 3 4 . 19．【解析】（Ⅰ）由题意可知 kEX 1 ， kkk pkkpkpEX )1()1(])1(1)[1()1(12  . 因为 21 EXEX  ,即 kpkkk )1()1(  ，整理可得 111( ) ( )kp f k k   . （Ⅱ） }{ nx 为等比数列， 1 3e n nx   ，则 3 e 11p ∵. 21 EXEX  ，即 kpkkk )1()1(  ∴ 3 1 1 1(1 ) ( ) , ln 3e k kp k kk      . 设函数 )0(3 1ln)(  xxxxf ， x xxf 3 3)('  ，即 )(xf 在 ),3[  单调递减. 因为 03 55ln)5(,6094.15ln ;03 44ln)4(,3863.14ln ;013ln)3(,0986.13ln ;03 22ln)2(,6931.02ln     f f f f 所以 k 的最大值为 4. 20．【解析】（Ⅰ）由题意得 4222 1,2 3  baSa ce ,又 2 2 2a b c  ，所以 2 =1a b ， 故 椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  . （Ⅱ）设 ),(),,( 2211 yxNyxM .由        14 2 1 2 2 yx mxy , 消去 y，得 012 1 22  mmxx ， 则 02 2  m ， mxx 221  ， 22 2 21  mxx ， 2 21 510||2 5|| mxxMN  ． — 高三理科数学(五)第 8 页(共 4 页) — ①当 MN 为斜边时， 10510 2  m ，解得 0m ，满足 0 ，此时以 MN 为直径的圆方程 为 2 2 5 2x y  . 点 )1,0(),0,2( BA  分别在圆外和圆内，即在线段 AB 上存在点 P ，此时直线 MN 的方程 xy 2 1 ，满足题意. ②当 MN 为直角边时，两平行直线 AB与 MN 的距离 2 5 | 1|5d m  ， 所以 10)510(|1|5 4|| 2222  mmMNd ，即 04821 2  mm ， 解得 7 2m 或 3 2m （舍）, 又 0 ，所以 7 2m . 过点 A作直线 MN : 7 2 2 1  xy 的垂线,可得垂足坐标为 )7 4,7 12(  ，垂足在椭圆外，即在线段 AB 上存在点 P ，所以直线 MN 的方程 7 2 2 1  xy ，符合题意． 综上所述，直线 MN 的方程为 xy 2 1 或 7 2 2 1  xy ． 21．【解析】（Ⅰ）“对任意的  1,x  ，    2 1f x x  恒成立”等价于    2 1ln 0 11 xx xx    恒成立，令      2 1ln 11 xg x x xx    ，       2 2 1 0 1 xg x x x     ， 当  1,x  ，   0g x  恒成立，故  g x 在 1, 单调递增，所以    1 0g x g  . （Ⅱ） 2 1 2 1 2e ln ln 2x x x x     ，注意到   2019 2019 xh x x   ，      0, 2019 , 0,x f x f x  单调递增；      2019, , 0,x f x f x   单调递减， 由（I）知，令  0ax a bb   ，得 ......(*).ln ln 2 a b a b a b   由已知可得： 1 1 2 2 ln ......(1)2019 ln .......(2)2019 xx xx     ， （1）式-（2）式得： 1 2 1 2ln ln 2019 x xx x   ，由（*）式可得 1 2 4038,x x  （1）式+（2）式得： 1 2 1 2ln ln 2019 x xx x   ，则 1 2 1 2ln ln 22019 x xx x    ，故 2 1 2 ex x  . — 高三理科数学(五)第 9 页(共 4 页) — 22．【解析】（Ⅰ）因为曲线 C 的参数方程为           2 2 2 2 1 323 1 1 t tty t tx （t 为参数）， 2 2 11 11 t t    ， 所 以 1)1 2()1 1()3(x 2 2 2 2 2 22   t t t ty ， 所 以 曲 线 C 的 普 通 方 程 为 2 2( 3) 1 ( 1)x y x      . 因为直线 l 的极坐标方程为 02sincos   ,所以直线 l 的直角坐标方程为 2 0x y   ; （Ⅱ）由（Ⅰ）可得直线 l 的参数方程为 22 2 24 2 x t y t       ，代入到 2 2( 3) 1x y   得到 2 22 2(2 ) (4 3) 12 2t t     ，即 2 3 2 4 0t t   ，设点 A 、B 所对应的参数分别为 1t 、 2t ， 则有 1 2 1 2 3 2 0 4 0 t t t t        ，所以  1 2 1 2 3 2PA PB t t t t       . 23．【解析】（Ⅰ） 1( ) | 3 | 2 | |2f x x x    ,当 1 2x  时， ( ) 3 4,f x x   当 1 32 x  时， ( )= 2,f x x  当 3x  时， ( )=3 4,f x x  ( )f x 的最小值为 5 2 5( ) 2f x  （Ⅱ）由题意知：对于任意 ,s t R ，不等式 (| 1| |1 |) ( )k t t f s    恒成立， 等价于 5(| 1| |1 |) 2k t t    恒成立，设 | 1| |1 |u t t    ，则 | 1| |1 | 2u t t     ，所以 2 2u   ，所以有 52 2k  且 52 2k  ，解得 5 5 4 4k   . 高三理科数学（五）选择填空详细解析 1．B【解析】由 2 1x  得： 1 1x   ，所以  0A  ，因此  1,1,2UC A   . 2.C【解析】已知 2( ) logf x x ，在区间(0,6) 上随机取一个自然数 x ，有1,2,3,4,5五个数，— 高三理科数学(五)第 10 页(共 4 页) — ( ) 2f x  即 0 4x  ，有1,2,3共三个数，所以概率 3 5 . 3．A【解析】由题意，得 3 1 23 2a a a  ，即 2 1 1 13 2a q a a q  ，解得 3q  或 1q   （舍去）， 则 11 13 8 10 a a a a   ＝ 3 5 38 8 2 8 8 27a q a q qa a q    ． 4.D【解析】设 ),sin6,cos8( P  2sin24sin6cos8 OAPBS矩形 ， 当 4   ，最大 24OAPBS 矩形 ，故选 D。 5．C【解析】 1, 2 1i x x   ， 2, 2 (2 1) 1 4 3i x x x       ， 3, 2 (4 3) 1 8 7i x x x       ， 4, 2 (8 7) 1 16 15i x x x       ，当16 15 0x   时，解得： 15 16x  . 6．A【解析】作出不等式组 1 1 2 2 x y x y x y          表示的平面区域， 得如图的 ABC 及其内部，其中      1,0 , 0,1 , 3,4A B C ， 设    , 0, 0z F x y ax by a b     ，将直线 :l z ax by  进行平移， 当l 经过点C 时，目标函数 z 达到最大值，  3,4 3 4 7F a b   ，可得  1 3 4 17 a b  ， 因此 3 4 1 3 4 1 12 12(3 4 )( ) (25 )7 7 b aa ba b a b a b       ， 12 12 12 122 24b a b a a b a b    ， 1 12 12 1 1(25 ) (25 24) 49 77 7 7 b a a b        ， 即当且仅当 1a b  时， 3 4 a b 的最小值为 7 . 7.B【解析】∵ 2OA OB   ，∴ 点 O 在线段 AB 的垂直平分线上． ∵ 点C 在线段 AB 上,且 OC 的最小值为 1，∴ 当 C 是 AB 的中点时 OC 最小，此时 1OC  ， ∴ OB 与OC 的夹角为60，∴ ,OA OB  的夹角为120 ． 又 2 2 22 2OA tOB OA t OB tOA OB          24 4 2 2 cos120t t      24 2 4t t   214( ) 3 32t    ，当且仅当 1 2t   时等号成立． ∴ 2 OA tOB  的最小值为 3，∴ OA tOB  的最小值为 3 ． 8.B【解析】据条件， 1(cos ,2 ( ))Z x f x ， 2 3 sin( , )cos 1x xZ  ，且 1 2OZ OZ ， — 高三理科数学(五)第 11 页(共 4 页) — 所以，cos ( 3 sin cos ) 2 ( ) 0x x x f x    ，化简得， 1 π 1( ) sin(2 )2 6 4f x x    ， 当sin(2 ) 1π 6x    时， 1 π 1( ) sin(2 )2 6 4f x x    取得最大值为 1 4 . 9. A【解析】由积分的几何意义知 22 1( π 2 ) 2π 4a      ， 在 2020 2 2020 0 1 2 2020(1 2 )     x b b x b x b x 中， 0 1b  ， 令 1 2x  ，则 20201 2 0 2 2020 02 2 2     bb bb ，∴ 20201 2 2 2020 12 2 2     bb b ．故选 A. 10．B【解析】直线OP 与平面 1A BD 所成的角为 的取值范围是 1 1 12 πAOA C OA    ，由于 1 6sin 3AOA  ， 1 1 6 3 2 2 6sin 2 3 3 3 3C OA      ，sin π 12  所以sin 的取值范围是 6[ ,1]3 ． 11.B【解析】由题意得 1 12 1, 2 1   n n a n a n 令 2 n n nA T T ,则 1 1 1...2 3 2 5 4 1     nA n n n , 则 1 1 1 1 1 1...2 5 2 7 4 1 4 3 4 5          nA n n n n n , 所以 1 1 1 1 1 1 1 04 3 4 5 2 3 4 6 4 6 2 3             n nA A n n n n n n , 即 1 n nA A 对一切 *n N 都成立，即 1n  ， nA 取最小值 1 5 , 所以 1 , 525 5 m m ,即 m 能取到的最大整数为 4,选 B. 12.D【解析】解法一：由题意得，双曲线 C: 2 2 12  x y ， 设直线 l： 2 x ty ，与双曲线 C 联立得： 2 22 4 2 0   t y ty ， 设点    1 1 2 2, , B ,A x y x y ，则   2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 2 2 8, 2 42 2         ty y x x t y y t y yt t ， 又因为AOB 为钝角，所以 1 2 1 2 0 x x y y ， 即 2 2 2 6 02    t t 得出 2 2 0t   ，所以直线 l 的斜率 2 2 1 1 2k t  ，解得 2 2 2 2k   ， 又因为 0k  时， AOB 不是钝角，所以直线 l 斜率的取值范围是 2 2( ,0) (0, )2 2  ，故选 D. — 高三理科数学(五)第 12 页(共 4 页) — 解法二：由题意得，双曲线 C: 2 2 12  x y ，两条渐近线方程为 2 2y x  ，点(2,0) 在双曲线内 部，若直线l 与双曲线一支交于 A 、 B ，则 o90AOB  ，不合题意；若直线l 与双曲线左右两 支分别交于 A 、B ，则 o90AOB  恒成立，所以 2 2 2 2k   ；又因为 0k  时， AOB 不 是钝角，所以直线 l 斜率的取值范围是 2 2( ,0) (0, )2 2  ，故选 D. 13. 7 1 【解析】：由| | 0a b   ，得 2 tan 4 0   ，tan 3 0   ，所以 3tan,2tan   ， 所以 7 1)tan(   . 14.590【解析】分三种情况：选一名英语老师，选两名英语老师和三名英语老师考虑，所有的方 法数为360 210 20 590   . 15. 1[ 1, ]3  【解析】由题意得，函数 ( )f x 为定义在 R 上，在区间( , 0) 单调递增的偶函数，由 不等式 ( 1) ( )f x f x m    恒成立，得| 1| | |x x m    ， 得 2(2 2) 1 0m x m    对任意的 [ , 1]x m m  恒成立，代入端点可得 3 11  m . 16. 2856 3 π 【解析】容器内的八个角附近区域不满足题意，其 3 1 π1 4 48(1 1 ) 88 3 π 3V       ； 容器内的十二条棱附近的区域不满足题意，其体积 2 2 2 8(1 ) 2 4(1 ) 4 32 84 4 π π πV         ， 则小球可以经过的空间的体积为 1 2 286 4 5 π4 6 3V V V       .