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安徽省示范高中培优联盟 2020 年春季联赛(高二)
数学(理科)
本试卷分第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分，第 I 卷第 1 至第 2 页，第 II 卷第 3
至第 4 页。全卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。
考生注意事项：
1.答题前，务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上
所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。
2.答第 I 卷时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答第 II 卷时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写，要求字体工整、笔迹清
晰。作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描清
楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸
上答题无效。
4.考试结束，务必将试题卷和答题卡一并上交。
第 I 卷(选择题 共 60 分)
一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的。)
(1)已知集合 M＝{x|y＝ln(x－1)}，N＝{x|x2－2x≥0}，则 M∩ N＝
(A)(0，2) (B)(1，2) (C)(－2，0) (D)(0，1)
(2)设复数 z＝( )2020 (其中 i 为虚数单位)，则复数 z 的共轭复数 在复平面内对应的点
位于
(A)第一象限 (B)第二象限 (C)第三象限 (D)第四象限
(3)在[0，1]内任取两个实数 x，y，则事件 00，a＋ ≥2 和 b＋ ≥2 至少有一个成立”的否定为
U
1 3
2
i− +
z
1
2
1
8
1
4
3
8
1
2
∀ 1
b
1
a(A) a，b>0，a＋ 0，a＋ 0)的最小值为
(A)6 (B) (C) (D)
(10)已知过点 A(t，0)的直线与抛物线 y 2＝8x 交于 B，C 两点，F 为抛物线的焦点，若
为常数，则 t 的值为
(A)2 (B)－2 (C)2 或－2 (D)不存在
(11)已知正多面体共有 5 种，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体。
∀ 1
b
1
a
∀ 1
b
1
a
∃ 1
b
1
a
∃ 1
b
1
a
3 21 2 35
3 1
2
4
π
2
π
3
π
4
π 3
2
( ) 0MB MC BC+ ⋅ =
AM BC⋅ =
( ) 2
1 9
1
xf x x x x
= + + +
181
30
43 3
12
13
2
1 1
BF CF
+任一个正多面体都有内切球和外接球，若一个半径为 1 的球既是一个正四面体的内切球，又
是一个正六面体的外接球，则这两个多面体的顶点之间的最短距离为
(A) －1 (B)1 (C)2 －1 (D)2
(12)已知不等式 xe2x－1－ax－lnx≥0 对一切 x>0 成立，则实数 a 的最大值为
(A) (B)2 (C)e (D)2e
第 II 卷(非选择题 共 90 分)
考生注意事项：
请用 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在答题卡的相应位置。)
(13)过点(－1，－1)与曲线 y＝ex＋x 相切的直线方程为 。
(14)已知长轴长为 2a，短轴长为 2b 的椭圆的面积为 πab。现用随机模拟的方法来估计 π 的近
似值，先用计算机产生 n 个数对(xi，yi)，i＝1，2，3……，n，其中 xi，yi 均为[0，2]内的随机
数，再由计算机统计发现其中满足条件 的数对有 m 个，由此可估计 π 的近似值
为 。
(15)已知△ABC 中，AB＝9，∠BAC＝60°，D 为边 BC 上一点，且 CD＝2BD，AD＝2 ，
则△ABC 的面积为 。
(16)已知双曲线 C： 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 的直线分别
交双曲线 C 的左、右支于 A，B 两点，△ABF2 为直角三角形，且∠F1AF2＝45°，则双曲线 C
的离心率为 。
三、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步
骤。)
(17)(本题满分 10 分)
已知△ABC 中，A、B、C 的对边分别为 a、b、c， 。
(1)求角 A；
(2)若 a＝ ，求 b＋2c 的取值范围。
(18)(本小题满分 12 分)
3 2
2
e
2
1 4
i
i
xy < −
13
2 2
2 2 1( 0, 0)x y a ba b
− = > >
sin sintan cos cos
B CA B C
+= +
3已知公差不等于 0 的正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，递增等比数列{bn}的前 n 项和为 Tn，cn
＝an·bn，a1＝b2＝2，c1＋c2＋c3＝34，4Sn＋1＝(an＋1)2。
(1)求满足 n∈N*，n3≤λcn 的 λ 的最小值；
(2)求数列{cn}的前 n 项和 Mn。
(19)(本小题满分 12 分)
如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，∠APC＝90°，∠BPD＝120°，PB＝
PD。
(1)求证：平面 APC⊥平面 BPD；
(2)若 AB＝2AP＝2，求直线 AP 与平面 PCD 所成角的正弦值。
(20)(本小题满分 12 分)
Fibonacci 数列又称黄金分割数列，因为当 n 趋向于无穷大时，其相邻两项中的前项与后项的
比 值 越 来 越 接 近 黄 金 分 割 数 。 已 知 Fibonacci 数 列 的 递 推 关 系 式 为
。
(1)证明：Fibonacci 数列中任意相邻三项不可能成等比数列；
(2)用数学归纳法证明：Fibonacci 数列的通项公式为 。
(21)(本小题满分 12 分)
已知曲线 E 上任一点 P 到直线 l：x＝4 的距离是点 P 到点 M(1，0)的距离的 2 倍。
(1)求曲线 E 的方程；
(2)过点 A(2，0)作两条互相垂直的直线分别交曲线 E 于 B、D 两点(均异于点 A)，又 C(－2，
0)，求四边形 ABCD 的面积的最大值。
(22)(本小题满分 12 分)
已知函数 有两个不同的零点 x1，x2。
∀
1 5 0 6182
+ ≈- .
1 2
1 2
1
3n n n
a a
a a a n− −
= =
= + ≥
，
1 1 5 1 5
2 25
n n
na
+ −
−
=
( ) x af x e x
= +(1)求实数 a 的取值范围；
(2)证明：x1＋x2 2t ≥ ( )f x
9 92 6y t tt t
= + ≥ ⋅ =
3t =
1 3x x
+ = 3 5
2x
±=
( ),0A t x my t= + 2 8y x=
2 8 8 0y my t− − = ( )1 1,B x y ( )2 2,C x y 1 2 8y y m+ = 1 2 8y y t= −
( )22 2
1 2 1 2 1 22y y y y y y+ = + − 264 16m t= + 1 1
BF CF
+
1 2
1 1
2 2x x
= ++ +
2
1
1
28
y
=
+
2
2
1
28
y
+
+
( )
( )
2 2
1 2
2 2 2 2
1 2 1 2
8 256
16 256
y y
y y y y
+ +
=
+ + +
( )
( )
2 2
2 2 2 2
8 64 16 256 1 8 2 4
1264 16 64 16 256 8 2 22
m t m t
t m t m t t
+ + + += = ⋅
+ + + + + +
m 21 2 42 t + = 2t = 2−
ABCD A
A
A
A A
3 1 2− =
e 1x x≥ + 2 1 2 1 lne e 2 1 ln 1 2 lnx x xx x x x x− − += ≥ − + + = +
2 1 ln 0x x− + = ( )2 1e ln 2 ln ln 2xx ax x x x ax x a x− − − ≥ + − − = − 2 0a− ≥
2a ≤
2 1y x= + ( )0
0 0,exx x+ xy e x= + e 1xy′ = +所 以 切 线 方 程 为 ， 因 为 切 线 过 点 ， 所 以
， 即 ， 所 以 ， 即 所 求 切 线 方 程 为
．
14.【答案】 ．【解析】 因为 ， ，所以 表示的数对对应的
点 在 椭 圆 的 内 部 ， 且 在 第 一 象 限 ， 其 面 积 为 ， 故
，得 ．
15.【答案】 ．【解析】设 ， ，则 ．在 和 中
分 别 由 余 弦 定 理 得 ，
，两式消去角，得 ，在 中
由 余 弦 定 理 得 ， 即 ， 所 以
， 解 得 或 （ 舍 去 ）．所 以 的 面 积 为
．
16.【答案】 或 ．【解析】设 ．①当 时，设 ，
则 ， ， ，所以 ，所以 ，
在 中由余弦定理，得 ，
整 理 得 ； ② 当 时 ， 设 ， 则 ， ，
，所以 ，所以 ，在 中
由勾股定理，得 ，整理得 ．
( )( )0 0
0 0e 1 ex xy x x x= + − + + ( )1, 1− −
( )( )0 0
0 01 e 1 1 ex xx x− = + − − + + 0
0e 0xx = 0 0x =
2 1y x= +
8m
n ix iy [ ]0,2∈ 2
1 4
i
i
xy < −
( ),i ix y
2
2 14
x y+ = 2 1
4 2
π π× × =
2
2 2
m
n
π
≈×
8m
n
π ≈
27 3
2
AC x= BD y= 2CD y= ABD△ ACD△
( )22 29 2 13 2 2 13 cosy y ADB= + − ⋅ ⋅ ⋅ ∠
( ) ( )222 2 2 13 2 2 2 13 cosx y y ADC= + − ⋅ ⋅ ⋅ ∠ 2 26 6x y+ = ABC△
( )2 2 23 9 2 9 cos60y x x= + − × ⋅ ⋅ ° 2 29 81 9y x x= + −
( ) ( )2 23 6 2 9 81x x x+ = − + 6x = 24x = − ABC△
1 3 27 39 62 2 2S = × × × =
3 6 3+ 1 2 2F F c= 1 90AF B∠ = ° 1AF m=
1BF m= 2AB m= 2 2BF m a= −
2 12 2 2a AF AF m a= − = − 2 2m a=
1 2BF F△ ( ) ( ) ( ) ( )( )2 22 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2c a a a a a a
= + − − − −
3ce a
= = 1 90ABF∠ = ° 1BF m=
1 2AF m= AB m=
2 2BF m a= − ( )2 12 2 2 2a AF AF m a= − = − − ( )4 2 2m a= + 1 2BF F△
( ) ( )( ) ( )( )2 222 4 2 2 2 2 2c a a= + + + 3 6ce a
= = +解答题
17.【解】（1）由 得 ，即
， 也 即 ， 所 以
，所以 或 （不成立），所以
，则 ． （4 分）
（2）由正弦定理得 ，所以 ， ．因为 ，
所 以 ， 所 以
， 其 中 为 锐 角 ， 且
， ． 因 为 ， 所 以 ， 易 知 在
单调递增，在 单调递减，所以 时， 取得最大
值 ，又 ，所以 ，故
的取值范围为 ． （12 分）
18. 【 解 】（ 1 ） 由 得 ， 两 式 相 减 并 整 理 得
，∵ 为正项数列，∴ ，∴ ，
．由 得 ，即 ，解得 （舍
去）或 ，所以 ， ． （3 分）
所以 ，设 ，因为 ，则 ，
时， 单调递减，又 ，所以 的最大项为 ，故 的最小值为
．（7 分）
（2）由（1）知 ．
sin sintan cos cos
B CA B C
+= +
sin sin sin
cos cos cos
A B C
A B C
+= + sin cos sin cosA B A C+
cos sinA B= cos sinA C+ sin cosA B cos sinA B− =cos sinA C sin cosA C−
( )sin A B− ( )sin C A= − A B C A− = − ( ) ( )+A B C A π− − = ±
2B C A+ =
3A
π=
2sin sin sin
b c a
B C A
= = = 2sinb B= 2sinc C=
3A
π=
2
3C B
π= − 2b c+
( ) ( )22 sin 2sin 2 2sin 3cos 2 7 sin3B B B B B
π ϕ = + − = + = +
ϕ
3sin
7
ϕ = 2cos
7
ϕ = 20 3B
π< < 2
3B
πϕ ϕ ϕ< + < + siny x=
, 2x
πϕ ∈
2,2 3x
π π ϕ ∈ + 2B
πϕ+ = 2b c+
2 7
2 3 3sin sin3 2 7 7
π ϕ ϕ + = < = 2b c+ ( )2 7 sin 3B ϕ= + > 2b c+
( 3 2 7，
( )24 1 1n nS a+ = + ( )2
1 14 1 1n nS a+ ++ = +
( )( )1 1 2 0n n n na a a a+ ++ − − = { }na 1 2 0n na a+ − − = 1 2n nd a a+= − =
2na n= 1 2 3 34c c c+ + = 22 4 2 6 2 34qq
× + × + × = 26 13 2 0q q− + = 1
6q =
2q = 12n
nb −= 2n
nc n= ⋅
3
nn cλ≤ ⇔ 2
2n
nλ ≥
2
2n n
nk = ( )2
1
2
1 12
n
n
nk
k n
+ += ≥ ⇔ 2 1n ≤ + 1 2k k≤ 3n ≥
{ }nk 2 3
91 8k k= < = { }nk 3
9
8k = λ
9
8
2n
nc n= ⋅所以 ①
则 ②
① ②得
所以 ． （12 分）
19.【解】（1）证明：记 与 交点为 ，∵ ， 为
的中点，∴ ，又∵ 为菱形，∴ ．
∵ 和 是平面 内两条相交直线，∴ 平面 ．
又 平面 ，∴平面 平面 ．
（2）设 ，∵ ，∴ ，又 ，所以 ，所
以 ， 因 为 ， 所 以 在 中 ， 由 勾 股 定 理 得 ， ∴
．由（1）知， 平面 ，∴平面 平面 ．以 为原点，
方向为 轴正方向， 方向为 轴正方向，建立如图空间直角坐标系．则 ，
，
， ． ，
， ．设平面
的法向量为 ，则
令 ， 解 得 ， ， 即
，
，
所以直线 与平面 所成角的正弦值
1 2 31 2 2 2 3 2 2n
nM n= × + × + × + + ⋅
( )2 3 12 1 2 2 2 1 2 2n n
nM n n += × + × + + − ⋅ + ⋅
− 1 2 3 12 2 2 2 2n n
nM n +− = + + + + − ⋅ 1 12 2 2n nn+ += − − ⋅ ( ) 11 2 2nn += − ⋅ −
( ) 11 2 2n
nM n += − ⋅ +
AC BD O PB PD= O BD
BD OP⊥ ABCD BD AC⊥
AC OP APC BD ⊥ APC
BD ⊂ BPD APC ⊥ BPD
PO m= 90APC∠ = ° 2AC m= 120BPD∠ = ° 60BPO∠ = °
3BO m= 2BC AB= = Rt BOC△ 1m =
3CP = BD ⊥ APC APC ⊥ ABCD O OB
x OC y ( )0, 1,0A −
( )0,1,0C
( )3,0,0D − 1 30, ,2 2P
−
1 30, ,2 2AP
=
3 30, ,2 2CP
= −
( )3, 1,0CD = − −
CPD ( ), ,n x y z= 3 3 0
3 0
y z
x y
− + =
− − =
1x = 3y = − 3z = −
( )1, 3, 3n = − −
2 3 2 39cos , 131 13
AP nAP n
AP n
⋅ −= = = −
×⋅
AP PCD 2 39sin cos , 13AP nθ = =
P
A
B C
D
O
x
y
z20.
【解】（1）证明：（反证法）假设存在 ， ， 三项成等比数列，则
，所以 ，所以 ，解得 ，
由条件可知 Fibonacci 数列的所有项均大于 0，所以 ，又 Fibonacci
数列的所有项均为整数，所以 应该为有理数，这与 （无理数）矛
盾，所以假设不成立，所以原命题成立．
（6 分）
（2）证明：①易验证 时命题成立．
②假设 （ ）时命题成立，即
则 时，
所以， 时，命题也成立．
由①②可知，Fibonacci 数列的通项公式为 （ ）．
（12 分）
21.
【解】（1）设 ，则由题意得 ，两边平方并整理得曲
线 的方程为 ． （4 分）
na 1na + 2na +
2
1 +2n n na a a+ = ( )2
1 +1n n n na a a a+ = +
2
1 1
1 0n n
n n
a a
a a+ +
+ − =
1
1 5
2
n
n
a
a +
− ±=
1
1 5
2
n
n
a
a +
− +=
1
n
n
a
a + 1
1 5
2
n
n
a
a +
− +=
1,2n =
n k≤ *k ∈N
1 1 5 1 5
2 25
k k
ka
+ − = −
1n k= +
1 1
1 1
1 1 5 1 5 1 1 5 1 5
2 2 2 25 5
k k k k
k k ka a a
− −
+ −
+ − + − = + = − + −
1 1
1 1 5 1 5 1 5 1 5
2 2 2 25
k k k k− − + + − − = + − −
1 1
1 1 5 1 5 1 5 1 51 12 2 2 25
k k− − + + − − = + − +
1 2 1 2
1 1 5 1 5 1 5 1 5
2 2 2 25
k k− − + + − − = −
1 1
1 1 5 1 5
2 25
k k+ + + − = −
1n k= +
1 1 5 1 5
2 25
n n
na
+ − = −
*n∈N
( ),P x y ( )2 24 2 1x x y− = − +
E
2 2
14 3
x y+ =（2）易知直线 的斜率存在且不为 0，可设 的方程为 ，与
联立并消去 得 ，因为 是其一个根，所以解得另
一根即点 的横坐标为 ．因为 ，所以把 换成 得 的横坐标
为 ． 则 、 的 纵 坐 标 之 差 为
． 所 以 四 边 形 的 面 积
令 ，则 （ ），易知 在 时单调递减，所以 时， 取得
最 大 值 ， 此 时 ， ． 所 以 四 边 形 的 面 积 的 最 大 值 为
． （12 分）
22.【解】（1） 有两个不同的零点 有两个不同的根．
令 ，则 ，易得 时， ，函数 单调递减；
时， ，函数 单调递增．当 时， ，当
时， ，又 ，结合图象可知，要使函数
的图象与直线 有两个不同的公共点，则 ，所以，实数 的取值范
围为 ．
（2）令 （ ），
AB AB ( )2y k x= − 2 2
14 3
x y+ =
y ( )2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k+ − + − = 2x =
B
2
2
8 6
3 4B
kx k
−= + AB AD⊥ k 1
k
− D
2
2
8 6
3 4D
kx k
−= + B D ( ) ( )12 2B D B Dy y k x xk
− = − − − −
2 2
12 12
3 4 3 4
k k
k k
− −= ++ +
( )
( )( )
2
2 2
12 7 7
3 4 3 4
k k
k k
− +
=
+ +
( )2
4 2
84 1
12 25 12
k k
k k
− +
= + +
ABCD S
1
2 B DAB y y= −
( )2
4 2
84 1
2 12 25 12
k k
k k
− +
= + + 2
2
1
168 112 25
k k
k k
+ =
+ +
2
1
168
112 1
k k
k k
+ =
+ +
1168 1 112 1k k k k
=
+ + +
1168 1 112 1k k k k
=
+ +
+
1t k k
= +
168
112
S
t t
=
+ 2t ≥ S 2t ≥ 2t = S
48
7
1k = ABCD
48
7
( )f x e ( 0)xx a a⇔ ⋅ = − ≠
( ) exg x x= ⋅ ( ) ( )1 exg x x′ = + ⋅ 1x < − ( ) 0g x′ < ( )g x
1x > − ( ) 0g x′ > ( )g x x → −∞ ( ) e 0e
x
x
xg x x −= ⋅ = →
x → +∞ ( ) exg x x= ⋅ → +∞ ( ) 11 eg − = − ( ) exg x x= ⋅
y a= − 1 0e a− < − < a
10 ea< <
( ) ( ) ( )1 1h x g x g x= − + − − − 0x >则 ，
所以 单调递增，故 ，所以 （ ）．
不妨设 ，则结合图象易得 ， ，
由条件知 ，
又 ， ，以及函数 在 时单调递增，
得 ，所以 ．
( ) ( ) ( )1 1h x g x g x′ ′ ′= − + + − − ( )1 1e ex xx x− + − −= ⋅ + − ⋅ ( )e e 0e
x xx −= − >
( )h x ( ) ( )0 0h x h> = ( ) ( )1 1g x g x− + > − − 0x >
1 2x x< 1 21x x< − < 11 0x− − >
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 1 1 1 11 1 1 1 2g x g x g x g x g x= = − − − − < − + − − = − −
2 1x > − 12 1x− − > − ( )g x 1x > −
2 12x x< − − 1 2 2x x+ < −
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