1、2020 届高三数学（理） “小题速练”14 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13. 14. 15. 16. 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已知集合 Ax|x2x20，Bx|00，|0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 作圆 x2y2 a2的切线，交双曲线右支于点 M，若F1MF245 ，则双曲线的渐近线方程为( ) Ay 2x By 3x Cy x Dy 2x 11已知 f(x)是定义在 R 上的函数，且对任意的 xR 都有 f(x)f(x)2cos x，f(
2、x) sin x0)即是 y28x 得 p4，由抛物线的定义 得|PF|PE|p 2，所以|PF|PE|2，故选 B. 5解析：选 D.解法一：若 ，则 mn，这与 m、n 为异面直线矛盾，所以 A 不正 确将已知条件转化到正方体中，易知 与 不一定垂直，但 与 的交线一定平行于 l， 从而排除 B、C.故选 D. 解法二：构造图形如图所示，知 D 项正确 6解析：选 D.logx33，x33，x3 1 39 1 6.logy76，y67，又 y0，y 7 1 6.ux 1 6在区间(0，)上是增函数，9 1 67 1 6，即 xy.又 v7x 在区间(，)上是 增函数，7 1 67 1 7，
3、即 yz，xyz.故选 D. 7解析：选 A.解法一：设函数 f(x)的最小正周期为 T，由函数的图象得T 4 5 12 6 4， T，2，f(x)Asin(2x)，又当 x 6时，f(x)取得最大值，sin 3 1， 32k 2(kZ)，2k 6(kZ)，又|0)，由 2k 22x 2 3 2k 2(kZ)，得 k 7 12xk 12 (kZ)，函数 g(x)的单调递增区间是k7 12，k 12(kZ)，故选 A. 解法二： 设函数 f(x)的最小正周期为 T， 由函数的图象得T 4 5 12 6 4，T，利用周期性将函数 f(x)的图象补充到如图所示的情 况，由函数 f(x)的图象及函数的
4、周期性得函数 f(x)的单调递增区间是 k 3，k 6(kZ)，又将函数 f(x)图象上的所有点向左平移 4个单 位长度得到函数 g(x)的图象，函数 g(x)的单调递增区间是 k7 12，k 12 (kZ)，故选 A. 8.解析： 选 A.由题意得“将军饮马”的路程最短问题即在直线 xy3 上找一点 P，使得 P到点 A(2，0)与圆上一点的距离之 和最小问题， 如图， 点A(2， 0)关于直线 xy3 的对称点为B(3， 1)，OB 与直线 xy3 的交点为 P，|PA|PB|，|PA|PO| |PB|PO|OB|，又|PA|PO|PB|PO|OB| 10， 当点 P与点 P 重合时，|P
5、A|PO|取得最小值 10.又圆 O 的 半径为 1，在直线 xy3 上找一点 P使得 P到点 A(2，0)与圆上一点的距离之和的最小 值为 101，即“将军饮马”的最短总路程为 101，故选 A. 9 解析： 选 B.由正弦定理得 AC sin B AB sin C， AB2， B 4， C 6， AC 2sin 4 sin 6 2 2， AP BC1 2(AC AB)(ACAB)1 2(AC 2AB2)2，故选 B. 10解析：选 A.过点 O(O 为坐标原点)作 OAF1M 于点 A，过点 F2作 F2BF1M 于点 B，因为 F1M 与圆 x2y2a2相切，且F1MF245 ，所以|O
6、A|a，|F2B|BM|2a，|F2M| 2 2a，|F1B|2b.又点 M 在双曲线的右支上，所以|F1M|F2M|2a2b2 2a2a，整 理得 b 2a，即b a 2，于是该双曲线的渐近线方程为 y 2x.故选 A. 11解析：选 A.解法一：f(x)f(x)2cos x，f(x)cos x(f(x)cos(x)， 设 g(x)f(x)cos x，则 g(x)g(x)，g(x)是奇函数，又 f(x)sin x0，g(x)(f(x) cos x)0，g(x)是 R 上的减函数g()f()cos()f()cos ，g() f()cos ，f()f()g()g()0，g()g()，g()g()
7、， a， 2，故选 A. 解法二：函数 f(x)cos xx 满足题设条件 f(x)f(x)2cos x，f(x)sin x0，取 函数 f(x)cos xx， 则不等式 f()f()0 可化为 cos()cos 0， 即 cos cos 0，化简得 2，故选 A. 12.解析：选 C.如图，连接 A1C1，OC1，平行六面体的底 面是菱形，ACBD，又 A1在底面 ABCD 上的射影 O 是 AC 的中点，A1O底面 ABCD，A1OBD，又 A1OACO， BD平面 ACC1A1，平面 BDC1平面 ACC1A1，过点 C 作 平面 BDC1的垂线 PC，垂足为 E，且 EOC1，PEEC
8、，即点 P 为点 C 关于平面 BDC1的对称点，点 P 到平面 ABCD 的距离等于点 E 到平面 ABCD 的 距离的 2 倍底面 ABCD 是边长为 4 的菱形，且BAD60 ，ACA1C14 3，AO OC2 3，OC1A1COC130 ，OC18，OE3，点 E 到平面 ABCD 的距离等 于点 C1到平面 ABCD 的距离的3 8，又 A1C1平面 ABCD，所以点 C1到平面 ABCD 的距离为 A1O4，点 E 到平面 ABCD 的距离等于3 2，点 P 到平面 ABCD 的距离等于 3.SBAD 1 2 4 4 sin 60 4 3，三棱锥 P- ABD 的体积为1 3 4
9、3 34 3，故选 C. 13解析：由(x22)6(2x2)6a0a1xa2x2a3x3a12x12得 a30，a4C26 24 240，a3a4240. 答案：240 14 解析： 解法一： sin( 2 4)cos( 2 4) 3 4， ( 2 2 sin 2 2 2 cos 2)( 2 2 cos 2 2 2 sin 2) 3 4，化简得(cos 2sin 2) 23 2，12sin 2cos 2 3 2，1sin 3 2，sin 1 2. 解法二： sin( 2 4)cos( 2 4) 3 4， sin( 2 4) cos( 2 2 4) 3 4， sin( 2 4) sin( 2 4
10、) 3 4，sin 2( 2 4) 3 4， 1cos（ 2） 2 3 4， 1sin 2 3 4，sin 1 2. 答案：1 2 15解析：解法一：根据图形，由题意可得AE ABBEAB2 3BC AB2 3(BA AD DC )1 3AB 2 3(AD DC )1 3AB 2 3 AD 1 4AB 1 2AB 2 3AD . 因为AE rABsAD ，所以 r1 2，s 2 3，则 2r3s123. 解法二：如图，建立平面直角坐标系 xAy，依题意可设点 B(4m，0)，D(3m，3h)，E(4m， 2h)，其中 m0，h0. 由AE rABsAD ，得(4m，2h)r(4m，0)s(3m
11、，3h)， 4m4mr3ms 2h3hs ，解得 r 1 2， s2 3. 2r3s3. 答案：3 16解析：对于说法，江先生乘坐公交的时间不大于 43 分钟才不会迟到，因为 P(Z43)P(Z45)，且 P(3312Z3312)0.997 3，所以 P(Z43)P(Z45)0.5 0.5 0.997 30.998 7，所以“江先生上班迟到”还是有可能发生的，所以说法不合理；对于 说法， 若江先生乘坐地铁上班， 则其乘坐地铁的时间不大于 48 分钟才不会迟到， 因为 P(44 4Z444)0.954 5， 所以 P(Z48)0.50.954 5 0.50.977 3， 所以“江先生 8： 02
12、 出门， 乘坐地铁上班不迟到”发生的可能性约为 0.977 3，若江先生乘坐公交上班，则其乘坐公交的 时间不大于41分钟才不会迟到， 因为P(338Z338)0.954 5， 所以P(Z41)0.50.954 5 0.50.977 3，所以“江先生 8：02 出门，乘坐公交上班不迟到”发生的可能性约为 0.977 3， 二者可能性一样，所以说法不合理；对于说法，若江先生乘坐公交上班，则其乘坐公交 的时间不大于 37 分钟才不会迟到，因为 P(3340.5， 所以说法是合理的；对于说法，江先生乘坐地铁的时间不大于 38 分钟才不会迟到，因 为 P(446Z446)0.997 3，所以 P(Z38)(10.997 3) 0.50.001 4，所以“江先生 8： 12 出门，乘坐地铁上班不迟到”发生的可能性非常小，所以说法合理所以四个说法中合 理的是. 答案：
