1、2020 届高三数学（理） “小题速练”1 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13. 14. 15. 16. 一、单选题 1 已知全集 26UxNx ， 若2 ,4A，1,3,4B ， 则 UA B （ ） A1,3 B1,5 C 3,5 D1,3,5 2“2,x ， 2 20xx ”的否定是 （） A 0 ,2x ， 2 00 20xx B2,x ， 2 20xx C 0 2,x， 2 00 20xx D,2x ， 2 20xx 3若角的终边过点 3,cos0P ，则tan的值是 （） A 3 2 B 3 3 C 3 3 D 3 2 4已知某扇形的面积为 2
2、2.5cm，若该扇形的半径r，弧长l满足27 cmrl ，则该扇形 圆心角大小的弧度数是（） A 4 5 B5 C 1 2 D 4 5 或5 5函数 32 4f xxxx的一个零点所在区间为（ ） A2,0 B1,0 C0,1 D1,2 6如图，若OA a ，OB b ，OC c ，B是线段AC靠近点C的一个四等分点，则下 列等式成立的是（） A 21 36 cba B 41 33 cba C 41 33 cba D 21 36 cba 7若 4 cos 5 ，且为第三象限角，则 tan 4 的值等于（ ） A 1 7 B 1 7 C7 D7 8若函数 sinyx 的图象与直线y x 一个交点
3、的坐标为 00 ,x y，则 22 00 3 1cos 2 xx ( ) A1 B1 C D无法确定 9已知在矩形ABCD中，4AB ，2AD ，若E，F分别为AB，BC的中点，则 DE DF（） A8 B10 C12 D14 10 已知ABC中， 角 , ,A B C的对边分别为, ,a b c， 3 A ，2b，2 3 ABC S， 则ABC 外接圆的面积为（ ） A2 B4 C8 D16 11一艘轮船从 A 出发，沿南偏东70的方向航行 40 海里后到达海岛 B，然后从 B 出发， 沿北偏东 35的方向航行了40 2海里到达海岛 C如果下次航行直接从 A 出发到 C，此船航 行的方向和路
4、程（海里）分别为（ ） （A）北偏东80，20( 62) （B）北偏东65，20( 32) （C）北偏东65，20( 62) （D）北偏东80，20( 32) 12若函数 23 3 log694f xxxxxa 在区间0,3上有两个不同的零点，则实 数a的取值范围是（ ） A0,5 B,5 C0,5 D5, 二、填空题 13若29 x ， 2 8 log 3 y ，则2xy_ 14已知平面向量4, 3a ，,2bx ，若a b ，则实数x_ 15化简： 3 sincos 2 sin cos 2 _ 16已知奇函数 f x在定义域 , 上单调递增，若 coscos2cos0fxxfxm对任意的,
5、x 成立，则实数m的最小值为 _ 2020 届高三数学（理） “小题速练”1（答案解析） 一、单选题 1 已知全集 26UxNx ， 若2 ,4A，1,3,4B ， 则 UA B （ ） A1,3 B1,5 C 3,5 D1,3,5 【答案】A 【解析】全集260,1,2,3,4,5Uxx N，2,4A， 0,1,3,5 UA .又1,3,4B ，1,3 UA B. 2“2,x ， 2 20xx”的否定是 （） A 0 ,2x ， 2 00 20xx B2,x ， 2 20xx C 0 2,x， 2 00 20xx D,2x ， 2 20xx 【答案】C 【解析】依题意，“2,x ， 2 20
6、xx ”的否定是： 0 2,x， 2 00 20xx， 3若角的终边过点 3,cos0P ，则tan的值是 （） A 3 2 B 3 3 C 3 3 D 3 2 【答案】B 【解析】根据题意，可得 cos013 tan 333 4已知某扇形的面积为 2 2.5cm，若该扇形的半径r，弧长l满足27 cmrl ，则该扇形 圆心角大小的弧度数是（） A 4 5 B5 C 1 2 D 4 5 或5 【答案】D 【解析】据题意，得 27, 1 2.5, 2 lr lr 解得 5 , 2 2 r l 或 1, 5, r l 所以 4 5 l r 或5.故选 D. 5函数 32 4f xxxx的一个零点所
7、在区间为（ ） A2,0 B1,0 C0,1 D1,2 【答案】A 【解析】因为 322 44f xxxxx xx ， 令 2 4g xxx ，则22g ，12g ， 04g， 14g ， 22g. 又函数 g x的图象是一条连续不断曲线，且( 2)(0)2( 4)80gg , 所以根据零点存在性定理可得,( )g x有一个零点在区间( 2,0)内， 又( )g x的零点也是 ( )f x的零点, 所以 32 4f xxxx的一个零点所在区间为( 2,0). 6如图，若OA a ，OB b ，OC c ，B是线段AC靠近点C的一个四等分点，则下 列等式成立的是（） A 21 36 cba B
8、41 33 cba C 41 33 cba D 21 36 cba 【答案】C 【解析】 1 3 cOCOBBCOBAB 141 333 OBOBOAOBOA 41 33 ba. 7若 4 cos 5 ，且为第三象限角，则 tan 4 的值等于（ ） A 1 7 B 1 7 C7 D7 【答案】D 【解析】因为 4 cos 5 ，为第三象限角，所以 2 3 sin1 cos 5 ， 所以 sin3 tan cos4 ，所以 3 tantan1 44 tan7 3 4 1tantan1 44 . 8若函数 sinyx 的图象与直线y x 一个交点的坐标为 00 ,x y，则 22 00 3 1c
9、os 2 xx ( ) A1 B1 C D无法确定 【答案】B 【解析】由题意， 00 sinxx ， 2222 0000 3 1cos1 sinsin1 2 xxxx 9已知在矩形ABCD中，4AB ，2AD ，若E，F分别为AB，BC的中点，则 DE DF（） A8 B10 C12 D14 【答案】B 【解析】据题意，得 DE DFDAAEDCCFDA DC DA CF AE DCAE CF 02 1 cos0 2 4 cos0010 .故选 B. 10 已知ABC中， 角 , ,A B C的对边分别为, ,a b c， 3 A ，2b，2 3 ABC S， 则ABC 外接圆的面积为（ ）
10、 A2 B4 C8 D16 【答案】B 【解析】 1 ,2,sin2 3,4 32 ABC AbSb cAc 由余弦定理可得 222 2cos12,2 3abcbcAa 由正弦定理可得 2 3 2,2 sin3 2 a RR A 则ABC外接圆的面积 2 4SR . 11一艘轮船从 A 出发，沿南偏东70的方向航行 40 海里后到达海岛 B，然后从 B 出发， 沿北偏东 35的方向航行了40 2海里到达海岛 C如果下次航行直接从 A 出发到 C，此船航 行的方向和路程（海里）分别为（ ） （A）北偏东80，20( 62) （B）北偏东65，20( 32) （C）北偏东65，20( 62) （D
11、）北偏东80，20( 32) 【答案】C 【解析】依题意可得在ABC中7035105 ,40,40 2BABBC coscos105cos 4560B cos45 cos60sin45 sin60 212326 22224 由余弦定理可得 222 2cosACABBCAB BCB 26 160032002 40 40 2 4 2 800 42 320 23 1 20 2312062AC sinsin105sin 4560B sin45 cos60cos45 sin60 212326 22224 ， 由正弦定理可得 sinsin BCAC AB 62 40 2 sin2 4 sin 2 2062
12、 BCB A AC ， 由题意可知在ABC中A为锐角，所以45A 所 以 如 果 下 次 航 行 直 接 从A出 发 到C ， 此 船 航 行 的 方 向 为 北 偏 东 9 04 59 07 06 5 ，路程为 2062海里故 C 正确 12若函数 23 3 log694f xxxxxa 在区间0,3上有两个不同的零点，则实 数a的取值范围是（ ） A0,5 B,5 C0,5 D5, 【答案】A 【解析】 因为函数 23 3 log694f xxxxxa 在区间0,3上有两个不同的零点, 所以关于x的方程 32 3 log694xxxxa 在区间0,3上有两个不同的实数根. 引入函数 32
13、694G xxxxa ， 所以函数 3 |log|yx与函数( )yG x的图象在(0,3上有两个不同的交点, 2 3129G xxx. 讨论：当13x时， 0G x ， G x在区间1,3上单调递减； 当01x时， 0G x ， G x在区间0,1上单调递增， 当 0,3x时， G x在1x 处取得极大值，也是最大值 max(1)G xGa. 又函数 3 |log|yx与函数( )yG x的图象在(0,3上有两个不同的交点, 如图: (1)0Ga ，且 32 (3)36 39 341Ga ，05a . 二、填空题 13若29 x ， 2 8 log 3 y ，则2xy_ 【答案】6 【解析】
14、29 x ， 2 log 9x .又 2 8 log 3 y ， 222 64 2log 9loglog 646 9 xy . 14已知平面向量4, 3a ，,2bx ，若a b ，则实数x_ 【答案】 3 2 【解析】据题意， ab0ab 得 4, 3,2460xx ，解得 3 2 x . 15化简： 3 sincos 2 sin cos 2 _ 【答案】 2 2 cos sin 【解析】 333 sincos sincoscos sincos 222 sincoscos sin cos()sin cos 22 2 2 coscoscos sinsinsin . 16已知奇函数 f x在定义
15、域 , 上单调递增，若 coscos2cos0fxxfxm对任意的,x 成立，则实数m的最小值为 _ 【答案】 3 2 【解析】因为 f（x）在定义域（，+）上单调递增且为奇函数， 所以 f（cosx+cos2x）+f（cosx+m）0 对任意的 x（，+）成立 cosx+cos2x+cosx+m0 对任意的 x（，+）成立 2cos2x+2cosx1+m0 对任意的 x（，+）成立 令 g（x）2cos2x+2cosx12（cosx 1 2 ）2 3 2 ， 故当 cosx 1 2 时，g（x）min 3 2 ， 只需 3 0 2 m即可，m 3 2 2020 届高三数学（理） “小题速练”
16、2 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 13. 14. 15. 16. 一、单选题 1复数z满足1 24 3i z i（i为虚数单位） ，则复数z的模等于（ ） A 5 5 B 5 C2 5 D4 5 2已知全集为R，集合2, 1,0,1,2A ， 1 0 2 x Bx x ，则 U AC B的元素个 数为（ ） A1 B2 C3 D4 3已知函数 f x在区间, a b上可导，则“函数 f x在区间, a b上有最小值”是“存在 0 ,xa b，满足 0 0fx”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要 条件 42011 年国
17、际数学协会正式宣布，将每年的 3 月 14 日设为国际数学节，来源于中国古代 数学家祖冲之的圆周率。公元 263 年，中国数学家刘徽用“割圆术”计算圆周率，计算到圆内 接 3072 边形的面积，得到的圆周率是 3927 1250 .公元 480 年左右，南北朝时期的数学家祖冲之 进一步得出精确到小数点后7位的结果， 给出不足近似值3.1415926和过剩近似值3.1415927， 还得到两个近似分数值，密率 355 113 和约率 22 7 。大约在公元 530 年，印度数学大师阿耶波多 算出圆周率约为9.8684（3.14140096）.在这 4 个圆周率的近似值中，最接近真实值 的是（ ）
18、 A 3927 1250 B 355 113 C 22 7 D 9.8684 5已知函数 2 yf xx是奇函数，且 11f，则1f （ ） A3 B1 C0 D2 6已知数列 n a的通项为 1 n n a nk ，对任意 * nN，都有 5n aa，则正数k的取值范 围是（ ） A5k B5k C45k D56k0，aR)的图象在点(2，f(2)处的切线 l1的斜率与在点( 2，f(2)处的切线 l2的斜率之积为3，则切线 l1与坐标轴围成的三角形的面积为( ) A4e2 B2e2 Ce2 D2 e2 9甲、乙、丙、丁四位高中学生利用暑期参加了有益的社会实践活动，并且只有一人 因成绩较为突
19、出受到了学校领导的表扬甲说：“受表扬者在乙、丙、丁三人之中”乙说： “我做得还不够好，是丙受到了表扬”丙说：“甲、乙两人中有一人受到了表扬”丁说：“乙 说的是事实”经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话，由此可判 断受表扬者是( ) A甲 B乙 C丙 D丁 10已知 F1、F2分别为双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右焦点，点 A 为双曲线 C 的右顶点，且直线 l：yb 2 a 与双曲线 C 的左、右两支分别交于 P，Q 两点，若PAF1 QAF20) 有且仅有 4 个实数根，则正实数 k 的取值范围为( ) A1 5， 1 4) B(1 5， 1
20、4 C1 4， 1 3) D(1 4， 1 3 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13我国高铁发展迅速，技术先进经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10 个车次 的正点率为 0.97，有 20 个车次的正点率为 0.98，有 10 个车次的正点率为 0.99，则经停该站 高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为_ 14 已知抛物线 C： y22px(p0)的焦点为 F， 准线与 x 轴交于点 A， 点 M(0， 3)， 若AMF 为正三角形，则 p_ 15已知 P，Q 分别是边长为 2 的正六边形 ABCDEF 的边 CD，EF 的中点，则AQ BP _ 16 已知各项
21、均为正数的数列an满足 a18， an12an2n 3， c na n 2n， bn 2 cn1 cn， 且数列bn的前 n 项和为 Tn，则使 Tn10 的 n 的最小值为_ 2020 届高三数学（理） “小题速练”9（答案解析） 1解析：选 C.3i 2i （3i）（2i） （2i）（2i）1i，即共扼复数为 1i，故选 C. 2 解析： 选 C.由题可知 t(2， 1)， 所以 xt2aa， 4a)， 所以 Bx|ax0，得 a2，所以 f(x) (x2)ex，f(x)(x1)ex，则 f(2)0，f(2)e2，于是切线 l1的方程为 ye2(x2)，令 y 0，得 x2，令 x0，得
22、y2e2，所以切线 l1与坐标轴围成的三角形的面积为1 2 2 |2e 2| 2e2，故选 B. 9解析：选 B.依题设知，受表扬者有四种可能，讨论如下 假设受表扬者是甲，则甲、乙、丁说的是假话，丙说的是真话，这与题意相矛盾； 假设受表扬者是乙，则甲、丙说的是真话，乙、丁说的是假话，符合题意； 假设受表扬者是丙，则甲、乙、丁说的是真话，丙说的是假话，这与题意相矛盾； 假设受表扬者是丁，则乙、丙、丁说的是假话，甲说的是真话，这与题意相矛盾 综上，可判断受表扬者是乙故选 B. 10解析：选 A.由 x2 a2 y2 b21， yb 2 a ， 得 x c，所以 P(c，b 2 a )，Q(c，b
23、2 a )因为 A(a，0)， 所以AP (ca，b2 a)，AQ (ca， b2 a )又PAF1QAF20)恒过定点 P(0，1)，设点 A， B 的坐标分别为(3，0)，(4，0)，要使函数 f(x)的图象与直线 y1kx(k0)有且仅有 4 个不 同的交点，易知应满足1 3kPAk120，故使 Tn10 的 n 的最小值 为 121. 答案：121 2020 届高三数学（理） “小题速练”10 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
24、是符合题目要求的 1已知集合 A1，1，Bx|ln x0，则 AB( ) A(0，1) B(0，1 C(1，1) D1，1 2已知 z 的共轭复数是 z，且|z|z12i(i 为虚数单位)，则复数 z 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已知向量 a(1， 3)，|b|3，且 a 与 b 的夹角为 3，则|2ab|( ) A5 B 37 C7 D37 4已知函数 f(x) ex，x0 x22x1，x0，若 f(a1)f(a 21)，则实数 a 的取值范围是 ( ) A2，1 B1，2 C(，21，) D(，12，) 5已知 m，n 表示两条不同直线
25、， 表示平面下列说法正确的是( ) A若 m，n，则 mn B若 m，n，则 mn C若 m，mn，则 n D若 m，mn，则 n 62019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航 天事业取得又一重大成就 实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测 器的通讯联系为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗 日 L2点的轨道运行L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上设地球质量为 M1，月球质 量为 M2，地月距离为 R，L2点到月球的距离为 r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满 足方程： M1 （Rr）2 M2
26、r2 (Rr)M1 R3.设 r R.由于的值很小， 因此在近似计算中 33345 （1）2 33，则 r 的近似值为( ) A. M2 M1R B M2 2M1R C. 3 3M2 M1 R D 3 M2 3M1R 7“a0”是“函数 f(x)sin x1 xa 为奇函数”的( ) A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 8.某种热饮需用开水冲泡，其基本操作流程如下：先将水加热 到 100 ，水温 y()与时间 t(min)近似满足一次函数关系；用开水 将热饮冲泡后在室温下放置，温度 y()与时间 t(min)近似满足的函数 关系式为 y80(1 2) t
27、a 10 b(a，b 为常数) 通常这种热饮在 40 时口感最佳某天室温为 20 时，冲泡热 饮的部分数据如图所示，那么按上述流程冲泡一杯热饮，并在口感最 佳时饮用，最少需要的时间为( ) A35 min B30 min C25 min D20 min 9已知函数 f(x)1 2sin x 3 2 cos x，将函数 f(x)的图象向左平移 m(m0)个单位长度后， 所得到的图象关于 y 轴对称，则 m 的最小值是( ) A. 6 B 4 C. 3 D 2 10已知双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P(2， 3)在双曲 线上，且|PF1|，|F1
28、F2|，|PF2|成等差数列，则该双曲线的方程为( ) Ax2y21 Bx 2 2 y2 31 Cx2y 2 31 Dx 2 16 y2 41 11在四面体 A- BCD 中，AD平面 ABC，ABAC 10，BC2，若四面体 A- BCD 的外接球的表面积为676 9 ，则四面体 A- BCD 的体积为( ) A24 B12 C8 D4 12 对实数 m， n， 定义运算“”： mn m，mn0 n，mnb0)的左顶点 A(a，0)作直线 l 交 y 轴于点 P，交椭圆于 点 Q，若AOP(O 是坐标原点)是等腰三角形，且PQ 2QA ，则椭圆的离心率为_ 16.某高一学习小组为测出一绿化区
29、域的面积，进行了一些测量 工作，最后将此绿化区域近似地看成如图所示的四边形，测得的数 据如图所示， AB2 km， BC1 km， BAD45 ， B60 ， BCD 105 ，则该绿化区域的面积是_km2. 2020 届高三数学（理） “小题速练”10（答案解析） 1解析：选 A.由 Bx|ln x0在区间(，)上单调递减，所以不等 式 f(a1)f(a21)同解于不等式 a1a21，即 a2a20，解得2a1，故 选 A. 5解：选 B.A 项，若 m，n，则 m 与 n 可能平行、相交、异面，故 A 错误；B 项，若 m，n，则 mn，显然成立；C 项，若 m，mn，则 n 或 n，故
30、C 错误；D 项，若 m，mn，则 n 若 n 或 n 与 相交，故 D 错误 6解析：选 D.由 M1 （Rr）2 M2 r2 (Rr)M1 R3，得 M1 （1r R） 2 M2 （r R） 2(1 r R)M1.因为 r R， 所以 M1 （1）2 M2 2(1)M1， 得 33345 （1）2 M2 M1.由 33345 （1）2 33， 得 33M2 M1， 即 3(r R) 3M2 M1，所以 r 3 M2 3M1R，故选 D. 7解析：选 C.f(x)的定义域为x|x0，关于原点对称 当 a0 时，f(x)sin x1 x，f(x)sin(x) 1 xsin x 1 x(sin
31、x 1 x)f(x)， 故 f(x)为奇函数； 反之，当 f(x)sin x1 xa 为奇函数时，f(x)f(x)0， 又 f(x)f(x)sin(x) 1 xasin x 1 xa2a，故 a0. 所以“a0”是“函数 f(x)sin x1 xa 为奇函数”的充分必要条件故选 C. 8解析：选 C.由题意知，当 0t5 时，函数图象是一条线段；当 t5 时，函数的解 析式为 y80(1 2) ta 10 b.将点(5，100)和点(15，60)代入解析式可得 10080（1 2） 5a 10 b， 6080（1 2） 15a 10 b， 解 得 a5，b20，故函数的解析式为 y80(1 2
32、) t5 10 20，t5.令 y40，解得 t25，所以最少 需要的时间为 25 min.故选 C. 9解析：选 A.解法一：由题知 f(x)sin(x 3)，将其图象向左平移 m 个单位长度后得 到函数 g(x)sin(xm 3)的图象， 函数 g(x)的图象关于 y 轴对称， m 3k 2(kZ)， mk 6(kZ)，m0，m 的最小值为 6，故选 A. 解法二： 设将函数 f(x)的图象向左平移 m 个单位长度后得到函数 g(x)的图象， 函数 g(x) 的图象关于 y 轴对称，函数 f(x)的图象关于直线 xm 对称，由题知 f(x)sin(x 3)， sin(m 3)1，m 3k
33、2(kZ)，mk 6(kZ)，m0，m 的最小值 为 6，故选 A. 10解析：选 A.解法一：|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列， |PF1|PF2|4c，点 P 位于第一象限，|PF1|PF2|2a，|PF1|2ca，|PF2| 2ca，cosPF2F14c 2（2ca）2（2ca）2 4c（2ca） c2a 2ca，又点 P 的坐标为(2， 3)， sinPF2F1 3 2ca，( c2a 2ca) 2 3 （2ca）21，化简得(c2a) 23(2ca)2，c2 a2b21，又 4 a2 3 b21，a 21，双曲线的方程为 x2y21，故选 A. 解法二：|PF1|，|F
34、1F2|，|PF2|成等差数列，|PF1|PF2|4c，点 P 位于第一象限， |PF1| |PF2| 2a ， |PF1| 2c a ， |PF2| 2c a ， cosPF2F1 4c2（2ca）2（2ca）2 4c（2ca） c2a 2ca，又点 P 的坐标为(2， 3)，sinPF2F1 3 2ca， c2a 2ca 2 3 （2ca）21，化简得(c2a) 23(2ca)2，c2a2b21，此时可以排除选 项 B，C，D，故选 A. 11解析：选 C.如图，四面体 A- BCD 的外接球的表面积为 676 9 ，球的半径为13 3 ，又 ABAC 10，BC2，cos BAC 4 5
35、， sin BAC3 5， 设三角形 ABC 面积为 S， 外接圆半径为 R， 则 S1 2AB AC sinBAC AB AC BC 4R 3，解得 R5 3，即ABC 的外接圆的半径 O1A 5 3， 球心 O 到平面 ABC 的距离 OO1 13 3 2 5 3 2 4，又 AD平面 ABC，AD2OO1 8，四面体 A- BCD 的体积为1 3 SABC 88，故选 C. 12.解析：选 B.由定义可知 f(x) xx2，xx2x1 x1，xx2120， 所以优惠 10 元，顾客实际需要付款 130 元 (2)设顾客一次购买的水果总价为 m 元由题意易知，当 01，所以 AB2，3，故
36、 选 B. 2解析：选 A.由(za)i12i，得 z12i i ai2aa2i，根据题意，得 a20，解得 a2，故选 A. 3解析：选 C.解法一：设等差数列an的公差为 d，则由 a8a59 S8S566 ，得 （a17d）（a14d）9 （8a128d）（5a110d）66， 解得 d3 a14，所以 a 33a132d432 3100，故选 C. 解法二：设等差数列an的公差为 d，由 a8a59，得 3d9，即 d3.由 S8S566， 得 a6a7a866，结合等差数列的性质知 3a766，即 a722，所以 a33a7(337) d 2226 3100，故选 C. 4解析：选
37、D.设双曲线 C 的方程为x 2 a2 y2 b21(a0，b0)，则由题意，得 c 5.双曲线 C 的渐近线方程为 y b ax，即 bx ay0，所以 5b b2a22，又 c 2a2b25，所以 b2， 所以 a c2b21，所以双曲线 C 的渐近线方程为 y 2x，故选 D. 5解析：选 A.将函数 ysin 2x 6 的图象向右平移 6个单位长度后，所得图象对应的 函数解析式为 ysin2 x 6 6sin 2x 6 ， 令 2x 6k， kZ， 得 x k 2 12， kZ， 当 k0 时，x 12，故所得图象的一个对称中心为 12，0 ，选 A. 6解析：选 D.因为函数 y0.
38、8x在(，)上为减函数，所以 0.80.50.80.8，即 bc. 因为函数 yx0.8在(0，)上为增函数，所以 0.50.80，g(a1)g(a)， g(a1)g(a)， 1b0)的左、 右焦点， 过 F2的直线交椭圆于 A， B 两点，且AF1 AF2 0，AF2 2F2B ，则椭圆 E 的离心率为( ) A.2 3 B3 4 C. 5 3 D 7 4 12.我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂 势既同，则积不容异”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水 平截面的面积相等， 则这两个几何体的体积相等 已知曲线 C： yx2， 直线 l 为曲线 C 在点(1，1)处
39、的切线，如图所示，阴影部分为曲线 C、直线 l 以及 x 轴所围 成的平面图形，记该平面图形绕 y 轴旋转一周所得到的几何体为 T.给出以下四个几何体： 图是底面直径和高均为 1 的圆锥： 图是将底面直径和高均为 1 的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何 体； 图是底面边长和高均为 1 的正四棱锥； 图是将上底面直径为 2，下底面直径为 1，高为 1 的圆台挖掉一个底面直径为 2，高 为 1 的倒置圆锥得到的几何体 根据祖暅原理，以上四个几何体中与 T 的体积相等的是( ) A B C D 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知平面向量 a，b 满足
40、a(1， 3)，|b|3，a(ab)，则 a 与 b 夹角的余弦值 为_ 14. 1 x1 ( x1) 5的展开式中，x 的系数为_(用数字作答) 15已知函数 f(x) x 22ax9，x1 x4 xa，x1 ，若 f(x)的最小值为 f(1)，则实数 a 的取值范围是 _ 16已知一族双曲线 En：x2y2 n 2 019(nN *，且 n2 019)，设直线 x2 与 E n在第一 象限内的交点为 An，点 An在 En的两条渐近线上的射影分别为 Bn，Cn.记AnBnCn的面积为 an，则 a1a2a3a2 019_ 2020 届高三数学（理） “小题速练”13（答案解析） 1解析：选 D.z12i 2i （12i）（2i） （2i）（2i） 4 5 3 5i，故 z 4 5 3 5i，z 在复平面内对应 的点为 4 5， 3 5 ，故在第四象限，故选 D. 2解析：选 A.Ux|x|0，|0，b0)的左、右焦点分别为 F1，F
