浙江省绍兴市诸暨市2020届高三适应性考试数学试题 含答案.docx

1、 1 诸暨市 2020 年 6 月高三适应性考试试题 数学 第卷(选择题部分共 40 分) 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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设全集0,3 ,0,2 ,1,3 .UPQ则 U C PQ() A(2,3 B. 1,2C.0,1)D. 0.12,3 2已知 i 是虚数单位，设复数 3 3 i zi i 则|z|=() A22 B25 C42 D32 3一个空间几何体的三视图如图所示，则其体积等于() A 6 6 B 1 3 C 1 2 D 3 2 4随机变量 的分布列如右图 ,0,E若则 D() A6 B2 C

2、0 D6 5设 F 是双曲线 22 1 xy ab (a0，b0)的右焦点，以 F 为端点作垂直于 x 轴的射线，交双 曲线的渐近线于 A 点，交双曲线于 B 点，若 B 为 AF 中点，则双曲线的离心率等于() A5 B 10 2 C3 D 2 3 3 6.已知 22 log42log2abab，则 a+b 的最小值是() A2 B21 C3 D 2 3 3 2 7已知 22 2 2 ,111 43 ab a babR 则“”是“剟的() A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分又不必要条件 8.若函数 2sin0 3 f xx 在区间, 4 4 上单调递增，则 的取值范围

3、是() A. 10 0, 3 B. 2 0, 3 C. 2 10 , 33 D. 10 , 3 9若不等式|0 4 sin|axbx 对 x0.2恒成立，则 sin(a+b)和 sin(a-b)分别等于() A 22 ; 22 B 22 ; 22 C 22 ; 22 D 22 ; 22 10设数列an满足： 11 4, n aa 2 * 32 , 2 N nn aa n 其中x表示不超过实数 x 的最大整数(例如 3.1) 3 则 2020 a的个位数字是() A3 B5 C7 D9 3 第卷(非选择题部分共 110 分) 二、填空题：本题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，

4、共 36 分. 11设实数 x，y 满足约束条件 220 10 0 xy xy y ，则zxy的最大值为 ,最小值为 . 12已知 2 1,1 2,1 x x f x xxa x 若1,( )4.af m且则 m= ;若对任意的 t0直线 y=t 与函 数( )yf x的图像都有两个交点，则实数 a 的取值范围是 。 13已知 4 sin 5 ，, 2 ，且 sin(+)=cos，则cos 。tan 。 4在二项式 6 2 1 ()x x 展开式中，常数项为 ；在 6 2 1 (1)x x 的展开式中，常数项为 . 15用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数 abcde，其中随机取一个五

5、位数，满足条件 | 6abbccdde的概率为 . 16已知,P MABC是所在平面内的两点，满足230PAPBPC，直PC线与 AB 交于点 ,1 2,D PMPAPB若 M 在PBD 内(不含边界)，则实数 的取值范围是 . 17已知四面体 ABCD 的所有棱长都相等，E，F 分别是棱 AC，AD 上的点，满足 1 2 AEDF ACDA ，若 EF 与平面 BCD 所成角为 4 ，则 = 。 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 18(本题满分 14 分)已知ABC中,sin2sin.CA点 M 在线段 AC 上. 5222,2AABMCM

6、MCBM. (1)求 的大小; (2)求ABC 的面积. 4 19(本题满分 15 分)四棱锥PABCD的底面 ABCD 是边长 2 的菱形,120 ,ADCAD 的中点 M 是顶 点 P 在底面 ABCD 的射影，N 是 PC 的中点. (1)求证：面 MPB平面 PBC： (2)若 MP=MC，求面角 B-MN-C 的余弦值. 20(本题满分 15 分)数列an是公差大于零的等差数列，a1=3，a2，a4，a7成等比；数列bn 满足 312123 2 10210 3 n nn aba baa bbn . (1)求数列an的通项公式； 123 2222 21111 n n c aaaa 记，

7、比较 cn与 1 3 n b(nN*)的大小. 21(本题满分 15 分)已知1,1P是抛物线 C: 2 yax上的一点，过 P 作互相垂直的直线 PA，PB与抛物 线 C 的另一交点分别是 A，B. (1)若直线 AB 的斜率为 1 2 ，求 AB 方程 (2)设2, 1 ,Q当 | 4 | QA QB 时，求PAB 的面积 22(本题满分 15 分)已知函数 2 1 ( )ln 2 f xxxaxb有两个极值点 1212 ,()x x xx. 112 (1)( )ln ,f xx fxfxf x记若 12 ( ),( )f xfx在 00 (1)xx x处有公共切线，求实数 b 的取值 范

8、围； (2)求证：当 2 1xmx时， 1 1 21 1 2 (1) 1 1 1 . f xf xff xxf xxf xxm m 5 2020 年年 6 月诸暨市高中毕业班质量检测数学试题答案月诸暨市高中毕业班质量检测数学试题答案 一、选择题 AACAD CABDB 二、填空题 11. 2, 7 12. 3或3，1a 13. 3 ,3 5 14. 15, 76 15. 1 6 16. 1 (0, ) 4 17. 721 14 三、解答题 18.（1）由正弦定理 , s i n 2s i ns i ns i n A MA BC MC B A M BC M B 或 , sin2sinsinsin

9、 AMBMCMBM AC 4 s i n 22 s i n, 4 2+ 1 （2）由余弦定理 22 3 45222cos 4 aaaa ，3a 2+ 2 139 3 3 2 sin 242 ABC S 2+ 1 19.（1）,ADBM ADPM 2 所以AD 平面MPB 2 所以平面MPB平面PBC 2 （2）法一（定义法） 作BEMC于E，作EFMN于F，连BF，则由BE 平面PMC及三垂 线定理知BFE即所求二面角的平面角 3+ 2 233233 3 , 2771 41 4 B EM EE FM EB F 2 33 cos 11 EF BFE BF 1+ 1 法二（坐标法） 以,MA MB

10、 MP为, ,x y z轴建立空间直角坐标系，则 37 (0, 3,0),( 2, 3,0), (0,0, 7),( 1,) 22 BCPN 2 设平面BMN的法向量为( , , )x y z，则 0 37 0 22 y xyz 2 6 解得其中一个解为( 7,0,2) 1 类似可以求得平面MNC的一个法向量为( 3,2,0) 2 二面角B MNC 的余弦值 2133 11117 1+ 1 20.（1） 2 (33 )(3)(36 ),1,2 n ddddan 2+1+ 1 11 2 32 3 bb 1 当2n时， 1 2222 ( )(28)( ) (210)( ) (312210),( )

11、 3333 nnnn nnn a bnnnnb ， 综上 2 ( ) 3 n n b 3 （2）法一： 123 22222 (1)(1)(1)(1) (1)(2) n n c aaaann 2 112233 111 , 333 cb cb cb 1 记 63 ( ) 1 (1)(2)2 3 n n n n c k nn b ，则 当3n 时， 1 (1)3263 1 (3)226 n n knnn knn :3 所以 1 3 nn cb对一切nN 恒成立 1 注：也可以证明 当3n 时， 1 0 nn kk 法二： 112233 111 , 333 cb cb cb 2 记 1 3 n n n

12、 c k b 当3n 时， 1 1 2333263 (1)1 22626 n nn knnn kann :4 所以 1 3 nn cb对一切nN 恒成立 :1 法三： 123 22222 (1)(1)(1)(1) (1)(2) n n c aaaann 2 112233 111 , 333 cb cb cb 1 7 数学归纳法证明当3n 时， 1 3 nn cb 4 注：如果完全用作差比较，当3n 时，令 1 3 nnn cb，则 1 0 nn 不成立；若令 31 n nn bc ， 则 1 0 nn 成立 21. （1）将P点坐标代入得1a ，抛物线方程为 2 yx 2 设 1122 (,)

13、, (,)A x yB xy，则 21 2121 11 2 yy xxyy 1 又 11 11 11 1 11 yy xx ，得 1212 20y yyy 1 所以 1 0y 或 2 0y ，直线AB方程为 1 2 yx 2 （2）先证明, ,A B Q三点共线， 22 12211212 (1)(2)(1)(2)(1)(2)(1)(2)yxyxyyyy 211212 ()(2)0yyy yyy 4 （或设AB方程为xmyn，与抛物线方程联立得 2 0ymyn，由韦达定理 12 myy， 12 ny y ，结合（1）的结论得20nm ，21 mn ，即直线 AB过定点(2, 1)Q） 所以, ,

14、A B Q三点共线，4 QA QB 得 1 2 1 4 1 y y 1 1 12 22 1 1 4, (1)(1)1, 3 1 2 y y yy yy （舍去）或 1 2 3 1 2 y y 所以AB方程为 73 22 xy 3 115 22 PAB SdAB 2 法二： 2 2222222 11111 2 1 (2)(1)(2)(1)(1)2(1) 1 xyyyy y 2222 2 222 1 44 22 (2)(2)(1) (1) (1)(1) yxy y yy 4 8 所以由4 QA QB 得 2 2 1 4 (1)y 1 12 2 1 (1)(1)1, 3 2 y yy y （舍去）或

15、 1 2 3 1 2 y y 所以AB方程为 73 22 xy 3 11 5 22 PAB SdAB 2 22. （1） 1 ( )fxxa x 1 12 ,x x是方程 1 0xa x 的两根， 1212 2,1,ax xxxa 1 由题意得 2 000 0 0 1 ln 2 1 xxaxb xa x 2 22 00000 11 ln1ln 22 baxxxxx 记 2 1 ( )1ln 2 g xxx ，则 13 ( )0, ( )(1) 2 g xxg xg x ，即 3 2 b 2 （2）记 1122 ( , (), (, (), (1, (1), ( , ( )A x f xB xf

16、 xCfP m f m，本题要证明的是线段AB 恒在线段CP的上方，我们只需先证明线段CB在线段CP的上方，再证明线段AB在线 段CB的上方 2 记 ( )(1)ln1 ( )(1) 112 f mfm h mma mm ，则 2 22 111 (1)ln(1)ln(1) 1 2 ( ) (1)2(1) mmm mm h m mm 又 2 22 11111 (1)ln(1)(1)(1)(1)0 2 mmmm mmmm ，所以 2 11 ( )(1)ln(1)(1)0 2 y mmmy m ，从而( )0h m，( )h m单调递增， 所以 2 2 ()(1)( )(1) (1)(1)(1)(1

17、) 11 f xff mf xfxf xm 下证 9 212 11 212 ()()()(1) ()()(1)(1) 1 f xf xf xf xxf xxf xxx 因为 2121 1122 2121 ()()()() ()()()() f xf xf xf x xxf xxxf x xxxx ，及 22 222 22 ()(1)()(1) (1)(1)()(),0 11 f xff xf xfxxf xxx xx 只需证明 212 212 ()()()(1) 1 f xf xf xf xxx 即 212 212 212 l nl n1l n1 ()(1) 212 xxx xxx xxx 记 2 (1)xt t， 212 212 2 212 lnln1ln12 lnln1 ( )()(1) 212112 xxxtttt txxx xxxttt 2 2 ln1 2 (1) ttt t t 2 (2 ln1)22ln222(1)20ttttttt， 2 2 ln12 ln1 1 10ttt 所以( )0t，即 212 212 ()()()(1) 1 f xf xf xf xxx 综上命题得证 7