浙江省绍兴市诸暨市2020届高三6月适应性考试数学试题及答案3142.pdf

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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UC 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33izii 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()A66 B13 C12 D32 4随机变量 的分布列如右图,0,E若则 D()A6 B2 C0 D6 5设 F 是双曲线221xyab(a0，b0

2、)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 B102 C3 D2 33 6.已知22log42log2abab，则 a+b 的最小值是()2 A2 B21 C3 D2 33 7已知2222,11143aba 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 2sin03f xx在区间,4 4 上单调递增，则 的取值范围是()A.100,3 B.20,3 C.2 10,33 D.10,3 9若不等式|04sin|axbx对 x

3、0.2恒成立，则 sin(a+b)和 sin(a-b)分别等于()A22;22 B22;22 C22;22 D22;22 10设数列an满足：114,naa2*32,2Nnnaan其中x表示不超过实数 x 的最大整数(例如 3.1)3则2020a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，共 36 分.11设实数 x，y 满足约束条件220100 xyxyy，则zxy的最大值为 ,最小值为 .12已知 21,12,1x xf xxxa x若1,()4.af m且则 m=;若对任意的 t0直线

4、 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4sin5，,2，且 sin(+)=cos，则cos 。tan 。4在二项式621()xx展开式中，常数项为 ；在621(1)xx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 A

5、C，AD 上的点，满足 12AEDFACDA，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.5222,2AABMCMMCBM.(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.2

6、0(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3121232102103nnnaba baa bbn.(1)求数列an的通项公式；123222221111nncaaaa记，比较cn与13nb(nN*)的大小.21(本题满分 15 分)已知 1,1P是抛物线 C:2yax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12，求 AB 方程(2)设2,1,Q当|4|QAQB时，求PAB 的面积 22(本题满分 15 分)已知函数21()ln2f xxxaxb有两个极值点121

7、2,()x xxx.112(1)()ln,f xx fxfxf x记若12(),()f xfx在00(1)xxx处有公共切线，求实数 b 的取值范围；(2)求证：当21xmx时，112112(1)111.f xf xffxxf xxfxxmm 5 2020 年 6 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 13.3,35 14.15,76 15.16 16.1(0,)4 17.72114 三、解答题 18.（1）由正弦定理 ,sin2sinsinsinAMABCMCBAMBCMB或,sin2sinsinsinAMB

8、MCMBMAC 4 sin22sin,4 2+1（2）由余弦定理 22345222cos4aaaa，3a 2+2 1393 3 2 sin242ABCS 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 2 332333,2771414BEMEEFMEBF 2 33cos11EFBFEBF 1+1 法二（坐标法）以,MA MB 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

9、,7),(1,)22BCPN 2 设平面BMN的法向量为(,)x y z，则 037022yxyz 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BMNC的余弦值213311117 1+1 20.（1）2(33)(3)(36),1,2nddddan 2+1+1 112323bb 1 当2n 时，12222()(28)()(210)()(312210),()3333nnnnnnna bnnnnb，综上 2()3nnb 3 （2）法一：12322222(1)(1)(1)(1)(1)(2)nncaaaann 2 112233111,333cb

10、cb cb 1 记63()1(1)(2)23nnnncknnb，则 当3n 时，1(1)32631(3)226nnknnnknn :3 所以13nncb对一切nN恒成立 1 注：也可以证明 当3n 时，10nnkk 法二：112233111,333cb cb cb 2 记13nnnckb 当3n 时，112333263(1)122626nnnknnnkann :4 所以13nncb对一切nN恒成立 :1 法三：12322222(1)(1)(1)(1)(1)(2)nncaaaann 2 112233111,333cb cb cb 1 7 数学归纳法证明当3n 时，13nncb 4 注：如果完全用

11、作差比较，当3n 时，令13nnncb，则10nn不成立；若令31nnnbc，则10nn成立 21.（1）将P点坐标代入得1a，抛物线方程为2yx 2 设1122(,),(,)A x yB xy，则212121112yyxxyy 1 又111111111yyxx，得121220y yyy 1 所以10y 或 20y，直线AB方程为12yx 2 （2）先证明,A B Q三点共线，2212211212(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20ymyn，由韦达定理 12myy，12ny

12、 y，结合（1）的结论得20nm，21 mn ，即直线 AB过定点(2,1)Q）所以,A B Q三点共线，4QAQB得12141yy 111222114,(1)(1)1,312yyyyyy （舍去）或 12312yy 所以AB方程为7322xy 3 11522PABSdAB 2 法二：222222221111121(2)(1)(2)(1)(1)2(1)1xyyyyy 2 222222214422(2)(2)(1)(1)(1)(1)yxyyyy 4 8 所以由4QAQB得 2214(1)y 11221(1)(1)1,32yyyy （舍去）或 12312yy 所以AB方程为7322xy 3 115

13、22PABSdAB 2 22.（1）1()fxxax 1 12,x x是方程10 xax的两根，12122,1,ax xxxa 1 由题意得2000001ln21xxaxbxax 2 220000011ln1ln22baxxxxx 记 21()1ln2g xxx，则13()0,()(1)2g xxg xgx，即32b 2 （2）记1122(,(),(,(),(1,(1),(,()A xf xB xf 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)112f mfmh mm

14、amm，则 222111(1)ln(1)ln(1)12()(1)2(1)mmmmmh mmm 又 22211111(1)ln(1)(1)(1)(1)02mmmmmmmm，所以 211()(1)ln(1)(1)02y mmmym，从而()0h m，()h m单调递增，所以22()(1)()(1)(1)(1)(1)(1)11f xff mfxfxfxm 下证 9 21211212()()()(1)()()(1)(1)1f xf xf xfxxf xxfxxx 因为212111222121()()()()()()()()f xf xf xf xxxf xxxf xxxxx，及 2222222()(1)()(1)(1)(1)()(),011f xff xfxfxxf xxxxx 只需证明212212()()()(1)1f xf xf xfxxx即 212212212lnln1ln1()(1)212xxxxxxxxx 记2(1)xt t，2122122212lnln1ln12 lnln1()()(1)212112xxxtttttxxxxxxttt22 ln12(1)tttt t 2(2 ln1)22ln222(1)20ttttttt，22 ln12 ln11 10ttt 所以()0t，即212212()()()(1)1f xf xf xfxxx 综上命题得证 7