【文档说明】浙江省教育绿色评价联盟2020届高三下学期6月适应性考试数学试题含答案.pdf，共(10)页，497.139 KB，由小赞的店铺上传

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数学试题第1页共4页绝密★考试结束前2020年浙江教育绿色评价联盟6月适应性考试数学考生须知：1．本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟。2．考生答题前，须将自己的姓名、准考证

号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。3．选择题的答案必须使用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦擦净。4．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，答案写在本试题卷上无效。选择题部分（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UR，集合2xxA，0|xxB，则UABð（）A．[2,)B．(0,)C．(0,2)D．(,2]2.双曲线14922xy的渐近线方程为（）A.xy3

2B.xy23C.xy35D.xy3133.某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．6B．5C．4D．24.已知实数x，y满足约束条件10220220xyxyxy，则yxz

的最小值为（）A．7B.1C.1D.25.在同一直角坐标系中，函数bayx，)(logbxya(0a且1a)的图象可能是（）数学试题第2页共4页A.B.C.D.6.已知22，则“1”是“

1tantan”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7.随机变量X，Y的分布列如下表，其中Nn，则（）A．)()(YDXDB．)()(YDX

DC．)()(YDXDD．无法判断)(XD与)(YD的大小关系8.三棱锥BCDA中，ADAB，BDBC，记AD与BC所成角为，AB与平面BCD所成角为，锐二面角CBDA的大小为，则（）A．B．C．D．9.

已知aR，函数20,()2,0.xexfxxxax则下列说法正确的是（）A．若1a，则()()yfxxR的图象上存在唯一一对关于原点O对称的点B．存在实数a使得()()yfxxR的图象上存在两对关于原点O对称的点C．不存在实数a使得()()yfxxR的图象

上存在两对关于y轴对称的点D．若()()yfxxR的图象上存在关于y轴对称的点，则1aXnn+1n+2P313131Ynn+2n+4P313131数学试题第3页共4页10.对于数列{}na：2112,(*)2

2nnnnaaaanNaa，有以下结论:①若0a，则1na；②若01a，则1nnaa；③对aR，均有102na；④对于任意正整数n，均有(1)(1)0naa.则（）A．仅①②正确B．仅②③正确C．仅①③④正确D．①②③④均正确非选择题部分（共110分

）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.已知复数1zaai（Ra，i为虚数单位），若z为纯虚数，则a，||z；12.已知圆O：221xy，l为过点(0,2)的动直线，若l与圆O相切，则直线l的倾斜角为_

_________；若l与圆O相交于A、B两点，则当OAB的面积最大时AB的弦长为__________．13.已知2020220200122020(+)(0)xaaaxaxaxa，则展开式中二项式系数最大的项是第__________项；若220

22020132019()()1aaaaaa，则a__________．14.已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且cos3sinaCaCbc，则A__________；若3a，且ABC只

有唯一解，则b的范围为__________．15.椭圆22143xy的左、右焦点分别为1F、2F，直线l过1F交椭圆于AB、两点，则2ABF的内切圆的半径r的范围为__________．16.设,abR，不等式2||1xax

b对所有的[,]xmn成立，则nm的最大值是________.17.已知平面向量,,abc满足||||2,()3abcca，则()cba的取值范围为________.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.（本小题满分14分）已知函数)0,0,0)(sin()(AxAxf的部分图像如图所示.（1）求)(xf的解析式；（2）求函数22)]12([)]12([xfxfy的单调递增区间；19.（本小

题满分15分）如图，长方体1111ABCDABCD被经过1BD的动平面所截，分别与棱1CC，1AA交于点M，数学试题第4页共4页N，得到截面1BMDN，已知1ABBC，13DD．（Ⅰ）求证：MNBD；（Ⅱ）若直线AB与截面1BMDN所

成角的正弦值为24，求AN的长．20.（本小题满分15分）已知正项数列{}na满足19a，14(1nnnaaa)．（Ⅰ）求证：数列{}na为等差数列；（Ⅱ）若数列1{}na的前n项和为nS，求证：14nS．21.（本小题满分15分）如图

，已知经过(1,0)F的直线l与抛物线24yx交于A、B两点，记直线,OAOB的斜率分别为12,kk.（Ⅰ）若124kk，求l的斜率；（Ⅱ）求||||||ABOAOB的最小值.22.（本小题满分15分）已知函数()1

,()ln1fxxgxx.（Ⅰ）求证：()()fxgx有两个不同的实数解；（Ⅱ）若()[()]()gxmgxfx在1x时恒成立，求整数m的最大值.2020年浙江教育绿色评价联盟6月适应性考试参考答案数学一、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.A解析：[2,)UAð，[2,)UABð2.B解析：xyxy23049223.C解析：此几何体为斜棱柱，422hSV4.C解析：画出可行域，已知目标函数

yxz在点)0,1(处取到最小值1.5.A解析：对于B，两函数单调性不一致；对于C，函数bayx中0b，函数)(logbxya中0b；对于D，函数bayx中0b，函数)(logbx

ya中0b；6.A解析：由xxq)(，xxrtan)(图像知：1tantan；反之不然.7.B解析：法1.利用方差的概念，易知随机变量X的分布比随机变量Y的分布集中，故)()(YDXD；法2.32)1()(nXDXD；38)2()(nYDYD，

故)()(YDXD；8.B解析：如图，因为ADAB，故AB与面BCD所成角即AD与面BCD所成角，由线面角线线角知：AD与面BCD所成角AD与BC所成角，即；由线面角二面角知：AB与面BCD所成角锐二面角CBDA，即

因为BDBC，故锐二面角CBDA即BC与面ABD所成线面角，故BC与面ABD所成线面角BC与AD所成角，即，故9.A解析：先求出2()2(0)fxxxax关于原点O对称的解析式2()2(0)gxxxax，令2()2(0)xhxexxax

，则()22xhxex，()2xhxe，所以()(ln2)42ln20hxh，因此，()hx是单调递增的，且2()2(0)1xhxexxaha，故当1a，()hx有唯一零点，故选A.10.D解析：若0a时，0na，若0a时，212221

1=2211122+12()22nnnnnnnaaaaaaa，显然2na，故③正确；若0a时，22122122nnnnnnaaaaaa，故1na，所以①正确；若01a

时，易知0na，当1n时，101a，假设nk时，01ka，则1nk时，22122122kkkkkkaaaaaa，所以01na，因此12112222nnnnnnnaaaaaaa

，即1nnaa，故②正确；当1a时，1na；当1a时，22122122nnnnnnaaaaaa综上可得(1)(1)0naa.故④正确.另法：用蛛网法易判断①②③④是正确的，故选D．二、填空题：本大题共

7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.1；1．解析：复数1zaai（Ra，i为虚数单位）为纯虚数，则01a且0a，故1a，||1z．12.3或23；2解析：若直线l与圆相切，则l的斜率肯定存在，设:2lykx，则22=

11dk，所以=3k，所以直线l的倾斜角为3或23；易得当OAB为直角等腰三角形时面积最大，所以||2AB．13.1011；2解析：由二项式系数的性质得，10102020C最大，所以填第2011项

；令1x得，20200122020(1)aaaaa，令1x得，202001232020(1+)aaaaaa，而22022020132019()()aaaaaa012202001232020()

()aaaaaaaaa20202020202022020(1)(1)[(1)(1)](1)1aaaaa，解得2a．14.3；(0,3]{2}解析：因为cos3sinaCaCbc，所以sincos3sinsinsinsinACACBC，

则sincos3sinsinsincoscossinsinACACACACC，所以3sincos1AA，则1sin()62A，所以3A；由正弦定理得，2sinsinbaBA，所以2sinbB，

而ABC只有唯一解时，2[,){}32B，所以b(0,3]{2}．15.3(0,]4解析：设11(,)Axy，22(,)Bxy，则2ABF22121211(||||||)||||22SABBFAFryyFF，所以12|yy|4r=，易算

得12||(0,3]yy，所以3(0,]4r．16.22解析1：令2(),[,]fxxaxbxmn，则()[1,1]fx，于是2()1fmmamb①2()1fnnanb②2

()()1222mnmnmnfab③由①+②-2③，得2()42mn，故22nm.此时2()()12mnfxx.解析2：因为222()|||()()|24mnmnxaxbxamnxb，令2()()2mnfxx

，则()()fmfn，即()fx为平口单峰函数，极值点为2mnx，故2||xaxb的最大值的最小值为2|()()|()2128mnfmfnm，所以22nm.解析3：本题本质上是要证明2,minmax||1abRmxnxaxb，因为2()2x

，可知2()([,])fxxxmn的最佳逼近直线为()()()()()()22fmfnmcfmfcygxxmn（其中()()()fmfnfcmn）即22()22()()()22mnmnmmgxmnx，因此，222

,()minmax||max|()|8abRmxnmxnmnxaxbxgx，偏差点为,,2mnmn，由2()18mn得，22nm.17.[12,4]解析1：由||||2,()3abcca可得||4

ba，233+2||cacc故||4,1||3bac如图，可得12||||()||||4cbacbacba.解析2：设(2,0),(2cos,2sin),abc(,)xy，则由()3

cca得，2223xyx即22(1)4xy，可知1||3c，可设2cos1,2sinxy而()cba(,)(2cos2,2sin)2cos22sinxyxxy2(2cos1)cos2(2cos1)4sinsi

n254cossin()4cos2[254cos4cos2,254cos4cos2]令54cos[1,3]t，所以2254cos4cos2234tt，2254cos4co

s22312tt.故()[12,4]cba.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.解：（1）由图知1A，周期T，故2

，.........................3分将点)1,125(代入解析式得：1)65sin(，因0，故32.........5分所以)62cos()322sin()(xxxf

；.................................6分（2）24cos12)324cos(12cos)32(cos)]12([)]12([2222xxxxxfxfy1)34cos(21)4

sin234cos21(211xxx.........................11分令)2,2(34kkx，解得：)212,23(kkx，Zk..........13分所以函数

的单增区间：)212,23(kkZk...........................14分19.解析：（Ⅰ）以D为原点，分别以DA，DC，1DD，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．则(0,0,

0)D，(1,0,0)A，(1,1,0)B，(0,1,0)C，1(0,0,3)D．3分依题意易得13ANCMDD，设(1,0,)([0,3])Ntt，则(0,1,3)Mt，5分所以(1,1,32)MNt，而

(1,1,0)DB，所以=0MNDB，所以MNBD．7分（Ⅱ）因为(0,1,0)AB，(0,1,t)BN，1(1,1,3)BD，设平面1BMDN的法向量为n(,,)x

yz，则1=030BNnyztBDnxyz，令1z，则n(3,,1)tt，11分设直线AB与截面1BMDN所成角为，所以222sin|cos,|=4(3)1tABntt，解得33t，所

以33AN．15分20.解析：（Ⅰ）由14(1nnnaaa），得1(44)0nnnaaa，即221()(2)0nnaa，3分所以12nnaa，即12nnaa，所以，数列{}na为等差数

列；7分（Ⅱ）由（Ⅰ）得=21nan，所以2(21)nan，9分因为2221111111()(21)4414441nannnnnnn，12分所以nS121111111111111()()()(1)412231414naaannn

，所以，14nS．15分21.解析：（Ⅰ）（Ⅰ）设1122(,),(,)AxyBxy，:1ABlxmy，2分由24,1,yxxmy得2440ymy，所以12124,4yym

yy，4分设直线l的斜率为k，则12121214yykmxxyy，同理121244,kkyy，6分所以12121212124()44()4yykkyyyyyy，

7分所以1k.（Ⅱ）由（Ⅰ）知2222121212||1||1()44(1)ABmyymyyyym，9分而221122121212||||444()+16OAOBxxxxxxxxxx2222121212+4(11)161616

yyyymymy22516m所以22||4(1)||||1625ABmOAOBm12分令216255tm，13分则222516tm，所以||||94||445OAOBtABt15分当且仅当0m时取到最小值．22.解：（Ⅰ）由()

()fxgx得ln20xx，令()ln2hxxx，则11()1xhxxx，2分当(0,1)x时，()0hx，()hx单调递减；当(1,)x时，()0hx，()hx单调递增.所以()hx的最小

值为(1)10h，而当0x时，()hx，当x时，()hx，故()()fxgx有两个不同的实数解.6分（Ⅱ）()[()]()gxmgxfx在1x时恒成立，即ln(1)xxxmx在1x时恒成立，所以ln1xxxmx在1x时恒成立

，8分设ln()1xxxmxx，则2ln2()(1)xxmxx，由（Ⅰ）()0mx有唯一零点01x，即00ln20xx，10分又(3)1ln30,(4)2ln40hh，所以0(3,4)x

，且当0(1,)xx时，()0mx，当0(,)xx时，()0mx，所以0000min0000(ln1)(1)()()11xxxxmxmxxxx，13分由题意，得0mx，且0(3,4)x，因此整数m的最大值为3.15分