【文档说明】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.doc，共(10)页，892.500 KB，由小赞的店铺上传

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诸暨市2020年6月高三适应性考试试题数学第Ⅰ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()UCPQ=(▲)A．(2,3]())(

B.1,2C.[0,1)D.0.12,32．已知i是虚数单位，设复数33izii−=++则|z|=(▲)A．22B．25C．42D．323．一个空间几何体的三视图如图所示，则其体积等于(▲)A．66B．13C．12D．324．随机变量ζ的分布列如右

图(),0,E=若则()D=(▲)A．6B．2C．0D．65．设F是双曲线221xyab−=(a>0，b>0)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(▲

)A．5B．102C．3D．2336.已知()()22log42log2abab+=，则a+b的最小值是(▲)A．2B．21+C．3D．2337．已知()2222,,11143ababab−++R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()()2sin03fxx=+在区间[,]44−上单调递增，则ω的取值范围是(▲)A.100,3B.20,3C.210,33D.10,3+9．若不

等式()|04sin|axbx−−+„．对x∈0.2恒成立，则sin(a+b)和sin(a-b)分别等于(▲)A．22;22B．22;22−C．22;22−D．22;22−−10．设数列{an}满足：114,na

a+==2*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(▲)A．3B．5C．7D．9第Ⅱ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220100xyxyy−−−+，则zxy=+的最大值为▲,最小值为▲.12．已知()21,12,1

xxfxxxax−=−+若1,()4.afm==且则m=▲;若对任意的t>0．直线y=t与函数()yfx=的图像都有两个交点，则实数a的取值范围是▲。13．已知4sin5=，β∈,2，且sin(α+β)=cosα，则cos=▲。()tan+=▲。4．在二项式62

1()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,PMABC是所在平面内的两点，满足230PAPBPC++=，直PC线与AB交于点(),12,DPMPAPB=+−若M在△PBD内(不含边界)，则实数λ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12AEDFACDA==，若EF与平面BCD所成角为4，则λ=▲。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θ的大小;(2)求△ABC的面积.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()3121232102103nnnababaabbn+

+++=−+.(1)求数列{an}}的通项公式；()123222221111nncaaaa=−−−−记，比较cn与13nb(n∈N*)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()ln2fxxxaxb=+−+有两个极值

点1212,()xxxx.()()()112(1)()ln,,fxxfxfxfx==−记若12(),()fxfx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.fx

fxffxxfxxfxxmm−−−+−+−−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AACADCABDB二、填空题11.2,7−12.3或3−，1a13.3,35−−14.15,7615.1616.1(0,)417.72114−三、解答题18.（1）由正弦定理,sin2si

nsinsinAMABCMCBAMBCMB==或,sin2sinsinsinAMBMCMBMAC==……4′sin22sin,4==……2′+1′（2）由余弦定理22345222cos4aaaa=+−

，3a=……2′+2′139332sin242ABCS==……2′+1′19.（1）,ADBMADPM⊥⊥……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′2332333,,,2771414BEMEEFMEBF=====……2′33cos11EFBFEBF==……1′+1′法二（坐标法）以,,MAMBMP为,,xyz轴建立

空间直角坐标系，则37(0,3,0),(2,3,0),(0,0,7),(1,,)22BCPN−−……2′设平面BMN的法向量为(,,)xyz，则037022yxyz=−++=……2′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),

()3333nnnnnnnabnnnnb−=+−+=+−−=，综上2()3nnb=……3′（2）法一：12322222(1)(1)(1)(1)(1)(2)nncaaaann=−−−−=++……2′112233111,,333c

bcbcb……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+−法二：11223311

1,,333cbcbcb……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,,333cbcbcb……1′数学归纳法证明当3n时，13nncb……4′注：如果完全用作差比较，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(,),(,)AxyBxy，则212121112yyxxyy−==−−+……1′又111111111yyxx−−=−−−，得121220yyyy+++=……1′所以10y=或20y=，直线AB方程为12yx=−……2

′（2）先证明,,ABQ三点共线，2212211212(1)(2)(1)(2)(1)(2)(1)(2)yxyxyyyy+−−+−=+−−+−211212()(2)0yyyyyy=−+++=……4′（或设AB方程为xmyn=+，与抛物线方

程联立得20ymyn−−=，由韦达定理12myy=+，12nyy=−，结合（1）的结论得20nm−++=，21mn=−+，即直线AB过定点(2,1)Q−）所以,,ABQ三点共线，4QAQB=得12141yy+=+111222114,(1)(1)1,312

yyyyyy=+=−++=−+=−（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−

++=−++=+−+++2222222214422(2)(2)(1)(1)(1)(1)yxyyyy−−++=++=++……4′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′11522PABSdAB==……2′22.（1）1()fxxax=+−……1′12,xx是方程10xax+−=的两根，12122,1,axxxxa=+=……1′由题意得2000001ln21

xxaxbxax=−+−=−+……2′220000011ln1ln22baxxxxx=−−=+−记21()1ln2gxxx=+−，则13()0,()(1)2gxxgxgx=−=，即32b……2′（2）记1122(,()),(,()),(1,(1)),(,())AxfxBx

fxCfPmfm，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)112fmfmhmmamm−==++−−−

，则222111(1)ln(1)ln(1)12()(1)2(1)mmmmmhmmm−−−−+−=+=−−又22211111(1)ln(1)(1)(1)(1)02mmmmmmmm−−+−=−+−=−−，所以211()(1)ln(1)(1)02ymmmy

m=−−+−=，从而()0hm，()hm单调递增，所以22()(1)()(1)(1)(1)(1)(1)11fxffmfxfxfxm−−−+−+−−下证21211212()()()(1)()()(1)(1)1fxfxfxfxxfxxfxxx−−−+−+−−因为212111222121()(

)()()()()()()fxfxfxfxxxfxxxfxxxxx−−−+=−+−−，及2222222()(1)()(1)(1)(1)()(),011fxffxfxfxxfxxxxx−−−+=−+−−−只需证明212212()()()(1)1fxfxf

xfxxx−−−−即212212212lnln1ln1()(1)212xxxxxxxxx−++++−−记2(1)xtt=，2122122212lnln1ln12lnln1()()(1)212112xxxtttttxxxxxxttt−−=++−

−+=−−−−−−22ln12(1)ttttt−+=+2(2ln1)22ln222(1)20ttttttt−+=+−+−−=，22ln12ln1110ttt−+−+=所以()0t，即212212()()()(1)1fxfxfxfxxx−−−−综上命题得证……7′