1、2 2 正视图侧视图 俯视图 (第 3 题图) 浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2020 年年 4 月）月） 数 学 试 题数 学 试 题 本科试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共 6 页，选择题部分 1 至 3 页，非选择题部分 4 至 6 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。 考生注意：考生注意： 1答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在 试题卷和答题纸规定的位置上。 2答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题 卷上的作答一律无效。 参考公式:参考公式: 如果
2、事件A，B互斥，那么柱体的体积公式 ()( )( )P ABP AP BVSh= 如果事件A，B相互独立，那么其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高 ()( )( )P A BP AP B锥体的体积公式 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那 1 3 VSh= 么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高 ( )(1)(0,1,2, ) kkn k nn P kC ppkn 球的表面积公式 台体的体积公式 2 4SR= 1122 1 () 3 VSS SS h球的体积公式 其中 12 ,S S分别表示台体的上、下底面积，h表 3 4 3 VR= 示台体的
3、高其中R表示球的半径 第卷（共第卷（共 40 分）分） 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，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） 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已知集合 |1Ax x， |1Bx x，则()AB R AB1CRD(1,) 2双曲线 2 2 1 3 x y的焦点到渐近线的距离是 A1B2C3D2 3底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示， 则该四棱锥的体积是 A4 3B8 C 4 3 3 D 8 3 4若实数xy，满足不等式组 0, 22, 22, y xy
4、 xy 则3xy A有最大值2，最小值 8 3 B有最大值 8 3 ，最小值2 C有最大值2，无最小值D有最小值2，无最大值 5在ABC中，已知 4 A ，则“sinsinAB”是“ABC是钝角三角形”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 6已知0a ，且1a ，若log 21 a ，则 | a yx x 的图象可能是 ABCD 数学试题卷第 1 页（共 6 页） 数学试题卷第 2 页（共 6 页） V A B C P (第 8 题图) 7已知 123 xxx R， ， 123 xxx，设 12 1 2 xx y ， 23 2 2 xx y ， 31 3 2
5、xx y ， 12 1 2 yy z ， 23 2 2 yy z ， 31 3 2 yy z ，若随机变量X YZ， ，满足： () i P Xx() i P Yy() i P Zz 1 3 (1,2,3)i ，则 A()( )( )D XD YD ZB()( )( )D XD YD Z C()( )( )D XD ZD YD()( )( )D XD ZD Y 8如图，三棱锥VABC的底面ABC是正三角形，侧棱长均相等， P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为 ，二面角PACB的平面角为，则不可能 是 A 3 4 B 2 3 C 2 D 3 9如图，一系列椭圆 22 * :
6、1() 1 n xy Cn nn N，射线 (0)yx x 与椭圆 n C交于点 n P，设 1 | nnn aP P ，则数列 n a是 A递增数列 B递减数列 C先递减后递增数列 D先递增后递减数列 10设aR，若1,ex时恒有 2 (e 1)ln() a xxxxa x （其中e2.71828为自然对数 的底数） ，则恒有零点的是 A1 2 axxyB13 2 xaxy C1eay x D1eay x 第第卷（共卷（共 110 分）分） 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分） 11函
7、数( )3sin(2)f xx 的最小正周期为，值域为 12已知i为虚数单位，复数z满足 i 1 2i 1 i z ，则z ，| z 13已知 66256 01256 (1)(2)xxaa xa xa xa x，则 6 a ， 012 |aaa 56 |aa 14已知函数 2 2 ,0, ( ) log (),0. x x f x xa x 若( 1)(1)ff，则实数a ；若( )yf x存在 最小值，则实数a的取值范围为 15 某地区有 3 个不同值班地点， 每个值班地点需配一名医务人员和两名警察， 现将 3 名医务人员（1 男 2 女）和 6 名警察（4 男 2 女）分配到这 3 个地点
8、去值班，要求每个值班地点至少有一名女性， 则共有种不同分配方案 （用具体数字作答） 16已知平面向量, , ,a b c d，满足| | | 1abc，0a b，| |cdb c，则a d的取值范围为 17已知, a bR，设函数( )2|sincos2sin|f xx+a|+|x+x+b的最大值为( , )G a b，则( , )G a b 的最小值为 三、解答题三、解答题（本大题共本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程解答应写出文字说明、证明过程或演算过程） 18 （本小题满分 14 分） 在ABC中，已知内角, ,A B C的对边分别是, , ,
9、a b c且 3 1, cossin a b AB （）求角A； （）若2a ，求ABC的面积 Ox y 1 P 2 P (第 9 题图) 数学试题卷第 3 页（共 6 页） 数学试题卷第 4 页（共 6 页） O B E A M N lF (第 21 题图) 19 （本小题满分 15 分） 如图，四棱锥ABCDE中，底面BCDE是正方形，90ABC，2AC ，1BC ， 7AE （）求证：BCAE； （）求直线AD与平面BCDE所成角的正弦值 20 （本小题满分 15 分） 已知数列 n a是等比数列， 1 2a =，且 234 ,2,a aa+成等差数列数列 n b满足： n bbb b
10、n 32 32 1 2 2 nn n() * N （）求数列 n a和 n b的通项公式； （）求证： 2 31 3 1 2 11 3 3 2 2 1 1 n n an b a b a b a b 21 （本小题满分 15 分） 如图，已知点)0 , 0(O，)0 , 2(E，抛物线 2 :2(0)C ypx p的焦点F为线段OE中点 （）求抛物线C的方程； （）过点E的直线交抛物线C于A，B两点，4ABAM ，过点A作抛物线C的切线l，N为 切线l上的点，且MNy轴，求ABN面积的最小值 22 （本小题满分 15 分） 已知函数 2 ( )(1)e(0) x f xxaxx （）若函数( )
11、f x在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围； （）若函数( )f x有两个不同的零点 1 x， 2 x， （）求实数a的取值范围； （）求证： 120 111 1 1xxt (其中 0 t为( )f x的极小值点) A B C E (第 19 题图) D 数学试题卷第 5 页（共 6 页） 数学试题卷第 6 页（共 6 页） A B C DE H A B C DE x y z 浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2020 年年 4 月）月） 数学参考答案及评分标准数学参考答案及评分标准 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题小题，每小题每小题
12、 4 分分，共共 40 分）分） 1B2A3C4C5A6D7B8D9B10D 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题小题，多空题每题多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分）分） 112， 3,31232i， 13 130，665141 2 ， 1,0) 15324162,217 49 16 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）解答应写出文字说明、证明过程或演算过程） 18(本小题满分本小题满分 14 分分) 解：解： （）由 3 cossin a AB ，得 sin3co
13、saBA ， 又因为 sinsin ab AB ，所以sinsinaBbA.3 分 因为1b ，所以 sin3 3 cos A Ab ，6 分 即tan 3A ，7 分 所以 3 A .8 分 （）由余弦定理 222 2cosabcbcA ，10 分 得 2 30cc ，解得 113 2 c .12 分 所以 1339 sin 28 ABC SbcA .14 分 19(本小题满分本小题满分 15 分分) （）证明：证明：由已知得BCAB，BCBE，ABBEB， 所以BC 平面ABE，4 分 又AE 平面ABE，所以BCAE6 分 （）解法解法 1：过点A作AHEB，垂足为H，连结DH8 分 由
14、（）知BCAH，又BCBEB，所以AHBCDE 平面 所以ADH是直线AD与平面BCDE所成角11 分 在ABE中， cosABE 222 2 ABBEAE AB BE 3 1 7 2 3 3 2 ， 所以150ABE， 所以AH 1 3 2 3 2 ，BH 3 3 2 3 2 13 分 所以DH 22 ) 2 5 (1 29 2 ，AD 22 AHDH 329 44 2 2 ， 所以sinADH AH AD 6 8 所以直线AD与平面BCDE所成角的正弦值为 6 8 15 分 解法解法 2：过点B作平面ABC的垂线Bz，则BABCBz、两两互相垂直， 以BABCBz、为xyz、 、轴建立空间
15、直角坐标系8 分 由已知得( 3 0 0)A， ，(010)C， ，设),(zyxE， 则 0, | 1, |7, BE BC BE EA 即 22 22 0, 1, (3)7, y xz xz 因为0z ，所以， 31 0 22 xyz ，即 31 (0) 22 E ， ，11 分 由BECD 31 (0) 22 ， ，得 31 (1) 22 D ， ，所以 3 31 (1) 22 AD ， ， 由 31 (0) 22 BE ， ， ，(010)BC ， ， 计算得平面BCDE的法向量(103)n ， ， 13 分 所以|cos|AD n ， 222 3 6 8 所以直线AD与平面BCDE所
16、成角的正弦值为 6 8 15 分 数学答案第 1 页（共 6 页） 数学答案第 2 页（共 6 页） 20(本小题满分本小题满分 15 分分) 解：解： （）设等比数列 n a的公比为q，则 23 234 2 ,2,2aq aqaq=， 由 234 ,2,a aa+成等差数列，得 324 2(2)aaa+=+.3 分 即 23 2(22)22qqq+=+，即 2 (2)(1)0qq-+=，解得2q=，所以2 n n a =. 5 分 当1n时，1 1 b.当2n时， 232 2 32 1 nn n bbb b n , 2 ) 1() 1( 132 2 132 1 nn n bbb b n ，作
17、差得 n b n n = ，8 分 所以，(2) n bn n n= .当1n=时， 1 111b = =也成立，所以 n bn n= . 综上，2n n a =， n bn n= .9 分 （）因为当2n时， n nn n n n n nn n nn an b 222 11 ，所以11 分 n n n n an b a b a b a b 22 3 2 21 3 1 2 11 32 3 3 2 2 1 1 .12 分 设 23 23 222 n n n T =+L，则 341 123 2222 n n n T + =+L，两式相减得 121 23 132 2 ) 2 1 1 ( 4 1 2
18、1 2 2 1 1 ) 2 1 1 ( 2 1 2 1 2 ) 2 1 2 1 ( 2 2 2 1 nnn n nn n nnn T 1 2 2 4 3 n n ，14 分 所以 32 22 n n n T + =-，所以 3 2 n T 所以， 2 31 3 1 2 11 3 3 2 2 1 1 n n an b a b a b a b 15 分 21(本小题满分本小题满分 15 分分) 解：解： （）由已知得焦点F坐标为(1,0)，2 分 所以2p ，抛物线C的方程为 2 4yx4 分 （）设:AB2xmy, 112200 ( ,), (,),(,)A x yB xyM xy.联立AB与C
19、的方程， 得 2 480ymy，且 2 16320m ， 由韦达定理得， 1212 ,48yym y y 6 分 设 11 :()l ykyxx，联立l与C的方程，得 2 11 44 40yyyx kk ， 由相切，计算得 1 2 k y ，所以 11 :202lyxyx8 分 由 4ABAM ，得 2 0 12 0 1 , 33 44 xxy xy y ， 将 1 0 2 3 4 y yy 代入直线l方程，解得 22 1121 8 88 N yy yy x 10 分 所以 ABN S| 2 1 210 yyxx N 2 121 12 1 | 3 48 | 8 | 2 xx yy y 3 1
20、223 12121 12 | 8 | 16| . 323232 |yy y yyyyy 13 分 又 24| 8 | 1 1 y y ，所以 ABN S 4 2 ，且当 1 2 2y 时，取到等号， 所以，ABN面积的最小值为4 215 分 22(本小题满分本小题满分 15 分分) 解：解： （）由 2 ( )(1)e x f xxax，得 2 ( )(e2 ) x x fxxa x 2 分 设 2 ( )e (0) x x g xx x ，则 2 2 22 ( )e x xx g x x 3 分 由( )0g x，解得31x ，所以( )g x在(0, 31上单调递减，在 31,) 上单调递
21、增因为函数( )f x在(0,)上单调递增，( )0fx ， 所以 3 1 2( 3 1)(23)eag ， 所以，实数a的取值范围为 3 1 (23)e , 2 .5 分 （）（）因为( )f x有两个不同的零点，( )f x不单调，所以 3 1 (23)e 2 a 因此( )0fx 有两个根，设为 10 ,t t，且 10 03 1tt ， 所以( )f x在), 0( 1 t上单调递增，在 10 ( , )t t上单调递减，在 0 ( ,)t 上单调递增 数学答案第 3 页（共 6 页） 数学答案第 4 页（共 6 页） 又 1 ( )(0)1f tf， 22 ( )(1)e(e)(1)
22、e xxx f xxaxaxxa ，当x充分 大时，( )f x取值为正，因此要使得( )f x有两个不同的零点，则必须有 0 ( )0f t， 即 0 2 00 (1)e0 t ta t，7 分 又因为02e )2()( 000 0 tattf t ， 所以 00 0 00 (1)e(2)e0 2 tt t tt ， 解得 0 2t . 所以 2 1(12) ( 2)e 22 ag 因此，当函数( )f x有两个不同的零点时，实数a的取值范围为 2 (12) e, 2 . 9 分 （）先证明不等式：若 1212 ,(0,),x xxx，则 2112 12 21 lnln2 xxxx x x
23、xx . 证明：不妨设 21 0xx，即证 22 121 2 1 2 1 1 2(1)1 ln 1 xx xxx x xx x x 设 2 1 1 x t x ， 1 ( )ln t g tt t ， 2(1) ( )ln 1 t h tt t ，则只需证( )0g t ，且( )0h t . 因为 2 (1) ( )0 2 t g t t t ，0 ) 1( ) 1( )( 2 2 tt t th， 所以( )g t在(1,)上单调递减， ( )h t在(1,)上单调递增，所以( )(1)0g tg，( )(1)0h th，从而不等式得 证11 分 再证原命题 120 111 1. 1xxt
24、 由 1 2 ()0, ()0, f x f x 得 1 2 2 11 2 22 (1)e0, (1)e0, x x xax xax 所以 12 12 22 12 (1)e(1)e xx xx xx ，两边取对数得， 212121 2(lnln)ln(1)ln(1)xxxxxx， 即 2121 2121 2(lnln)ln(1)ln(1) 1 (1)(1) xxxx xxxx 因为 2121 212112 12 2(lnln)ln(1)ln(1)22 , (1)(1)(1)(1) xxxx xxxxxxx x 所以 1212 12 2211 1 2xxxxx x 13 分 因此，要证 120
25、111 1 1xxt ，只需证 120 2xxt 因为( )f x在 0 ( ,)t 上单调递增， 102 0xtx，所以只需证 201 ()(2)f xftx， 只需证 101 ()(2)f xftx，即证 00 ()()(f txf tx其中 0 (,0)xt 设 000 ( )()()(0)r xf txf txtx，则只需证( )0r x . 计算得 00 000 ( )(2)e(2)e4 txtx r xxtxtat ， 0 2 00 ( )e(3)e(3) txx rxxtxt 由 2 00 (3)e(3) x ytxxt在 0 (,0)t上单调递增， 得 0 00 (3)e(03)0ytt， 所以( )0rx，即( )r x在 0 (,0)t上单调递减，所以 0 ( )(0)2( )0r xrf t， 即( )r x在 0 (,0)t上单调递增，所以( )(0)0r xr成立，原命题得证15 分 数学答案第 5 页（共 6 页） 数学答案第 6 页（共 6 页）
