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 PDF版含答案.pdf

1、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

2、题目要求的.）1.设全集UR，集合2xxA，0|xxB，则U AB（）A2,)B(0,)C(0,2)D(,22.双曲线14922 xy的渐近线方程为（）A.xy32B.xy23C.xy35D.xy3133.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（）A6B5C4D24.已知实数 x，y 满足约束条件10220220 xyxyxy，则yxz的最小值为（）A 7B.1C.1D.25.在同一直角坐标系中，函数bayx，)(logbxya(0a且1a)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

3、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)()(YDXDB)()(YDXDC)()(YDXDD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（）ABCD9.已知aR，函数20,()2,0.xexf xxxa x则下列说法正确的是（）A若1 a，则()()yf x xR 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()()yf x xR 的图象上存在两对关于原点 O 对称的点C不存

4、在实数 a 使得()()yf x xR 的图象上存在两对关于 y 轴对称的点D若()()yf x xR 的图象上存在关于 y 轴对称的点，则1aXnn+1n+2P313131Ynn+2n+4P313131数学试题第 3 页 共 4 页10.对于数列na：2112,(*)22nnnnaaa anNaa，有以下结论:若0a，则1na ；若 01a，则1nnaa；对 aR，均有102na；对于任意正整数 n，均有(1)(1)0naa.则（）A仅正确B仅正确C仅正确D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

5、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)x aaa xa xaxa，则展开式中二项式系数最大的项是第_项；若22022020132019()()1aaaaaa，则 a _14.已知 a，b，c 分别为 ABC三个内角 A，B，C 的对边，且cos3 sinaCaCbc，则A _；若3a，且 ABC 只有唯一解，则b 的范围为_

6、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,a bR，不等式2|1xaxb 对所有的,xm n成立，则 nm的最大值是_.17.已知平面向量,a b c 满足|2,()3abcca，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

7、 分）如图，长方体1111ABCDA B C D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1BMD N，已知1ABBC，13DD（）求证：MNBD；（）若直线 AB 与截面1BMD N 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 )（）求证：数列na为等差数列；（）若数列1na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,OA OB 的斜率分别为12,k k.

8、（）若124kk ，求l 的斜率；（）求|ABOAOB的最小值.22.（本小题满分 15 分）已知函数()1,()ln1f xxg xx.（）求证：()()f xg x有两个不同的实数解；（）若()()()g xmg xf x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,)U A，2,)U AB 2.B解析：xyxy23049223.C解析：此几何体为斜棱柱，422hSV4.C解析：画出可行域，已知目标函

9、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0b，函数)(logbxya中0b；对于 D，函数bayx 中0b，函数)(logbxya中0b；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

10、 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)f xxxa x 关于原点 O 对称的解析式2()2(0)g xxxa x，令2()2(0)xh xexxa x，则()22xh xex，()2xh xe，所以()(ln2)42ln20h xh，因此，()h x 是单调递增的，且2()2(0)1xh xexxaha，故当1a ，()h x 有唯一零点，故选 A.10.D 解析

11、：若0a 时，0na，若0a 时，2122211=2211122+12()22nnnnnnnaaaaaaa，显然2na，故正确；若0a 时，22122122nnnnnnaaaaaa，故1na ，所以正确；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，故正确；当1a 时，1na ；当1a 时，22122122nnnnnnaaaaaa 综上可得(1)(1)0naa.故正确.另法：用蛛网法易判断是正确的，故选 D二、填空题：本大题共 7

12、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0a，故1a，|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:2l ykx，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220220201

13、32019()()aaaaaa012202001232020()()aaaaaaaaa20202020202022020(1)(1)(1)(1)(1)1aaaaa ，解得2a 14.3；(0,32解析：因为cos3 sinaCaCbc，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(0,3215.3(0,4解析：设11(,)A x y，22(,)

14、B x y，则2ABF22121211(|)|22SABBFAFryyF F，所以12|yy|4r=，易算得12|(0,3yy，所以3(0,4r 16.2 2 解析 1：令2(),f xxaxb xm n，则()1,1f x ，于是2()1f mmamb2()1f nnanb2()()1222mnmnmnfab 由+-2，得2()42mn，故2 2nm.此时2()()12mnf xx.解析 2：因为222()|()()|24mnmnxaxbxamn xb，令2()()2mnf xx，则()()f mf n，即()f x 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|()

15、()|()2128mnf mfnm，所以2 2nm.解析 3：本题本质上是要证明2,min max|1a b R m x n xaxb ，因为2()2x ，可知2()(,)f xxxm n的最佳逼近直线为()()()()()()22f mf nmcf mf cyg xxmn（其中()()()f mf nf cmn）即22()22()()()22mnmnmmg xmn x，因此，222,()min max|max|()|8a b R m x nm x nmnxaxbxg x ，偏差点为,2mnmn，由2()18mn 得，2 2nm.17.12,4解析 1：由|2,()3abcca可得|4ba，2

16、33+2|ca cc故|4,1|3bac如图，可得 12|()|4 cbacbacba.解析 2：设(2,0),(2cos,2sin),abc(,)x y，则由()3cca得，2223xyx即22(1)4xy，可知1|3c，可设2cos1,2sinxy而()cba(,)(2cos2,2sin)2 cos22 sinx yxxy2(2cos1)cos2(2cos1)4sin sin2 54cossin()4cos2 2 54cos4cos2,2 54cos4cos2 令54cos1,3t，所以22 54cos4cos2234tt，22 54cos4cos22312tt .故()12,4 cba.

17、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1A，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(2222xxxxxfxfy1)34cos(21)4sin234cos21(211xxx.11 分令)2,2(34kkx，解得：)212,23(kkx，Zk.13 分所以函数的单增区间：)212,23(kkZk.14 分19.解析：（）以 D 为原点，分别以 D

18、A，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)D3 分依题意易得13ANCMDD，设(1,0,)(0,3)Nt t，则(0,1,3)Mt，5 分所以(1,1,32)MNt，而(1,1,0)DB，所以=0MN DB，所以 MNBD7 分（）因为(0,1,0)AB，(0,1,t)BN，1(1,1,3)BD ，设平面1BMD N 的法向量为n(,)x y z，则1=030BN nyztBD nxyz ，令1z ，则n(3,1)t t，11 分设直线 AB 与截面1BMD N 所成角为，

19、所以222sin|cos,|=4(3)1tAB ntt ，解得33t，所以33AN 15 分20.解析：（）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（）由（）得=21nan ，所以2(21)nan，9 分因为22211111 11()(21)4414441nannnnnnn，12 分所以nS121111111111111()()()(1)412231414naaannn ，所以，14nS 15 分21.解析：（）（）设1122(,),(,)A x yB xy，:1ABlxmy，

20、2 分由24,1,yxxmy 得2440ymy，所以12124,4yym y y ，4 分设直线l 的斜率为 k，则12121214yykmxxyy，同理121244,kkyy，6 分所以12121212124()44()4yykkyyyyy y ，7 分所以1k .（）由（）知2222121212|1|1()44(1)ABmyymyyy ym，9 分而221122121212|444()+16OAOBxxxxx xx xxx2222121212+4(11)161616y yy ymymy 22516m所以22|4(1)|1625ABmOAOBm12 分令216255tm，13 分则22251

21、6tm，所以|94|445OAOBtABt15 分当且仅当0m 时取到最小值22.解：（）由()()f xg x得ln20 xx，令()ln2h xxx，则11()1xh xxx，2 分当(0,1)x时，()0h x，()h x 单调递减；当(1,)x 时，()0h x，()h x 单调递增.所以()h x 的最小值为(1)10h ，而当0 x 时，()h x ，当 x 时，()h x ，故()()f xg x有两个不同的实数解.6 分（）()()()g xmg xf x在1x 时恒成立，即 ln(1)xxxm x在1x 时恒成立，所以ln1xxxmx在1x 时恒成立，8 分设ln()1xxxm xx，则2ln2()(1)xxm xx，由（）()0m x有唯一零点01x ，即00ln20 xx，10 分又(3)1ln30,(4)2ln40hh，所以0(3,4)x，且当0(1,)xx时，()0m x，当0(,)xx 时，()0m x，所以0000min0000(ln1)(1)()()11xxx xm xm xxxx，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