浙江省诸暨市2019届高三下学期高考适应性试卷数学试题PDF版含答案.pdf

1 2019 年诸暨市高考适应性试卷 数学参考答案 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 1．B 2．A 3．C 4．B 5．A 6．C 7．D 8．B 9．D 10．A 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． 7 , 53 12． 2 3 ， 2 3 13． 3 ， 2 14. 256 或 82 15．[5, )  16． 6 17． (0, 2), 4 三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分．） 18. 解：（1） ( )f x  3sin2 cos2x x ……2′ 2sin(2 )6x   ……2′ 2 2 22 6 2k x k         ……1′ 42 2 23 6k x k      6 3k x k      单调递增区间是 [ , ].6 3k k k Z     ……2′ （2） ( ) 2sin(2 ) 26f B B    3B   ……2′ 2 2 2 2 cosb a c ac B    ……2′ 64 25 40 49    7b  ……1′ 2 2 2 49 25 64 1cos 2 2 7 5 7 b c aA bc         ……2′ 法二： 2 5sin sin( ) sin3 8C A A   ……2′ 化简得 tan 4 3A  ……2′， 从而 1cos 7A  ……1′2 19. 解：（1）证明：记 AC BD O ，连 PO PBD OB = OD, PB = PD 中, BD PO  ……2′ BD AC BD PAC AC PO O BD ABCD        平面 平面Þ ……2′ PAC ABCD平面 平面Þ ……2′ （2） , =1, 22POB POB OB PB   中, 1PO  又 33, 3AO OH  又 2 26 2( )3 3PH   ，  2 2 2PH PO OH PH AC     PH ABCD 平面 ……3′ 法一： 再连接 HB ，易知 H 为 ABD 的重心，  ,6 2HBO HBC      BC BH ， PHB PBC平面 平面 HPB  即为所求线面角 ……3′ 6 2 3, 23 3Rt PHB PH PB BH    中, = 2 3 1 6sin 3 32 BHBPH BP       ……3′ 法二：体积法，设 H 到平面 PBC 的距离为 h ，则 2 3 6 22 2 2 ,3 3 3h h      2 3 6sin 3 36     法三：以 , ,OA OB OE 为 , ,x y z 轴建立空间坐标系，则 3 6( ,0, ), (0,1,0), ( 3,0,0)3 3P B C  ……2′ 设平面 PBC 的法向量为 ( , , )x y z3 则 3 0 4 3 6 03 3 x y x z      解得一个法向量为 (1, 3, 2 2)  ……2′ 2 2 6sin 31 3 8      ……2′ 20. 解：（1） 1 12, 2 2n n na a a   2 12 2 6,a a     2 3 22 2 16a a    31 2 0 22; 3; 42 2 2 aa a    ……2′ 猜想： 1( 1) 2n na n    ……2′ 证明：法一： 1 2 2n n na a   1 1 1 2 2 2 n n n n a a    { }2 n n a 是首项为 1，公差为 1 2 的等差数列 1 1 11 ( 1)2 2 2 2 2 n n a n nn         1( 1) 2n na n     ……2′ 法二：数学归纳法 ……2′ （2） 1 2n nS a a a    0 2 3 12 2 3 2 4 2 5 2 ( 1) 2 nn             0 2 3 12 2 2 2 2 3 2 4 2 2 ( 1) 2n n nS n n               2 12 2 2 2 2 ( 1)n n nS n          12(1 2 )2 ( 1) 2 1 2 n nn       2 ( 1) 2 2 2n n nS n        2nn  ……3′ 1 1 1, 2 n n b nb b n    1 2 1 2 1 1 2 3 2 1 1 1 4 3 n n n n b b b n n n b b b n n n                 4 2 ( 1)nb n n    ……2′ 22 ( )( 1) n n tc n n n n     22 ( )1 n tn   又 1 1 2 22 ( ) 2 ( )2 1 n n n nc c t tn n         ……2′ 4 22 ( 2 )2 1 n t tn n      4 2 02 1tn n      2 4 2 2 2 22 1 3 2 3 nt n n n n n n           又 2 3 6n n    2 1 2 33n n     即 1( , )3t   ……2′ 21. 解：（1）法一：设抛物线 C 斜率为 1 2 的切线的切点为  0 0,x y 2 1,4 2 2 x xy y   ， 0 0 11, 4x y   ……2′ 切线方程为 12 02x y   ……1′ 抛物线C 上的点到直线 l 距离的最小值即两条平行线的距离，最小值为 12 3 52 105 d    ……2′ 法二：设设抛物线 C 上点的坐标为 2 ( , )4 tt ，则……1′ 2 2 22 5 3 5( 2 4)10 105 tt d t t        （ 1t  时取等号） ……2′+2′ 抛物线 C 上的点到直线 l 距离最小值为 3 5 105 （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则直线 ,PA PB 的方程分别为 1 2 1 1 2 2( ), ( )2 2 x xy y x x y y x x      ……1′ 由两条直线都过 P 点得 1 2,x x 为方程 2 0 02 4 0x x x y   的两根 1 2 0 1 2 0 2 4 x x x x x y     ……2′ 直线 AB 的方程为 2 1 1 1 2 1 ( )y yy y x xx x    即 1 2 1 1( )4 x xy y x x   ……1′ 1 2 1 2 1 2 0 1 1 01 (1 ) 1 1 04 4 4 2 x x x x x x xy x y           ……3′ 又 1 21 3(1 )x x   1 24 3x x   ……1′ 联立 1 2 0 1 2 0 2 4 x x x x x y     得 1 0 2 0 1 2 0 3 2 2 2 4 x x x x x x x         0 0x  或 0 2x  ， (0, 1)P  或 (2,0)P ……2′ 22.（1） ( ) 2xf x e ax   ……2′ 令 ( ) ( ) 2xg x f x e ax   ，则 ( ) 0g x  恒成立 ( ) 2xg x e a   ， min( ) (ln2 ) 2 (1 ln2 ) 0g x g a a a    a 的取值范围是 0, 2 e     ……2′ （2）由（1）知 ( )g x 在  ,ln2a 上单调递减，在  ln2 ,a  上单调递增，故 1 2ln2x a x  ……1′ 记 ( ) (ln2 ) (ln2 ) 2 ( 2 ) ( ), 0m mh x g a m g a m a e e m i m m         ， 则 ( ) (0) 0i m i  ……2′ 令 1 ln2x a m  ，则 2 1( ) ( ) (ln2 ) (ln2 )g x g x g a m g a m     ， 2 ln2x a m 6 所以 1 2 2ln2x x a  ……2′ （3） ( )f x kx b  ， 21 ( )2 xb e x kx j x    ，要证明 ( )b j x 有唯一实数解……1′ 当 m   时， 21 1(1 )2 me m me      ，当 m   时， 21 1(1 )2 me m me      ，即对于任意的实数 b ， 21 2 xb e x kx   一定有解……1′ ( ) xj x e x k    ，当 1k  时， ( )j x 有两个极值点 0m n  ，函数 ( )j x 在 ( , ),( , )m n  上单调递增，在 ( , )m n 上单调递减；又 1 2b  ，所以只需 21( ) 2 nb j n e n kn    ，在 11k e   时恒成立 所以只需 21 1(1 )2 nb e n ne     ……1′ 令 21 1 1( (1 ) ) (1 ) ( ) 02 n ne n n e n p ne e          ，其中一个正解是 0n 因为 10,( (1 )) 1 0n nn e n ee        ，从而 1ne  单调递增， (0) 0, (1) 0p p  ， 故 00 1n  ……2′ 0 2 2 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) 1 12 2 2 2 ne n n n n be e e e e                ……1′ 综上得证