浙江省山水联盟2020届高三数学下学期返校考试试题（PDF版含答案）

1 2019 学年第二学期“山水联盟”返校考试 高三年级数学学科参考答案 1 答案 D 解析： { 10,1,2,3}A   ， ， (0, )B   ， ={1,2,3}A B 共 3 个元素，故选择 D. 2. 答案 D 解析：焦点在 x 轴上， 2 2 21 3, 1,2 2a b c   ，故选 D 3. 答案 A 【解析】可行域如图所示，易知目标函数 yxz  2 有最小值 0 ，不存在最大值，故选 A。 4.答案 C 5. 答案 A 6. 答案 B【解析】函数 3 cossin)( x xxxxf  是奇函数，并且当 x 时, 0)( xf 恒成立，故选 B。 7.答案 D 解析：由 ( ) 2 1E X a b c a c    和 可得 ( ) ( 2)D X D X  因此做随机变量 2X  的分布列。 2Y X 令 X -1 0 1 P a b c  2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) = 1D Y E Y E Y a c c a a c b         ，则 ( )D X 减小。故选 D 8.答案 C 9.答案 B 【解析】令      0,)1( 0,)()()( xxa xeaxaxxfxg x ，则条件等价为方程 bxg )( 有 3 个实数根。 当 0x 时， )1()('  axexg x . 一、选择题 2 对 A 选项分析：当 1a ， 0b 时， )(xg 在   )1(, a ，  0),1(a ， ),0( ， )(xg 图像如 图所示： ，此时方程 bxg )( 最多只有 1 个实数根，所以 A 选项错误。 对 B 选项分析：当 1a ， 0b 时， )(xg 在   )1(, a ，  0),1(a ， ),0( ， )(xg 图像如 图所示： ，故方程 bxg )( 可能会出现 3 个实数根，所以 B 选项正确。 对 C 选项分析：当 1a ， 0b 时， )(xg 在 ),0( ， )(xg 图像如图所示： ， 此时方程 bxg )( 最多只有 2 个实数根，所以 C 选项错误。 对 D 选项分析：当 1a ， 0b 时， )(xg 在  ,0 ， )(xg 图像如图所示： ， 此时方程 bxg )( 最多只有 2 个实数根，所以 D 选项错误。 所以，本题的正确选项是 B. 10. 答案 C 解答： 1ln3 222  aada ，则 12 2  ad .又 02 a ，所以 0d ，则 430 aa  ，故 43 aa  . 1221  adaa ， 11 2211  aaaa ，故 21 aa  .3 二、填空题 11. 答案： 6 3 5,5 5 解析： 3 3(1 2 ) 3 6 1 2 (1 2 )(1 2 ) 5 i iz i i i       ，故虚部是 6 5 。 2 23 6 45 3 5= ( ) ( )5 5 5 5z    12. 58, 5 答案： 13.答案：2,4 解析： 33 1( ) (2 1)nx xx   中令 1x  可得 32 3 108n   ，可得 2n  。 2 2 2 3 2 33 3 31( ) (2 1) =( +2 + )(2 1)x x x x x xx     ， 2 2 23 3+2 +x x x   中只有一项为有理项，因此展开式中有理项 是 4 个。 14. 答案： 3,3 6 3 6 3 3 3 22 3 6 3 1)sin(sin 3 22cos,3 1sin 3 6cos,3 3 6 2sin 6,2,2,:     ABMBAMAMB BAMBAM ABCABC ABBCACABCRt   又 中解析 AMB AB ABM AM  sinsin,由正弦定理 3 3 6 3 36 sin sin     AMB ABMABAM 15.答案： 3 2 2  解析：是切线方程为 y x m  ，代入椭圆方程可得： 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 0b a x a mx a m a b     因为相切 2 2 20 m a b     ， 直线 y x m  与圆 C 相切可得： | | (1 2) , 2) 2 b m b m b b     或(1- （舍去） A BC M4 则有 2 2 2 2(1 2) b a b   ，因为 2 2 2b a c  ， 所以可得 2 2 2 3 2(2 2 1) (2 2 2) 2a c e      16. 答案是 9 1 .【解析】 函数 bxaxxf  3)( 在 1,1 上的最大值是 3 2 等价于 3 2)( xf 在 1,1 上恒成立。 所以， 3 2)1( f ， 3 2)1( f ，即        3 21 3 21 ba ba ，两式相加结合绝对值不等式得： 3 41122  babaa ，解得 3 5 3 1  a ，又因为 3 1a ，所以 3 1a . 再把 3 1a 代回到 3 2)1( f ， 3 2)1( f 中，解得 0b ，所以 9 122 ba . 17. 答案： 257 ① 4, 4, 0a b a b      且 ，则 90a b 与 之间的夹角为 ； ② 将 2 2 15 0c a c      可 以 改 写 成 22 15 3 52 0 ( )( ) 016 4 4c a c a c a c a               因此 3 5 904 4c a c a     与 的夹角为 因此综上条件我们可以做出如下图像 , ,OA a OB b OC c         3 5,4 4CD c a CE c a         C 点在以 A 点为圆心，1 为半径的圆上动。 根 据 阿 波 罗 尼 斯 圆 的 性 质 可 知 该 圆 可 以 看 成 由 4CO CG  ( 15( ,0)4G )所构成的圆。 ,a b OH a b c CH           5 14 4( )4 14( ) 4( ) 4 2574 c a b c c a b c OC HC CG CH HG                      三、解答题 18.   2 1 cos(2 )3 36:(1) sin ( ) cos(2 ) cos(2 )12 2 3 2 2 3 1 1 3 1 3 1 3( cos2 sin 2 ) ( cos2 sin 2 )2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 1( cos2 sin 2 ) sin(2 )--------42 2 2 2 3 x f x x x x x x x x x x x                          解析 分 2 ------52T    最小正周期 分 由 Zkkxk  ,223222  解得 Zkkxk  ,1212 5  5( ) [ , ]( )-------712 12f x k k k Z      的单调递减区间是 分 （2） ]3 4,3[32],2,0[   xx 3sin(2 ) [ ,1]-------133 2x     分 1 1 3( ) [ , ]--------------142 2f x  的值域是 分 19. 解：（I） 2.ABCD BD 平面四边形 中，计算得 ………………2 分 取 AD 中点 F，连 ,PF BF ， ∵ ,ADP ADB  都是等边三角形，∴ ,PF AD BF AD  …………4 分 又 PF FB F ∴ AD  平面 PFB， ∵ BP  平面 PFB，∴ AD BP ………………………6 分 （II）法一： ADCB在直角梯形 中, 3BC ……………7 分 ∵AD⊥平面 PFB ，AD平面 APD∴平面 PFB⊥平面 APD 作 BG⊥PF 交 PF 为 G，则 BG⊥平面 APD，AD、BC 交于 H，∠BHG 为直线 CB 与平面 PAD 所成的角…………6 10 分 由题意得 PF=BF= 3 又∵BP=3 ∴∠GFB=30°，BG= 2 3 ，……………………12 分 ∵ 90ABC BCD     ， / /AB CD , 1, 2CD AB  C BH 为 的中点，∴ 2 2 3BH BC  ……………14 分 ∴ 3sin 4 BGBHG BH    ……………………15 分 法二： CB CD ，以 C 为坐标原点,与平面 CBD 垂直的CQ 及 CD 、CB 分别为 x 轴、 y 轴和 z 轴建 立平面直角坐标系， 则 (0,0,0), (0,0, 3), (0,1,0)C B D ， 2 (0,2, 3)BA CD A     3 9 32, 3, 2 ( , , )2 4 4PA PB PD P   又 3 5 3(0,0, 3), (0, 1, 3), ( , , )2 4 4CB AD DP        ………………10 分 设平面 ADP 的法向量为 ( , , )n x y z  ， 0 3 0 3 5 30 02 4 4 n AD y z n DP x y z                  ， 取 (2, 3, 3)n    ………………13 分 直线 BC 与平面 ADP 所成角 的正弦， 3sin 4 BC n BC n         . ………………15 分 20.解析(1)由题意       423 432 12 14 aaa aaa ，得      10 4 42 3 aa a ， 即 1044  qq ，解得 2q 或 2 1q ，已知 1q ，故 2q . 12 3 1  q aa ， 12  n na .……………………………………………………………………………………3 分 当 1n 时， 211 ba 当 2n 时，     11 21212   nnn nn nnnba 则   121  n nn nba ， 1 nbn .………………………………………………………………………6 分7 (2) n nn c ncc 1 1  法 1.     2 2 22 1 112 n nn c nncc  ，      12112 2 2 22 1  nc nncc n nn ………………………9 分            ncc cc cc nn 2 32 22 2 1 2 2 2 2 3 2 1 2 2 累加得当 2n ，   23223 222  nnncn  ， 722  nncn 当 7,1 22  nncn n 2 172  nnncn ………………………………………………………………………………12 分   2 2 2 2 1 2 3 2 1 2 5 2 3 21            nnn n nccc n  ………………………………15 分 法 2.先用数学归纳法证明当  Nn ， 2 1 ncn . ①当 1n 时， 2 3 2 1,31  nc ，左式  右式，不等式成立. ②假设 kn  时，不等式成立，即 2 1 kck 当 1 kn 时， k kk c kcc 1 1  ，因为   x kxxf 1 在   ,1k 上单调递增，由 12 1  kkck ，得         2 1kfcf k ，即 2 1 1 2 1 1   k kkck ，可得 2 3 1  kck ， 不等式也成立. ③由①②得证当  Nn ， 2 1 ncn .………………………………………………………………12 分   2 2 2 2 1 2 3 2 1 2 5 2 3 21            nnn n nccc n  ……………………………15 分 21. 解析：（1）因为焦点坐标为（1,0），所以 2 4p 8 设直线 AB 的方程为 1x ty  （t 为斜率的倒数） 2 2 1 4 4 0 4 x ty y ty y x        ，则有 2 2 1 2| | 1 | | 4(1 ) 8AB t y y t      --------4 分 所以 1t   ， OAB 的面积为 2 2 1 2 1 2 1 2 1 11 | | ( ) 4 2 1 2 22 2y y y y y y t         -- --6 分 另解：O 到直线 AB 的距离为 2 1 2 21 t   ，所以 OAB 的面积为 1 28 2 22 2    --6 分 （2）因为 A 在抛物线上可以设 2( ,2 )A a a ，根据第（1）问可知 A,B 两点的纵坐标之积为定值为 4 ，所以 2 1 2( , )B a a  ，则有 21| | 4(1 ( ) ) AB AB k   ，其中 4 2 2 12 ABk a aa a     可得： 2 2 1 1| | 4(1 ( ) ) ( )2 a aAB a a      -----------------------------------9 分 设直线 AC 的方程为 3x my  ，代入抛物线可得 2 2 3 4 12 0 4 x ty y ty y x        ，所以可知 A,C 两点的纵坐标之积为-12 所以 2 9 6( , )C a a  ，同理可得 23| | ( )3 aCD a   ---------------------------12 分 综上可知：| | | |AB CD = 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 1 3( ) ( ) [( ) ( )] (3 )3 3 3 3 a a aa aa a a a a            所以有 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 256| | | | (3 ) (3 2 )3 3 3 3 9 a aAB CD a a          （等号成立条件 2 3a  ） 则有 256| | | | 9AB CD 最小值为 -----------------15 分 22.解析：（1）由   xxxxf ln22  ， 得    xxxf ln12  ，（2 分）   0112       xxf9  xf  在 e,1 单调递增，     01  fxf 所以：  xf 在 e,1 单调递增 所以    eexf 2,1 2  .---------6 分 （2）由题意可得：   af 1 ，即 10  a .-------8 分 事实上，当 10  a 时 0ln1212ln 2 2 22  xxa x a xxaxxax 记 11  at ，设   xxtxtxtg ln1222  ，则  tg 为关于t 的二次函数，-------10 分 定义域为 ,1 ，其对称轴为 22 12 x xt  . xxxxx 222414 24  . 12 12 2  x xt     xxxxgtg ln121 2  设   xx xxxh ln12  ， 2 1x     22 12 11112 121 x x xx xx x x x xh           当    xhxhx ,0,1,2 1      递增；当      xhxhx ,0,,1  递减. 所以：     01min  hxh 即   0xh ，于是有：   0tg 所以: 10  a ---------15 分