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（2020 年 4 月）
数学参考答案及评分标准
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．C 5．A 6．D 7．B 8．D 9．B 10．D
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． 2 ，[ 3,3] 12．3 2i ， 13 13．0 ， 665 14．1 2 ，[ 1,0)
15．324 16．[ 2, 2] 17． 49
16
三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）
18．(本小题满分 14 分)
解：（Ⅰ）由 3
cos sin
a
A B
，得 sin 3 cosa B A ，
又因为
sin sin
a b
A B
，所以 sin sina B b A . …………3 分
因为 1b ，所以 sin 3 3cos
A
A b
， …………6 分
即 tan 3A ， …………7 分
所以
3A . …………8 分
（Ⅱ）由余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A ， …………10 分
得 2 3 0c c ，解得 1 13
2c . …………12 分
所以 1 3 39sin2 8ABCS bc A △ . …………14 分
19．(本小题满分 15 分)
（Ⅰ）证明：由已知得 BC AB ， BC BE ， AB BE B ，
所以 BC 平面 ABE ， …………4 分
又 AE 平面 ABE ，所以 BC AE ． …………6 分
（Ⅱ）解法 1：过点 A 作 AH EB ，垂足为 H ，连结 DH ． …………8 分
由（Ⅰ）知 BC AH ，又 BC BE B ，所以 AH BCDE 平面 ．
所以 ADH 是直线 AD 与平面 BCDE 所成角． …………11 分
在 ABE△ 中，
cos ABE
2 2 2
2
AB BE AE
AB BE
3 1 7
2 3
3
2
，
所以 150ABE ，
所以 AH 13 2
3
2
， BH 33 2
3
2
．
…………13 分
所以 DH 22 )2
5(1 29
2
， AD 2 2AH DH 3 29
4 4
2 2 ，
所以 sin ADH 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 2：过点 B 作平面 ABC 的垂线 Bz ，则 BA BC Bz、 、 两两互相垂直，
以 BA BC Bz、 、 为 x y z、 、 轴建立空间直角坐标系． …………8 分
由已知得 ( 3 0 0)A ，， ， (01 0)C ，， ，设 ),,( zyxE ，
则
0,
| | 1,
| | 7,
BE BC
BE
EA
即 2 2
2 2
0,
1,
( 3) 7,
y
x z
x z
因为 0z ，所以，
3 102 2x y z ， ， ，即 3 1( 0 )2 2E ，， ． …………11 分
由 BE CD 3 1( 0 )2 2
，， ，得 3 1( 1 )2 2D ，， ，所以 3 3 1( 1 )2 2AD ，， ．
由 3 1( 0 )2 2BE ，， ， (01 0)BC ，， 计算得平面 BCDE 的法向量 (1 0 3)n ，， ．
…………13 分
所以| cos |AD n ，
222
3
6
8
．
所以直线 AD 与平面 BCDE 所成角的正弦值为 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 15 分)
解：（Ⅰ）设等比数列{ }na 的公比为 q ，则 2 3
2 3 42 , 2 , 2a q a q a q= = = ，
由 2 3 4, 2,a a a+ 成等差数列，得 3 2 42( 2)a a a+ = + . …………3 分
即 2 32(2 2) 2 2q q q+ = + ，即 2( 2)( 1) 0q q- + = ，解得 2q = ，所以 2n
na = .
…………5 分
当 1n 时， 11 b .当 2n ³ 时，
232
2
32
1
nn
n
bbbb n ,
2
)1()1(
132
2
132
1
nn
n
bbbb n ，作差得 nb n
n
= ，…………8 分
所以， ( 2)nb n n n= ³ .当 1n = 时， 1 1 1 1b = ´ = 也成立，所以 nb n n= .
综上， 2n
na = ， nb n n= . …………9 分
（Ⅱ）因为当 2n ³ 时， nnn
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 2 3
2 3
2 2 2n n
nT = + + +L ，则 3 4 1
1 2 3
2 2 2 2n n
nT += + + +L ，两式相减得
121
23
132 2)2
11(4
1
2
1
2
2
11
)2
11(2
1
2
1
2)2
1
2
1(2
2
2
1
nnn
n
nnn
nnnT
12
2
4
3
n
n ， …………14 分
所以 3 2
2 2n n
nT += - ，所以 3
2nT < ．
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 15 分)
解：（Ⅰ）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 4y x ． …………4 分
（Ⅱ）设 :AB 2x my , 1 1 2 2 0 0( , ), ( , ), ( , )A x y B x y M x y .联立 AB 与 C 的方程，
得 2 4 8 0y my ，且 216 32 0m ，
由韦达定理得， 1 2 1 2,4 8y y m y y ． …………6 分
设 1 1: ( )l y ky x x ，联立l 与C 的方程，得 2
1 1
4 4 4 0y y y xk k
，
由相切，计算得
1
2k y
，所以 1 1: 2 02l yx y x ． …………8 分
由 4AB AM ，得 2
0
1 2
0
1 ,3 3
4 4
x x yx y y ，
将 1
0
23
4y y y 代入直线l 方程，解得
2 2
1 1 2 1 8
8 8N
y y y yx ． …………10 分
所以 ABNS△ ||||2
1
210 yyxx N
2
1 2 1
1 2
1 | 3
4 8 | |8 |2
x x y yy
3
12 2 3
1 2 1 2 1
1 2| | |
8| |16 | | .32 32 32|y y
yy y y y y
…………13 分
又 24|8|
1
1
yy ，所以 ABNS△ 4 2 ，且当 1 2 2y 时，取到等号，
所以， ABN△ 面积的最小值为 4 2 ． …………15 分
22．(本小题满分 15 分)
解：（Ⅰ）由 2( ) ( 1)e xf x x ax ，得 2( ) ( e 2 )xxf x x ax
． …………2 分
设 2( ) e ( 0)xxg x xx
，则
2
2
2 2( ) e xx xg x x
． …………3 分
由 ( ) 0g x ，解得 3 1x ，所以 ( )g x 在 (0, 3 1] 上单调递减，在[ 3 1, )
上单调递增．因为函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增， ( ) 0f x ，
所以 3 12 ( 3 1) (2 3)ea g ，
所以，实数 a 的取值范围为
3 1(2 3)e, 2
. …………5 分
（Ⅱ）（ⅰ）因为 ( )f x 有两个不同的零点， ( )f x 不单调，所以
3 1(2 3)e
2a
．
因此 ( ) 0f x 有两个根，设为 1 0,t t ，且 1 00 3 1t t ，
所以 ( )f x 在 ),0( 1t 上单调递增，在 1 0( , )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 t f ， 2 2( ) ( 1)e (e ) ( 1 )ex x xf x x ax a x x a ，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
0 0( 1)e 0tt a t ， …………7 分
又因为 02e)2()( 000
0 tattf t ，所以 0 00
0 0( 1)e ( 2)e 02
t ttt t ，解得 0 2t .
所以 21 (1 2)( 2) e2 2a g ．
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(1 2) e ,2
.
…………9 分
（ⅱ）先证明不等式：若 1 2 1 2, (0, ),x x x x ，则 2 1 1 2
1 2
2 1ln ln 2
x x x xx x x x
.
证明：不妨设 2 1 0x x ，即证
2 2
1 2 1
2 1 2
1 1
2( 1) 1
ln
1
x x
x x x
x x x
x x
．设 2
1
1xt x
，
1( ) ln tg t t
t
， 2( 1)( ) ln 1
th t t t
，则只需证 ( ) 0g t ，且 ( ) 0h t .
因为
2( 1)( ) 0
2
tg t
t t
， 0)1(
)1()( 2
2
tt
tth ，所以 ( )g t 在 (1, ) 上单调递减，
( )h t 在 (1, ) 上单调递增，所以 ( ) (1) 0g t g ， ( ) (1) 0h t h ，从而不等式得
证． …………11 分
再证原命题
1 2 0
1 1 1 1.1x x t
由 1
2
( ) 0,
( ) 0,
f x
f x
得
1
2
2
1 1
2
2 2
( 1)e 0,
( 1)e 0,
x
x
x ax
x ax
所以
1 2
1 2
2 2
1 2
( 1)e ( 1)ex xx x
x x
，两边取对数得，
2 1 2 1 2 12(ln ln ) [ln( 1) ln( 1)]x x x x x x ，
即 2 1 2 1
2 1 2 1
2(ln ln ) ln( 1) ln( 1) 1( 1) ( 1)
x x x x
x x x x
．
因为 2 1 2 1
2 1 2 1 1 21 2
2(ln ln ) ln( 1) ln( 1) 2 2 ,( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
x x x x
x x x x x xx x
所以
1 2 1 21 2
2 2 1 11 2x x x xx x
． …………13 分
因此，要证
1 2 0
1 1 1 11x x t
，只需证 1 2 02x x t ．
因为 ( )f x 在 0( , )t 上单调递增， 1 0 20 x t x ，所以只需证 2 0 1( ) (2 )f x f t x ，
只需证 1 0 1( ) (2 )f x f t x ，即证 0 0( ) ( )(f t x f t x 其中 0( ,0))x t ．
设 0 0 0( ) ( ) ( )( 0)r x f t x f t x t x ，则只需证 ( ) 0r x .
计算得 0 0
0 0 0( ) ( 2)e ( 2)e 4t x t xr x x t x t at ，
0 2
0 0( ) e [( 3)e ( 3)]t x xr x x t x t ．
由 2
0 0( 3)e ( 3)xy t x x t 在 0( ,0)t 上单调递增，
得 0
0 0( 3)e (0 3) 0y t t ，
所以 ( ) 0r x ，即 ( )r x 在 0( ,0)t 上单调递减，所以 0( ) (0) 2 ( ) 0r x r f t ，
即 ( )r x 在 0( ,0)t 上单调递增，所以 ( ) (0) 0r x r 成立，原命题得证．…………15 分
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