浙江省北斗星盟2020届高三适应性考试数学试题 PDF版含答案

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扫描全能王 创建 扫描全能王 创建 扫描全能王 创建 扫描全能王 创建 1 / 4 2019 学年第二学期北斗星盟高三适应性考试 数学试题 参考答案 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． 1~5：ABDCA 6~10：DCCCB 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． 10 12． 1− ； 3 1 13． 160- ；0 14． 2 3 2 1 − x ； 2x 或 22−x 15． 432 16．设 ),(),,( 2211 yxQyxA ， 则 )5 3,(),,(),,( 111111 yxMyxPyxB −−−− 由 AQAB ⊥ ，则 1 12 12 1 1 −=− − xx yy x y ，再由 QMB ,, 三点共线， 则 12 12 1 1 5 xx yy x y + += ，故 12 12 12 12 5 1 yy xx xx yy − −−=+ + ，即 )(5 1 2 1 2 2 2 1 2 2 xxyy −−=− ， 又因为 11 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 =+=+ b y a x b y a x ， ，即 02 2 2 2 1 2 2 2 2 1 =−+− b yy a xx ， 所以 5 1 2 2 = a b ，故椭圆C 的离心率是 5 52 ． 17． 90； 1012 在线段 AC 上取一点 M ，使得 4=CM ，则 3 2= a DM ， 所以 904 22  −−+ = acac ca ，当点 D 在线段 AC 的延长线上取“=”； 又因为 =+ ba 32 )(3)3 2(3 bDMba +=+ 10123 = BM ，当 BMD ,, 三点共线时取“=”． A B P QM O x y 2 / 4 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． （1）因为 Aba sin2= ，即 bA a 2sin = ，故 2 1sin =B ，--------------------------------------4 分 又因为 cb  ，则 30=B ；--------------------------------------6 分 （2）因为 )5 52sin,5 5)(cossin(5)cos5 52sin5 5(5cos2sin)( ==+=+=+= AAAAAAf ， --------------------------------------9 分 因为 )6 5,0( A ，所以当 )(Af 最大值时，有  −= 2A ，故 5 52cos,5 5sin == AA --------------------------------------11 分 则 10 1552sincoscossin)sin(sin +=+=+= BABABAC ．--------------------------------------14 分 19． （1）因为平面 ⊥PAB 底面 ABCD ， = 90ABC ，所以 ⊥BC 平面 PAB， --------------------------------------4 分 即 APBC ⊥ ，又因为 PBAP ⊥ ，且 BBCPB = ， 故 ⊥AP 平面 PBC ，所以 PCAP ⊥ ； --------------------------------------7 分 （2）如图建系 xyzM − ，则 )5 12,0,0(P ， )0,5 9,0(B )0,5 9,4(C ， )0,5 16,2( −D ，则 )0,0,4(−=CB ， )0,5,2( −−=CD ， )5 12,5 9,4( −−=CP 设平面 PDC的法向量为 ),,( zyxm = ，则    = = 0 0 mCP mCD ，即    =−+ =+ 012920 052 zyx yx ， )41,12,30( −=m --------------------------------------11 分 所以 109 1096,cos = mCB ，即直线CB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 109 1096 ． --------------------------------------15 分 20． 解：（1）因为 )2)(1(236 1 ++−= + nnnnaS nn ，所以 )2)(1()1(2)1(36 1 +−−−=− nnnnanS nn ， M P A B C D x y z 3 / 4 故 )1(2)1(1 +=+−+ nnanna nn ，即 )2(21 1 =−+ + nn a n a nn ，--------------------------------------4 分 又因为 82 =a ，所以 212 12 =− aa ，故   n an 为等差数列，即 nn an 2= ，亦即 22nan = ； --------------------------------------7 分 （2）显然 6 5 8 1 2 111 21 +=+ aa ，当 3n 时，有 )1 1 1 1(4 1 )1(2 1 2 11 22 +−−= − = nnnnan ， --------------------------------------11 分 故 6 5)1 11 3 1 2 1(4 1 8 1 2 1)1 1 1 1 5 1 3 1 4 1 2 1(4 1 8 1 2 1111 21 +−−++++=+−−++−+−+++++ nnnnaaa n  ．--------------------------------------15 分 21． （ 1） 设 直 线 AB 的 方 程 为 bxky +−= 1 ， 联 立 方 程 组    = +−= yx bxky 4 1 2 ，得 0442 =−+ bxkx ， --------------------------------------3 分 故 44 21 −=−=+ kxx ，所以 1=k ；--------------------------------------6 分 （2）由（1）知， kxx 4 21 −=+ ， b k bxxkyy 242)(1 22121 +=++−=+ ，则线段 AB 的中点坐标为 )2,2( 2 b kk +− ，所以 5)2(2 2 +−=+ kkb k ，即 2 23 k b −= ，--------------------------------------9 分 亦即直线 的方程为 2 231 k xky −+−= ， kxx 4 21 −=+ ， 128 221 −= k xx ， 所以点C 到 AB 的距离为 2 112 k d += ， 22 13114 kk AB −+= ， 故△ ABC 面积 22 13)11(4 kk S −+= ，---------------------------------12 分 令 t k =− 2 13 ，则 ttS )4(4 2−= ， 令 )30(164)( 3 +−= ttttf ，则 1612)( 2 +−= ttf ，易知 )(tf 在 ) 3 2,0( 上递增，在 )3, 3 2( 递 减，故 9 364) 3 2()( max == ftf ，即当 5 32 =k 时，△ 面积有最大值 9 364 ． --------------------------------------15 分 4 / 4 22． （1）当 0=a 时， 12)( −−= xxf ，不符题意 当 0a 时， 0)2()0( ff ，即 0)5)(1( −− aa ，故 51  a --------------------------------------4 分 当 1=a 时，则 xxxf 4)( 2 −= ，不符题意 当 5=a 时，则 4125)( 2 +−= xxxf ，其零点为 2=x 或 5 2=x ，满足题意 综上， a 的取值范围是 51  a ；--------------------------------------6 分 （2）令 1)1(2ln)42()()()( 22 +−++−−=−= axaaxxxxxfxgxh ，则 )2 1ln)1(4)( axxxh −+−= （ --------------------------------------7 分 因为 22 1 −− a ，故 122 1  −− ee a ，所以当 2 1 a ex −−  时， 0)(  xh ，当 2 1 1 a ex −−  时， 0)(  xh ， 当 10  x 时， 0)(  xh ，即知 )(xh 在 )1,0( 上递增，在 ),1( 2 1 a e −− 上递减，在 ),( 2 1 + −− a e 上递增，且 有 3)1( =h ， 0)2(51))(1(2)()2 1)]((4)(2[)( 22 1 2 1 22 1 2 1 22 1 2 1 −−−=+−++−−−−= −−−−−−−−−−−− aaaaaa eaaeaeaaeeeh ，故 )(xh 在 上存在唯一的零点，--------------------------------------10 分 令 11ln)( −+= xxxm ，则 2 11)( xxxm −= ，易知 )(xm 在 )1,0( 上 递 减 ， 在 ),1( + 上 递 增 ， 故 0)1()( = mxm ，即 xx 11ln − 所以当 )1,0(x 时，有 03)1)(2(1)1(2)11)(42()( 222 +−−=+−++−−− xaaxaaxxxxxh ，得 2 310 −− ax ，故存在 2 310 1 −− ax ，使得 0)( 1 xh ，所以 在 )1,0( 上也存在唯一的零 点，--------------------------------------13 分 取 2 1 2 2 aa eex −− = ，则 121)1(22)42()()( 2222 2 +−=+−++−−== aeaeaaeaeeehxh aa a a a a ，又因为 1+ xe x 在 ),0( + 上恒成立，故 031)12(212)( 2 2 =+−++−= aaaexh a ，同样可知 在 上仍存在唯一的零点 综上，当 5a 时，方程 )()( xgxf = 在 ),0( + 上恒有 3 个相异实根．---------------------------------15 分