浙江大学附属中学2020届高三全真模拟考试数学试题答案

浙江大学附属中学2020届高三全真模拟考试数学试题答案

浙大附中 2020 年高考全真模拟考试 高三数学试卷答案 一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每小题，6 分单空题每小题 4 分，共 36 分 11、 2 ； 3 12、16 3 ；12 8 2 13、 7 ； 21 14 14、 1 64 ； 5 64 15、57 16、 2( ,1)2 17、[1, ) 三、解答题（本大题共 3 小题，共 31 分） 18、（ 1） 21 3 1( ) cos sin cos2 2 4f x x x x   13cos 2 sin 244xx 1 sin(2 )26x    所以函数 ()fx的周期为 2 ， 11( ) sin3 2 2 2f     由 32 2 22 6 2k x k       ，解得 5 36k x k    ， Zk  所以单调递增区间是 5[ , ],36k k k Z   （7 分） （2 ）由（1 ）， ()fx 1 sin(2 2 )26x    是奇函数，则 2,6 k k Z   ， ,2 12 k kZ    ，因为 [0, ]2   ，所以 12   221[ ( )] sin 24y f x x   1[0, ]4 ，则   2[]y f x 的值域为 1[0, ]4 （14 分） 19、(1) ABP 中， 2 2 2AP BP AB，得 BP AP BDP 中， 2 2 2DP BP BD，得 BP DP BP DP BP AP BP ADP AP DP P        面 BP AD（7 分） (2)取 AP 中点Q ，连 DQ ， BQ ， 2 2DQ  ， 10 2BQ  ， 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B D D A B C A B 由于 2 2 2DQ BQ BD，得 BQ DQ ，面 D AP B为90 . 法 1：等体积法 由 A BCD D ABCVV 得 11 33BCD A BCD ABC D ABCS d S d 其中 1 11.3.26BCDS  1.2.12ABCS  2 2D ABCd   22 11A BCDd   在 ABD 中，利用中线长的性质得 7 2AM  ，所以 4 154sin 77 d AM  （15 分） 法 2：建系 以 P 为圆心， ,,PA PB 为 ,xy轴，过 垂直于 PAB面 方向为 z 轴 (0,0,0)P ( 2,0,0)A (0, 2,0)B ， 222( , , )424M ， 22( , ,0)22C  ， 22( ,0, )22D 22( , 2, )22DB    ， 22( , ,0)22BC    ， DBC面 的法向量 (1, 1, 3)n    ， 3 2 2 2( , , )4 2 4AM  ，所以 AM 与法向量夹角的余弦 4 154 77 ， 与 夹角 的正弦 20.解：（1） 2 3 1 4 32,a a a a 2312,aa 得 2 4,a  3 8,a  所以 2n na  当 1n  时, 11 2,ab  1 2b  当 2n  时 1 1 1 2 1 3 2 4 6n n n na b a b a b n        ① 1 1 2 2 1 1 3 2 4( 1) 6n n n na b a b a b n          ② 将②乘 2 得到 1 1 1 2 2 1 3 2 8( 1) 12n n n na b a b a b n         ③ ①-③，得 1 4 6 8 8 12 4 2na b n n n        ，所以 21nbn（7 分） （2）法 1： 1 2 3 1 1 (2 1)(2 1)2 (2 1)2 (2 1)2n n n n nc n n n n       ， 12 1 1 1 1 1... 1 11 (2 1)2 (2 1)2 .n nn nn c c c n n b a          法 2：通项分析法： 欲证 只用证 11 1 1 2 3(1 ) (1 ). . (2 1)(2 1)2n n n n n n nc b a b a n n       （15 分） 21.解：（Ⅰ）设 2 1 1 0 0( , ), ( , ), ( , )AAC x x A x y P x y ，由 1 3AB CD ,得 2AP CA ， 即 012 3A xxx  ， 2 0 1 0 122 33A y y y xy  ，将 A 点带入抛物线，得 22 1 0 1 0 02 3 2 0x x x y x    ， 同理设 2 22( , )D x x ，得 22 2 0 2 0 02 3 2 0x x x y x    ， 所以 12,xx是方程 22 0 0 02 3 2 0x x x y x    的两个根. 有 1 2 02x x x , 2 1 2 0 0. 3 2x x y x 所以 12 02MP xxx x x   ， //PM y轴（7 分） （2） 2 1 1 2 1: ( )( )CDl y x x x x x    ，整理得 1 2 1 2()y x x x x x   令 2 0 1 2 0 1 2 0 0, ( ) . 4 3Mx x y x x x x x x y      得 2 1 2 0 0| | 2 3 | |x x x y   3 2 2 1 2 0 0 1 | || - | 4 3 | 5 3|2PCDS PM x x y y     ， 0 [ 3, 1]y    ， 得 13 39[4 3, ]2S  （15 分） 22、由 ( ) 2 lnf x x x x a   ，得 ' ln() 2 xfx x  . 当 (0,1)x 时， ' ( ) 0fx ， ()fx递增； 当 (1, )x  时， ' ( ) 0fx ， ()fx递减 得 max( ) (1) 2 0f x f a    ，即 2a  ……………………………………………………………………6 分 （2）由 ( ) 2 lnf x x x x kx a    ，得 ' ln 2() 2 x k xfx x  令 ( ) ln 2h x x k x   ，得 ' 1() kxhx x  . 当 2 1(0, )x k 时， ' ( ) 0hx ， ()hx 递减；当 2 1( , )x k  ， ' ( ) 0hx ， ()hx 递增. 即 min 2 1( ) ( ) 2ln 2h x h kk   . ①当 1k e 时， (0, )x  ， ( ) 0hx  ，得 ()fx递增， 又由 0 lim ( ) 0 x f x a    ， lim ( ) x fx    ，即符合题意 ②当 10 k e时， min( ) 0hx  则必存在 1x ， 2x 12(0 )xx ，使得 1 1 1( ) ln 2 0h x x k x    ； 2 2 2( ) ln 2 0h x x k x    ，即 12 12 ln ln 22 xxk xx ，且 2 1 (1, )xe ， 2 2 ( , )xe  当 1(0, )xx 时， ( ) 0hx  ，得 ()fx递增；当 12( , )x x x 时， ( ) 0hx ，得 递减； 当 2( , )xx  ， ，得 递增. 故要使得 ()fx有唯一零点，只需证： 1( ) 0fx  或 2( ) 0fx  . 事实上， 1 1 1 1 1 1 1 1( ) 2 ln 2 ln2 xf x x x x kx a x x a       ， 得 ' 1 1 1 4 ln() 4 xfx x  . 当 2 1 (1, )xe 时， ' 1( ) 0fx ，得 1()fx 递增， 故 2 1 max( ) ( ) 0f x f e e a    ，证毕…………………………………………………………………15 分