浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷月数学试题解析
浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2019年3月）数学试题
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1. 若全集U={-1,0，1，2}，P={x|x2-2x=0}，则∁UP=( )
A. {-1,1} B. {0,2} C. {-1,2} D. {-1,0，2}
【答案】A
【解析】解：全集U={-1,0，1，2}，
P={x|x2-2x=0}={0,2}，
则∁UP={-1,1}．
故选：A．
化简集合P，根据补集的定义写出∁UP.
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2. 已知i为虚数单位，则(1+i)i31-i=( )
A. -1 B. 1 C. -1+i D. 1+i
【答案】B
【解析】解：(1+i)i31-i=(1+i)(-i)(1-i)=1-i1-i=1．
故选：B．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
3. 某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A. 82π3 B. 82π C. 42π3 D. 42π
【答案】C
【解析】解：根据三视图知，该几何体是半圆锥体，如图所示；
且底面圆的半径为2，高为22；
所以该锥体的体积为：V=13⋅12π⋅22⋅22=42π3．
故选：C．
根据三视图知该几何体是半圆锥体，结合图中数据求得该锥体的体积．
本题考查了根据三视图求几何体体积的应用问题，是基础题．
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1. 已知双曲线y24-x2b2=1的焦点到渐近线的距离为1，则渐近线方程是( )
A. y=±12x B. y=±22x C. y=±2x D. y=±2x
【答案】D
【解析】解∵取一个焦点坐标为(0,4+b2)，渐近线方程为：y=±2bx，
∵焦点到渐近线的距离为1，
∴b4+b24+b2=b=1，
∴双曲线的渐近线方程为y=±2x，
故选：D．
先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程，再代入点到直线的距离公式即可求出结论．
本题以双曲线方程为载体，考查双曲线的标准方程，考查双曲线的几何性质，属于基础题．
2. 函数y=(x3-x)ln|x|的图象是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】解：f(-x)=-(x3-x)ln|x|=-f(x)，函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B，
函数的定义域为{x|x≠0}，
由f(x)=0，得(x3-x)ln|x|=0，即(x2-1)ln|x|=0，即x=±1，即函数f(x)有两个零点，排除D，
f(2)=6ln2>0，排除A，
故选：C．
判断函数奇偶性和对称性，求出函数的零点以及特殊值的符号是否对应，利用排除法进行求解即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性，结合函数值的符号进行排除是解决本题的关键．
3. 已知数列{an}是等比数列，则“a5a6<a42”是“0
m≥1,p≥4)，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设ξ1表示取出红球个数，ξ2表示取出白球个数，则( )
A. E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2) B. E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)D(ξ2) D. E(ξ1)1.55，以此类推可得S100>100．
因此不满足S100<100．
故选：C．
A.f(x)=x2，∴an+1=(an)2，可得：lnan+1=2lnan，可得数列{lnan}是等比数列，首项为-ln2，公比为2.S100<0<100．
B.f(x)=x+1x-2，可得an+1=an+1an-2，可得a2=12+2-2=12，以此类推可得：an=12，可得：S100=50．
C.f(x)=ex-x-1，f'(x)=ex-1，x<0时，单调递减.a1=12,an+1=f(an)，n∈N*，可得a2=e-12-1∈(0.1,0.2)，……，可得S100<100．
D.f(x)=lnx+x+1，在(0,+∞)上单调递增，a1=12,an+1=f(an)，n∈N*，通过计算可得a2∈(0.8,0.9)，a3>1.55，以此类推可得S100>100．
本题考查了数列递推关系、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）
1. 我国古代数学家贾宪使用了抽象分析法，在解决勾股问题时，他提出了“勾股生变十三图”.十三名指勾(a)、股(b)、弦(c)、股弦较(c-b)、勾股和(a+b)、勾弦和(a+c)、弦和和(c+(a+b))等等.如图，勾(a)、股(b)、弦(c)中，已知a+b=7，a+c=8，则c-b=______，c+(a+b)=______．
【答案】1 12
【解析】解：∵a+b=7，a+c=8，
又a2+b2=c2
∴a+a2+b2=8∴a+a2+(7-a)2=8
解可得，a=3，b=4，c=5
∴c-b=1，c+(a+b)=12
故答案为：1，12
由a+b=7，a+c=8，结合a2+b2=c2，联立方程可求a，b，进而可求．
本题主要考查了三角形中的基本运算，属于基础试题．
2. 若x，y满足约束条件x≤0,y≥0,y-x≤2,x+y≤1,则y的最大值为______.此约束条件所表示的平面区域的面积为______．
【答案】32 74
【解析】解：根据题意，若x，y满足约束条件x≤0,y≥0,y-x≤2,x+y≤1,其表示的可行域为如图四边形ABCO及其内部，
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其中B(-12,32)，A(-2,0)，C(0,1)，
则y的最大值为32，
S四边形OABC=S△ABC+S△AOC=74，
故答案为：32，74．
根据题意，作出不等式组表示的可行域，求出交点的坐标，据此分析可得答案．
本题考查线性规划的应用，注意x、y满足的可行域，属于基础题．
1. 已知多项式(x+2)5=(x+1)5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0=______，a1=______．
【答案】31 75
【解析】解：对于多项式(x+2)5=(x+1)5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，
令x=0，可得32=1+a0，则a0=31．
a1 即展开式(x+2)5-(x+1)5=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，中x的系数，为C54⋅16-C54=75，
故答案为：31；75．
在所给的等式中，令x=0，可得a0的值.a1 即展开式(x+2)5-(x+1)5=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0中，x的系数，为C54⋅16-C54，计算求得结果．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
2. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cosA=13，b=23c，且△ABC的面积是2，则b=______，sinC=______．
【答案】2 223
【解析】解：∵cosA=13，
∴sinA=1-19=223，
∵b=23c，且△ABC的面积是2，
∴S△ABC=12bcsinA，
∴2=12c×2c3×223，
∴c=322，b=2，
由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA=2+92-2×2×322×13=92，
∴a=322=c，
∴sinC=sinA=223，
故答案为：2，223．
由已知结合同角平方关系可求sinA，然后结合S△ABC=12bcsinA可求b，c，然后余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA可求a，c，进而可求．
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本题主要考查了同角平方关系，三角形的面积公式，正弦定理等知识的简单应用，属于基础试题．
1. 有甲乙丙三项任务，甲乙各需一人承担，丙需2人承担且至少一个是男生，现从3男3女共6名学生中选出4人承担这三项任务，不同的选法种数是______.(用数字作答)
【答案】144
【解析】解：若丙选择一名男生一名女生，甲乙任意选，故有C31C31A42=108种，
若丙选择两名男生，甲乙任意选，故有C32A42=36种，
根据分步计数原理可得共有108+36=144种，
故答案为：144．
由题意，分两类，若丙选择一名男生一名女生，若丙选择两名男生，根据分类计数原理即可求出．
本题考查分类分步计数原理，关键是分类，属于基础题
2. 函数f(x)=x2,x≥0,-2x-3,x<0,若a>0>b，且f(a)=f(b)，则f(a+b)的取值范围是______．
【答案】[-1,+∞)
【解析】解：设f(a)=f(b)=t，
作出f(x)的图象，
由图象知，t≥0，
由f(a)=a2=t，得a=t，
由f(b)=-2b-3=t，得b=-3-t2，
则a+b=t+-3-t2=-12t+t-32
=-12(t-2t)-32
=-12(t-1)2-1，
∵t≥0，∴t≥0，
则m=-12(t-1)2-1≤-1，
即m=a+b≤-1，
此时f(a+b)=f(m)=-2m-3≥2-3=-1，
即f(a+b)的取值范围是[-1,+∞)，
故答案为：[-1,+∞)
设f(a)=f(b)=t，用t表示a，b，然后计算a+b的范围，再次代入分段函数进行求解即可．
本题主要考查分段函数的应用，根据函数值相等，设出相同变量t，并表示出a，b，求出a+b的范围是解决本题的关键．
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1. 如图，M(1,0)，P，Q是椭圆x24+y2=1的点(Q在第一象限)，且直线PM，QM的斜率互为相反数，设|PM||QM|=2，则直线QM的斜率的______．
【答案】156
【解析】解：延长PM交椭圆于N，由对称性可知|QM|=|MN|，
设直线PM的斜率为k，则直线PM的方程为y=k(x-1)(k<0)，
联立方程组y=k(x-1)x24+y2=1，消元得：(1k2+4)y2+2yk-3=0，
设P(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=-2k1+4k2，
∵|PM||QM|=2，∴y1=-2y2．
∴y1+y2=-y2=-2k1+4k2，即y2=2k1+4k2，∴x2=21+4k2+1，
把N(21+4k2+1,2k1+4k2)代入椭圆方程得：(21+4k2+1)2+4(2k1+4k2)2=4，
解得k2=512，∴k=-512=-156，
∴直线QM的斜率为-k=156．
故答案为：156．
设直线PM斜率为k，得出直线PM的方程，联立方程组消元，得出N点坐标，代入椭圆方程计算k的值即可得出OM的斜率-k．
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，难度中档．
三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
2. 已知函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，其图象经过点M(π6,-12)，且与x轴两个相邻交点的距离为π．
(Ⅰ)求f(x)的解析式；
(Ⅱ)若f(θ+π3)=-35，求sinθ的值．
【答案】解：(Ⅰ)函数f(x)=cos(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，
与x轴两个相邻交点的距离为T2=12⋅2πω=π，解得ω=1；
∵其图象经过点M(π6,-12)，∴cos(π6+φ)=-12，解得φ=π2，
∴函数f(x)=cos(x+π2)=-sinx．
(Ⅱ)若f(θ+π3)=-35=-sin(θ+π3)，∴sin(θ+π3)=35，
当2kπ<θ+π3<π2+2kπ，k∈Z，
即-π3+2kπ<θ<π6+2kπ，k∈Z时，cos(θ+π3)=45，
sinθ=sin[(θ+π3)-π3]=sin(θ+π3)cosπ3-cos(θ+π3)sinπ3=35×12-45×32=3-4310；
当π2+2kπ<θ+π3<π+2kπ，k∈Z，
即π6+2kπ<θ<2π3+2kπ，k∈Z时，cos(θ+π3)=-45，
sinθ=sin[(θ+π3)-π3]=sin(θ+π3)cosπ3-cos(θ+π3)sinπ3=35×12+45×32=3+4310；
综上，sinθ=3-4310
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或3+4310．
【解析】(Ⅰ)根据题意求得函数的周期T、ω和φ的值，即可写出f(x)的解析式；
(Ⅱ)根据函数解析式求得sin(θ+π3)的值，再利用sinθ=sin[(θ+π3)-π3]求出三角函数值．
本题考查了三角恒等变换以及三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
1. 四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，且PA=AB=2，AD=3，E是线段BC上的动点，F是线段PE的中点.公众号浙考神墙750
(Ⅰ)求证：PB⊥平面ADF；
(Ⅱ)若直线DE与平面ADF所成角为30∘，求CE的长．
【答案】证明：(Ⅰ)取PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND，
∵PA=AB，∴AM⊥PB，
∵AD⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB，且AD∩AM=A，
∴PB⊥平面ADF．
解：(Ⅱ)由(Ⅰ)知PB⊥平面AMND，
在平面PBC内作EH//PB，交MN于H，
则EH⊥平面AMND，连结DH，则∠EDH是直线DE与平面ADF所成角，
∵直线DE与平面ADF所成角为30∘，∴∠EDH=30∘，
∵PA=AB=2，∴PB=22，
∴EH=BM=12PB=2，
∵sin30∘=EHED，∴ED=22，
∴EC2=ED2-CD2=4，∴EC=2．
∴CE的长为2．
【解析】(Ⅰ)取PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND，推导出AM⊥PB，AD⊥PB，由此能证明PB⊥平面ADF．
(Ⅱ)推导出PB⊥平面AMND，在平面PBC内作EH//PB，交MN于H，则EH⊥平面AMND，连结DH，则∠EDH是直线DE与平面ADF所成角，从而∠EDH=30∘，由此能求出CE的长．
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本题考查线面垂直的证明，考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
1. 已知数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a5+1，a23+1成等比数列.数列{bn}满足：b1+b2+…+bn=2n+1-2．
(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(Ⅱ)令数列{cn}的前n项和为Tn，且cn=1anan+2,n为奇数-1bn,n为偶数，若对n∈N*，T2n≥T2k恒成立，求正整数k的值；
【答案】解：(Ⅰ)数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a5+1，a23+1成等比数列，
可得a1(a23+1)=(a5+1)2，即a1(a1+44+1)=(a1+9)2，
解得a1=3，即an=3+2(n-1)=2n+1；
数列{bn}满足：b1+b2+…+bn=2n+1-2，
可得b1=2，bn=2n+1-2-2n+2=2n，(n≥2)，对n=1也成立，
则bn=2n，n∈N*；
(Ⅱ)T2n=[13×7+17×11+…+1(4n-1)(4n+3)]-(14+116+…+14n)
=14(13-17+17-111+…+14n-1-14n+3)-14(1-14n)1-14
=-14+112(14n-1-34n+3)，
T2n+2-T2n=112(14n-34n+7-14n-1+34n+3)=112(12(4n+3)(4n+7)-34n)
=1(4n+3)(4n+7)(1-(4n+3)(4n+7)4n+1)，
设dn=(4n+3)(4n+7)4n+1，dn+1-dn=(4n+7)(4n+11)4n+2-(4n+3)(4n+7)4n+1
=(4n+7)(-12n-1)4n+2<0，
可得dn为递减数列，且d1，d2，d3>1，d4<1，…，
可得T4-T2<0，T6-T4<0，T8-T6<0，T10-T8>0，…，
则{T2n}中T8取得最小值，
T2n≥T2k恒成立，可得k=4．
【解析】(Ⅰ)由等比数列中项性质和等差数列的通项公式，可得首项，可得an=2n+1；再由数列递推式可得数列{bn}的通项公式；
(Ⅱ)运用裂项相消求和和等比数列的求和公式，可得T2n，判断单调性，结合不等式恒成立问题解法，可得k的值．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，数列的裂项相消求和，考查数列的单调性和不等式恒成立问题解法，属于中档题．
2. 直线l：x-ty+1=0和抛物线C：y2=4x相交于不同两点A，B．
(Ⅰ)求实数t的取值范围；
(Ⅱ)设AB的中点为M，抛物线C的焦点为F.以MF为直径的圆与直线l
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相交另一点为N，且满足|MN||MF|=223，求直线l的方程．
【答案】解：(Ⅰ)由y2=4xx-ty+1=0，消去x得y2-4ty+4=0，△=(-4t)2-16>0，解得t<1或t>1，
故t的范围为(-∞,-1)∪(1,+∞)，
(Ⅱ)|MN||MF|=223等价于|MN|=22|NF|，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，则y1+y2=4t，x1+x2=4t2-2，
∴x0=x1+x22=2t2-1，y0=y1+y22=2t，即M(2t2-1,2t)，
又直线FN：y=-tx+t，与x-ty+1=0联立，解得N(t2-1t2+1,2tt2+1)，
∴|MN|2=((t2-1t2+1-2t2+1)2+(2tt2+1-2t)2=[t2-1+(t2+1)(-2t2+1)t2+1]2+(-2t3t2+1)2,
=4t8+4t6(t2+1)2=4t6t2+1，
又|NF|2=41+t2，则由|MN|=22|NF|，得4t6t2+1=32t2+1，解得t=±2．
∴直线l的方程为x±2y+1=0．
【解析】(Ⅰ)根据判别式即可求出t的范围，
(Ⅱ)|MN||MF|=223等价于|MN|=22|NF|，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，根据韦达定理，点与点的距离，即可求出．
本题考查了直线和抛物线的位置关系，韦达定理，距离的计算，考查了运算能力和转化能力，属于中档题．
1. 已知函数f(x)=2ln(ax+b)，其中a，b∈R．
(Ⅰ)若直线y=x是曲线y=f(x)的切线，求ab的最大值．
(Ⅱ)设b=1，若方程f(x)=a2x2+(a2+2a)x+a+1有两个不相等的实根，求a的最大整数值.(ln54≈0.223)．
【答案】解：(Ⅰ)设直线y=x和y=f(x)相切于点P(x0,2ln(ax0+b))，
∵f'(x)=2aax+b，则f'(x0)=2aax0+b=1，故ax0+b=2a(a>0)，
又P在切线y=x上，故2ln(ax0+b)=x0，
故x0=2ln(ax0+b)=2ln2a，b=2a-ax0=2a-2aln2a，
故ab=2a2-2a2ln2a(a>0)，
设g(a)=2a2-2a2ln2a(a>0)，
则由g'(a)=2a(1-2ln2a)>0，解得：00)，
设p(t)=2lnt-t2-at(t>0)，
则函数p(t)要有2个不同的零点，
∵p'(t)=2t-2t-a在(0,+∞)递减，且p'(t)=0在(0,+∞)上存在唯一实根t0，
即p'(t0)=0，即at0=2-2t02，
故当t∈(0,t0)时，p'(t)>0，当t∈(t0,+∞)
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时，p'(t)<0，
故p(t)在(0,t0)递增，在(t0,+∞)递减，
若a>0，则t0∈(0,1)，
p(t)≤p(t0)=2lnt0-t02-(2-2t02)=2lnt0+t02-2<0，不合题意，舍，
若a<0，则t0∈(1,+∞)，
当t∈(0,1)时，则p(t)=2lnt-t2-at<2lnt+|a|，
取t1=e-|a|2，则p(t1)<0，
当t∈(1,+∞)时，则p(t)=2lnt-t2-at<2(t-1)-t2-at<-t2+(2-a)t，
取t2=2+|a|，则p(t2)<0，
由此t10)有2个不同的零点，
则只需p(t0)=2lnt0-t02-at0>0，
故只需p((t0)=2lnt0-t02-(2-2t02)=t02+2lnt0-2>0,
∵p((t0)=t02+2lnt0-2是关于t0的增函数，
且p(1)=-1<0，p(54)=2ln54-716>0，
故存在m∈(1,54)使得p(m)=0，
故当t0>m时，p(t0)>0，
∵a=2t0-2t0是关于t0的减函数，
故a=2t0-2t0<2m-2m，
又2m-2m∈(-910,0)，
故a的最大整数值是-1．
【解析】(Ⅰ)求出函数的导数，结合切线方程得到ab=2a2-2a2ln2a(a>0)，设g(a)=2a2-2a2ln2a(a>0)，根据函数的单调性求出函数的最大值即可；
(Ⅱ)问题等价于2lnt=t2+at(t>0)，设p(t)=2lnt-t2-at(t>0)，根据函数的单调性求出a的最大整数值即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．
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