浙江省學(xué)考選考2020年上半年高考選考第二次造應(yīng)性考試數(shù)學(xué)試卷嵊州市?？剂?xí)題與講解

2020年嵊州市上半年高考選考第二次適應(yīng)性考試數(shù)學(xué)參考答案及評分建議一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，滿分40分。題號1答案D2345678910BCACBADBC二、填空題：本大題共7小題，多空題每小題6分，單空題每小題4分，滿分36分。2211311．1，312．13．8，214．，33142521315．0，116．2a17．33三、解答題：本大題共5小題，滿分74分。18．（本題滿分14分）1cos(2x)()1cos2xfxcos2xsin2x2cos2x42解析：……6分……2分2222442x01（Ⅰ）因為()2cos2fx，所以cos2．242002．，2，x因為0，所以x44400，解得．所以2x0x……2分4324024（Ⅱ）()fxcos2x22x4≤4．20，0，所以，因為……2分x≤42cosx在區(qū)間0，上是遞減函數(shù)，在區(qū)間因為f(x)在區(qū)間0，上是單調(diào)函數(shù)，且y22，解得，故的最大值是3．……2分3上是遞增函數(shù)，所以，4≤≤4419．（本題滿分15分）P解析：（Ⅰ）取AD的中點F，連接EF，．PF因為PAPD，所以PFAD．……2分DCFG另一方面，因為EF是△ABD的中位線，所以EF//BD．AEB設(shè)PDCDBC1，則AB2，AD2，BD2，所以AD2BD24AB2．所以ADBD，故ADEF．所以AD平面PEF．所以ADPE．……2分……2分……1分高三數(shù)學(xué)答案第1頁共6頁（Ⅱ）方法1：（體積法）因為平面平面于，平面，PADPFAD，PFPADABCD所以平面．AD……1分……2分PFABCD13SBCEPF1122．32212三棱錐的體積為PBCEVPBCE取的中點，連接，，所以．BCGFGPGFGBCPFABCDPFBCBCPG又由平面知,所以平面，故．……1分BCPFG321111．4因為，，所以PGPF2FG2，所以SPBCFGPF2設(shè)到平面的距離為，則22EPBCh1222．11VEPBCh由V知SPBC，解得h……2分……2分312PBCEPE又PF2FE21，PE與平面所成角的正弦值為22．PBCh所以直線PE11方法2：（坐標法）因為平面平面于，平面，PADABCDADPFPAD所以PF平面．ABCD……1分222建立如圖所示的空間直角坐標系，則0，E，0，0，0，，Pz2P222D，，，00B，20，，2C，，0．……2分222DC2222F所以，．BP，，BC2，，02222AEBxy設(shè)平面的一個法向量為n(x，y，z)，PBCnBP22x2y2z0，2取1，則x則n(1，1，3)．……2分2x2y0，nBC22，所以直線22PE與平面所成角的正弦值為PBCEP，又0，22nEP222．sincosnEP……3分11111nEP20．（本題滿分15分）T1a，所以1a1a，解得．a(chǎn)1解析：（Ⅰ）因為……1分2nn11Tn11an1，由題a可知……2分1an1Tnn111a1a1a1a，即1．所以n11an1nn1n11a11a所以是公差為1的等差數(shù)列，且首項2．……2分1n高三數(shù)學(xué)答案第2頁共6頁n11．Tn所以1na1111．首先，T(n1)2(n1)(n2)n1n2……2分2n12n21T2T2n所以STn，212n1n2n1111．，所以……2分a又daSn2n222n1nn1n1(n1)211111．……2分其次，n11322n12n3T2(n1)24n2n2所以2T2T221，132n3STn12nn1n211n1221daS232n3n22n433．所以……2分nn1n11綜上所述：3．2dn21．（本題滿分15分）因為拋物線C：x24y，所以yx2，其導(dǎo)數(shù)為x．2解析：（Ⅰ）y4xxx設(shè)(，)，則切線PA，PB的方程分別為yAxyBxy2214和yxxx2)，(，2．12224112xxxx142．……2分，y2y聯(lián)立解得它們的交點P的坐標為xP12P設(shè)直線l的方程為yk(x1)2，代入x24y消去x化簡整理得：AQBx24kx4k80kxxxx，所以4，4k8，且0．……2分DOE212x1P2所以2，yk，于是x2y4，xk第21題圖PPPP故點P的軌跡方程為x2y40．……2分2，所以1．xxx（Ⅱ）因為切線PA的方程為yxx12142Dxx1．2x同理：2．所以DExE22xxk12．又22Pkk，，故SDEyP……3分214212k22k41k2xx1k由（Ⅰ）可知，又點P到直線AB的距離為d，AB221P1所以．xxk2k221SABd22P4k2k2S所以2．……3分Sk21高三數(shù)學(xué)答案第3頁共6頁4t23t44S4t3．k令2，則t2Stt1SS（1）當0時，28；（t0t22）當時，4；2SS11S綜上所述：的最小值為4．2：設(shè)解法A(x，y)，B(x，y)，1122……3分……2分2S1xx2(yy)和xx2(yy)．則切線PA，的方程分別為PB1122P(x，y)，則xx2(yy)，且xx2(yy)，10012002設(shè)00(x，y)，(x，y)xx2(yy)的兩組解，所以是方程011220xx2(yy)．即直線AB的方程為……2分……2分00x2(y2)，因為直線AB經(jīng)過點Q(1，2)，所以00所以點的軌跡方程為x2y40．P2yxxx2(yy)，所以1．2（Ⅱ）因為切線PA的方程為x111x1Dxx1．2x同理：2．所以DEx22Ex4xxx4．……3分1y，故SDEyP又Px，002180221xx2(yy)，且知：直線AB的方程為x2y40，由（Ⅰ）0000GAQxx2yx40．所以直線AB的方程為B0過P作y軸的平行線0交AB于，則xxx，GG0DOExPxxx4x2x44xx28xy所以x0220，所以GPy．P0G000200222G0x2028x1．1……3分S所以PGxxxx02422122x22x8S所以2．00Sx40116Sx4t，則26．t令20St1SS（1）當0時，28；（t0t22）當時，4；2SS11S綜上所述：的最小值為24．……3分……2分S122．（本題滿分15分）1()()(lnx1)x2lnxx1，gxfx解析：（Ⅰ）當時，a2110，故g(x)在(0，)上是增函數(shù)．所以()gxx高三數(shù)學(xué)答案第4頁共6頁gx又|()||g(x)|，所以g(x)g(x)0．1212則有(ln……1分xxxx221)0，整理得1)(lnxx2ln(xx)．111212xx)2因為0，所以2xx，于是2ln(．xx12xxxx12121221)2xx12整理ln(20，即g(xx)0g(1)．xx1212又函數(shù)fx()在(0，)上單調(diào)遞增，所以1，即．xx1……2分xx1212（Ⅱ）解法1：當1xt時，|()|2等價于|lnxax2|2x，fxx2即2≥2lnx，或a2≤2lnx．……2分axx2lnxxh(x)1(2lnx)lnx3，設(shè)h(x)，則xxx()()e3時，，單調(diào)遞減；當xe時，，單調(diào)遞增……2()0()0所以當1。分hxhxhxhx3（1）考慮：存在大于1的實數(shù)，使得當1時，都有2≥2lnx成立。xtaxtt1xt時，a2h(x)恒成立，e3，則取1當要使得≥只需滿足a2≥h(x)h(1)2，解得4．a(chǎn)……3分≥max（2）考慮：存在大于1的實數(shù)，使得當1時，都有2≤2lnx成立。txtax若a2h(1)2，即0，則a由h(x)在[1，e3]上單調(diào)遞減且h(1)2知，t必存在1e，使得當31xt時，a22a0符合條件。恒成立，故2lnx，x0，則2若aa2h(1)2，結(jié)合h(x)在[1，e3]上單調(diào)遞減知，當x(1，e3]時a≥故不存在大于1的實數(shù)，使得當1時，xt都有2≤2lnx成立?！?分taxa綜上所述：0，或a4．≥解法2：當1xt時，|f(x)|2x等價于|lnxax2|2x．……1分2設(shè)h(x)lnxax2，則()ax1，hxx（1）若0，則h(x)在(1，t)上遞增，所以h(x)h(1)a2，h(x)0在(1，t)上恒成立，所以a≥h(x)0，所以Hxhxxxa|(hx)|2x等價于()()2ln(2)x20．1（i）若2，則a≥1因為()Hx(2)0，所以()在(1，t)上單調(diào)遞增，aHx11x故只需滿足H(1)a4≥0，解得．a(chǎn)4≥……2分1高三數(shù)學(xué)答案第5頁共6頁（ii）若0a2，則h(1)a20，故存在x1，使得當x(1，x)時h(x)0，≤00此時|(hx)|2x等價于()2xh(x)lnx(a2)x20．Hx2a(2)0，所以()是(1，x)上的增函數(shù)1xHx2Hx因為()，20HxH所以()(1)a2≥0，從而0≤a2不符合題意．……2分20，則當1x1時，此時()0，即h(x)在1，1（2）若1a上遞增，hxaa1，使得當x(1，)時h(x)0，又h(1)a20，所以存在1xx11a此時|(hx)|2x等價于Hx2xa()ln(2)x201(2)0，所以()是(1，)上的增函數(shù)aHx2Hx因為()，x12x3a取tminx，13，則H(x)在(1，)上遞增，t2t(1)時，故當x，H(x)H(t)lnt(a2)t2(t1)(a2)t2(a3)t30，22所以1a0時符合題意．……2分（3）若1，則aax10在(1，t)上恒成立，即h(x)0在(1，t)上恒成立，所以h(x)在(1，t)上遞減，≤所以h(x)