1、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. -1,1B. 0,2C. -1,2D. -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. -1B. 1C. -1+iD. 1+i【答案】B【解析】解：(1+i)i31-i=(1+i)(-i)(1-i)=1-i1-i=1故
2、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. 823B. 82C. 423D. 42【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=13122222=423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4. 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=12xB. y=22xC. y=
3、2xD. 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5. 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|x0，由f(x)=0，得(x3-x)ln|x|=0，即(x
4、2-1)ln|x|=0，即x=1，即函数f(x)有两个零点，排除D，f(2)=6ln20，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6. 已知数列an是等比数列，则“a5a6a42”是“0q1”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】解：已知数列an是等比数列，由a5a6a42，可得：a42q3a42，即q31，所以q1且q0，又”q1且q0“是“0q1”的必要不充分条
5、件，所以“a5a6a42”是“0q1”的必要不充分条件，故选：B由等比数列的通项公式得：a5a6a42，由不等式的解法得：a42q3a42，即q31，所以q1且q0，由充分必要条件得：”q1且q0“是“0qm1,p4)，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设1表示取出红球个数，2表示取出白球个数，则()A. E(1)E(2)，D(1)D(2)B. E(1)E(2)，D(1)D(2)C. E(1)D(2)D. E(1)E(2)，D(1)D(2)【答案】D【解析】解：设袋中有1个红球，5个白球，4个黑球，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设1表示取出红球个数，2表示取出白球个数，则1的可
6、能取值为0或1，P(1=0)=0.9，P(1=1)=0.1，E(1)=00.9+10.1=0.1，D(1)=(0-0.1)20.9+(1-0.1)20.1=0.09，2的可能取值为0或1，P(2=0)=0.5，P(2=1)=0.5，E(2)=00.5+10.5=0.5，D(1)=(0-0.5)20.5+(1-0.5)20.5=0.25，E(1)E(2)，D(1)D(2). 故选：D设袋中有1个红球，5个白球，4个黑球，从中任取1个球(每个球取到的机会均等)，设1表示取出红球个数，2表示取出白球个数，则1的可能取值为0或1，P(1=0)=0.9，P(1=1)=0.1，由此求出E(1)=0.1，D
7、(1)=0.09；2的可能取值为0或1，P(2=0)=0.5，P(2=1)=0.5，E(2)=0.5，D(1)=0.25，由此能求出E(1)E(2)，D(1)D(2).本题考查两个离散型随机变量的数学期望、方差的大小的比较，考查离散型随机变量的数学期望、方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题8. 如图，圆O是边长为2的正方形ABCD的内切圆，若P，Q是圆O上两个动点，则APCQ的取值范围是()A. -3-22,0B. -3-22,-1C. -5,0D. -5,-1【答案】A【解析】解：以O为坐标原点建立如图坐标系则P，Q在以O为圆心的单位圆上，设P(cos,sin)，Q(cos,si
8、n)，又A(-1,-1)，C(1,1)AP=(cos+1,sin+1)，CQ=(cos-1,sin-1)APCQ=(cos+1)(cos-1)+(sin+1)(sin-1)=coscos+cos-cos-1+sinsin+sin-sin-1=(coscos+sinsin)+(sin+cos)-(sin+cos)-2=cos(-)+2sin(+4)-2sin(+4)-2当cos(-)=-1且sin(+4)=-1且sin(+4)=1时，则APCQ有最小值，此时-=(2k+1)且=54+2k且=4+2k，(kZ)APCQ能取到最小值-3-22，APCQ夹角范围是90,180，故APCQ有最大值0，故
9、选：A通过图形可以看出APCQ夹角范围是90,180，故APCQ有最大值0，最小值可以转化为三角函数利用三角函数的有界性处理本题主要考查了向量的夹角与向量数量积的关系，向量的坐标运算，三角恒等变换等知识，用到了转化思想，属于中档题9. 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB，AC，AA1两两互相垂直，AB=AC=AA1，M，N是线段BB1，CC1上的点，平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为6，当|B1M|最小时，AMB=()A. 512B. 3C. 4D. 6【答案】B【解析】解：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，设CN=b，BM=a，则N(0,0，
10、b)，M(1,0，a)，A(0,0，0)，B(1,0，0)，AM=(1,0，a)，AN=(0,1，b)，设平面AMN的法向量n=(x,y，z)，AMn=x+az=0ANn=y+bz=0，取z=1，得n=(-a,-b,1)，平面ABC的法向量m=(0,0，1)，平面AMN与平面ABC所成(锐)二面角为6，cos6=|mn|m|n|=1a2+b2+1，解得3a2+3b2=1，当B1M|最小时，b=0，BM=a=33，tanAMB=ABBM=133=3，AMB=3故选：B以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AMB的大小本题考查角的大小的求法，考查空间
11、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，是中档题10. 已知数列an满足：a1=12,an+1=f(an)，nN*，Sn是数列an的前n项和，且满足S100100，则f(x)不可能是()A. f(x)=x2B. f(x)=x+1x-2C. f(x)=ex-x-1D. f(x)=lnx+x+1【答案】C【解析】解：A.f(x)=x2，an+1=(an)2，可得：lnan+1=2lnan，数列lnan是等比数列，首项为-ln2，公比为2.S100=-ln2(2100-1)2-1=-(2100-1)ln20100B.f(x)=x+1x-2，an+1=an+1an-2，可得a2=1
12、2+2-2=12，以此类推可得：an=12，可得：S100=12100=50100C.f(x)=ex-x-1，f(x)=ex-1，x0时，单调递减a1=12,an+1=f(an)，nN*，则a2=e-12-1(0.1,0.2)，a3=ea2-a2-1(0.1,0.2)，可得S1001.55，以此类推可得S100100因此不满足S100100故选：CA.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.S1000100B.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：a
13、n=12，可得：S100=50C.f(x)=ex-x-1，f(x)=ex-1，x0时，单调递减.a1=12,an+1=f(an)，nN*，可得a2=e-12-1(0.1,0.2)，可得S1001.55，以此类推可得S100100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）11. 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)、
14、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=c2a+a2+b2=8a+a2+(7-a)2=8解可得，a=3，b=4，c=5c-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12. 若x，y满足约束条件x0,y0,y-x2,x+y1,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x0,y0,y-x2,x+y1,其表示
15、的可行域为如图四边形ABCO及其内部，其中B(-12,32)，A(-2,0)，C(0,1)，则y的最大值为32，S四边形OABC=SABC+SAOC=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13. 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=31a1即展开式(x+2)5-(x+1
16、)5=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，中x的系数，为C5416-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C5416-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14. 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，SA
17、BC=12bcsinA，2=12c2c3223，c=322，b=2，由余弦定理可得，a2=b2+c2-2bccosA=2+92-2232213=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SABC=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15. 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
18、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16. 函数f(x)=x2,x0,-2x-3,x0b，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，t0，由f(a)=a2=t，得a=t，由f(b)=-2
19、b-3=t，得b=-3-t2，则a+b=t+-3-t2=-12t+t-32=-12(t-2t)-32=-12(t-1)2-1，t0，t0，则m=-12(t-1)2-1-1，即m=a+b-1，此时f(a+b)=f(m)=-2m-32-3=-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17. 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
20、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)(k0,00,0)，与x轴两个相邻交点的距离为T2=122=，解得=1；其图象经过点M(6,-12)，cos(6+)=-12，解得=2，函数f(x)=cos(x+2)=-sinx()若f(+3)=-35=-sin(+3)，sin(+3)=35，当2k+32+2k，kZ，即-3+2k6+2k，kZ时，cos(+3)=45，sin=sin(+3)-3=sin(+3)cos3-cos(+3)sin3=3512-45
21、32=3-4310；当2+2k+3+2k，kZ，即6+2k23+2k，kZ时，cos(+3)=-45，sin=sin(+3)-3=sin(+3)cos3-cos(+3)sin3=3512+4532=3+4310；综上，sin=3-4310或3+4310【解析】()根据题意求得函数的周期T、和的值，即可写出f(x)的解析式；()根据函数解析式求得sin(+3)的值，再利用sin=sin(+3)-3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19. 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
22、是线段PE的中点.公众号浙考神墙750()求证：PB平面ADF；()若直线DE与平面ADF所成角为30，求CE的长【答案】证明：()取PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND，PA=AB，AMPB，AD平面PAB，PB平面PAB，ADPB，且ADAM=A，PB平面ADF解：()由()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=2CE的
23、长为2【解析】()取PB，PC的中点分别为M，N，连结AM，MN，ND，推导出AMPB，ADPB，由此能证明PB平面ADF()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20. 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()求数列an，bn的通项公式；()令数列
24、cn的前n项和为Tn，且cn=1anan+2,n为奇数-1bn,n为偶数，若对nN*，T2nT2k恒成立，求正整数k的值；【答案】解：()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，(n2)，对n=1也成立，则bn=2n，nN*；()T2n=137+1711+1(4n-1)(4n+3)-(14+116+14n)=14(13-17+17-111+
25、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+21，d41，可得T4-T20，T6-T40，T8-T60，则T2n中T8取得最小值，T2nT2k恒成立，可得k=4【解析】()由等比数列中项性质和等差
26、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；()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21. 直线l：x-ty+1=0和抛物线C：y2=4x相交于不同两点A，B()求实数t的取值范围；()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相交另一点为N，且满足|MN|MF|=223，求直线l的方程【答案】解：()由y2=4xx-ty+1=0，消去x得y2-4ty
27、+4=0，=(-4t)2-160，解得t1，故t的范围为(-,-1)(1,+)，()|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+12+(-2t3t2+1)2,=4t8+4t6(t2+1)2=4t6
28、t2+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x2y+1=0【解析】()根据判别式即可求出t的范围，()|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22. 已知函数f(x)=2ln(ax+b)，其中a，bR()若直线y=x是曲线y=f(x)的切线，求ab的最大值()设b=1，若方程f(x)=a2x2+(a2+2a)x+a+1有两个不
29、相等的实根，求a的最大整数值.(ln540.223)【答案】解：()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(a0)，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(a0)，设g(a)=2a2-2a2ln2a(a0)，则由g(a)=2a(1-2ln2a)0，解得：0a0)，设p(t)=2lnt-t2-at(t0)，则函数p(t)要有2个不同的零点，p(t)=2t-2t-a在(0,+
30、)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,+)时，p(t)0，则t0(0,1)，p(t)p(t0)=2lnt0-t02-(2-2t02)=2lnt0+t02-20，不合题意，舍，若a0，则t0(1,+)，当t(0,1)时，则p(t)=2lnt-t2-at2lnt+|a|，取t1=e-|a|2，则p(t1)0，当t(1,+)时，则p(t)=2lnt-t2-at2(t-1)-t2-at-t2+(2-a)t，取t2=2+|a|，则p(t2)0，由此t1t0t2，且p(t1)0，p(t2)0)有2个不同
31、的零点，则只需p(t0)=2lnt0-t02-at00，故只需p(t0)=2lnt0-t02-(2-2t02)=t02+2lnt0-20,p(t0)=t02+2lnt0-2是关于t0的增函数，且p(1)=-10，故存在m(1,54)使得p(m)=0，故当t0m时，p(t0)0，a=2t0-2t0是关于t0的减函数，故a=2t0-2t00)，设g(a)=2a2-2a2ln2a(a0)，根据函数的单调性求出函数的最大值即可；()问题等价于2lnt=t2+at(t0)，设p(t)=2lnt-t2-at(t0)，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，是一道综合题第15页，共15页
