1、ABCDEHABCDExyz浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2020 年 4 月）数学参考答案及评分标准一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）1B2A3C4C5A6D7B8D9B10D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 2，3,31232i，13130，6651412，1,0)15324162,217 4916三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）18(本小题满分 14 分)解：（）由3cossinaAB，得 sin3 cosaBA，又因为 sinsinabAB，
2、所以 sinsinaBbA.3 分因为1b ，所以 sin33cosAAb，6 分即 tan3A，7 分所以3A.8 分（）由余弦定理2222cosabcbcA，10 分得230cc，解得1132c.12 分所以1339sin28ABCSbcA.14 分19(本小题满分 15 分)（）证明：由已知得 BCAB，BCBE，ABBEB，所以 BC 平面 ABE，4 分又 AE 平面 ABE，所以 BCAE6 分（）解法 1：过点 A 作 AHEB，垂足为 H，连结 DH 8 分由（）知 BCAH，又 BCBEB，所以 AHBCDE 平面所以ADH是直线 AD 与平面 BCDE 所成角11 分在AB
3、E中，cosABE2222ABBEAEAB BE3 1 72 3 32，所以150ABE，所以 AH13232，BH3323213 分所以 DH22)25(1 292，AD22AHDH329442 2，所以sinADHAHAD68所以直线 AD 与平面 BCDE 所成角的正弦值为6815 分解法 2：过点 B 作平面 ABC 的垂线 Bz，则 BABCBz、两两互相垂直，以 BABCBz、为 xyz、轴建立空间直角坐标系8 分由已知得(3 0 0)A，(01 0)C，设),(zyxE，则0,|1,|7,BE BCBEEA 即22220,1,(3)7,yxzxz因为0z，所以，31022xyz，
4、即31(0)22E，11 分由 BECD31(0)22，得31(1)22D，所以3 31(1)22AD ，由31(0)22BE ，(01 0)BC，计算得平面 BCDE 的法向量(1 03)n，13 分所以|cos|AD n，222368所以直线 AD 与平面 BCDE 所成角的正弦值为6815 分数学答案第 1 页（共 6 页）数学答案第 2 页（共 6 页）20(本小题满分 15 分)解：（）设等比数列na的公比为 q，则232342,2,2aq aqaq=，由234,2,a aa+成等差数列，得3242(2)aaa+=+.3 分即232(22)22qqq+=+，即2(2)(1)0qq-+
5、=，解得2q=，所以2nna=.5 分当1n时，11 b.当2n 时，2322321nnnbbbbn,2)1()1(13221321nnnbbbbn，作差得nbnn=，8 分所以，(2)nbn n n=.当1n=时，1111b=也成立，所以nbn n=.综上，2nna=，nbn n=.9 分（）因为当2n 时，nnnnnnnnnnnnanb22211，所以11 分nnnnanbababab2232213121132332211.12 分设2323222nnnT=+L，则3411232222nnnT+=+L，两式相减得121231322)211(41212211)211(21212)2121(2
6、221nnnnnnnnnnT12243nn，14 分所以3222nnnT+=-，所以32nT 所以，23131211332211nnanbababab15 分21(本小题满分 15 分)解：（）由已知得焦点 F 坐标为(1,0)，2 分所以2p，抛物线C 的方程为24yx4 分（）设:AB2xmy,112200(,),(,),(,)A x yB xyM xy.联立 AB 与C 的方程，得2480ymy，且216320m，由韦达定理得，1212,48yym y y 6 分设11:()l ykyxx，联立l 与C 的方程，得2114440yyyxkk，由相切，计算得12ky，所以11:202lyx
7、yx8 分由4ABAM，得201201,3344xxyxyy，将10234yyy代入直线l 方程，解得221121888Nyy yyx 10 分所以ABNS|21210yyxxN2121121|348|8|2xxyyy312231212112|8|16|.323232|yyyyyyyy13 分又24|8|11 yy，所以ABNS4 2，且当12 2y 时，取到等号，所以，ABN面积的最小值为 4 2 15 分22(本小题满分 15 分)解：（）由2()(1)e xf xxax，得2()(e2)xxfxxax2 分设2()e(0)xxg xxx，则2222()e xxxg xx3 分由()0g
8、x，解得31x ，所以()g x 在(0,31上单调递减，在 31,)上单调递增因为函数()f x 在(0,)上单调递增，()0fx，所以3 12(3 1)(23)eag，所以，实数a 的取值范围为3 1(23)e,2.5 分（）（）因为()f x 有两个不同的零点，()f x 不单调，所以3 1(23)e2a因此()0fx有两个根，设为 10,t t，且1003 1tt，所以()f x 在),0(1t上单调递增，在10(,)t t上单调递减，在0(,)t 上单调递增数学答案第 3 页（共 6 页）数学答案第 4 页（共 6 页）又1()(0)1f tf，22()(1)e(e)(1)exxxf
9、 xxaxaxxa，当 x 充分大时，()f x 取值为正，因此要使得()f x 有两个不同的零点，则必须有0()0f t，即0200(1)e0tta t，7 分又因为02e)2()(0000tattft，所以00000(1)e(2)e02ttttt，解得 02t.所以21(12)(2)e22ag因此，当函数()f x 有两个不同的零点时，实数 a 的取值范围为2(12)e,2.9 分（）先证明不等式：若1212,(0,),x xxx，则21121221lnln2xxxxx xxx.证明：不妨设210 xx，即证22121212112(1)1ln1xxxxxxxxxx设211xtx，1()ln
10、tg ttt，2(1)()ln1th ttt，则只需证()0g t，且()0h t.因为2(1)()02tg tt t，0)1()1()(22tttth，所以()g t 在(1,)上单调递减，()h t 在(1,)上单调递增，所以()(1)0g tg，()(1)0h th，从而不等式得证11 分再证原命题1201111.1xxt由12()0,()0,f xf x得12211222(1)e0,(1)e0,xxxaxxax所以12122212(1)e(1)exxxxxx，两边取对数得，2121212(lnln)ln(1)ln(1)xxxxxx，即212121212(lnln)ln(1)ln(1)1
11、(1)(1)xxxxxxxx因为2121212112122(lnln)ln(1)ln(1)22,(1)(1)(1)(1)xxxxxxxxxxx x所以121212221112xxxxx x13 分因此，要证12011111xxt，只需证1202xxt因为()f x 在0(,)t 上单调递增，1020 xtx，所以只需证201()(2)f xftx，只需证101()(2)f xftx，即证00()()(f txf tx其中0(,0)xt 设000()()()(0)r xf txf txtx，则只需证()0r x.计算得00000()(2)e(2)e4txtxr xxtxtat ，0200()e(3)e(3)txxrxxtxt由200(3)e(3)xytxxt在0(,0)t上单调递增，得000(3)e(03)0ytt，所以()0rx，即()r x在0(,0)t上单调递减，所以0()(0)2()0r xrf t，即()r x 在0(,0)t上单调递增，所以()(0)0r xr成立，原命题得证15 分数学答案第 5 页（共 6 页）数学答案第 6 页（共 6 页）