1、浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2019 年年 3 月月）数学数学参考答案及评分标准参考答案及评分标准 一一、选择题选择题（本大题共本大题共 10 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 40 分分)1A 2B 3C 4D 5C 6B 7D 8A 9B 10D 二二、填空题填空题（本大题共本大题共 7 小题小题，多空题每题多空题每题 6 分分，单空题每题单空题每题 4 分分，共共 36 分分)111，12 1232，74 1331，75 142，2 23 15144 16 1,)17156 三三、解答题解答题（本大题共本大题共 5 小题小题，共共 74 分
2、分解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算过程证明过程或演算过程)18(本小题满分本小题满分 14 分分)解解：（）由已知得2T，则1，所以()cos()f xx.2 分 又1()62f，所以1cos()62，又0，所以7666.所以263，即2，5 分 所以()cos()sin2f xxx.7 分（）因为3()sin()335f ，所以3sin()35，所以4cos()35.9 分 当4cos()35时，sinsin()coscos()sin333334 310；当4cos()35 时，sinsin()coscos()sin333334 310.13 分 所以，sin34 310
3、或34 310.14 分 19(本小题满分本小题满分 15 分分)解解 1：（）取棱PBPC，的中点分别为,M N，连结,AM MN ND，因为=PA AB，所以AMPB，3 分 又因为ADPAB 平面，PBPAB 平面，所以ADPB，且ADAMA，所以PBADF 平面.6 分（）由（）知PBAMND 平面，在平面PBC内作/EHPB，交MN于H，则 EHAMND 平面，连结DH，则EDH就是直线DE与平面ADF所成 角，即30EDH.10 分 又因为=2PA AB，所以2 2PB，得到122EHBMPB.因为sin30EHED，所以2 2ED，13 分 所以2224ECEDCD，故2EC.1
4、5 分 解解 2：如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(2,0,0),(2,3,0),(0,3,0),ABCD(0,0,2),(2,0)(03),PEtt(1,1)2tF3 分（）(0,3,0),(1,1)2 tADAF，设平面ADF的法向量为(,)nx y z，则 0,0,n ADn AF 从而取(1,0,1)n.5 分 又(2,0,2)BP，所以/BPn，从而PB平面ADF.6 分（）设直线DE与平面ADF所成角为，由(2,3,0)DEt，平面ADF的法向量为(1,0,1)n，8 分 故2|21sin2|4(3)2 DE nDEnt，解得1t，13 分 所以(2,1,
5、0)E，因此2EC.15 分 数学答案 第 1 页（共 6 页）数学答案 第 2 页（共 6 页）20(本小题满分本小题满分 15 分分)解解：（）由已知得25123(1)(1)aa a，即2111(9)(45)aa a，所以13a，所以 21nan.3 分 当1n时，12b，当2n时，122nnnb2n，所以2nnb.6 分（）因为2nT1113 77 11(41)(43)nn242111()222n 1 1111()(1)4 34334nn11113()412 443nn，9 分 所以222nnTT111313()12 447443nnnn112312(43)(47)4nnn 11(43)
6、(47)1(43)(47)4nnnnn.10 分 设1(43)(47)4nnnnd，则 1nndd21(47)(411)(43)(47)44nnnnnn2(47)(121)04nnn恒成立，因此1234dddd，由于11,d 21,d 31,d 41d，因此420,TT 640,TT 860,TT 1080TT，13 分 所以2nT中8T最小，所以k的值为4.15 分 21(本小题满分本小题满分 15 分分)解解：（）由210,4,xtyyx 消去x得2440yty，2(4)160t ，解得1t 或1t.故(,1)(1,)t .4 分（）方法 1：|2 2|3MNMF等价于|2 2|NMNF
7、6 分 设112200(,),(,),(,)A x yB xyM xy，则212124,42yyt xxt，所以212120021,2,22xxyyxtyt即2(21,2)Mtt 8 分 又直线:FNytxt，与10 xty 联立，解得22212(,)11ttNtt，10 分 所以222221|(21)1tNMtt222(2)1ttt 222221(1)(21)1tttt 3222()1tt866222444(1)1ttttt.12 分 又224|1NFt，则由|2 2|NMNF，得62243211ttt，解得2t ，14 分 所以直线l的方程为210 xy 15 分 方法 2：|2 2|3M
8、NMF等价于|3|MFNF，6 分 由方法 1 中2(21,2)Mtt，224|1NFt，8 分 222242|(22)(2)444MFtttt所以422911ttt，12 分 即242(1)(1)9ttt，化简得619t ，得68t，2t .14 分 所以直线l的方程为210 xy 15 分 方法 3：设直线l的方向向量为(,1)lt，1212(1,)222FAFBxxyyFM2(22,2)tt，6 分 则|NM|FM ll 22|(22)2|1tttt322|1tt，10 分 又224|1NFt，12 分 由|2 2|NMNF，得3|2 2t，2t ，14 分 所以直线l的方程为210 x
9、y 15 分 22(本小题满分本小题满分 15 分分)解解：（）设直线yx与()yf x相切于点00(,2ln()P xaxb因为2()afxaxb，所以002()1afxaxb，所以02(0)axba a 又因为P在切线yx上，所以002ln()axbx，2 分 所以002ln()2ln2xaxba，0222 ln2baaxaaa，数学答案 第 3 页（共 6 页）数学答案 第 4 页（共 6 页）因此2222ln2(0)abaaa a 4 分 设22()22ln2(0)g aaaa a，则由()24 ln22(1 2ln2)0g aaaaaa，解得e02a所以()g a在e(0,)2上单调
10、递增，在e,)2上单调递减，可知()g a的最大值为ee()24g，所以ab的最大值为e4 6 分（）方法 1：原方程即为22ln(1)(1)(1)axaxa ax，设1axt，则上述方程等 价于22ln(0)ttat t 设2()2ln(0)p tttat t，则函数()p t需有两个不同的 零点 8 分 因为2()2p ttat在(0,)上单调递减，且()0p t在(0,)上存在唯一实根0t，即0()0p t，即20022att 所以当0(0,)tt时，()0p t；当0(,)tt时，()0p t 因此()p t在0(0,)t上单调递增，在0(,)t 上单调递减 10 分 若0a，则0(0
11、,1)t 2000000000222(22)20()()2ln2ln2lnp tp tttatttttt，不合题意，舍去 若0a，则0(1,)t 当(0,1)t时，则2()2ln2ln|p tttatta，取|21eat，则1()0p t；当(1,)t时，则222()2ln2(1)(2)p tttatttatta t，取22|ta，则2()0p t 由此102ttt，且1()0p t，2()0p t 要使函数2()2ln(0)p tttat t有两个不同的零点，则只需20000()2ln0p tttat，所以只需222000000()2ln(22)2ln20p tttttt 12 分 因为20
12、00()2ln2p ttt是关于0t的增函数，且(1)10p ，557()2ln04416p，所以存在5(1,)4m使得()0p m，所以当0tm时，0()0p t 因为0022att是关于0t的减函数，所以002222atmtm，14 分 又因为292(,0)10mm，所以a的最大整数值为1 15 分 方法 2：原方程即为22ln(1)(1)(1)axaxa ax，设1axt，则原方程等价 于关于t的方程22ln0ttat(0)t 有两个不同的解，即关于t的方程22lnttat(0)t 有两个不同的解 8 分 设22ln()tth tt，则2222ln()tth tt 设2()22lnm t
13、tt，由0t 知2()20m ttt，所以2()22lnm ttt 在区间(0,)上单调递减，又575(1)10,()2ln04164mm，所以存在05(1,)4t 使得0()0m t 10 分 当0(0,)tt时，()0m t，()0h t；当0(,)tt时，()0m t，()0h t 所以()h t在0(0,)t上单调递增，在0(,)t 上单调递减，所以22000000002ln2229()2(,0)10ttth ttttt 要使得关于t的方程22lnttat(0)t 有两个不同的解，则0()ah t12 分 当1a 时，设2()2lnp tttt，则2()21p ttt，可知()p t在117(0,)4 上单调递增，在117(,)4单调递减又(1)0p，117()04p，2(e)2ee0p，()p t有两个不同的零点，符合题意 14 分 所以a的最大整数值为1 15 分 数学答案 第 5 页（共 6 页）数学答案 第 6 页（共 6 页）
