发布时间 : 星期二 文章江苏省苏北三市2019届高三上学期期末考试数学试卷更新完毕开始阅读d9d17febbdd126fff705cc1755270722182e5976
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所以kOD=-,从而直线OD的方程为y=-x,
2k2k1
所以点Q的坐标为Q(2,-),(10分)
k12
所以以PQ为直径的圆的方程为(x-2)+[y-k(2-m)](y+)=0,
k122
即x-4x+2+m+y-[k(2-m)-]y=0.(14分)
k??x=2±2-m,?y=0,
因为该式对?k≠0恒成立,所以?2解得 ?2
?x-4x+2+m+y=0,??y=0.
所以以PQ为直径的圆经过定点(2±2-m,0).(16分)
19. 解:(1) 因为f(x)=(x-a)ln x(a∈R),所以当a=1时,f(x)=(x-1)ln x, 1
则f′(x)=ln x+1-.(1分)
x当x=1时,f(1)=0,f′(1)=0,
所以曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的方程为y=0.(3分) (2) 因为对于任意的正数x,f(x)≥0恒成立,
所以当lnx=0,即x=1时,f(x)=0,a∈R;(5分)
当ln x>0,即x>1时,x≥a恒成立,所以a≤1; (6分) 当ln x<0,即x<1时,x≤a恒成立,所以a≥1.
综上可知,对于任意的正数x,f(x)≥0恒成立,a=1. (7分) (3) 因为函数f(x)存在两个极值点,
所以f′(x)=ln x-+1存在两个不相等的零点.
axa1ax+a设g(x)=ln x-+1,则g′(x)=+2=2.(8分)
xxxx当a≥0时,g′(x)>0,所以g(x)单调递增,至多一个零点.(9分) 当a<0时,x∈(0,-a)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, x∈(-a,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
所以x=-a时,g(x)min=g(-a)=ln(-a)+2. (11分)
-2
因为g(x)存在两个不相等的零点,所以ln(-a)+2<0,解得-e 因为-ee>-a. a112 因为g(-)=ln(-)+a+1>0,所以g(x)在(-a,+∞)上存在一个零点.(13分) aa11-2222 因为-e a-a11 设t=-a,则y=2ln t++1(0 te 2t-111 因为y′=2<0,所以y=2ln t++1(0 tte 122 又函数图象是连续的,所以y>2ln 2+e+1=e-3>0, e122 所以g(a)=ln a-+1>0,所以在(0,-a)上存在一个零点. a综上可知,-e nnn20. 解:(1) 当q=1时,由an(qan-1)+2qanan+1=an+1(1-qan+1), 2 得(an+1+an)=an+1+an. 又an+1+an≠0,所以an+1+an=1.(2分) 又a1=2, 所以T2 019=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2 018+a2 019)=1 011.(4分) nnnn2 (2) ①由an(qan-1)+2qanan+1=an+1(1-qan+1),得q(an+1+an)=an+1+an. 1 又an+1+an≠0,所以an+1+an=n.(6分) -2 q因为Tn=a1+qa2+qa3+…+qan, 23n所以qTn=qa1+qa2+qa3+…+qan, 23n-1n所以(1+q)Tn=a1+q(a1+a2)+q(a2+a3)+q(a3+a4)+…+q(an-1+an)+qan, bn=(1+q)Tn-qnan=a1+1+1+…+1+qnan-qnan=a1+n-1=n+1, 所以bn=n+1.(10分) n②由题意,得cn=2bn-1-1=2-1,n≥2. 因为c1,ck-c1,ct-ck成等比数列, 2k2tk所以(ck-c1)=c1(ct-ck),即(2-2)=2-2, (12分) tk2kt-2k-12k-2 所以2=(2)-3·2+4,即2=(2)-3·2+1 (*). 由于ck-c1≠0,所以k≠1,即k≥2. t当k=2时,2=8,得t=3.(14分) k-12k-2 当k≥3时,由(*)得(2)-3·2+1为奇数, 2k-2k-2k所以t-2=0,即t=2,代入(*)得2-3·2=0,即2=3,此时k无正整数解. 综上,k=2,t=3.(16分) 2n-1 2019届高三模拟考试试卷(五)(苏北三市) 数学附加题参考答案及评分标准 ?-31?-1 21. A. 解:由题意得A=?22?,(5分) ??? 10? ?-31?20?-54? ???2-1?.(10分) 所以AB=?22??=????18??? ? 10?? 20? 22 B. 解:曲线C:ρ=2cos θ的直角坐标方程为(x-1)+y=1.(4分) 设过点A(3, 0)的直线l的直角坐标方程为x=my+3, 因为直线l与曲线C有且只有一个公共点, |1-3|所以=1,解得m=±3.(8分) 2 1+m从而直线l的斜率为± 3 .(10分) 3 C. (1) 解:不等式的解集是(-∞,-3]∪[3,+∞).(4分) (2) 证明:要证f(ab)>|a|f(),只要证|ab-1|>|b-a|,只需证(ab-1)>(b-a). 而(ab-1)-(b-a)=ab-a-b+1=(a-1)(b-1)>0, 从而原不等式成立. (10分) 22. 解:因为DA⊥平面ABC,∠CAB=90°,所以以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AC=AD=1,AB=2, 所以A(0,0,0),C(1,0,0),B(0,2,0),D(0,0,1). 1 因为点E为线段BD的中点,所以E(0,1,). 21→→ (1) AE=(0,1,),BC=(1,-2,0), 2→→AE·BC→→ 所以cos〈AE,BC〉== →→|AE||BC| -24 =-, 55 ×54 2 2 22 2 2 2 2 ba22 4 所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为.(5分) 5 1→→ (2) 设平面ACE的法向量为n1=(x,y,z),因为AC=(1,0,0),AE=(0,1,), 21→→ 所以n1·AC=0,n1·AE=0,即x=0且y+z=0,取y=1,得x=0,z=-2, 2所以n1=(0,1,-2)是平面ACE的一个法向量. 1→→ 设平面BCE的法向量为n2=(x,y,z),因为BC=(1,-2,0),BE=(0,-1,), 2 1→→ 所以n2·BC=0,n2·BE=0,即x-2y=0且-y+z=0,取y=1,得x=2,z=2, 2所以n2=(2,1,2)是平面BCE的一个法向量. n1·n2-35 所以cos〈n1,n2〉===-. (8分) |n1||n2|55×9 所以二面角ACEB的余弦值为- 5 . (10分) 5 11 23. 证明:(1) 当n=1时,a1=∈(0,),结论显然成立; 321* 假设当n=k(k≥1,k∈N)时,ak∈(0,), 2 12112 则当n=k+1时,ak+1=-2ak+2ak=-2(ak-)+∈(0,). 2221 综上,an∈(0,).(4分) 2 111 (2) 由(1)知,an∈(0,),所以bn=-an∈(0,). 222因为an+1=-2an+2an, 11112222 所以-an+1=-(-2an+2an)=2an-2an+=2(an-),即bn+1=2bn. 2222于是log2bn+1=2log2bn+1, 所以(log2bn+1+1)=2(log2bn+1), 11 故{log2bn+1}构成以2为公比的等比数列,其首项为log2b1+1=log2+1=log2. 63111n-1n-1n-1 于是log2bn+1=(log2)·2,从而log2(2bn)=(log2)·2=log2()2, 3331n-1 ()231n-11n-1 所以2bn=()2,即bn=,于是=2·32.(8分) 32bn因为当i=1,2时,2=i, i-1i-101i-101 当i≥3时,2=(1+1)=Ci-1+Ci-1+…+Ci-1>Ci-1+Ci-1=i, 所以对?i∈N,有2 1 1 *2 i-1 i-1 ≥i,所以32 1 2 i-1 1ii-1i≥3,所以=2·32≥2·3, bi3(1-3)n+1 从而=++…+≥2(3+3+…+3)=2×=3-3.(10分) b1b2bn1-3 n1 n 访问“高中试卷网”——