江苏省苏锡常镇四市届高三第三次模拟考试 数学 Word版含答案Word下载.docx
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y=x2上,曲线C在点P处的切线为l,过点P且与直线l垂直的直线与曲线C的另一交点为Q,O为坐标原点.若OP⊥OQ,则点P的纵坐标为________.
13.如图,在等腰直角三角形ABC中,∠CAB=90°
,AB=2,以AB为直径在△ABC外作半圆O,P为半圆弧AB上的动点,点Q在斜边BC上.若·
=,则·
的最小值为________.
14.已知e为自然对数的底数,函数f(x)=ex-ax2的图象恒在直线y=ax上方,则实数a的取值范围是________.
二、解答题:
本大题共6小题,共90分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分14分)
如图,在三棱锥PABC中,过点P作PD⊥AB,垂足为D,点E,F分别是PD,PC的中点,且平面PAB⊥平面PCD.求证:
(1)EF∥平面ABC;
(2)CE⊥AB.
16.(本小题满分14分)
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且=.
(1)求角A的大小;
(2)若cos(B+)=,求cosC的值.
17.(本小题满分14分)
某工厂拟制造一个如图所示的容积为36π立方米的有盖圆锥形容器.
(1)若该容器的底面半径为6米,求该容器的表面积;
(2)当容器的高为多少米时,制造该容器的侧面用料最省?
18.(本小题满分16分)
如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:
+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0),右准线方程为x=4.过点A1的直线交椭圆C于x轴上方的点P,交椭圆C的右准线于点D.直线A2D与椭圆C的另一交点为G,直线OG与直线A1D交于点H.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若HG⊥A1D,试求直线A1D的方程;
(3)如果=λ,试求λ的取值范围.
19.(本小题满分16分)
已知函数f(x)=x2+(2-a)x-alnx,其中a∈R.
(1)如果曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为1,求实数a的值;
(2)若函数f(x)的极小值不超过,求实数a的最小值;
(3)对任意x1∈[1,2],总存在x2∈[4,8],使得f(x1)=f(x2)成立,求实数a的取值范围.
20.(本小题满分16分)
已知数列{an}是各项都不为0的无穷数列,对任意的n≥3,n∈N,a1a2+a2a3+…+an-1an=λ(n-1)a1an恒成立.
(1)如果,,成等差数列,求实数λ的值;
(2)已知λ=1.
①求证:
数列{}是等差数列;
②已知数列{an}中,a1≠a2.数列{bn}是公比为q的等比数列,满足b1=,b2=,b3=(i∈N).求证:
q是整数,且数列{bn}中的任意一项都是数列{}中的项.
数学附加题
(满分40分,考试时间30分钟)
21.【选做题】在A,B,C三小题中只能选做两题,每小题10分,共20分.若多做,则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
A.(选修42:
矩阵与变换)
已知矩阵A=,其逆矩阵A-1=,求A2.
B.(选修44:
坐标系与参数方程)
在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(θ为参数).以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l上两点M,N的极坐标分別为(2,0),(2,),求直线l被曲线C截得的弦长.
C.(选修45:
不等式选讲)
已知正数a,b,c满足a+b+c=2,求证:
++≥1.
【必做题】第22,23题,每小题10分,共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
22.在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线C:
y2=4x的焦点为F,过F的直线l交抛物线C于A,B两点.
(1)求线段AF的中点M的轨迹方程;
(2)已知△AOB的面积是△BOF面积的3倍,求直线l的方程.
23.已知数列{an}中,a1=2,且an+1=a-an+1对任意n∈N恒成立.求证:
(1)an+1=anan-1an-2…a2a1+1(n∈N);
(2)an+1>
nn+1(n∈N).
2019届高三模拟考试试卷(苏锡常镇)
数学参考答案及评分标准
1.(0,1) 2.1 3. 4.8 5.55 6. 7. 8. 9.11 10.(-2,-1)∪(1,2) 11.
12.1 13.- 14.(-2e-1,0]
15.证明:
在三棱锥PABC中:
(1)因为点E,F分别是PD,PC的中点,所以EF为△PCD的中位线,(2分)
则有EF∥CD.(3分)
又EF
平面ABC,CD
平面ABC,所以EF∥平面ABC.(7分)
(2)因为平面PAB⊥平面PCD,平面PAB∩平面PCD=PD,AB⊥PD,AB
平面PAB,
所以AB⊥平面PCD.(11分)
又CE
平面PCD,所以AB⊥CE.(14分)
16.解:
(1)由正弦定理==,且=,(1分)
得=,(2分)
则有sinA=2-cosA,即sinA+cosA=2,2sin(A+)=2,
故sin(A+)=1.(4分)
因为A∈(0,π),则A+∈(,),所以A+=,即A=.(6分)
(2)在△ABC中,因为A=,则B∈(0,),B+∈(,),所以sin(B+)>
0.
因为cos(B+)=,所以sin(B+)==.(8分)
在△ABC中,A+B+C=π,(9分)
所以cosC=cos(π-A-B)=-cos(A+B)=-cos(B+)(10分)
=-cos[(B+)+]=-cos(B+)cos+sin(B+)sin
=-×
+×
=.(14分)
17.解:
设圆锥形容器的底面半径为r米,高为h米,母线为l米,侧面积为S平方米,容积为V立方米,则V=36π.
(1)由r=6,得V=πr2h=36π,得h=3,(1分)
所以S=πrl=πr=6π=18π.(2分)
又底面积为πr2=36π(平方米),(3分)
故该容器的表面积为(18π+36π)=18(2+)π(平方米).(4分)
答:
该容器的表面积为18(2+)π平方米.(5分)
(2)因为V=πr2h=36π,得r2==,其中h>
0,
所以S=πrl=πr=π=π=π=π.(8分)
记f(h)=+h,令f′(h)=-+1==0,得h=6.(10分)
当h∈(0,6)时,f′(h)<
0,f(h)在(0,6)上单调递减;
当h∈(6,+∞)时,f′(h)>
0,f(h)在(6,+∞)上单调递增.(12分)
所以,当h=6时,f(h)最小,此时S最小.(13分)
当容器的高为6米时,制造容器的侧面用料最省.(14分)
18.解:
(1)由椭圆C的左、右顶点分别为A1(-2,0),A2(2,0),右准线方程为x=4,得
a=2,=4,故c=1,b2=a2-c2=3.(2分)
所以椭圆C的方程为+=1 ①.(3分)
(2)设直线A1D:
y=k(x+2)(k>
0) ②,则与右准线x=4的交点D(4,6k).
又A2(2,0),所以设直线A2D:
y=3k(x-2),联立①,得
解得G(,),(5分)
则直线OG的斜率为kOG= ③.
因为OG⊥A1D,故·
k=-1.又k>
0,解得k=,(7分)
则直线A1D的方程为y=(x+2).(8分)
(3)由
(2)中③可设直线OG:
y=x,联立②,得
解得H(,).(10分)
联立①②,得解得P(,).(12分)
因为=λ,所以(xH+2,yH)=λ(xP+2,yP),则yH=λyP,
λ==f(k)====.(14分)
因为f(k)在(0,+∞)上为减函数,(15分)
所以λ∈(,).(16分)
19.解:
因为f(x)=x2+(2-a)x-alnx,所以f′(x)=.(1分)
(1)因为曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为1,
所以f′
(1)=2(2-a)=1,解得a=.(2分)
(2)①当a≤0时,f′(x)>
0在(0,+∞)上恒成立,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,
故函数f(x)不存在极值.(3分)
②当a>
0时,令f′(x)=0,得x=.
x
(0,)
(,+∞)
f′(x)
-
+
f(x)
极小值
(5分)
则f(x)min=f()=a--aln≤.因为a>
0,则--ln≤0.
令g(a)=--ln=+ln2--lna,则g′(a)=--<
则g(a)在(0,+∞)上单调递减.(7分)
又g
(2)=0,所以g(a)≤g
(2)=0,则a≥2,则实数a的最小值为2.(8分)
(3)记f(x)在[1,2]上的值域为A,在[4,8]上的值域为B,
“任意x1∈[1,2],总存在x2∈[4,8],使得f(x1)=f(x2)成立”等价于“AB”.
①当≤1或≥8,即a≤2或a≥16时,由
(2)知f(x)在[1,8]上为单调函数,不合题意;
(9分)
②当1<
≤2,即2<
a≤4时,由
(2)知f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,故f()∈A,但f()B,不合题意;
(10分)
③当2<
≤4,即4<
a≤8时,A=[f
(2),f
(1)],B=[f(4),f(8)],由AB,
得则解得(11分)
因为0<
ln2<
1,则2<
2+ln2<
3,即4<
<
8.
因为e>
2.7,计算得e3>
24,则e>
e3>
24,即>
ln24=4ln2,即7>
8ln2,
也即21>
24ln2,则-8=>
0,即>
所以≤a≤8.(13分)
④当4<
8,即8<
a<
16,由AB,得f(8)≥f
(1),得
a≤<
=11<
16,则8<
a≤.(15分)
综上,≤a≤.(16分)
20.
(1)解:
因为n≥3且n∈N*时,a1a2+a2a3+…+an-1an=λ(n-1)a1an恒成立,
所以n=3时,a1a2+a2a3=2λa1a3 (*).
因为数列{an}各项都不为0,
所以(*)式两边同除以a1a2a3,得=+.(1分)
因为,,成等差数列,则=+.(2分)
比较得=,所以λ=1.(3分)
(2)证明:
①当λ=1,n=3时,a1a2+a2a3=2a1a3 (i),整理,得+=,
则-=- (ii).(4分)
当n=4时,a1a2+a2a3+a3a4=3a1a4 (iii).
(iii)-(i),得a3a4=3a1a4-2a1a3,得=-.
又+=,所以-=- (iv).(5分)
当n≥3时,a1a2+a2a3+…+an-1an=(n-1)a1an,
a1a2+a2a3+…+an-1an+anan+1=na1an+1,
两式相减,得
anan+1=na1an+1-(n-1)a1an.
因为an≠0,所以=-,(6分)
所以=-,所以-=-,
整理,得+=,即-=-(n≥3) (v).(7分)
由(ii)(iv)(v),得-=-对任意的正整数n≥1恒成立,(8分)
所以数列{}成等差数列.(9分)
②设数列{}的公差为d,令cn=,c1==c(c≠0),则b1=c1=c,b2=c2=c+d,d=c2-c1=b2-b1=cq-c.
当i=2时,b3=c2=b2,从而q=1,b2=b1,得a1=a2,与已知不符.(10分)
当i=3时,由b3=c3,cq2=c+2d=c+2c(q-1),得q2=1+2(q-1),
得q=1,与已知不符.(11分)
当i=1时,由b3=c1,cq2=c,得q2=1,则q=-1(上面已证q≠1)为整数.
数列{bn}为c,-c,c,…;
在数列{cn}中,c1=c,c2=-c,公差d=-2c.
数列{bn}每一项都是{cn}中的项(c=c1,-c=c2).(12分)
当i≥4时,由b3=ci,cq2=c+(i-1)d=c+(i-1)c(q-1),得q2-(i-1)q+(i-2)=0,
得q=1(舍去),q=i-2(i≥4)为整数.(14分)
因为cq=c+d,b3=ci,
对任意的正整数k≥4,欲证明bk是数列{cn}中的项,只需
bk=cqk-1=ci+xd=b3+x(cq-c)=cq2+x(cq-c)有正整数解x.
等价于qk-1=q2+x(q-1),x=为正整数.
因为x==表示首项为q2,公比为q=i-2(i≥4),
共k-3(k≥4)项的等比数列的和,所以x为正整数.
因此,{bn}中的每一项都是数列{cn}也即{}中的项.(16分)
数学附加题参考答案及评分标准
21.A.解:
因为AA-1=,则有=,(2分)
即a=1,b=,c=-,则A=,(5分)
则A2==.(10分)
B.解:
由x=ρcosθ,y=ρsinθ,得M(2,0,)N(3,),
则直线l:
y=(x-2),(2分)
曲线C:
(x-2)2+(y+)2=4,圆心为(2,-),半径r=2,
则圆心到直线l的距离d==,(6分)
则直线l被曲线C截得的弦长为2=.(10分)
C.证明:
因为a>
0,b>
0,c>
0,a+b+c=2,由柯西不等式,得
[(b+c)+(c+a)+(a+b)](++)
=[()2+()2+()2][()2+()2+()2]
=(++)2(5分)
=(a+b+c)2=22,(8分)
则++≥==1.
所以++≥1.(10分)
22.解:
因为抛物线方程为y2=4x,所以F(1,0).(1分)
(1)设M(x,y),A(x0,y0).
因为点M为线段AF的中点,则x=,y=,(2分)
则x0=2x-1,y0=2y,代入抛物线方程,得y2=2x-1,
即点M的轨迹方程为y2=2x-1.(4分)
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设y1>
0,y2<
设△AOB和△BOF的面积分别为S1,S2.
因为△AOB的面积是△BOF面积的3倍,即S1+S2=3S2,所以S1=2S2.
因为S1=OF·
y1,S2=OF·
|y2|=-OF·
y2,则y1=-2y2 ①.(6分)
设直线AB:
x=ty+1(t>
0) ②,与y2=4x联立,消去x,得y2-4ty-4=0,
y1,2=2t±
2,y1+y2=4t ③,y1y2=-4 ④.(8分)
由①③④可得t=,代入②,得直线l:
y=2(x-1);
同理当y1<
0,y2>
0时,得直线l:
y=-2(x-1).
综上,直线l的方程为y=±
2(x-1).(10分)
23.证明:
(1)当n=1时,a2=a1(a1-1)+1=3=a1+1成立.
假设n=k时,结论成立,即ak+1=akak-1…a2a1+1.
当n=k+1时,ak+2=ak+1(ak+1-1)+1=ak+1(akak-1…a2a1+1-1)+1
=ak+1akak-1…a2a1+1.
则当n=k+1时,命题成立.
综上,an+1=anan-1an-2…a2a1+1.(4分)
(2)要证an+1>
nn+1,由
(1)an+1=anan-1an-2…a2a1+1,
只需证anan-1an-2…a2a1>
nn.下用数学归纳法证明:
当n=1,2,3时,a1=2,a2=3,a3=7,则2>
1,2×
3>
22,2×
3×
7>
33.
假设n=k(k≥3)时,结论成立,即akak-1ak-2…a2a1>
kk,(6分)
则n=k+1时,ak+1ak…a2a1=(akak-1…a2a1+1)akak-1…a2a1
>
(akak-1ak-2…a2a1)2>
k2k.(7分)
设f(x)=2xlnx-(x+1)ln(x+1)(x≥3),
则f′(x)=ln+1>
ln+1=ln(x-1)+1≥ln2+1>
所以f(x)为增函数,则f(x)≥f(3)=2(3ln3-2ln4)=2ln>
则2klnk>
(k+1)ln(k+1),lnk2k>
ln(k+1)(k+1),即k2k>
(k+1)(k+1).
即ak+1ak…a2a1>
(k+1)k+1,则n=k+1时,命题成立.(9分)
综上,anan-1an-2…a2a1>
nn,所以an+1>
nn+1.(10分)