江苏省南京市盐城市届高三第二次模拟考试+数学+Word版含答案文档格式.docx

1、（2） 若ab，且tan 2，求tan 的值16. （本小题满分14分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，A1CBC1，AB1BC1，D，E分别是AB1和BC的中点求证：（1） DE平面ACC1A1；（2） AE平面BCC1B1.17. （本小题满分14分）某公园内有一块以O为圆心，半径为20米的圆形区域为丰富市民的业余文化生活，现提出如下设计方案：如图，在圆形区域内搭建露天舞台，舞台为扇形OAB区域，其中两个端点A，B分别在圆周上；观众席为梯形ABQP内且在圆O外的区域，其中APABBQ，PABQBA120，且AB，PQ在点O的同侧为保证视听效果，要求观众席内每一个观众到舞台O处

2、的距离都不超过60米设OAB，（0，）问：对于任意，上述设计方案是否均能符合要求？18. （本小题满分16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1（ab0）的离心率为，且椭圆C短轴的一个顶点到一个焦点的距离等于.（1） 求椭圆C的方程；（2） 设经过点P（2，0）的直线l交椭圆C于A，B两点，点Q（m，0）若对任意直线l总存在点Q，使得QAQB，求实数m的取值范围；设F为椭圆C的左焦点，若点Q为FAB的外心，求实数m的值19. （本小题满分16分）已知函数f（x）ln x，a0.（1） 当a2时，求函数f（x）的图象在x1处的切线方程；（2） 若对任意x1，），不等式f（x）0恒成立，求实

3、数a的取值范围；（3） 若函数f（x）存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求实数a的取值范围20. （本小题满分16分）已知数列an各项均为正数，且对任意nN*，都有（a1a2an）2aa.（1） 若a1，2a2，3a3成等差数列，求的值；（2） 求证：数列an为等比数列； 若对任意nN*，都有a1a2an2n1，求数列an的公比q的取值范围2019届高三年级第二次模拟考试（十）数学附加题（本部分满分40分，考试时间30分钟）21. 【选做题】 本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并作答若多做，则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤A. 选修4-2：矩阵与变

4、换（本小题满分10分）已知矩阵A，B，AB.（1） 求a，b的值；（2） 求A的逆矩阵A1.B. 选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的参数方程为（为参数），P是曲线C上的任意一点求点P到直线l的距离的最大值C. 选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）解不等式：|2x1|x2.【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共计20分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22. （本小题满分10分）如图是一旅游景区供游客行走的路线图，假设从进口A开始到出口B，每遇到一个岔路口，每位游客选择其中一条道路行进是等可能的现

5、有甲、乙、丙、丁共4名游客结伴到旅游景区游玩，他们从进口A的岔路口就开始选择道路自行游玩，并按箭头所指路线行走，最后到出口B集中，设C是其中的一个交叉路口点（1） 求甲经过点C的概率；（2） 设这4名游客中恰有X名游客都是经过点C，求随机变量X的概率分布和数学期望23. （本小题满分10分） 平面上有2n（n3，nN*）个点，将每一个点染上红色或蓝色从这2n个点中，任取3个点，记3个点颜色相同的所有不同取法的总数为T.（1） 若n3，求T的最小值；（2） 若n4，求证：T2C.2019届高三年级第二次模拟考试（南京、盐城）数学参考答案1.x|142.23.184.165.6.47.yx8.9.

6、4410. （2，3）11.12.213.14.15. （1） 由ab与ab互相垂直，可得（ab）（ab）a2b20，所以cos22sin210.（2分）又因为sin2cos21，所以（21）sin20.（4分）因为00，所以1.（6分）（2） 由（1）知a（cos，sin）由ab，得coscossinsin，即cos（）.（8分），所以0，所以sin（）.（10分）所以tan（），（12分）因此tantan（）.（14分）16. （1） 连结A1B，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1BB1且AA1BB1，所以四边形AA1B1B是平行四边形又因为D是AB1的中点，所以D也是BA1的中点（2分

7、）在BA1C中，D和E分别是BA1和BC的中点，所以DEA1C.又因为DE 平面ACC1A1，A1C 平面ACC1A1，所以DE平面ACC1A1.（6分）（2） 由（1）知DEA1C，因为A1CBC1，所以BC1DE.（8分）又因为BC1AB1，AB1DED，AB1，DE 平面ADE，所以BC1平面ADE.又因为AE 平面ADE，所以AEBC1.（10分）在ABC中，ABAC，E是BC的中点，所以AEBC.（12分）因为AEBC1，AEBC，BC1BCB，BC1，BC 平面BCC1B1，所以AE平面BCC1B1.（14分）17.过点O作OH垂直于AB，垂足为H.在直角三角形OHA中，OA20，

8、OAH，所以AH20cos，因此AB2AH40cos.（4分）由图可知，点P处的观众离点O最远（5分）在三角形OAP中，由余弦定理可知OP2OA2AP22OAAPcos（7分）400（40cos）222040cos（cossin）400（6cos22sincos1）400（3cos2sin24）800sin1600.（10分）因为，所以当2，即时，（OP2）max8001600，即OPmax2020.（12分）因为2020解得k.（4分）设点A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2，x1x2.设AB的中点为M（x0，y0），则x0，y0k（x02）.（6分）当k0时，因为QAQB，所以Q

9、Ml，即kQMkk1.解得m.（8分）当k0时，可得m0，符合m.因此m.由0k2，解得0m.（10分）因为点Q为FAB的外心，且点F（1，0），所以QAQBQF.由（12分）消去y，得x24mx4m0，所以x1，x2也是此方程的两个根，所以x1x24m，x1x24m.（14分）又因为x1x2，x1x2，所以，解得k2，所以m.（16分）解法二：设点A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为M（x0，y0）依题意两式作差，得（x00）又因为kAB，所以yx0（x02）当x00时，y00，符合yx0（x02）（）（4分）又因为QAQB，所以QMl，所以（x0m）（x02）（y00）（y00）

10、0，即y（x0m）（x02）（）（6分）由（）（），解得x02m，因此y2m2m2.（8分）因为直线l与椭圆C相交，所以点M在椭圆C内，所以（2m2m2）1，解得m0，所以12a0在区间（1，）上恒成立，所以函数f（x）在区间（1，）上单调递增当x1，）时，f（x）f（1）0，所以a1满足条件（6分）当4a24a0，即0a1时，由f（x）0，得x112（0，1），x212（1，），当x（1，x2）时，f（x）则函数f（x）在区间（1，x2）上单调递减，所以当x（1，x2）时，f（x）f（1）0，这与x1，）时，f（x）0恒成立矛盾，所以01不满足条件综上，实数a的取值范围为1，）（8分）（3）

11、 当a1时，因为函数f（x）0在区间（0，）上恒成立，所以函数f（x）在区间（0，）上单调递增，所以函数f（x）不存在极值，所以a1不满足条件；（9分）当1时，12a所以函数f（x）的定义域为（0，），x212（1，）列表如下：由于函数f（x）在区间（x1，x2）是单调减函数，此时极大值大于极小值，不合题意，所以1不满足条件（11分）当a时，由f（x）0，得x2.此时函数f（x）仅存在极小值，不合题意，所以a不满足条件（12分）当0时，函数f（x）的定义域为（0，12a）（12a，），且0x11212a.所以函数f（x）存在极大值f（x1）和极小值f（x2），（14分）此时f（x1）f（x2）

12、lnx1lnx2ln.x112ax2，所以ln0，x1x20，x112a所以f（x1）f（x2）0，即f（x1）f（x2），满足条件综上，实数a的取值范围为.（16分）20. （1） 因为（a1a2）2aa3，所以aa1a3，因此a1，a2，a3成等比数列（2分）设公比为t，因为a1，2a2，3a3成等差数列，所以4a2a13a3，即413，于是4t13t2，解得t1或t，所以1或.（4分）（2） 因为（a1a2an）2aa，所以（a1a2anan1）2aa，两式相除得aa1即aa1a，（*）（6分）由（*），得aa1a，（*）（*）（*）两式相除得，即aaa，所以aan1an3，即aanan

13、2，n2，nN*，（8分）由（1）知aa1a3，所以aanan2，nN*，因此数列an为等比数列（10分）当0q2时，由n1时，可得02时，由a1a2an2n1，得2n1，整理得a1qn（q1）2na1q1.（14分）因为q2，0a11，所以a1q1因此a1qn（q1）2n，即1，因此n2不满足条件综上，公比q的取值范围为（0，2（16分）21.A. （1） 因为A，B，AB，所以即（4分）（2） 因为|A|23142，（6分）所以A1.（10分）B.直线l的参数方程为（t为参数），化为普通方程为xy20.（2分）设点P（cos，sin），则点P到直线l的距离d，（6分）取时，cos1，此时d

14、取最大值，所以距离d的最大值为.（10分）C.当x时，由2x1x2，得x3.（4分）当xC.证明：因为CCC0，所以C设这2n个点中含有p（pN，p2n）个染红色的点，当p0，1，2时，TCC4因为n4，所以2n3n，所以T44C2C.（5分）当p2n2，2n1，2n时，TCC，同理可得T2C.（6分）当3p2n3时，TCC，设f（p）CC，3p2n3，当3p2n4时，f（p1）f（p）CCCCCC，显然p2np1，当p2np1即np2n4时，f（p1）f（p），当p2np1即3pn1时，f（p1）即f（n）f（n1）f（4）f（n）；因此f（p）f（n）2C，即T2C.综上，当n4时，T2C.（10分）