江苏省镇江市2019届高三第一次模拟考试数学(含答案) 下载本文

所以ln t-

t-1

>0在t∈(1,+∞)上恒成立,(11分)

1-m+mt

t-1

,则k′(t)=

1-m+mt

(m-1)??m(t-1)t-

m2(t-1)[m2t-(m-1)2]??

2

2

令k(t)=ln t-

t(1-m+mt)2=

t(1-m+mt)2,

(m-1)21

①当≤1,即m≥时, 2m2

k′(t)>0在(1,+∞)上恒成立,

则k(x)在(1,+∞)上单调递增,

又k(1)=0,则k(t)>0在(1,+∞)上恒成立;(13分) (1-m)21②当>1,即0

m2??时,k′(t)<0, (1-m)?则k(x)在?1,

m2??上单调递减, 则k(x)

综上,m≥.(16分)

21. 因为y=3cos?2x-?,

3??π

2x-?,(4分) 所以y′=-6sin?3??

5ππ?5π

所以函数图象在x=处的切线斜率k=-6sin??6-3?=-6.(6分) 125ππ?5π

当x=时,y=3cos??6-3?=0,(7分) 125π

x-?, 所以所求切线方程为y-0=-6??12?5π

即y=-6x+.(10分)

2

22. 设点M(x,y),点B(x0,y0). 因为M为AB的中点,

x0-2y0+0

所以x=,y=,(4分)

22

所以x0=2x+2,y0=2y.(6分)

将点B(x0,y0)代入圆x2+y2-8x+12=0得(2x-2)2+4y2=4,化简得(x-1)2+y2=1. 即点M的轨迹方程为(x-1)2+y2=1.(10分)

23. (1) 在直三棱柱ABCA1B1C1中,有AB⊥AC,AA1⊥AB,AA1⊥AC, →→→

故可以{AB,AC,AA1}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系.(1分)

因为AB=2,AC=4,AA1=3,

所以A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),A1(0,0,3),B1(2,0,3),C1(0,4,3). 因为D是BC的中点,所以D(1,2,0). →

所以DC1=(-1,2,3).

22

设n1=(x1,y1,z1)为平面A1B1D的法向量, →→

因为A1B1=(2,0,0),B1D=(-1,2,-3), →?n1=0,??A1B1·?2x1=0,所以?即?

?→-x+2y-3z=0,?111?n1=0,?B1D·

令y1=3,则x1=0,z1=2,所以平面A1B1D的一个法向量为n1=(0,3,2).(3分)

设直线DC1与平面A1B1D所成的角为θ, 则sin θ=

DC1,n1

126182=,

9113×146182

所以直线DC1与平面A1B1D所成角的正弦值为.(5分)

91→→

(2) 由(1)知DC1=(-1,2,3),B1C1=(-2,4,0), 设n2=(x2,y2,z2)为平面B1DC1的法向量, →?n2=0,??DC1·?-x2+2y2+3z2=0,则?即?

?→-2x+4y=0,?22?n2=0,?B1C1·

令x2=2,则y2=1,z2=0,所以平面B1DC1的一个法向量为n2=(2,1,0).(7分)

同理可以求得平面A1DC1的一个法向量n3=(3,0,1), 所以

n2,n3

632

=,(9分)

510×5

32

由图可知二面角B1DC1A1的余弦值为.(10分)

5

x2-y2

24. (1) A1=(x+y)cos θ=(x+y)·22=x2-y2,(1分)

x+y

2

2

2

2

2xy

B1=(x2+y2)sin θ=(x2+y2)·22=2xy.(2分)

x+y

(2) ①当n=1时,由(1)得A1=x2-y2,B1=2xy. 因为x,y为整数,

所以A1,B1均为整数,所以结论成立;(4分)

②当n=k(k≥2,k∈N*)时,假设Ak,Bk均为整数,

则当n=k+1时,Ak+1=(x2+y2)k1cos (k+1)θ =(x2+y2)(x2+y2)k(cos kθcos θ-sin kθsin θ) =(x2+y2)cos θ·(x2+y2)kcos kθ-(x2+y2)ksin kθ·(x2+y2)sin θ =A1·Ak-B1·Bk.(9分)

因为A1,B1,均为整数,所以Ak+1也为整数, 即当n=k+1时,结论也成立.

综合①②得,对一切正整数n,An均为整数.(10分)