2019届高三模拟考试试卷(南通、泰州、徐州等苏北七市联考)
数学参考答案及评分标准
1. {－1，2} 2. －3 3. －1 4. 10. －
7π141
5. 6. (－2，0)∪(2，＋∞) 7. 14 8. 2 9. 523
15 8412611. 12. 6 13. － 14. 332
15. 解：(1) 在△ABC中， 因为a(sin A－sin B)＝(c－b)(sin B＋sin C)，
abc
由正弦定理＝＝，
sin Asin Bsin C
所以a(a－b)＝(b＋c)(c－b)，(3分) 即a2＋b2－c2＝ab.
1
由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C，得cos C＝.(5分)
2
π
因为0 3 (2) (解法1)因为a＝4b及a2＋b2－c2＝ab， 得c2＝16b2＋b2－4b2＝13b2，即c＝13b.(10分) cb13bb39由正弦定理＝，得＝，所以sin B＝.(14分) sin Csin B263sin B 2 ab (解法2)由正弦定理＝，得sin A＝4sin B. sin Asin B 由A＋B＋C＝π，得sin(B＋C)＝4sin B. π13 因为C＝，所以sin B＋cos B＝4sin B，即7sin B＝3cos B．(11分) 322 3 因为sin2B＋cos2B＝1，解得sin2B＝. 52 39 在△ABC中，因为sin B>0，所以sin B＝.(14分) 26 16. 证明：(1) 在△PBC中，因为BP＝BC，点E是PC的中点，所以BE⊥PC.(2分) 因为平面BPC⊥平面DPC，平面BPC∩平面DPC＝PC，BE平面BPC， 所以BE⊥平面PCD.(5分) 因为CD 平面DPC，所以BE⊥CD.(7分) (2) 如图，取PB的中点H，连结EH，AH. 在△PBC中，因为点E是PC的中点， 1 所以HE∥BC，HE＝BC.(9分) 2 又底面ABCD是平行四边形，点F是AD的中点， 1 所以AF∥BC，AF＝BC. 2 所以HE∥AF，HE＝AF， 所以四边形AFEH是平行四边形， 所以EF∥HA.(12分) 因为EF平面PAB，HA平面PAB，所以EF∥平面PAB.(14分) 17. 解：(1) 因为椭圆C的上顶点为A(0，3)，所以b＝3. 1 又圆O：x2＋y2＝a2经过点M(0，1)，所以a＝2.(2分) 4 x2y2 所以椭圆C的方程为＋＝1.(4分) 43 46(2) 若直线l1的斜率为0，则PQ＝，MN＝2， 3 46 所以△PQN的面积为，不合题意，所以直线l1的斜率不为0.(5分) 3 设直线l1的方程为y＝kx＋1， x2y2??4＋3＝1，由?消y，得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0. ??y＝kx＋1 －4k－26·2k2＋1－4k＋26·2k2＋1设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＝，x2＝， 3＋4k23＋4k246·1＋k2·2k2＋1 所以PQ＝（x1－x2）＋（y1－y2）＝1＋k|x1－x2|＝.(8分) 3＋4k21 由题可知，直线l2的方程为y＝－x＋1，即x＋ky－k＝0， k 2k2 所以MN＝21－.(11分) 2＝1＋k1＋k2222221146·1＋k·2k＋12 所以△PQN的面积S＝PQ·MN＝×·＝3， 2223＋4k1＋k211 解得k＝±，即直线l1的斜率为±.(14分) 22 18. 解：(1) (解法1)建立如图所示的直角坐标系， 3 则B(2，0)，D(0，)， 2 直线BD的方程为3x＋4y－6＝0.(2分) 设F(0，b)(b>0)， 因为点F到AB与BD的距离相等， |4b－6|2 所以b＝，解得b＝或b＝－6(舍去)．(4分) 53 122 所以△ABF的面积为×2×＝ m2， 233 4 所以四边形ABA′F的面积为 m2. 34 答：风筝面ABA′F的面积为 m2.(6分) 3 (解法2)设∠ABF＝θ，则∠ABA′＝2θ. AD3 在直角三角形ABD中，tan 2θ＝＝，(2分) AB4 2tan θ31所以2＝，解得tan θ＝或tan θ＝－3(舍去)． 31－tanθ4 2 所以AF＝ABtan θ＝.(4分) 31224 所以△ABF的面积为×2×＝ m2，所以四边形ABA′F的面积为 m2. 2333 4 答：风筝面ABA′F的面积为 m2.(6分) 3 (2) (解法1)建立如图所示的直角坐标系． 设AE＝a，AF＝b，A′(x0，y0)， 则直线EF的方程为bx＋ay－ab＝0. 因为点A，A′关于直线EF对称， y0a＝，x0b所以 bx0ay0 ＋－ab＝0，22 22ab 解得y0＝2.(10分) a＋b2 ??? 23a323因为四边形AEA′F的面积为3，所以ab＝3，所以y0＝4＝. 3a＋3 a＋3a 323 因为0 23 2 3239（a＋3）（a＋3）（a－3） 设f(a)＝a＋3，≤a≤2，则f′(a)＝1－4＝. a3aa4令f′(a)＝0，得a＝3或a＝－3(舍去)． 列表如下： 23a (3，2] 3 [，3) 3f′(a) 0 － ＋ f(a) 单调递减 极小值 单调递增 43当a＝3时，f(a)取得极小值，即最小值， 33 所以y0的最大值为，此时点A′在CD上，a＝3，b＝1. 2 3 答：点A′到AB距离的最大值为 m．(16分) 2 (解法2)设AE＝a，∠AEF＝θ，则AF＝atan θ. 因为四边形AEA′F的面积为3，所以AE·AF＝3， 即a2tan θ＝3，所以tan θ＝ a 过点A′作AB的垂线A′T，垂足为T， 则A′T＝A′E·sin 2θ＝AE·sin 2θ＝asin 2θ(10分) 32×2a2sin θcos θ2tan θ23 ＝a·2＝a·2＝a·＝. 233sinθ＋cosθtanθ＋1 ＋1a＋3a4a 323 因为0 23 (下同解法1) 12 19. (1) 证明：由(nan－1－2)an＝(2an－1)an－1，得＝＋2－n， anan－1 11 得－n＝2?a－（n－1）?，即bn＝2bn－1. an?n－1? 12bn因为a1＝3，所以b1＝－1＝－≠0，所以＝2(n≥2)， a13bn－1 所以数列{bn}是以b1为首项，2为公比的等比数列．(4分) 1 (2) ①解：设－1＝λ，由(1)知bn＝2bn－1， a1 1－－ 所以bn＝2bn－1＝22bn－2＝…＝2n1b1，即－n＝λ·2n1， an 1－ 所以＝λ·2k1＋k.(6分) ak111－＋ 因为，，成等差数列，则(λ·2k1＋k)＋(λ·2k1＋k＋2)＝2(λ·2k＋k＋1)， akak＋1ak＋2 11－ 所以λ·2k1＝0，所以λ＝0，所以＝n，即an＝.(10分) ann 11 ②证明：要证ln n＋an>ln(n＋1)－an＋1， 22n＋1n＋1111 即证(an＋an＋1)>ln，即证＋>2ln. 2nnn＋1nn＋1t－1111设t＝，则＋＝t－1＋＝t－，且t>1， nnn＋1tt 1 从而只需证：当t>1时，t－>2ln t．(12分) t 1121 设f(x)＝x－－2ln x(x>1)，则f′(x)＝1＋2－＝(－1)2>0， xxxx 1 所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0，即x－>2ln x. x 1 因为t>1，所以t－>2ln t，所以原不等式得证．(16分) t －－ 20. 解：(1) f(x)的定义域为(0，e1)∪(e1，＋∞)． 11 2ax（1＋ln x）－ax2·2ax（＋ln x） x2 由f′(x)＝＝，(2分) 2（1＋ln x）（1＋ln x）21 令f′(x)>0，因为a>0，得x>e－. 2 1－1 因为e－>e1，所以f(x)的单调增区间是(e－，＋∞)．(4分) 22 b－1 (2) 当a<0时，f(1)＝a<0<2e，不合题意； 1－－