.
sin θ S′(θ) S(θ) (0，34－2) 8＋ 增 34－2 80 最大值 (34－2，1) 8－ 减 答：要使改建成的展示区COPQ的面积最大，sin θ的值为18. 解：(1) 依题意，2c＝a＝2，所以c＝1，b＝3， x2y2
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(4分)
43
(2) ① 因为直线l分别与直线x＝－4和直线x＝－1相交， 所以直线l一定存在斜率．(6分) ②设直线l：y＝kx＋m，
??y＝kx＋m，由?2得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0. 2?3x＋4y＝12，?
34－2
.(14分) 8
由Δ＝(8km)2－4×(4k2＋3)×4(m2－3)＝0， 得4k2＋3－m2＝0 ①.(8分)
把x＝－4代入y＝kx＋m，得M(－4，－4k＋m)，
把x＝－1代入y＝kx＋m，得N(－1，－k＋m)，(10分) 所以NF1＝|－k＋m|，
MF1＝（－4＋1）2＋（－4k＋m）2＝9＋（－4k＋m）2 ②，(12分) 由①式，得3＝m2－4k2 ③，
把③式代入②式，得MF1＝4（k－m）2＝2|－k＋m|， NF1|k－m|1NF11∴＝＝，即为定值.(16分) MF12|k－m|2MF1219. 解：(1) ① a1＝2
1×2
2
＝2；(2分)
n（n＋1）
2
a1a2·…·an－1an2
②当n≥2时，an＝＝（n－1）n＝2n.
a1a2·…·an－1
22所以数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．(4分) n（b1＋bn）
(2) 由Sn＝，得2Sn＝n(b1＋bn) ①，
2
所以2Sn－1＝(n－1)(b1＋bn－1)(n≥2) ②.
由②－①，得2bn＝b1＋nbn－(n－1)bn－1，n≥2， 即b1＋(n－2)bn－(n－1)bn－1＝0(n≥2) ③， 所以b1＋(n－3)bn－(n－2)bn－1＝0(n≥3) ④.
由④－③，得(n－2)bn－2(n－2)bn－1＋(n－2)bn－2＝0，n≥3，(6分) 因为n≥3，所以n－2>0，上式同除以(n－2)，得 bn－2bn－1＋bn－2＝0，n≥3，
即bn＋1－bn＝bn－bn－1＝…＝b2－b1＝1，
所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列， 故bn＝n，n∈N*.(8分)
..
.
n（n＋1）11111
(3) 因为cn＝－＝n－＝[－1]，(10分)
anbn·bn＋12n（n＋1）n（n＋1）2n所以c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，c5<0. n（n＋1）
记f(n)＝，
2n当n≥5时，f(n＋1)－f(n)＝
（n＋1）（n＋2）n（n＋1）（n＋1）（n－2）
－＝－<0， ＋＋
2n2n12n1
5×6
所以当n≥5时，数列{f(n)}为单调递减数列，当n≥5时，f(n) 从而，当n≥5时，cn＝[－1]<0.(14分) 2nn（n＋1） 因此T1 所以对任意的n∈N*，T4≥Tn. 综上，m＝4.(16分) (注：其他解法酌情给分) 20. 解：(1) 当a<0时，因为f′(x)＝a(x＋1)ex，当x<－1时，f′(x)>0； 当x>－1时，f′(x)<0.所以函数f(x)单调减区间为(－∞，－1)，单调增区间为(－1，＋∞)．(2分) (2) 由f(x)≥2x2＋bx，得axex≥2x2＋bx，由于x>0， 所以aex≥2x＋b对任意的a≥1及任意的x>0恒成立． 由于ex>0，所以aex≥ex，所以ex－2x≥b对任意的x>0恒成立．(4分) 设φ(x)＝ex－2x，x>0，则φ′(x)＝ex－2， 所以函数φ(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(ln 2)＝2－2ln 2， 所以b≤2－2ln 2.(6分) (3) 由 h(x)＝axex＋x＋ln x，得 h′(x)＝a(x＋1)ex＋1＋ 1（x＋1）（axex＋1） ＝，其中x>0. xx ①若a≥0时，则h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数h(x)至多有 一个零零点，不合题意；(8分) 1 ②若a<0时，令h′(x)＝0，得xex＝－>0. a 由第(2)小题知，当x>0时，φ(x)＝ex－2x≥2－2ln 2>0，所以ex>2x，所以xex>2x2，所以当x>0时，函数xex的值域为(0，＋∞)． 所以存在x0>0，使得ax0ex0＋1＝0，即ax0ex0＝－1 ①， 且当x 所以h(x)max＝h(x0)＝ax0ex0＋x0＋ln x0＝－1＋x0＋ln x0>0 ②. 1 设φ(x)＝－1＋x＋ln x，x>0，则φ′(x)＝1＋>0，所以函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增． x由于φ(1)＝0，所以当x>1时，φ(x)>0，所以②式中的x0>1. 1 又由①式，得x0ex0＝－. a 1 由第(1)小题可知，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以－>e， a .. . 1 即a∈(－，0)．(11分) e1 当a∈(－，0)时， e 1ae11 (i) 由于h()＝＋(－1)<0，所以h()·h(x0)<0. eeee 1 因为<1 e所以函数h(x)在(0，x0)上恰有一个零点；(13分) 11111 (ii) 由于h(－)＝－e－－＋ln(－)，令t＝－>e， aaaaa设F(t)＝－et＋t＋ln t，t>e， 1 由于t>e时，ln t 由①式，得当x0>1时，－＝x0ex0>x0，且h(－)·h(x0)<0， aa同理可得函数h(x)在(x0，＋∞)上也恰有一个零点． 1 综上，a∈(－，0)．(16分) e 1e .. . 2019届高三模拟考试试卷(南师附中) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：(1) 由题意，由矩阵的逆矩阵公式得B＝A1＝? － ?1 1? ?.(5分) ?0－1? (2) 矩阵B的特征多项式f(λ)＝(λ＋1)(λ－1)，(7分) 令f(λ)＝0，解得λ＝1或－1，(9分) 所以矩阵B的特征值为1或－1.(10分) B. 解：将圆ρ＝2asin θ化成普通方程为x2＋y2＝2ay，整理得x2＋(y－a)2＝a2.(3分) π 将直线ρcos(θ＋)＝1化成普通方程为x－y－2＝0.(6分) 4|a＋2| 因为相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即＝a，(9分) 2解得a＝2＋2.(10分) C. 解：因为(1－x＋3x＋2)2＝(3－3x·120 ≤(3－3x＋3x＋2)(＋1)＝，(3分) 33215 所以y＝1－x＋3x＋2≤.(5分) 3 3－3x3x＋272 当且仅当＝，即x＝∈[－，1]时等号成立．(8分) 111233215 所以y的最大值为.(10分) 3 22. 解：(1) 因为PA⊥平面ABCD，且AB，AD平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD. 因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两互相垂直． 分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则由AD＝2AB＝2BC＝4，PA＝4，可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)． 因为点M为PC的中点，所以M(1，1，2)． →→ 所以BM＝(－1，1，2)，AP＝(0，0，4)，(2分) →→AP·BM0×（－1）＋0×1＋4×26→→ 所以cos〈AP，BM〉＝＝＝，(4分) 3→→4×6|AP||BM|所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为6 .(5分) 3 1 ＋3x＋2·1)2 3 → (2) 因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN＝(－1，λ－1，－2)， .. . →→ BC＝(0，2，0)，PB＝(2，0，－4)． →??BC＝0，?m·?2y＝0， 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，则?即? ?→2x－4z＝0.???m·PD＝0， 令x＝2，解得y＝0，z＝1，所以m＝(2，0，1)是平面PBC的一个法向量．(7分) 4 因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为， 5 → |－2－2||MN·m|4→ 所以|cos〈MN，m〉|＝＝＝，解得λ＝1∈[0，4]， 2·55→5＋（λ－1）|MN||m|所以λ的值为1.(10分) 23. 解：(1) L(1)＝2，(1分) L(2)＝6，(2分) L(3)＝20.(3分) (2) 设m为沿x轴正方向走的步数(每一步长度为1)，则反方向也需要走m步才能回到ynnn 轴上，所以m＝0，1，2，……，[](其中[]为不超过的最大整数)， 222 总共走n步，首先任选m步沿x轴正方向走，再在剩下的n－m步中选m步沿x轴负方 mn－2m， 向走，最后剩下的每一步都有两种选择(向上或向下)，即Cmn·Cn－m·2 ..