2019届高三模拟考试试卷(南师附中)
数学参考答案及评分标准
143
1. {0，1} 2. －3 3. 18 4. 5. [0，1) 6. 3 7. 8. －13 9. －2 10.
332＋2
18 11. 12. (6，3) 13. 20，21 14. {－6}
2
15. 解：因为锐角α的终边与单位圆O交于点A，且点A的纵坐标是所以由任意角的三角函数的定义可知sin α＝3102
从而cos α＝1－sinα＝.(3分)
10(1) cos(α－5
.(6分) 5
(2) 因为钝角β的终边与单位圆O交于点B，且点B的横坐标是－所以cos β＝－5252，从而sin β＝1－cosβ＝.(8分) 55
10531025
×(－)＋×＝105105
5
， 5
3π3π3π3102102)＝cos αcos ＋sin αsin ＝×(－)＋×＝－444102102
10
. 10
10， 10
于是sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝2
.(10分) 2
π3π
因为α为锐角，β为钝角，所以α＋β∈(，)，(12分)
223π
从而α＋β＝.(14分)
4
16. 证明：(1) 设AC∩BD＝O，连结OE， ∵四边形ACEF是矩形，∴ EF∥AC，EF＝AC. ∵ O是正方形ABCD对角线的交点， ∴ O是AC的中点．
又点M是EF的中点，∴ EM∥AO，EM＝AO. ∴四边形AOEM是平行四边形， ∴ AM∥OE.(4分)
∵ OE平面BDE，AM平面BDE，
∴ AM∥平面BDE.(7分)
(2) ∵ 正方形ABCD，∴ BD⊥AC.
∵平面ABCD∩平面ACEF＝AC，平面ABCD⊥平面ACEF，BD∴ BD⊥平面ACEF.(9分) ∵ AM
平面ACEF，∴ BD⊥AM.(10分)
平面ABCD，
∵正方形ABCD，AD＝2，∴ OA＝1.
由(1)可知点M，O分别是EF，AC的中点，且四边形ACEF是矩形． ∵ AF＝1，∴四边形AOMF是正方形，(11分) ∴ AM⊥OF.(12分)
又AM⊥BD，且OF∩BD＝O，OF∴ AM⊥平面BDF.(14分)
π
17. 解：(1) 连结PC.由条件得θ∈(0，)．
2
在△POC中，OC＝10，OP＝20，∠POC＝π－2θ，由余弦定理，得 222
PC＝OC＋OP－2OC·OPcos(π－2θ)＝100(5＋4cos 2θ)．(2分) 因为PQ与半圆C相切于点Q，所以CQ⊥PQ，
所以PQ＝PC－CQ＝400(1＋cos 2θ)，所以PQ＝202cos θ.(4分) 所以四边形COPQ的周长为f(θ)＝CO＋OP＋PQ＋QC＝40＋202cos θ，
π
即f(θ)＝40＋202cos θ，θ∈(0，)．(7分)
2(没写定义域，扣2分)
(2) 设四边形COPQ的面积为S(θ)，则
π
S(θ)＝S△OCP＋S△QCP＝100(2cos θ＋2sin θcos θ)，θ∈(0，)．(10分)
2所以S′(θ)＝100(－2sin θ＋2cosθ－2sinθ)＝100(－4sinθ－2sin θ＋
π
2)，θ∈(0，)．(12分)
2
令S′(t)＝0，得sin θ＝列表：
sin θ S′(θ) S(θ) (0，34－2) 8＋ 增 34－2 80 最大值 (34－2，1) 8－ 减 34－2.(14分) 834－2
. 8
2
2
2
2
2
2
平面BDF，BD平面BDF，
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，
22xy
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，222由?2得(4k＋3)x＋8kmx＋4(m－3)＝0. 2
?3x＋4y＝12，?
由Δ＝(8km)－4×(4k＋3)×4(m－3)＝0， 22
得4k＋3－m＝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）＋（－4k＋m）＝9＋（－4k＋m） ②，(12分)
22
由①式，得3＝m－4k ③，
把③式代入②式，得MF1＝4（k－m）＝2|－k＋m|， NF1|k－m|1NF11∴＝＝，即为定值.(16分) MF12|k－m|2MF121×2
19. 解：(1) ① a1＝22＝2；(2分)
n（n＋1）
2a1a2·…·an－1an2n
②当n≥2时，an＝＝＝2.
a1a2·…·an－1（n－1）n
22所以数列{an}的通项公式为an＝2(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)
11111n（n＋1）
(3) 因为cn＝－＝n－＝[－1]，(10分) n
anbn·bn＋12n（n＋1）n（n＋1）2所以c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，c5<0. n（n＋1）
记f(n)＝， n
2
（n＋1）（n＋2）n（n＋1）（n＋1）（n－2）
当n≥5时，f(n＋1)－f(n)＝－＝－<0， n＋1nn＋1
2225×6
所以当n≥5时，数列{f(n)}为单调递减数列，当n≥5时，f(n) n *2 2 2 2 222 1n（n＋1） 从而，当n≥5时，cn＝[－1]<0.(14分) n n（n＋1）2 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) x 20. 解：(1) 当a<0时，因为f′(x)＝a(x＋1)e，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) 2x2 (2) 由f(x)≥2x＋bx，得axe≥2x＋bx，由于x>0， x 所以ae≥2x＋b对任意的a≥1及任意的x>0恒成立． xxxx 由于e>0，所以ae≥e，所以e－2x≥b对任意的x>0恒成立．(4分) xx 设φ(x)＝e－2x，x>0，则φ′(x)＝e－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) 1（x＋1）（axe＋1） (3) 由h(x)＝axe＋x＋ln x，得h′(x)＝a(x＋1)e＋1＋＝，其 xx x x x 中x>0. 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) 1x ②若a<0时，令h′(x)＝0，得xe＝－>0. a 由第(2)小题知，当x>0时，φ(x)＝e－2x≥2－2ln 2>0，所以e>2x，所以xe>2x， x 所以当x>0时，函数xe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 x调递增． 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， a1 即a∈(－，0)．(11分) e1 当a∈(－，0)时， e 1aee111 (i) 由于h()＝＋(－1)<0，所以h()·h(x0)<0. eeee x x x 2