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高三模拟考试试卷(五)(苏北三市)
数学参考答案及评分标准
1151
1. {1，2} 2. 5 3. 2 4. 21 5. 6. 4 7. 8. 83 9. (0，4) 10. 11.
3233π37
12. －1 13. －6 14. 24
2π15. 解：(1) 由sin A＝，A∈(，π)，则cos A＝－1－sin 2A＝－
32(2分)
2545
所以sin 2A＝2sin Acos A＝2××(－)＝－.(6分)
339π
(2) 由A∈(，π)，则B为锐角.
212
又sin B＝，所以cos B＝1－sin B＝3
12221－（）＝，(8分)
33
225
1－（）＝－，
33
所以cos C＝－cos (A＋B)＝－(cos Acos B－sin Asin B)(12分) ＝－(－
52221210＋2
×－×)＝.(14分) 33339
16. 证明：(1) 因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B.(3分) 因为EF?平面A1BD，A1B?平面A1BD， 所以EF∥平面A1BD.(6分)
(2) 在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面A1B1C1. 因为A1D?平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D. (8分) 因为A1B1＝A1C1，且D是B1C1的中点， 所以A1D⊥B1C1.(10分)
因为BB1∩B1C1＝B1，B1C1，BB1?平面BB1C1C， 所以A1D⊥平面BB1C1C.(12分) 因为A1D?平面A1BD，
所以平面A1BD⊥平面BB1C1C. (14分)
π
17. 解：(1) 在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2 km，
6
1π
所以△ABC的面积S＝×AB×AC×sin ＝1，解得AC＝2.(2分)
26
.
.
π222
在△ABC中，由余弦定理得BC＝AB＋AC－2×AB×AC×cos
6π22
＝2＋2－2×2×2×cos ＝8－43，(4分)
6所以BC＝8－43＝6－2(km).(5分)
π2π
(2) 由∠ABC＝θ，则∠ACB＝π－(θ＋)， 0<θ≤.
63
πACBCAB在△ABC中，∠BAC＝，AB＝2 km，由正弦定理得＝＝，
6sin Bsin Asin C12sin θ所以BC＝，AC＝.(7分)
ππ
sin（θ＋）sin（θ＋）66记该计划所需费用为F(θ)， 1
则F(θ)＝×
22π
).(10分) 3
sin θ＋1
π1
sin（θ－）＋
32
2sin θ1110（sin θ＋1）
×2××10＋×10＝(0<θ≤π2ππ
sin（θ＋）sin（θ＋）sin（θ＋）666
令f(θ)＝
，则f′(θ)＝.(11分)
31312sin θ＋cosθ（sin θ＋cos θ）2222
π
由f′(θ)＝0，得θ＝. 6
π
所以当θ∈(0，)时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；
6π2π
当θ∈(，)时，f′(θ)>0，f(θ)单调递增.(12分)
63π
所以当θ＝时，该计划所需费用最小.
6
π
答：当θ＝时，该计划所需总费用最小.(14分)
6
c2?＝?a2，?a＝2，
18. 解：(1) 设椭圆的右焦点为(c，0)，由题意，得?解得?
a?c＝1，－c＝1，??c2
.
.
所以a＝2，b＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y＝1.(4分)
2(2) 由题意，当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意. 设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－m). 又准线方程为x＝2，
所以点P的坐标为P(2，k(2－m)).(6分)
??y＝k（x－m），222由?2得x＋2k(x－m)＝2， 2
?x＋2y＝2，?
22
x2
2
即(1＋2k)x－4kmx＋2km－2＝0，
14km2km2kmkm所以xD＝·2＝2，yD＝k(2－m)＝－2，(8分)
22k＋12k＋12k＋12k＋111
所以kOD＝－，从而直线OD的方程为y＝－x，
2k2k1
所以点Q的坐标为Q(2，－)，(10分)
2
2
2
22222
k12
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－2)＋[y－k(2－m)](y＋)＝0，
k122
即x－4x＋2＋m＋y－[k(2－m)－]y＝0.(14分)
k??x＝2±2－m，?y＝0，
因为该式对?k≠0恒成立，所以?2解得 ?2
?x－4x＋2＋m＋y＝0，??y＝0.
所以以PQ为直径的圆经过定点(2±2－m，0).(16分)
19. 解：(1) 因为f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，所以当a＝1时，f(x)＝(x－1)ln x， 1
则f′(x)＝ln x＋1－.(1分)
x当x＝1时，f(1)＝0，f′(1)＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程为y＝0.(3分) (2) 因为对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立， 所以当lnx＝0，即x＝1时，f(x)＝0，a∈R；(5分) 当ln x>0，即x>1时，x≥a恒成立，所以a≤1； (6分) 当ln x<0，即x<1时，x≤a恒成立，所以a≥1.
综上可知，对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，a＝1. (7分) (3) 因为函数f(x)存在两个极值点，
.
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所以f′(x)＝ln x－＋1存在两个不相等的零点.
axa1ax＋a设g(x)＝ln x－＋1，则g′(x)＝＋2＝2.(8分)
xxxx当a≥0时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，至多一个零点.(9分) 当a<0时，x∈(0，－a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
x∈(－a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以x＝－a时，g(x)min＝g(－a)＝ln(－a)＋2. (11分)
因为g(x)存在两个不相等的零点，所以ln(－a)＋2<0，解得－e 因为－e －2 a112 因为g(－)＝ln(－)＋a＋1>0，所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一个零点.(13分) aa11－2222 因为－e a－a11 设t＝－a，则y＝2ln t＋＋1(0 te 2t－111 因为y′＝2<0，所以y＝2ln t＋＋1(0 tte122 又函数图象是连续的，所以y>2ln 2＋e＋1＝e－3>0， e122 所以g(a)＝ln a－＋1>0，所以在(0，－a)上存在一个零点. a综上可知，－e 20. 解：(1) 当q＝1时，由an(qan－1)＋2qanan＋1＝an＋1(1－qan＋1)， 得(an＋1＋an)＝an＋1＋an. 又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1.(2分) 又a1＝2， 所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.(4分) (2) ①由an(qan－1)＋2qanan＋1＝an＋1(1－qan＋1)，得q(an＋1＋an)＝an＋1＋an. 1 又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝n.(6分) nnnn2 2 －2 nnnq因为Tn＝a1＋qa2＋qa3＋…＋q2 3 2n－1 an， n所以qTn＝qa1＋qa2＋qa3＋…＋qan， 所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q(a2＋a3)＋q(a3＋a4)＋…＋q. 2 3 n－1 (an－1＋an)＋qan， n
