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江苏省高考数学模拟试卷-(理科)
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这是一份江苏省高考数学模拟试卷-(理科)，共12页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高考数学模拟试卷一
参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的方差
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.
1. 已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|0
3. 已知一组样本数据5，4，x，3，6的平均数为5，则该组数据的方差为 Ｗ.
4. 运行如图所示的伪代码，则输出的结果S为 Ｗ.
I←1
While I<8
I←I＋2
S←2I＋3
End While
Print S
(第4题)
5. 若从2，3，6三个数中任取一个数记为a，再从剩余的两个数中任取一个数记为b，则“是整数”的概率为 Ｗ.
6. 若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点与双曲线x2－＝1的右焦点重合，则实数p的值为 Ｗ.
7. 在等差数列{an}中，若a5＝，8a6＋2a4＝a2，则{an}的前6项和S6的值为 Ｗ.
8. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为1，则该正四棱锥的侧面积为 Ｗ.
9. 已知a，b∈R，函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，则关于x的不等式f(2－x)>0的解集为 Ｗ.
10. 已知a>0，b>0，且a＋3b＝－，则b的最大值为 Ｗ.
11. 将函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则以函数f(x)与g(x)的图象的相邻三个交点为顶点的三角形的面积为 Ｗ.
12. 在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，P为△ABC所在平面内一点，满足＝＋2，则·的值为 Ｗ.
13. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2＋y2＋2mx－(4m＋6)y－4＝0(m∈R)与以C2(－2，3)为圆心的圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且满足x－x＝y－y，则实数m的值为 Ｗ.
14. 已知x>0，y>0，z>0，且x＋y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为 Ｗ.
二、解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. (本小题满分14分)
在△ABC中，sin A＝，A∈(，π).
(1) 求sin 2A的值；
(2) 若sin B＝，求cos C的值.
16. (本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别是B1C1，AB，AA1的中点.
(1) 求证：EF∥平面A1BD；
(2) 若A1B1＝A1C1，求证：平面A1BD⊥平面BB1C1C.
17. (本小题满分14分)
如图，某公园内有两条道路AB，AP，现计划在AP上选择一点C，新建道路BC，并把△ABC所在的区域改造成绿化区域.已知∠BAC＝，AB＝2 km.
(1) 若绿化区域△ABC的面积为1 km2，求道路BC的长度；
(2) 若绿化区域△ABC改造成本为10万元/km2，新建道路BC成本为10万元/km.设∠ABC＝θ(0<θ≤)，当θ为何值时，该计划所需总费用最小？
18. (本小题满分16分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m，0)(m为常数，且m∈(0，2))的直线与椭圆C交于A，B两点，与l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与l交于点Q.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 试判断以PQ为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
19. (本小题满分16分)
已知函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R).
(1) 若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；
(2) 若对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，求实数a的值；
(3) 若函数f(x)存在两个极值点，求实数a的取值范围.
20. (本小题满分16分)
已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.记Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.
(1) 若q＝1，求T2 019的值；
(2) 设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan.
①求数列{bn}的通项公式；
②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，请说明理由.
2019届高三模拟考试试卷
数学附加题
(满分40分，考试时间30分钟)
21. 【选做题】在A，B，C三小题中只能选做2题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
A. (选修42：矩阵与变换)
已知矩阵A＝，B＝，求A－1B.
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在极坐标系中，曲线C：ρ＝2cos θ.以极点为坐标原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角坐标系xOy，设过点A(3，0)的直线l与曲线C有且只有一个公共点，求直线l的斜率.
C. (选修45：不等式选讲)
已知函数f(x)＝|x－1|.
(1) 解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；
(2) 若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|f().
【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
22. 如图，在三棱锥DABC中，DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，且AC＝AD＝1，AB＝2，E为BD的中点.
(1) 求异面直线AE与BC所成角的余弦值；
(2) 求二面角ACEB的余弦值.
23. 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝－2a＋2an，n∈N*.
(1) 用数学归纳法证明：an∈(0，)；
(2) 令bn＝－an，求证：
数学参考答案及评分标准
1. {1，2} 2. 5 3. 2 4. 21 5. 6. 4 7. 8. 8 9. (0，4) 10. 11. 12. －1 13. －6 14.
15. 解：(1) 由sin A＝，A∈(，π)，则cos A＝－＝－＝－，(2分)
所以sin 2A＝2sin Acos A＝2××(－)＝－.(6分)
(2) 由A∈(，π)，则B为锐角.
又sin B＝，所以cos B＝＝＝，(8分)
所以cos C＝－cos (A＋B)＝－(cos Acos B－sin Asin B)(12分)
＝－(－×－×)＝.(14分)
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)
17. 解：(1) 在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2 km，
所以△ABC的面积S＝×AB×AC×sin ＝1，解得AC＝2.(2分)
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cos
＝22＋22－2×2×2×cos ＝8－4，(4分)
所以BC＝＝－(km).(5分)
(2) 由∠ABC＝θ，则∠ACB＝π－(θ＋)， 0<θ≤.
在△ABC中，∠BAC＝，AB＝2 km，由正弦定理得＝＝，
所以BC＝，AC＝.(7分)
记该计划所需费用为F(θ)，
则F(θ)＝××2××10＋×10＝(0<θ≤).(10分)
令f(θ)＝，则f′(θ)＝.(11分)
由f′(θ)＝0，得θ＝.
所以当θ∈(0，)时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；
当θ∈(，)时，f′(θ)>0，f(θ)单调递增.(12分)
所以当θ＝时，该计划所需费用最小.
答：当θ＝时，该计划所需总费用最小.(14分)
18. 解：(1) 设椭圆的右焦点为(c，0)，由题意，得解得
所以a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(4分)
(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)
由得x2＋2k2(x－m)2＝2，
即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，
所以xD＝·＝，yD＝k(－m)＝－，(8分)
所以kOD＝－，从而直线OD的方程为y＝－x，
所以点Q的坐标为Q(2，－)，(10分)
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋[y－k(2－m)](y＋)＝0，
即x2－4x＋2＋m＋y2－[k(2－m)－]y＝0.(14分)
因为该式对∀k≠0恒成立，所以解得
所以以PQ为直径的圆经过定点(2±，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，
则f′(x)＝ln x＋1－.(1分)
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，
所以f′(x)＝ln x－＋1存在两个不相等的零点.
设g(x)＝ln x－＋1，则g′(x)＝＋＝.(8分)
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－2e2>－a.
因为g(－)＝ln(－)＋a2＋1>0，所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一个零点.(13分)
因为－e－2
所以g(a2)＝ln a2－＋1>0，所以在(0，－a)上存在一个零点.
综上可知，－e－2
得(an＋1＋an)2＝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(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an.
又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝.(6分)
因为Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，
所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，
所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，
bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，
所以bn＝n＋1.(10分)
②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2.
因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，
所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k， (12分)
所以2t＝(2k)2－3·2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3·2k－2＋1 (*).
由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.
当k＝2时，2t＝8，得t＝3.(14分)
当k≥3时，由(*)得(2k－1)2－3·2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3·2k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解.
综上，k＝2，t＝3.(16分)
2019届高三模拟考试试卷(五)(苏北三市)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：由题意得A－1＝，(5分)
所以A－1B＝＝.(10分)
B. 解：曲线C：ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.(4分)
设过点A(3， 0)的直线l的直角坐标方程为x＝my＋3，
因为直线l与曲线C有且只有一个公共点，
所以＝1，解得m＝±.(8分)
从而直线l的斜率为±.(10分)
C. (1) 解：不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(4分)
(2) 证明：要证f(ab)>|a|f()，只要证|ab－1|>|b－a|，只需证(ab－1)2>(b－a)2.
而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，
从而原不等式成立. (10分)
22. 解：因为DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AC＝AD＝1，AB＝2，
所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1).
因为点E为线段BD的中点，所以E(0，1，).
(1) ＝(0，1，)，＝(1，－2，0)，
所以cos〈，〉＝＝＝－，
所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为.(5分)
(2) 设平面ACE的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1，0，0)，＝(0，1，)，
所以n1·＝0，n1·＝0，即x＝0且y＋z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝－2，
所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一个法向量.
设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，因为＝(1，－2，0)，＝(0，－1，)，
所以n2·＝0，n2·＝0，即x－2y＝0且－y＋z＝0，取y＝1，得x＝2，z＝2，
所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一个法向量.
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝－. (8分)
所以二面角ACEB的余弦值为－. (10分)
23. 证明：(1) 当n＝1时，a1＝∈(0，)，结论显然成立；
假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，ak∈(0，)，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝－2a＋2ak＝－2(ak－)2＋∈(0，).
综上，an∈(0，).(4分)
(2) 由(1)知，an∈(0，)，所以bn＝－an∈(0，).
因为an＋1＝－2a＋2an，
所以－an＋1＝－(－2a＋2an)＝2a－2an＋＝2(an－)2，即bn＋1＝2b.
于是log2bn＋1＝2log2bn＋1，
所以(log2bn＋1＋1)＝2(log2bn＋1)，
故{log2bn＋1}构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b1＋1＝log2＋1＝log2.
于是log2bn＋1＝(log2)·2n－1，从而log2(2bn)＝(log2)·2n－1＝log2()2n－1，
所以2bn＝()2n－1，即bn＝，于是＝2·32n－1.(8分)
因为当i＝1，2时，2i－1＝i，
当i≥3时，2i－1＝(1＋1)i－1＝C＋C＋…＋C>C＋C＝i，
所以对∀i∈N*，有2i－1≥i，所以32i－1≥3i，所以＝2·32i－1≥2·3i，
从而＝＋＋…＋≥2(31＋32＋…＋3n)＝2×＝3n＋1－3.(10分)
高考数学模拟试卷一
参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的方差
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.
1. 已知集合A＝{0，1，2，3}，B＝{x|0
3. 已知一组样本数据5，4，x，3，6的平均数为5，则该组数据的方差为 Ｗ.
4. 运行如图所示的伪代码，则输出的结果S为 Ｗ.
I←1
While I<8
I←I＋2
S←2I＋3
End While
Print S
(第4题)
5. 若从2，3，6三个数中任取一个数记为a，再从剩余的两个数中任取一个数记为b，则“是整数”的概率为 Ｗ.
6. 若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点与双曲线x2－＝1的右焦点重合，则实数p的值为 Ｗ.
7. 在等差数列{an}中，若a5＝，8a6＋2a4＝a2，则{an}的前6项和S6的值为 Ｗ.
8. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为1，则该正四棱锥的侧面积为 Ｗ.
9. 已知a，b∈R，函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，则关于x的不等式f(2－x)>0的解集为 Ｗ.
10. 已知a>0，b>0，且a＋3b＝－，则b的最大值为 Ｗ.
11. 将函数f(x)＝sin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数g(x)的图象，则以函数f(x)与g(x)的图象的相邻三个交点为顶点的三角形的面积为 Ｗ.
12. 在△ABC中，AB＝2，AC＝3，∠BAC＝60°，P为△ABC所在平面内一点，满足＝＋2，则·的值为 Ｗ.
13. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2＋y2＋2mx－(4m＋6)y－4＝0(m∈R)与以C2(－2，3)为圆心的圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且满足x－x＝y－y，则实数m的值为 Ｗ.
14. 已知x>0，y>0，z>0，且x＋y＋z＝6，则x3＋y2＋3z的最小值为 Ｗ.
二、解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. (本小题满分14分)
在△ABC中，sin A＝，A∈(，π).
(1) 求sin 2A的值；
(2) 若sin B＝，求cos C的值.
16. (本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E，F分别是B1C1，AB，AA1的中点.
(1) 求证：EF∥平面A1BD；
(2) 若A1B1＝A1C1，求证：平面A1BD⊥平面BB1C1C.
17. (本小题满分14分)
如图，某公园内有两条道路AB，AP，现计划在AP上选择一点C，新建道路BC，并把△ABC所在的区域改造成绿化区域.已知∠BAC＝，AB＝2 km.
(1) 若绿化区域△ABC的面积为1 km2，求道路BC的长度；
(2) 若绿化区域△ABC改造成本为10万元/km2，新建道路BC成本为10万元/km.设∠ABC＝θ(0<θ≤)，当θ为何值时，该计划所需总费用最小？
18. (本小题满分16分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m，0)(m为常数，且m∈(0，2))的直线与椭圆C交于A，B两点，与l交于点P，D是弦AB的中点，直线OD与l交于点Q.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 试判断以PQ为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
19. (本小题满分16分)
已知函数f(x)＝(x－a)ln x(a∈R).
(1) 若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程；
(2) 若对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，求实数a的值；
(3) 若函数f(x)存在两个极值点，求实数a的取值范围.
20. (本小题满分16分)
已知数列{an}满足对任意的n∈N*，都有an(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，且an＋1＋an≠0，其中a1＝2，q≠0.记Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an.
(1) 若q＝1，求T2 019的值；
(2) 设数列{bn}满足bn＝(1＋q)Tn－qnan.
①求数列{bn}的通项公式；
②若数列{cn}满足c1＝1，且当n≥2时，cn＝2bn－1－1，是否存在正整数k，t，使c1，ck－c1，ct－ck成等比数列？若存在，求出所有k，t的值；若不存在，请说明理由.
2019届高三模拟考试试卷
数学附加题
(满分40分，考试时间30分钟)
21. 【选做题】在A，B，C三小题中只能选做2题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
A. (选修42：矩阵与变换)
已知矩阵A＝，B＝，求A－1B.
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在极坐标系中，曲线C：ρ＝2cos θ.以极点为坐标原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角坐标系xOy，设过点A(3，0)的直线l与曲线C有且只有一个公共点，求直线l的斜率.
C. (选修45：不等式选讲)
已知函数f(x)＝|x－1|.
(1) 解不等式f(x－1)＋f(x＋3)≥6；
(2) 若|a|<1，|b|<1，且a≠0，求证：f(ab)>|a|f().
【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
22. 如图，在三棱锥DABC中，DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，且AC＝AD＝1，AB＝2，E为BD的中点.
(1) 求异面直线AE与BC所成角的余弦值；
(2) 求二面角ACEB的余弦值.
23. 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝－2a＋2an，n∈N*.
(1) 用数学归纳法证明：an∈(0，)；
(2) 令bn＝－an，求证：
数学参考答案及评分标准
1. {1，2} 2. 5 3. 2 4. 21 5. 6. 4 7. 8. 8 9. (0，4) 10. 11. 12. －1 13. －6 14.
15. 解：(1) 由sin A＝，A∈(，π)，则cos A＝－＝－＝－，(2分)
所以sin 2A＝2sin Acos A＝2××(－)＝－.(6分)
(2) 由A∈(，π)，则B为锐角.
又sin B＝，所以cos B＝＝＝，(8分)
所以cos C＝－cos (A＋B)＝－(cos Acos B－sin Asin B)(12分)
＝－(－×－×)＝.(14分)
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)
17. 解：(1) 在△ABC中，已知∠BAC＝，AB＝2 km，
所以△ABC的面积S＝×AB×AC×sin ＝1，解得AC＝2.(2分)
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2×AB×AC×cos
＝22＋22－2×2×2×cos ＝8－4，(4分)
所以BC＝＝－(km).(5分)
(2) 由∠ABC＝θ，则∠ACB＝π－(θ＋)， 0<θ≤.
在△ABC中，∠BAC＝，AB＝2 km，由正弦定理得＝＝，
所以BC＝，AC＝.(7分)
记该计划所需费用为F(θ)，
则F(θ)＝××2××10＋×10＝(0<θ≤).(10分)
令f(θ)＝，则f′(θ)＝.(11分)
由f′(θ)＝0，得θ＝.
所以当θ∈(0，)时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；
当θ∈(，)时，f′(θ)>0，f(θ)单调递增.(12分)
所以当θ＝时，该计划所需费用最小.
答：当θ＝时，该计划所需总费用最小.(14分)
18. 解：(1) 设椭圆的右焦点为(c，0)，由题意，得解得
所以a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(4分)
(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)
由得x2＋2k2(x－m)2＝2，
即(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，
所以xD＝·＝，yD＝k(－m)＝－，(8分)
所以kOD＝－，从而直线OD的方程为y＝－x，
所以点Q的坐标为Q(2，－)，(10分)
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－2)2＋[y－k(2－m)](y＋)＝0，
即x2－4x＋2＋m＋y2－[k(2－m)－]y＝0.(14分)
因为该式对∀k≠0恒成立，所以解得
所以以PQ为直径的圆经过定点(2±，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，
则f′(x)＝ln x＋1－.(1分)
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，
所以f′(x)＝ln x－＋1存在两个不相等的零点.
设g(x)＝ln x－＋1，则g′(x)＝＋＝.(8分)
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－2
因为g(－)＝ln(－)＋a2＋1>0，所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一个零点.(13分)
因为－e－2
所以g(a2)＝ln a2－＋1>0，所以在(0，－a)上存在一个零点.
综上可知，－e－2
得(an＋1＋an)2＝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(qnan－1)＋2qnanan＋1＝an＋1(1－qnan＋1)，得qn(an＋1＋an)2＝an＋1＋an.
又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝.(6分)
因为Tn＝a1＋qa2＋q2a3＋…＋qn－1an，
所以qTn＝qa1＋q2a2＋q3a3＋…＋qnan，
所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q2(a2＋a3)＋q3(a3＋a4)＋…＋qn－1(an－1＋an)＋qnan，
bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1，
所以bn＝n＋1.(10分)
②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2n－1，n≥2.
因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列，
所以(ck－c1)2＝c1(ct－ck)，即(2k－2)2＝2t－2k， (12分)
所以2t＝(2k)2－3·2k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－3·2k－2＋1 (*).
由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2.
当k＝2时，2t＝8，得t＝3.(14分)
当k≥3时，由(*)得(2k－1)2－3·2k－2＋1为奇数，
所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－3·2k－2＝0，即2k＝3，此时k无正整数解.
综上，k＝2，t＝3.(16分)
2019届高三模拟考试试卷(五)(苏北三市)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：由题意得A－1＝，(5分)
所以A－1B＝＝.(10分)
B. 解：曲线C：ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1.(4分)
设过点A(3， 0)的直线l的直角坐标方程为x＝my＋3，
因为直线l与曲线C有且只有一个公共点，
所以＝1，解得m＝±.(8分)
从而直线l的斜率为±.(10分)
C. (1) 解：不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(4分)
(2) 证明：要证f(ab)>|a|f()，只要证|ab－1|>|b－a|，只需证(ab－1)2>(b－a)2.
而(ab－1)2－(b－a)2＝a2b2－a2－b2＋1＝(a2－1)(b2－1)>0，
从而原不等式成立. (10分)
22. 解：因为DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AC＝AD＝1，AB＝2，
所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1).
因为点E为线段BD的中点，所以E(0，1，).
(1) ＝(0，1，)，＝(1，－2，0)，
所以cos〈，〉＝＝＝－，
所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为.(5分)
(2) 设平面ACE的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1，0，0)，＝(0，1，)，
所以n1·＝0，n1·＝0，即x＝0且y＋z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝－2，
所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一个法向量.
设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，因为＝(1，－2，0)，＝(0，－1，)，
所以n2·＝0，n2·＝0，即x－2y＝0且－y＋z＝0，取y＝1，得x＝2，z＝2，
所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一个法向量.
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝－. (8分)
所以二面角ACEB的余弦值为－. (10分)
23. 证明：(1) 当n＝1时，a1＝∈(0，)，结论显然成立；
假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，ak∈(0，)，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝－2a＋2ak＝－2(ak－)2＋∈(0，).
综上，an∈(0，).(4分)
(2) 由(1)知，an∈(0，)，所以bn＝－an∈(0，).
因为an＋1＝－2a＋2an，
所以－an＋1＝－(－2a＋2an)＝2a－2an＋＝2(an－)2，即bn＋1＝2b.
于是log2bn＋1＝2log2bn＋1，
所以(log2bn＋1＋1)＝2(log2bn＋1)，
故{log2bn＋1}构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b1＋1＝log2＋1＝log2.
于是log2bn＋1＝(log2)·2n－1，从而log2(2bn)＝(log2)·2n－1＝log2()2n－1，
所以2bn＝()2n－1，即bn＝，于是＝2·32n－1.(8分)
因为当i＝1，2时，2i－1＝i，
当i≥3时，2i－1＝(1＋1)i－1＝C＋C＋…＋C>C＋C＝i，
所以对∀i∈N*，有2i－1≥i，所以32i－1≥3i，所以＝2·32i－1≥2·3i，
从而＝＋＋…＋≥2(31＋32＋…＋3n)＝2×＝3n＋1－3.(10分)
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