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江苏省苏州市实验学校2020届高三上学期模拟考试数学试卷
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数学
(满分160分，考试时间120分钟)
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．
1. 已知集合A＝{0，1}，B＝{－1，1}，则A∩B＝________．
2. 已知复数z满足z(1＋i)＝1－i(i是虚数单位)，则复数z＝________．
3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数为9.1，9.3，x，9.2，9.4，且这5个分数的平均数为9.3，则实数x＝________．
4. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，若输出的y的值为1，则输入的实数x的值为________．
5. 函数y＝的定义域为________．
6. 某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，则该同学恰好选中1文1理的概率为________．
7. 已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，直线x＋y＋2＝0经过双曲线C的焦点，则双曲线C的渐近线方程为____________．
8. 已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．
9. 已知正数x，y满足x＋＝1，则＋的最小值为________．
10. 若直线kx－y－k＝0与曲线y＝ex(e是自然对数的底数)相切，则实数k＝________．
11. 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)是偶函数，点(1，0)是函数y＝f(x)图象的对称中心，则ω的最小值为________．
12. 平面内不共线的三点O，A，B，满足||＝1，||＝2，C为线段AB的中点，∠AOB的平分线交线段AB于点D，若||＝，则||＝________．
13. 过原点的直线l与圆x2＋y2＝1交于P，Q两点，A是该圆与x轴负半轴的交点．如果以AQ为直径的圆与直线l有异于点Q的交点N，且直线AN与直线AP的斜率之积等于1，那么直线l的方程为____________．
14. 数列{an}，{bn}满足bn＝an＋1＋(－1)nan(n∈N*)，且数列{bn}的前n项和为n2.已知数列{an－n}的前2 018项和为1，则数列{an}的首项a1＝________．
二、 解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. (本小题满分14分)
如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是棱AB，CC1的中点．求证：
(1) CM∥平面AB1N；
(2) 平面A1BN⊥平面AA1B1B.
16. (本小题满分14分)
已知在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且b2－bcsin A＋c2＝a2.
(1) 求角A的大小；
(2) 若tan Btan C＝3，且a＝2，求△ABC的周长．
17. (本小题满分14分)
已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：＋＝1的焦点在椭圆C2：＋＝1上，其中a>b>0，且点P是椭圆C1，C2位于第一象限的交点．
(1) 求椭圆C1，C2的标准方程；
(2) 过y轴上一点P的直线l与椭圆C2相切，与椭圆C1交于点A，B，已知＝，求直线l的斜率．
18. (本小题满分16分)
某公园要设计如图1所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等的三角形所得，如图2中所示的多边形ABCDEFGH)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AF＝BE＝1.6米，两根竖轴CH＝DG＝1.2米，记景观窗格的外框(图2实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l米．
(1) 若∠ABC＝，且两根横轴之间的距离为0.6米，求景观窗格的外框总长度；
(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不得超过5米，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH 的面积)最大时，求出此景观窗格的设计方案中∠ABC的大小与BC的长度．
图1 图2
19. (本小题满分16分)
已知在数列{an}中，a1＝1，且an＋1＋3an＋4＝0，n∈N*.
(1) 求证：{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2) 在数列{an}中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出满足条件的项；若不存在，说明理由.
20. (本小题满分16分)
已知函数m(x)＝x2，函数n(x)＝aln x＋1(a∈R)．
(1) 若a＝2，求曲线y＝n(x)在点(1，n(1))处的切线方程；
(2) 若函数f(x)＝m(x)－n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围；
(3) 若函数g(x)＝n(x)＋ex－ex－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．(e是自然对数的底数，e≈2.71828…)
2019届高三年级第一次模拟考试(五)
数学附加题
(本部分满分40分，考试时间30分钟)
21. 【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
A. [选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)
已知点(1，2)在矩阵A＝对应的变换作用下得到点(7，6)，求：
(1) 矩阵A;
(2) 矩阵A的特征值及对应的特征向量．
B. [选修44：坐标系与参数方程](本小题满分10分)
在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系．直线l 的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρ＝2sin，求直线l被曲线C所截的弦长．
C. [选修45：不等式选讲](本小题满分10分)
已知a>0，b>0，求证：a＋b＋1≥＋＋.
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
22. (本小题满分10分)
如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD的高OP＝2，点B，D和C，A分别在x轴和y轴上，且AB＝，M是棱PC的中点．
(1) 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值；
(2) 求二面角APBC的余弦值．
23. (本小题满分10分)
是否存在实数a，b，c使得等式1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(an2＋bn＋c)对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，说明理由.
数学参考答案
1. {1} 2. －i 3. 9.5 4. 3 5. (0，e] 6. 7. y＝±x 8. 9. 4 10. e2 11.
12. 13. y＝±x 14.
15. 令AB1交A1B于点O，连结OM，ON.
在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1，BB1＝CC1，且四边形AA1B1B是平行四边形，
所以O为AB1的中点．
又因为M为AB的中点，
所以OM∥BB1，且OM＝BB1.
因为N为CC1的中点，所以CN ＝CC1，
所以OM＝CN，且OM∥CN，
所以四边形CMON是平行四边形， (5分)
所以CM∥ON，又ON⊂平面AB1N，CM⊄平面AB1N，
所以CM∥平面AB1N.(7分)
(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以BB1⊥CM.(9分)
又CA＝CB，M为AB的中点，所以CM⊥AB，
又由(1)知CM //ON，
所以ON⊥AB，ON⊥BB1，
又因为AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以ON⊥平面AA1B1B, (12分)
又ON⊂平面A1BN，
所以平面A1BN⊥平面AA1B1B.(14分)
16. (1) 由余弦定理得a2＝b2－2bccos A＋c2，又b2－bcsin A＋c2＝a2，
所以b2－2bccos A＋c2＝b2－bcsin A＋c2，
即2bccos A＝bcsin A，(3分)
从而sin A＝cos A.
若cos A＝0，则sin A ＝0，与sin2A＋cos2A＝1矛盾，所以cos A≠0，
所以tan A＝，又A∈(0，π)，
所以A＝.(7分)
(2) 因为＝tan(B＋C)＝tan(π－A)＝tan ＝－.(9分)
又tan Btan C＝3，所以tan B＋tan C＝－×(－2)＝2，解得tan B＝tan C＝.(11分)
又B，C∈(0，π)，所以B＝C＝，又因为A＝，所以△ABC是正三角形，
由a＝2得△ABC的周长为6. (14分)
17. (1) 椭圆C1：＋＝1的焦点坐标为(±c，0)，代入椭圆C2的方程得＝1，
将点P的坐标代入椭圆C2的方程得＋＝1，
所以解得(3分)
所以椭圆C1，C2的标准方程分别为＋y2＝1，＋x2＝1.(5分)
(2) 由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)．
联立消去y得＋x2＝1，
即(1＋)x2＋kmx＋－1＝0，
Δ＝k2m2－4＝0，即k2＋2－m2＝0.(7分)
联立消去y得＋(kx＋m)2＝1，
即x2＋2kmx＋m2－1＝0，
因为直线l与椭圆C1相交，所以Δ＝4k2m2－4·(＋k2)(m2－1)＝4(k2－＋)>0；(*)
x1，2＝.(9分)
因为＝，所以(x1，y1－m)＝(x2，y2－m)，即5x1＝3x2，
所以5×
＝3×
或5×
＝3×，
化简得km＝4或km＝－4·，即k2m2＝16(k2－＋)．(12分)
又因为k2＋2－m2＝0，解得或符合(*)式，
所以直线l的斜率为±或±2.(14分)
18. (1) 记CH与AF，BE的交点为M，N.
由∠ABC＝可得，在△BCN中，∠CBN＝，
其中CN＝HM＝×(1.2－0.6)＝0.3(米)，
所以BC＝＝＝(米)，
BN＝＝＝(米)．(2分)
所以CD＝BE－2BN＝1.6－＝(米)，
则AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC＝1.2＋＋＝(米)．(5分)
故景观窗格的外框总长度为米．(6分)
(2) 由题意得，AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC≤5，
设∠CBN＝α，α∈，BC＝r，
则CN＝rsin α，BN＝rcos α，
所以AB＝CH－2CN＝1.2－2rsin α，
CD＝BE－2BN＝1.6－2rcos α，
所以2(1.2－2rsin α)＋2(1.6－2rcos α)＋4r≤5，即4r(sin α＋cos α－1)≥.(8分)
设景观窗格的面积为S，则S＝1.2×1.6－2r2·sin αcos α≤－，当且仅当4r(sin α＋cos α－1)＝时取等号．(9分)
令t＝sin α＋cos α∈(1，]，则sin αcos α＝，
所以S≤－＝－·(1＋)，其中1＋≥1＋，当且仅当t＝，即α＝时取等号．(12分)
所以S≤－≤－×(1＋)＝－×(3＋2)＝－，
即S≤－，当且仅当4r(sin α＋cos α－1)＝且α＝时取等号，
所以当且仅当r＝且α＝时，S取到最大值．(15分)
故当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中∠ABC＝且BC＝米．(16分)
19. (1) 由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3(an＋1)，n∈N*.(2分)
其中a1＝1，所以a1＋1＝2≠0，可得an＋1≠0，n∈N*.(4分)
所以＝－3，n∈N*，所以{an＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列．(6分)
所以an＋1＝2·(－3)n－1，则数列{an}的通项公式an＝2·(－3)n－1－1，n∈N*.(8分)
(2) 若数列{an}中存在三项am，an，ak(m
①若am位于中间，则2am＝an＋ak，即2[2·(－3)m－1－1]＝2·(－3)n－1－1＋2·(－3)k－1－1，
所以2·(－3)m＝(－3)n＋(－3)k，
两边同时除以(－3)m得，2＝(－3)n－m＋(－3)k－m是3的倍数，舍去；
②若an位于中间，则2an＝am＋ak，即2[2·(－3)n－1－1]＝2·(－3)m－1－1＋2·(－3)k－1－1，
所以2·(－3)n＝(－3)m＋(－3)k，两边同时除以(－3)m得，2·(－3)n－m＝1＋(－3)k－m，
即1＝2·(－3)n－m－(－3)k－m是3的倍数，舍去；
③若ak位于中间，则2ak＝am＋an，即2[2·(－3)k－1－1]＝2·(－3)m－1－1＋2·(－3)n－1－1，
所以2·(－3)k＝(－3)m＋(－3)n，两边同时除以(－3)m得，2·(－3)k－m＝1＋(－3)n－m，
即1＝2·(－3)k－m－(－3)n－m是3的倍数，舍去．(15分)
综上可得，数列{an}中不存在三项满足题意．(16分)
20. (1) 当a＝2时，n(x)＝2ln x＋1，
所以n′(x)＝，所以n′(1)＝2，又n(1)＝1，
所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(3分)
(2) 由题意得，f(x)＝x2－aln x－1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条不间断的曲线．
f′(x)＝2x－＝，
若a≤0，则f′(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，
所以y＝f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，符合题意；
若a>0，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍)．
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
①若>1，即a>2，此时a>，则f
令F2(a)＝2a－ln a－1在[2，＋∞)上单调递增，所以F2(a)≥F2(2)＝3－ln 2>0，
即F′1(a)>0对a∈[2，＋∞)恒成立，
所以F1(a)＝a2－aln a－1在[2，＋∞)上单调递增，所以F1(a)≥F1(2)＝3－2ln 2>0，
即f(a)>0，又因为f<0，且函数f(x)在单调递增，
所以函数f(x)在上有且只有一个零点，
而函数f(x)在单调递减，且有一个零点x＝1，
故函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，不符题意，舍去．
②若＝1，即a＝2，
则函数f(x)在(0，1)单调递减，所以f(x)>f(1)＝0，
函数f(x)在(1，＋∞)单调递增，所以f(x)>f(1)＝0，
故函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点，适合题意．
③若<1，即0
又因为1是函数f(x)的零点，不符题意，舍去．(9分)
综上，a≤0或a＝2.(10分)
(3) 当x≥1时，g(x)＝aln x＋ex－ex.
令G(x)＝ex－ex，x≥1，则G′(x)＝ex－e≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，
所以函数y＝G(x)在[1，＋∞)单调递增，
所以G(x)≥G(1)＝0.
①若a≥0，则当x≥1时，ln x≥0，所以g(x)＝aln x＋ex－ex≥0恒成立，适合题意；(11分)
②若a<0，g′(x)＝＋ex－e，令H(x)＝＋ex－e，x≥1，则H′(x)＝ex－>0恒成立，
所以H(x)＝＋ex－e在[1，＋∞)单调递增，且H(1)＝a<0.
因为a<0，所以1－a>1，所以G(1－a)>G(1)＝0，即e1－a>e(1－a)．(12分)
所以H(1－a)＝＋e1－a－e>＋e－ea－e＝－ea＝＋(1－a)－2－(e－1)a，
因为a<0，1－a>1，所以＋(1－a)>2，(e－1)a<0，所以H(1－a)>0，
因为H(x)＝＋ex－e在[1，＋∞)单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且H(1)＝a<0，所以存在唯一的x0∈(1，1－a)，使H(x0)＝0，即g′(x0)＝0，
当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，所以函数y＝g(x)在(1，x0)上单调递减，
此时g(x)
21. A. (1) 由题意得＝，
即解得
所以A＝.(3分)
(2) f(λ)＝＝(λ－1)(λ－2)－6＝λ2－3λ－4，
令f(λ)＝0，得λ2－3λ－4＝0，
解得λ1＝－1，λ2＝4.(5分)
将λ1＝－1代入二元一次方程组
取
所以属于λ1＝－1的一个特征向量为，
将λ2＝4代入二元一次方程组
取
所以属于λ1＝4的一个特征向量为.(9分)
矩阵A的特征值为λ1＝－1，λ2＝4，对应的特征向量为，.(10分)
B. 直线l的普通方程为x－y－1＝0，曲线C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.(4分)
所以曲线C是圆，圆心C(1，1)，半径为r＝.(6分)
所以圆心C(1，1)到直线l的距离为d＝＝.(8分)
所以直线l被曲线C所截的弦长为2＝2＝.(10分)
C. 因为a>0，b>0，由柯西不等式可得(a＋b＋1)(b＋1＋a)≥(＋＋)2，
当且仅当＝＝时取等号，
所以(a＋b＋1)2≥(＋＋)2，
又因为a＋b＋1>0，＋＋>0，
所以a＋b＋1≥＋＋.(10分)
22. (1) 记直线AM与平面PAB所成角为α，点A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，M(0，，1)，
则＝(1，1，0)，＝(0，－1，－2)，＝(0，，1)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
所以，即
取z＝1，则y＝－2，x＝2，
所以平面PAB的一个法向量为n＝(2，－2，1)，
所以sin α＝|cosn，|＝＝＝.(5分)
即直线AM与平面PAB所成角的正弦值为.(6分)
(2) 设平面PBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，＝(－1，1，0)，＝(1，0，－2)，
所以即
取z1＝1，则x1＝2，y1＝2，
所以平面PBC的一个法向量为n1＝(2，2，1)，
所以cosn，n1＝＝＝.(9分)
由图可知二面角APBC的余弦值为－.(10分)
23. 在1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(an2＋bn＋c)中，
令n＝1，得15＝(a＋b＋c)；
令n＝2，得63＝(4a＋2b＋c)；
令n＝3，得168＝(9a＋3b＋c)，
即解得(3分)
下面用数学归纳法证明：
1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(n2＋9n＋20)对于一切正整数n都成立．
当n＝1时，等式成立；
假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，等式成立，
即1×3×5＋2×4×6＋…＋k(k＋2)(k＋4)＝(k2＋9k＋20)．(4分)
当n＝k＋1时，1×3×5＋2×4×6＋…＋k(k＋2)(k＋4)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝(k2＋9k＋20)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝k(k＋1)(k＋4)(k＋5)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝(k＋1)(k＋5)(k2＋8k＋12)＝[(k＋1＋1)·(k＋1＋5)]＝[(k＋1)2＋9(k＋1)＋20]即等式对n＝k＋1也成立．(8分)
综上可得，等式1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(n2＋9n＋20)对于一切正整数n都成立．(9分)
所以存在实数a，b，c符合题意，且(10分)
数学
(满分160分，考试时间120分钟)
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．
1. 已知集合A＝{0，1}，B＝{－1，1}，则A∩B＝________．
2. 已知复数z满足z(1＋i)＝1－i(i是虚数单位)，则复数z＝________．
3. 已知5位裁判给某运动员打出的分数为9.1，9.3，x，9.2，9.4，且这5个分数的平均数为9.3，则实数x＝________．
4. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，若输出的y的值为1，则输入的实数x的值为________．
5. 函数y＝的定义域为________．
6. 某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，则该同学恰好选中1文1理的概率为________．
7. 已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，直线x＋y＋2＝0经过双曲线C的焦点，则双曲线C的渐近线方程为____________．
8. 已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．
9. 已知正数x，y满足x＋＝1，则＋的最小值为________．
10. 若直线kx－y－k＝0与曲线y＝ex(e是自然对数的底数)相切，则实数k＝________．
11. 已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，φ∈R)是偶函数，点(1，0)是函数y＝f(x)图象的对称中心，则ω的最小值为________．
12. 平面内不共线的三点O，A，B，满足||＝1，||＝2，C为线段AB的中点，∠AOB的平分线交线段AB于点D，若||＝，则||＝________．
13. 过原点的直线l与圆x2＋y2＝1交于P，Q两点，A是该圆与x轴负半轴的交点．如果以AQ为直径的圆与直线l有异于点Q的交点N，且直线AN与直线AP的斜率之积等于1，那么直线l的方程为____________．
14. 数列{an}，{bn}满足bn＝an＋1＋(－1)nan(n∈N*)，且数列{bn}的前n项和为n2.已知数列{an－n}的前2 018项和为1，则数列{an}的首项a1＝________．
二、 解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. (本小题满分14分)
如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别是棱AB，CC1的中点．求证：
(1) CM∥平面AB1N；
(2) 平面A1BN⊥平面AA1B1B.
16. (本小题满分14分)
已知在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且b2－bcsin A＋c2＝a2.
(1) 求角A的大小；
(2) 若tan Btan C＝3，且a＝2，求△ABC的周长．
17. (本小题满分14分)
已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：＋＝1的焦点在椭圆C2：＋＝1上，其中a>b>0，且点P是椭圆C1，C2位于第一象限的交点．
(1) 求椭圆C1，C2的标准方程；
(2) 过y轴上一点P的直线l与椭圆C2相切，与椭圆C1交于点A，B，已知＝，求直线l的斜率．
18. (本小题满分16分)
某公园要设计如图1所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等的三角形所得，如图2中所示的多边形ABCDEFGH)，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AF＝BE＝1.6米，两根竖轴CH＝DG＝1.2米，记景观窗格的外框(图2实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l米．
(1) 若∠ABC＝，且两根横轴之间的距离为0.6米，求景观窗格的外框总长度；
(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不得超过5米，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH 的面积)最大时，求出此景观窗格的设计方案中∠ABC的大小与BC的长度．
图1 图2
19. (本小题满分16分)
已知在数列{an}中，a1＝1，且an＋1＋3an＋4＝0，n∈N*.
(1) 求证：{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2) 在数列{an}中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求出满足条件的项；若不存在，说明理由.
20. (本小题满分16分)
已知函数m(x)＝x2，函数n(x)＝aln x＋1(a∈R)．
(1) 若a＝2，求曲线y＝n(x)在点(1，n(1))处的切线方程；
(2) 若函数f(x)＝m(x)－n(x)有且只有一个零点，求实数a的取值范围；
(3) 若函数g(x)＝n(x)＋ex－ex－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．(e是自然对数的底数，e≈2.71828…)
2019届高三年级第一次模拟考试(五)
数学附加题
(本部分满分40分，考试时间30分钟)
21. 【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
A. [选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)
已知点(1，2)在矩阵A＝对应的变换作用下得到点(7，6)，求：
(1) 矩阵A;
(2) 矩阵A的特征值及对应的特征向量．
B. [选修44：坐标系与参数方程](本小题满分10分)
在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系．直线l 的参数方程为(t为参数)，曲线C的极坐标方程为ρ＝2sin，求直线l被曲线C所截的弦长．
C. [选修45：不等式选讲](本小题满分10分)
已知a>0，b>0，求证：a＋b＋1≥＋＋.
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
22. (本小题满分10分)
如图，在空间直角坐标系Oxyz中，已知正四棱锥PABCD的高OP＝2，点B，D和C，A分别在x轴和y轴上，且AB＝，M是棱PC的中点．
(1) 求直线AM与平面PAB所成角的正弦值；
(2) 求二面角APBC的余弦值．
23. (本小题满分10分)
是否存在实数a，b，c使得等式1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(an2＋bn＋c)对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，说明理由.
数学参考答案
1. {1} 2. －i 3. 9.5 4. 3 5. (0，e] 6. 7. y＝±x 8. 9. 4 10. e2 11.
12. 13. y＝±x 14.
15. 令AB1交A1B于点O，连结OM，ON.
在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1∥CC1，BB1＝CC1，且四边形AA1B1B是平行四边形，
所以O为AB1的中点．
又因为M为AB的中点，
所以OM∥BB1，且OM＝BB1.
因为N为CC1的中点，所以CN ＝CC1，
所以OM＝CN，且OM∥CN，
所以四边形CMON是平行四边形， (5分)
所以CM∥ON，又ON⊂平面AB1N，CM⊄平面AB1N，
所以CM∥平面AB1N.(7分)
(2) 在正三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以BB1⊥CM.(9分)
又CA＝CB，M为AB的中点，所以CM⊥AB，
又由(1)知CM //ON，
所以ON⊥AB，ON⊥BB1，
又因为AB∩BB1＝B，AB，BB1⊂平面AA1B1B，所以ON⊥平面AA1B1B, (12分)
又ON⊂平面A1BN，
所以平面A1BN⊥平面AA1B1B.(14分)
16. (1) 由余弦定理得a2＝b2－2bccos A＋c2，又b2－bcsin A＋c2＝a2，
所以b2－2bccos A＋c2＝b2－bcsin A＋c2，
即2bccos A＝bcsin A，(3分)
从而sin A＝cos A.
若cos A＝0，则sin A ＝0，与sin2A＋cos2A＝1矛盾，所以cos A≠0，
所以tan A＝，又A∈(0，π)，
所以A＝.(7分)
(2) 因为＝tan(B＋C)＝tan(π－A)＝tan ＝－.(9分)
又tan Btan C＝3，所以tan B＋tan C＝－×(－2)＝2，解得tan B＝tan C＝.(11分)
又B，C∈(0，π)，所以B＝C＝，又因为A＝，所以△ABC是正三角形，
由a＝2得△ABC的周长为6. (14分)
17. (1) 椭圆C1：＋＝1的焦点坐标为(±c，0)，代入椭圆C2的方程得＝1，
将点P的坐标代入椭圆C2的方程得＋＝1，
所以解得(3分)
所以椭圆C1，C2的标准方程分别为＋y2＝1，＋x2＝1.(5分)
(2) 由题意知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)．
联立消去y得＋x2＝1，
即(1＋)x2＋kmx＋－1＝0，
Δ＝k2m2－4＝0，即k2＋2－m2＝0.(7分)
联立消去y得＋(kx＋m)2＝1，
即x2＋2kmx＋m2－1＝0，
因为直线l与椭圆C1相交，所以Δ＝4k2m2－4·(＋k2)(m2－1)＝4(k2－＋)>0；(*)
x1，2＝.(9分)
因为＝，所以(x1，y1－m)＝(x2，y2－m)，即5x1＝3x2，
所以5×
＝3×
或5×
＝3×，
化简得km＝4或km＝－4·，即k2m2＝16(k2－＋)．(12分)
又因为k2＋2－m2＝0，解得或符合(*)式，
所以直线l的斜率为±或±2.(14分)
18. (1) 记CH与AF，BE的交点为M，N.
由∠ABC＝可得，在△BCN中，∠CBN＝，
其中CN＝HM＝×(1.2－0.6)＝0.3(米)，
所以BC＝＝＝(米)，
BN＝＝＝(米)．(2分)
所以CD＝BE－2BN＝1.6－＝(米)，
则AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC＝1.2＋＋＝(米)．(5分)
故景观窗格的外框总长度为米．(6分)
(2) 由题意得，AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FG＋GH＋HA＝2AB＋2CD＋4BC≤5，
设∠CBN＝α，α∈，BC＝r，
则CN＝rsin α，BN＝rcos α，
所以AB＝CH－2CN＝1.2－2rsin α，
CD＝BE－2BN＝1.6－2rcos α，
所以2(1.2－2rsin α)＋2(1.6－2rcos α)＋4r≤5，即4r(sin α＋cos α－1)≥.(8分)
设景观窗格的面积为S，则S＝1.2×1.6－2r2·sin αcos α≤－，当且仅当4r(sin α＋cos α－1)＝时取等号．(9分)
令t＝sin α＋cos α∈(1，]，则sin αcos α＝，
所以S≤－＝－·(1＋)，其中1＋≥1＋，当且仅当t＝，即α＝时取等号．(12分)
所以S≤－≤－×(1＋)＝－×(3＋2)＝－，
即S≤－，当且仅当4r(sin α＋cos α－1)＝且α＝时取等号，
所以当且仅当r＝且α＝时，S取到最大值．(15分)
故当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中∠ABC＝且BC＝米．(16分)
19. (1) 由an＋1＋3an＋4＝0得an＋1＋1＝－3(an＋1)，n∈N*.(2分)
其中a1＝1，所以a1＋1＝2≠0，可得an＋1≠0，n∈N*.(4分)
所以＝－3，n∈N*，所以{an＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列．(6分)
所以an＋1＝2·(－3)n－1，则数列{an}的通项公式an＝2·(－3)n－1－1，n∈N*.(8分)
(2) 若数列{an}中存在三项am，an，ak(m
①若am位于中间，则2am＝an＋ak，即2[2·(－3)m－1－1]＝2·(－3)n－1－1＋2·(－3)k－1－1，
所以2·(－3)m＝(－3)n＋(－3)k，
两边同时除以(－3)m得，2＝(－3)n－m＋(－3)k－m是3的倍数，舍去；
②若an位于中间，则2an＝am＋ak，即2[2·(－3)n－1－1]＝2·(－3)m－1－1＋2·(－3)k－1－1，
所以2·(－3)n＝(－3)m＋(－3)k，两边同时除以(－3)m得，2·(－3)n－m＝1＋(－3)k－m，
即1＝2·(－3)n－m－(－3)k－m是3的倍数，舍去；
③若ak位于中间，则2ak＝am＋an，即2[2·(－3)k－1－1]＝2·(－3)m－1－1＋2·(－3)n－1－1，
所以2·(－3)k＝(－3)m＋(－3)n，两边同时除以(－3)m得，2·(－3)k－m＝1＋(－3)n－m，
即1＝2·(－3)k－m－(－3)n－m是3的倍数，舍去．(15分)
综上可得，数列{an}中不存在三项满足题意．(16分)
20. (1) 当a＝2时，n(x)＝2ln x＋1，
所以n′(x)＝，所以n′(1)＝2，又n(1)＝1，
所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.(3分)
(2) 由题意得，f(x)＝x2－aln x－1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条不间断的曲线．
f′(x)＝2x－＝，
若a≤0，则f′(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝0，
所以y＝f(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，符合题意；
若a>0，令f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍)．
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
①若>1，即a>2，此时a>，则f
令F2(a)＝2a－ln a－1在[2，＋∞)上单调递增，所以F2(a)≥F2(2)＝3－ln 2>0，
即F′1(a)>0对a∈[2，＋∞)恒成立，
所以F1(a)＝a2－aln a－1在[2，＋∞)上单调递增，所以F1(a)≥F1(2)＝3－2ln 2>0，
即f(a)>0，又因为f<0，且函数f(x)在单调递增，
所以函数f(x)在上有且只有一个零点，
而函数f(x)在单调递减，且有一个零点x＝1，
故函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，不符题意，舍去．
②若＝1，即a＝2，
则函数f(x)在(0，1)单调递减，所以f(x)>f(1)＝0，
函数f(x)在(1，＋∞)单调递增，所以f(x)>f(1)＝0，
故函数f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点，适合题意．
③若<1，即0
又因为1是函数f(x)的零点，不符题意，舍去．(9分)
综上，a≤0或a＝2.(10分)
(3) 当x≥1时，g(x)＝aln x＋ex－ex.
令G(x)＝ex－ex，x≥1，则G′(x)＝ex－e≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，
所以函数y＝G(x)在[1，＋∞)单调递增，
所以G(x)≥G(1)＝0.
①若a≥0，则当x≥1时，ln x≥0，所以g(x)＝aln x＋ex－ex≥0恒成立，适合题意；(11分)
②若a<0，g′(x)＝＋ex－e，令H(x)＝＋ex－e，x≥1，则H′(x)＝ex－>0恒成立，
所以H(x)＝＋ex－e在[1，＋∞)单调递增，且H(1)＝a<0.
因为a<0，所以1－a>1，所以G(1－a)>G(1)＝0，即e1－a>e(1－a)．(12分)
所以H(1－a)＝＋e1－a－e>＋e－ea－e＝－ea＝＋(1－a)－2－(e－1)a，
因为a<0，1－a>1，所以＋(1－a)>2，(e－1)a<0，所以H(1－a)>0，
因为H(x)＝＋ex－e在[1，＋∞)单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且H(1)＝a<0，所以存在唯一的x0∈(1，1－a)，使H(x0)＝0，即g′(x0)＝0，
当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，所以函数y＝g(x)在(1，x0)上单调递减，
此时g(x)
21. A. (1) 由题意得＝，
即解得
所以A＝.(3分)
(2) f(λ)＝＝(λ－1)(λ－2)－6＝λ2－3λ－4，
令f(λ)＝0，得λ2－3λ－4＝0，
解得λ1＝－1，λ2＝4.(5分)
将λ1＝－1代入二元一次方程组
取
所以属于λ1＝－1的一个特征向量为，
将λ2＝4代入二元一次方程组
取
所以属于λ1＝4的一个特征向量为.(9分)
矩阵A的特征值为λ1＝－1，λ2＝4，对应的特征向量为，.(10分)
B. 直线l的普通方程为x－y－1＝0，曲线C的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2.(4分)
所以曲线C是圆，圆心C(1，1)，半径为r＝.(6分)
所以圆心C(1，1)到直线l的距离为d＝＝.(8分)
所以直线l被曲线C所截的弦长为2＝2＝.(10分)
C. 因为a>0，b>0，由柯西不等式可得(a＋b＋1)(b＋1＋a)≥(＋＋)2，
当且仅当＝＝时取等号，
所以(a＋b＋1)2≥(＋＋)2，
又因为a＋b＋1>0，＋＋>0，
所以a＋b＋1≥＋＋.(10分)
22. (1) 记直线AM与平面PAB所成角为α，点A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，M(0，，1)，
则＝(1，1，0)，＝(0，－1，－2)，＝(0，，1)，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
所以，即
取z＝1，则y＝－2，x＝2，
所以平面PAB的一个法向量为n＝(2，－2，1)，
所以sin α＝|cosn，|＝＝＝.(5分)
即直线AM与平面PAB所成角的正弦值为.(6分)
(2) 设平面PBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，＝(－1，1，0)，＝(1，0，－2)，
所以即
取z1＝1，则x1＝2，y1＝2，
所以平面PBC的一个法向量为n1＝(2，2，1)，
所以cosn，n1＝＝＝.(9分)
由图可知二面角APBC的余弦值为－.(10分)
23. 在1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(an2＋bn＋c)中，
令n＝1，得15＝(a＋b＋c)；
令n＝2，得63＝(4a＋2b＋c)；
令n＝3，得168＝(9a＋3b＋c)，
即解得(3分)
下面用数学归纳法证明：
1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(n2＋9n＋20)对于一切正整数n都成立．
当n＝1时，等式成立；
假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，等式成立，
即1×3×5＋2×4×6＋…＋k(k＋2)(k＋4)＝(k2＋9k＋20)．(4分)
当n＝k＋1时，1×3×5＋2×4×6＋…＋k(k＋2)(k＋4)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝(k2＋9k＋20)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝k(k＋1)(k＋4)(k＋5)＋(k＋1)(k＋3)(k＋5)＝(k＋1)(k＋5)(k2＋8k＋12)＝[(k＋1＋1)·(k＋1＋5)]＝[(k＋1)2＋9(k＋1)＋20]即等式对n＝k＋1也成立．(8分)
综上可得，等式1×3×5＋2×4×6＋…＋n(n＋2)(n＋4)＝(n2＋9n＋20)对于一切正整数n都成立．(9分)
所以存在实数a，b，c符合题意，且(10分)
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