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江蘇省南京師范大學(xué)附屬中學(xué)2018屆高三數(shù)學(xué)模擬考試試題PAGE1-2018屆高三模擬考試試卷數(shù)學(xué)(滿分160分,考試時(shí)間120分鐘)2018.5參考公式:錐體的體積公式:V=eq\f(1,3)Sh,其中S為錐體的底面積,h為錐體的高.一、填空題:本大題共14小題,每小題5分,共70分.1.已知集合A={0,1,2,3},B={x|x2-x-2<0},則A∩B=________.2.若復(fù)數(shù)z=1-i,則z+eq\f(1,z)的虛部是________.3.某公司生產(chǎn)甲、乙、丙三種不同型號(hào)的轎車,產(chǎn)量分別為1400輛、5600輛、2000輛.為檢驗(yàn)產(chǎn)品的質(zhì)量,現(xiàn)用分層抽樣的方法從以上所有的產(chǎn)品中抽取45輛進(jìn)行檢驗(yàn),則應(yīng)從丙種型號(hào)的產(chǎn)品中抽取________件.4.設(shè)變量x,y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x-1≤0,,x+y+1≥0,,x-y+3≥0))則目標(biāo)函數(shù)z=-2x+y的最大值是________.5.小明隨機(jī)播放A,B,C,D,E五首歌曲中的兩首,則A,B兩首歌曲至少有一首被播放的概率是________.6.如圖是一個(gè)算法的流程圖,則輸出的n的值是________.(第6題)(第7題)7.如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長(zhǎng)均為2,D為棱B1C1上任意一點(diǎn),則三棱錐D-A1BC的體積是________.8.已知雙曲線eq\f(x2,a2)-eq\f(y2,b2)=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程是y=2x,它的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線y2=20x的焦點(diǎn)相同,則雙曲線的方程是________________.9.若直線y=2x+b是曲線y=ex-2的切線,則實(shí)數(shù)b=________.10.“a=1”是“函數(shù)f(x)=eq\f(x+1,x)+sinx-a2為奇函數(shù)”后原地等待,直到甲到達(dá)A時(shí)任務(wù)結(jié)束.若對(duì)講機(jī)的有效通話距離不超過(guò)9千米,試求兩人通過(guò)對(duì)講機(jī)能保持聯(lián)系的總時(shí)長(zhǎng).18.(本小題滿分16分)如圖,已知橢圓C:eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,若橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0,eq\r(,3)),離心率為eq\f(1,2),直線l過(guò)點(diǎn)F2與橢圓C交于A,B兩點(diǎn).(1)求橢圓C的方程;(2)若點(diǎn)N為△F1AF2的內(nèi)心(三角形三條內(nèi)角平分線的交點(diǎn)),求△F1NF2與△F1AF2面積的比值;(3)設(shè)點(diǎn)A,F(xiàn)2,B在直線x=4上的射影依次為點(diǎn)D,G,E.連結(jié)AE,BD,試問(wèn):當(dāng)直線l的傾斜角變化時(shí),直線AE與BD是否相交于定點(diǎn)T?若是,請(qǐng)求出定點(diǎn)T的坐標(biāo);若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.19.(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+a,a∈R.(1)若a=1,求函數(shù)f(x)的極值;(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍;(3)對(duì)于曲線y=f(x)上的兩個(gè)不同的點(diǎn)P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2)),記直線PQ的斜率為k,若y=f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),證明:f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))<k.20.(本小題滿分16分)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}均不是常數(shù)列,若a1=b1=1,且a1,2a2,4a4成等比數(shù)列,4b2,2b3,b4成等差數(shù)列.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)m,n是正整數(shù),若存在正整數(shù)i,j,k(i<j<k),使得ambj,amanbi,anbk成等差數(shù)列,求m+n的最小值;(3)令cn=eq\f(an,bn),記{cn}的前n項(xiàng)和為Tn,eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為An.若數(shù)列{pn}滿足p1=c1,且對(duì)?n≥2,n∈N*,都有pn=eq\f(Tn-1,n)+Ancn,設(shè){pn}的前n項(xiàng)和為Sn,求證:Sn<4+4lnn.

2018屆高三模擬考試試卷(十九)數(shù)學(xué)附加題(滿分40分,考試時(shí)間30分鐘)21.【選做題】在A,B,C,D四小題中只能選做2題,每小題10分,共20分.若多做,則按作答的前兩題計(jì)分.解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.A.(選修41:幾何證明選講)在△ABC中,已知AC=eq\f(1,2)AB,CM是∠ACB的平分線,△AMC的外接圓交BC邊于點(diǎn)N,求證:BN=2AM.B.(選修42:矩陣與變換)已知矩陣M=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,2x))的一個(gè)特征值為3,求M的另一個(gè)特征值.C.(選修44:坐標(biāo)系與參數(shù)方程)在極坐標(biāo)系中,已知圓C:ρ=2eq\r(,2)cosθ和直線l:θ=eq\f(π,4)(ρ∈R)相交于A,B兩點(diǎn),求線段AB的長(zhǎng).D.(選修45:不等式選講)已知a>0,b>0,a+b=1,求證:eq\f(1,2a+1)+eq\f(4,2b+1)≥eq\f(9,4).【必做題】第22,23題,每小題10分,共20分.解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.22.如圖,設(shè)P1,P2,…,P6為單位圓上逆時(shí)針均勻分布的六個(gè)點(diǎn).現(xiàn)任選其中三個(gè)不同點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)三角形,記該三角形的面積為隨機(jī)變量S.(1)求S=eq\f(\r(3),2)的概率;(2)求S的分布列及數(shù)學(xué)期望E(S).23.設(shè)集合A,B是非空集合M的兩個(gè)不同子集.(1)若M={a1,a2},且A是B的子集,求所有有序集合對(duì)(A,B)的個(gè)數(shù);(2)若M={a1,a2,a3,…,an},且A的元素個(gè)數(shù)比B的元素個(gè)數(shù)少,求所有有序集合對(duì)(A,B)的個(gè)數(shù).2018屆高三模擬考試試卷數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)1.{0,1}2.-eq\f(1,2)3.104.55.eq\f(7,10)6.47.eq\f(2\r(3),3)8.eq\f(x2,5)-eq\f(y2,20)=19.-2ln210.充分不必要11.912.(-3eq\r(2),-eq\r(6)]∪[eq\r(6),3eq\r(2))13.eq\f(\r(,2),3)14.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,\f(5,4)))15.解:(1)因?yàn)閙·n=1,所以(-1,eq\r(,3))·(cosA,sinA)=1,即eq\r(3)sinA-cosA=1,(2分)則2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA·\f(\r(3),2)-cosA·\f(1,2)))=1,即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A-\f(π,6)))=eq\f(1,2).(4分)又0<A<π,所以-eq\f(π,6)<A-eq\f(π,6)<eq\f(5π,6),故A-eq\f(π,6)=eq\f(π,6),所以A=eq\f(π,3).(6分)(2)由題知eq\f(1+2sinBcosB,cos2B-sin2B)=-3,整理得sin2B-sinBcosB-2cos2B=0.(8分)又cosB≠0,所以tan2B-tanB-2=0,解得tanB=2或tanB=-1.(10分)又當(dāng)tanB=-1時(shí)cos2B-sin2B=0,不合題意舍去,所以tanB=2.(12分)故tanC=tan[π-(A+B)]=-tan(A+B)=-eq\f(tanA+tanB,1-tanAtanB)=eq\f(8+5\r(3),11).(14分)16.證明:(1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,所以AB∥CD.(2分)又AB?平面PDC,CD?平面PDC,所以AB∥平面PDC.(4分)因?yàn)锳B?平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.(7分)(2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,所以AB⊥AD.(8分)因?yàn)锳F⊥EF,AB∥EF,所以AB⊥AF.(9分)又AB⊥AD,點(diǎn)E在棱PC上(異于點(diǎn)C),所以F點(diǎn)異于點(diǎn)D,所以AF∩AD=A.又AF,AD?平面PAD,所以AB⊥平面PAD.(12分)又AB?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD.(14分)17.解:(1)在△ABC中,AB=6,∠A=60°,∠APB=75°,由正弦定理,得eq\f(AB,sin∠APB)=eq\f(BP,sinA),即BP=eq\f(6×\f(\r(3),2),\f(\r(2)+\r(6),4))=eq\f(12\r(3),\r(6)+\r(2))=eq\f(12\r(3)(\r(6)-\r(2)),4)=3eq\r(3)(eq\r(6)-eq\r(2)),故PB的距離是9eq\r(,2)-3eq\r(,6)千米.(4分)(2)甲從C到A,需要4小時(shí),乙從A到B需要1小時(shí).設(shè)甲、乙之間的距離為f(t),要保持通話則需要f(t)≤9.①當(dāng)0≤t≤1時(shí),f(t)=eq\r((6t)2+(12-3t)2-2·6t·(12-3t)cos60°)=3eq\r(7t2-16t+16)≤9,(6分)即7t2-16t+7≤0,解得eq\f(8-\r(15),7)≤t≤eq\f(8+\r(15),7).又t∈[0,1],所以eq\f(8-\r(15),7)≤t≤1,(8分)故兩人通過(guò)對(duì)講機(jī)保持聯(lián)系的時(shí)長(zhǎng)為eq\f(\r(15)-1,7)小時(shí).②當(dāng)1<t≤4時(shí),f(t)=eq\r(36+(12-3t)2-2·6(12-3t)cos60°)=3eq\r(t2-6t+12)≤9,(10分)即t2-6t+3≤0,解得3-eq\r(6)≤t≤3+eq\r(6).又t∈(1,4],所以1<t≤4,(12分)故兩人通過(guò)對(duì)講機(jī)保持聯(lián)系的時(shí)長(zhǎng)為3小時(shí).由①②可知,兩人通過(guò)對(duì)講機(jī)能保持聯(lián)系的總時(shí)長(zhǎng)為3+eq\f(\r(15)-1,7)=eq\f(\r(15)+20,7)(小時(shí)).答:兩人通過(guò)對(duì)講機(jī)能保持聯(lián)系的總時(shí)長(zhǎng)是eq\f(\r(15)+20,7)小時(shí).(14分)(注:不答扣1分)18.解:(1)由題意知b=eq\r(,3).因?yàn)閑q\f(c,a)=eq\f(1,2),所以eq\f(b,a)=eq\f(\r(,3),2),解得a=2,所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1.(4分)(2)因?yàn)辄c(diǎn)N為△F1AF2的內(nèi)心,所以點(diǎn)N為△F1AF2的內(nèi)切圓的圓心,設(shè)該圓的半徑為r,則eq\f(S△F1NF2,S△F1AF2)=eq\f(\f(1,2)F1F2·r,\f(1,2)(AF1+AF2+F1F2)·r)=eq\f(F1F2,AF1+AF2+F1F2)=eq\f(c,a+c)=eq\f(1,3).(8分)(3)若直線l的斜率不存在時(shí),四邊形ABED是矩形,此時(shí)AE與BD交于F2G的中點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2),0)).(9分)下面證明:當(dāng)直線l的傾斜角變化時(shí),直線AE與BD相交于定點(diǎn)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2),0)).設(shè)直線l的方程為y=k(x-1),聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y=k(x-1),,\f(x2,4)+\f(y2,3)=1,))化簡(jiǎn)得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0.因?yàn)橹本€l經(jīng)過(guò)橢圓C內(nèi)的點(diǎn)(1,0),所以Δ>0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=eq\f(8k2,3+4k2),x1x2=eq\f(4k2-12,3+4k2).(11分)由題意,得D(4,y1),E(4,y2),則直線AE的方程為y-y2=eq\f(y2-y1,4-x1)(x-4).令x=eq\f(5,2),此時(shí)y=y(tǒng)2+eq\f(y2-y1,4-x1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)-4))=eq\f(2(x1-4)y2+3(y2-y1),2(x1-4))=eq\f(2(x1-4)k(x2-1)+3k(x2-x1),2(x1-4))=eq\f(8k+2kx1x2-5k(x2+x1),2(x1-4))=eq\f(8k+2k·\f(4k2-12,3+4k2)-5k·\f(8k2,3+4k2),2(x1-4))=eq\f(8k(3+4k2)+2k(4k2-12)-5k·8k2,2(x1-4)(3+4k2))=eq\f(24k+32k3+8k3-24k-40k3,2(x1-4)(3+4k2))=eq\f(40k3-40k3,2(x1-4)(3+4k2))=0,所以點(diǎn)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2),0))在直線AE上.同理可證,點(diǎn)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2),0))在直線BD上.(16分)所以當(dāng)直線l的傾斜角變化時(shí),直線AE與BD相交于定點(diǎn)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2),0)).19.(1)解:f′(x)=eq\f(1,x)-a=eq\f(1-ax,x),x>0,當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,無(wú)極值;(2分)當(dāng)a>0時(shí),x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a))),f′(x)>0,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,a)))上單調(diào)遞增,x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞)),f′(x)<0,f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))上單調(diào)遞減.故函數(shù)有極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))=a-lna-1,無(wú)極小值.(4分)(2)解:由(1)可知當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,不可能有兩個(gè)零點(diǎn);當(dāng)a>0時(shí),函數(shù)有極大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))=a-lna-1.令g(x)=x-lnx-1(x>0),則g′(x)=1-eq\f(1,x)=eq\f(x-1,x).當(dāng)x∈(0,1),g′(x)<0,g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞),g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,函數(shù)g(x)有最小值g(1)=0.若要使函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),必須滿足a>0且a≠1.(6分)下面證明a>0且a≠1時(shí),函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn).因?yàn)閒(1)=0,所以下面證明f(x)還有另一個(gè)零點(diǎn).①當(dāng)0<a<1時(shí),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))=a-lna-1>0,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))=-2lna+a-eq\f(1,a)=eq\f(-2alna+a2-1,a)=-eq\f(2alna-a2+1,a).令h(a)=2alna-a2+1(0<a<1),則h′(a)=2(lna+1)-2a=2(lna-a+1)<0,h(a)在(0,1)上單調(diào)遞減,h(a)>h(1)=0,則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)))<0,所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),\f(1,a2)))上有零點(diǎn).又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))上單調(diào)遞減,所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),\f(1,a2)))上有唯一零點(diǎn),從而f(x)有兩個(gè)零點(diǎn).②當(dāng)a>1時(shí),feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))=a-lna-1>0,feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea)))=-a-a×eq\f(1,ea)+a=-a×eq\f(1,ea)<0.易證ea>a,可得eq\f(1,ea)<eq\f(1,a),所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea),\f(1,a)))上有零點(diǎn).又f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a),+∞))上單調(diào)遞減,所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ea),\f(1,a)))上有唯一零點(diǎn),從而f(x)有兩個(gè)零點(diǎn).綜上,a的取值范圍是(0,1)∪(1,+∞).(10分)(3)證明:f(x1)-f(x2)=lnx1-lnx2+a(x2-x1),k=eq\f(f(x1)-f(x2),x1-x2)=eq\f(lnx1-lnx2+a(x2-x1),x1-x2)=eq\f(lnx1-lnx2,x1-x2)-a.又f′(x)=eq\f(1,x)-a=eq\f(1-ax,x),f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))=eq\f(2,x1+x2)-a,(12分)所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))-k=eq\f(2,x1+x2)-eq\f(lnx1-lnx2,x1-x2)=eq\f(1,x1-x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2(x1-x2),x1+x2)-ln\f(x1,x2)))=eq\f(1,x1-x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)-1)),\f(x1,x2)+1)-ln\f(x1,x2))).不妨設(shè)0<x2<x1,t=eq\f(x1,x2),則t>1,則eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)-1)),\f(x1,x2)+1)-lneq\f(x1,x2)=eq\f(2(t-1),t+1)-lnt.令h(t)=eq\f(2(t-1),t+1)-lnt(t>1),則h′(t)=-eq\f((t-1)2,(1+t)2t)<0,因此h(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以h(t)<h(1)=0.又0<x2<x1,所以x1-x2>0,所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))-k<0,即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1+x2,2)))<k.(16分)20.解:(1)設(shè)等差數(shù)列的公差為d(d≠0),等比數(shù)列的公比為q(q≠1),由題意,得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4aeq\o\al(2,2)=4a1a4,,4b3=4b2+b4))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1((a1+d)2=a1(a1+3d),,4b1q2=4b1q+b1q3,))解得d=1,q=2,(4分)所以an=n,bn=2n-1.(2)由ambj,amanbi,anbk成等差數(shù)列,有2amanbi=ambj+anbk,即2mn·2i-1=m·2j-1+n·2k-1.由于i<j<k,且為正整數(shù),所以j-i≥1,k-i≥2,所以2mn=m·2j-i+n·2k-i≥2m+4n,(6分)可得mn≥m+2n,即eq\f(2,m)+eq\f(1,n)≤1.①當(dāng)1≤m≤2時(shí),不等式eq\f(2,m)+eq\f(1,n)≤1不成立;②當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m=4,,n=2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m=3,,n=3))時(shí),2mn·2i-1=m·2j-1+n·2k-1成立;(8分)③當(dāng)n≥4時(shí),eq\f(1,n)>0,eq\f(2,m)<1,即m>2,則有m+n>6;所以m+n的最小值為6,當(dāng)且僅當(dāng)j-i=1,k-i=2,且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m=4,,n=2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m=3,,n=3))時(shí)取得.(10分)(3)由題意,得p2=eq\f(c1,2)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)))c2,p3=eq\f(c1+c2,3)+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)+\f(1,3)))c3,…Sn=p1+p2+p3+…+pn=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)+\f(1,3)+…+\f(1,n)))(c1+c2+c3+…+cn)(11分)=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)+\f(1,3)+…+\f(1,n)))Tn.Tn=c1+c2+c3+…+cn①,eq\f(1,2)Tn=eq\f(1,2)c1+eq\f(1,2)c2+…+eq\f(1,2)cn②.①-②,得eq\f(1,2)Tn=1+eq\f(1,2)+eq\f(1,4)+eq\f(1,8)+…+eq\f(1,2n-1)-eq\f(n,2n)=2-2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)-neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n),(12分)解得Tn=4-(n+2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n-1)<4,所以Sn<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)+\f(1,3)+…+\f(1,n))).設(shè)f(x)=lnx+eq\f(1,x)-1(x>1),則f′(x)=eq\f(1,x)-eq\f(1,x2)=eq\f(x-1,x2)>0,所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,有f(x)>f(1)=0,可得lnx>1-eq\f(1,x).(14分)當(dāng)k≥2,且k∈N*時(shí),eq\f(k,k-1)>1,有l(wèi)neq\f(k,k-1)>1-eq\f(k-1,k)=eq\f(1,k),所以eq\f(1,2)<lneq\f(2,1),eq\f(1,3)<lneq\f(3,2),…,eq\f(1,n)<lneq\f(n,n-1),可得1+eq\f(1,2)+eq\f(1,3)+…+eq\f(1,n)<1+lneq\f(2,1)+lneq\f(3,2)+…+lneq\f(n,n-1)=1+lnn,所以Sn<4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1+\f(1,2)+\f(1,3)+…+\f(1,n)))<4+4lnn.(16分)

2018屆高三模擬考試試卷數(shù)學(xué)附加題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)21.A.證明:在△ABC中,因?yàn)镃M是∠ACB的平分線,所以eq\f(AC,BC)=eq\f(AM,BM).又AC=eq\f(1,2)AB,所以eq\f(AB,BC)=eq\f(2AM,BM)①.(4分)因?yàn)锽A與BC是圓O過(guò)同一點(diǎn)B的弦,所以BM·BA=BN·BC,即eq\f(AB,BC)=eq\f(BN,BM)②.(8分)由①②可知eq\f(2AM,BM)=eq\f(BN,BM),所以BN=2AM.(10分)B.解:矩陣M的特征多項(xiàng)式為f(λ)=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ-1-2,-2λ-x))=(λ-1)(λ-x)-4.(3分)因?yàn)棣?=3是方程f(λ)=0的一個(gè)根,所以(3-1)(3-x)-4=0,解得x=1.(6分)由(λ-1)(λ-1)-4=0,解得λ=-1或3,所以λ2=-1.(10分)C.解:圓C:ρ=2eq\r(2)cosθ的直角坐標(biāo)方程為x2+y2-2eq\r(2)x=0,即(x-eq\r(2))2+y2=2.直線l:θ=eq\f(π,4)(ρ∈R)的直角坐標(biāo)方程為y=x,即x-y=0.(6分)圓心C(eq\r(2),0)到直線l的距離d=eq\f(|\r(2)-0|,\r(2))=1.(8分)所以AB=2eq\r((\r(2))2-12)=2.(10分)D.證明:(證法1)因?yàn)閍>0,b>0,a+b=1,所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a+1)+\f(4,2b+1)))[(2a+1)+(2b+1)]=1+4+eq\f(2b+1,2a+1)+eq\f(4(2a+1),2b+1)≥5+2eq\r(\f(2b+1,2a+1)×\f(4(2a+1),2b+1))=9.(8分)而(2a+1)+(2b+1)=4,所以eq\f(1,2a+1)+eq\f(4,2b+1)≥eq\f(9,4).(10分)(證法2)因?yàn)閍>0,b>0,由柯西不等式得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a+1)+\f(4,2b+1)))[(2a+1)+(2b+1)]≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(1,2a+1))\r(2a+1)+\r(\f(4,2b+1))\r(2b+1)))eq\s\up12(2)=(1+2)2=9.(8分)由a+b=1,得(2a+1)+(2b+1)=4,所以eq\f(1,2a+1)+eq\f(4,2b+1)≥eq\f(9,4).(10分)22.解:(1)從六個(gè)點(diǎn)任選三個(gè)不同點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)三角形共有Ceq\o\al(3,6)種不同選法,其中S=eq\f(\r(3),2)的為有一個(gè)角是30°的直角三角形(如△P1P4P5),共6×2=12種,所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S=\f(\r(3),2)))=eq\f(12,Ceq\o\al(3,6))=eq\f(3,5).(3分)(2)S的所有可能取值為eq\f(\r(3),4),eq\f(\r(3),2),eq\f(3\r(3),4).S=eq\f(\r(3),4)的為頂角是120°的等腰三角形(如△P1P2P3),共6種,所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S=\f(\r(3),4)))=eq\f(6,Ceq\o\al(3,6))=eq\f(3,10).(5分)S=eq\f(3\r(3),4)的為等邊三角形(如△P1P3P5),共2種,所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S=\f(3\r(3),4)))=eq\f(2,Ceq\o\al(3,6))=eq\f(1,10).(7分)又由(1)知P

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