省溧中2019届高三年级回归性考试答案.pdf

1 省溧中 2019 届高三年级回归性考试答案 数 学 2019.05 一､ 填空题 1．{ 1,0,1} 2．四 3．π 4． 5 6 5． 80 6． 5 7． 2 6 8． 11 9． 1 10． 1( ,10)10 11．（－1，0）∪（0，2） 12．－25 32 13． 2 2 3 14． 2 5b   15．证明：(1) //BE 平面 1AC D 又 BE  平面 1 1BB C C ，平面 1 1 1 1BB C C AC D C D面  //BE 1C D ………………………………………………………………………………3 分 又在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中 1 / /C E BD  1BDC E 为平行四边形  1C E  BD ……………………………………………………………………………………5 分 又 E 为 1 1B C 的中点， 1 1B C BC  D 为 BC 的中点又 AB AC  AD  BC ……………………………………………………………………………………7 分 (2)由（1）知 AD  BC 又平面 1AC D  平面 ABC ，平面 1AC D  平面 ABC AD ， BC 平面 ABC  1BC ACD 面 ………………………………………………………………………………11 分 又 1 1BC B C C 面B  1 1 1BB C C ACD 面 ………………………………………………14 分 16．解： m  ∥ n  ， (1, sin 3 cos )m A A  ， n  3(sin , )2A  3sin ( sin 3 cos ) 2A A A   即 2 3sin 3 sin cos 2A A A   2 3 2 2sin3 2 2cos1  AA 即 3 1sin 2 cos2 12 2A A   1)62sin(  A 又在锐角△ABC 中  )2,0( A  3 A …………………………4 分 （1）在锐角△ABC 中   CBA 又 tanB＝8＋5 3 11  B BBC tan31 3tan)3tan(tan    2 ………………………………………………2 分  2cos sin  C C 即sin 2cosC C 代入 1cossin 22  CC 得 2 1cos 5C  ，又 )2,0( C2  5 5cos C ……………………………………………………………………………………8 分 （2）因为 2a  ， 4 3sinc B ，则 1 sin2ABCS ac B 21 2 4 3sin2 B   24 3sin B 1 cos24 3 2 B  2 3 2 3 cos2B  . 由已知， 2 3 2 3 cos2 3B  ，即 1cos2 2B  . 因为 B 是锐角，所以 0 2 3B   ，即 0 6B   ， 故角 B 的取值范围是 (0, )6  .………………………………………………………………14 分 17．解：（1）过 A 分别作直线 CD，BC 的垂线，垂足分别为 E，F． 由题知，AB＝4.5，BC＝4 3，∠ABF＝90o－60o＝30o， 所以 CE＝AF＝4.5×sin30o＝9 4 ，BF＝4.5×cos30o＝9 4 3 AE＝CF＝BC＋BF＝25 4 3． 因为 CD＝x(x＞9 4)，所以 tan∠BDC＝BC CD ＝4 3 x ． ED＝x－9 4 ，tan∠ADC＝AE ED ＝ 25 4 3 x－9 4 ＝ 25 3 4x－9 ………………………………4 分 所以 tan＝tan∠ADB＝tan(∠ADC－∠BDC)＝ tan∠ADC－tan∠BDC 1＋tan∠ADC·tan∠BDC ＝ 25 3 4x－9 －4 3 x 1＋ 25 3 4x－9 ·4 3 x ＝ 9 3(x＋4) x(4x－9)＋300 ，其中 x＞9 4 ． 所以 tan＝ 9 3(x＋4) x(4x－9)＋300 ( x＞9 4)………………………………………………………………8 分 （2）（方法一）tan＝＝ 9 3(x＋4) x(4x－9)＋300 ＝ 9 3 4(x＋4)＋ 400 x＋4 －41 ，x＞0．………………………11 分 因为 4(x＋4)＋ 400 x＋4 －41≥2 4(x＋4)· 400 x＋4 －41＝39， 当且仅当 4(x＋4)＝ 400 x＋4 ，即 x＝6 时取等号． 所以当 x＝6 时，4(x＋4)＋ 400 x＋4 －41 取最小值 39． D B C E F A3 所以当 x＝6 时，tan 取最大值3 3 13 ． …………………………………………………13 分 由于 y＝tanx 在区间(0，π 2 ）上是增函数，所以当 x＝6 时， 取最大值． 答：在海湾一侧的海岸线 CT 上距 C 点 6km 处的 D 点处观看飞机跑道的视角最大．…14 分 （方法二）tan ＝f(x)＝ 9 3(x＋4) x(4x－9)＋300 ＝ 9 3(x＋4) 4x2－9x＋300 ． f (x)＝9 3[(4x2－9x＋300)－(x＋4)(8x－9)] (4x2－9x＋300)2 ＝－36 3(x＋14)(x－6) (4x2－9x＋300)2 ，x＞0． 由 f (x)＝0 得 x＝6． ……………………………………………………………………11 分 当 x∈（0，6）时，f (x)＞0，函数 f(x)单调递增；当 x∈（6，＋∞）时，f (x)＜0，此时函数 f(x) 单调递减． 所以函数 f(x)在 x＝6 时取得极大值，也是最大值 f(6)＝3 3 13 ． …………………13 分 由于 y＝tanx 在区间(0，π 2 ）上是增函数，所以当 x＝6 时， 取最大值． 答：在海湾一侧的海岸线 CT 上距 C 点 6km 处的 D 点处观看飞机跑道的视角最大．…14 分 18．解（1） 2 2 14 3 x y  ………………………………………………………………………4 分 （2）当 AB⊥x 轴时，易得 22 163 5 bAB a    ，不合题意. 设 AB 的方程为 ( 1)( 0)y k x k   ，与椭圆方程联立得 2 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x k x k     ， 设 A（x1，y1）, B（x2，y2）, 则 2 1 2 2 2 1 2 2 8 ,4 3 4 12 4 3 kx x k kx x k        ， 2 2 2 2 2 2 2 2 22 21 22 ]34 )1(12[]34 1244)34 8)[(1())(1(    k k k k k kkxxkAB ， 因此 2 2 12( 1) 16 4 3 5 k k   ，解得 3k   ，所以直线 AB 的倾斜角等于 60o 或120o .…………10 分4 （3）由（2），当 AB 不垂直于 x 轴时，点 2 1 1(4, ( 1)), ( , ( 1))M k x A x k x  ，所以直线 AM 的方程 为 1 2 1 1 1 ( )( 1) ( )4 k x xy k x x xx     ，令 y=0，得 1 1 2 1 2 5 4 N x x xx x x    2 2 1 12 2 1 2 1 2 4 12 205 4 54 3 4 3 k kx xk k x x x x       = 1 1 2 1 2 55 ( ) 52 2 x x x x x    . 当 AB⊥x 轴时，易得 5 2Nx  ，所以无论 AB 如何变化，点 N 的坐标均为 5( ,0)2 . 因此，当 AB⊥x 轴时，PN 取最小值，PNmin= 5 312 2   .……………………………………16 分 19．解:（1）设 h (x)＝x 2 －g (x)＝x 2 －lnx 则 h′(x)＝x－2 2x ，于是 f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 于是 h (x)min＝h (2)＝1－ln2＞0，从而 h (x)＞0 恒成立，即 g (x)＜x 2 ．……………………4 分 （2）h(x)＝f (x)＋bg (x)＝x2＋ax＋b lnx ①因为 a2＋b＝0，所以 h(x)＝x2＋ax－a2lnx，h′(x)＝(x＋a)(2x－a) x ， 当 a＝0 时，h(x)＝x2＞0 恒成立； 当 a＞0 时，h(x)在(0，a 2)上单调递减，在(a 2 ，＋∞)上单调递增，于是 h(x)min＝h(a 2)＞0， 即 3 4a2－a2lna 2 ＞0，解得 0＜a＜2e 3 4． 当 a＜0 时，h(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，于是 h(x)min＝h(－a)＞0， 即－a2ln(－a)＞0，解得－1＜a＜0． 综上，－1＜a＜2 e 3 4．…………………………………………………………………………10 分 ②因为 h(x)在(0，＋∞)上存在零点，所以 x2＋ax＋b lnx＝0 在(0，＋∞)上有解， 即 a＝－x－b lnx x 在(0，＋∞)上有解． 又因为 a＋b≥－2，即 a≥－b－2，所以－x－blnx x ≥－b－2 在(0，＋∞)上有解． 由（1）可知 lnx＜x 2 ＜x，因此 b≥ x2－2x x－lnx ， 设 F(x)＝ x2－2x x－lnx ，则 F′(x)＝(x－1)(x－2lnx＋2) (x－lnx)2 ，5 因为 lnx＜x 2 ，所以 x－2lnx＋2＞0，于是 F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以 F(x)min＝F(1)＝－1，故 b≥－1．……………………………………………………………16 分 20．解：（1）由 1 2 1 ( ) 99 2 1( )2 44 2 m m m a a m a a        ① ② ①÷②得 9m  ，代入①得 9 21a  ， 则 7 2a  …………………………………………………………………………………………4 分 （2） 1 ( 1) ( 1)( 1) ( 1)2 2n n n n nS na a n a       若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 Sn=am，即 ( 1) ( 1)2 n nn a  =1 ( 1)( 1)m a   取 2n  得 ( 1)( 1)a m a   ，得 12 1m a    ∵ 1a  ，∴m