2019年盐城三模数学试卷

高三数学答案第1页共6页盐城市2019届高三年级第三次模拟考试数学参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1．1,0,32．23．234．6.85．376．137．18．139．110．201911．(6,43]12．(1,1)13．814．12(,2]e二、解答题：本大题共90小题.15．（1）证明：连接DE，因为,MN分别是,AEAD的中点，所以//MNDE，……………………2分又MN平面BCD，DE平面BCD,所以//MN平面BCD.……………………6分（2）因为平面ABC平面ADM，平面ABC平面ADMAE，BC平面BCD，BCAE，所以BC平面ADM，……12分又AD平面ADM，所以ADBC.……………………14分16．解：（1）因为()3(2cos,2sin)(3cos,cos)3fxabxxxx223cos2sincos3xxx3cos2sin2xx2sin(2)3x.……………………4分所以)(xf的最小正周期为22T.……………………6分（2）因为6()25f，所以62sin()35，即3sin()35，……………………8分又因为(,)2，所以54(,)363，故2234cos()1sin()1()3355，……………………10分所以13coscos(())cos()sin()3323231433()()252543310.……………………14分17．解：（1）设每个半圆柱型大棚的底面半径为r.当20n时，共有19个空地，所以991912220rm，……………………2分所以每个大棚的表面积（不含与地面接触的面）为2222249.5103(m)SrrAD.即蒙一个大棚所需塑料薄膜的面积为2103m.……………………6分（2）设两项费用的和为()fn.因为99(1)110022nnrnn，所以每个大棚的表面积（不含与地面接触的面）为22100100()49.522nnSrrADnn，……………………8分则()1031.4149.5(1)fnnSn210010010(()49.5)31.4149.5(1)22nnnnnnABCDEMN高三数学答案第2页共6页2(100)10031.4(49.549.5(1))42nnnn231.4(100)(99(100)198(1))4nnnn231.4100(1009502)4nn31.4100[100()9502]4nn.……………………12分所以，当且仅当100nn，即10n时，()fn取得最小值.答：当大棚的个数为10个时，上述两项费用的和最低.……………………14分18．解：（1）由题意，得2221110101222abaa，……………………2分解得2242ab，所以椭圆C的方程为22142xy.……………………4分（2）设1122(,),(,)QxyRxy.因为QRPO，而12POk，所以2QRk，故可设直线QR的方程为2yxm.……………………6分联立22224yxmxy，消去y，得22542240xmxm，首先，由0得223220(24)0mm，解得210m.（*）且212124224,55mmxxxx.……………………8分又QOPR，所以1QOPRkk，得1212112yyxx，即121222112xmxmxx，整理得，2121232()0xxmxxmm，…………12分所以22244232055mmmmm，即235120mm，解得3m或43m（均适合（*）式）.……………………14分当3m时，直线QR恰好经过点P，不能构成三角形，不合题意，故舍去.所以直线QR的方程为423yx.……………………16分（注：若增解未舍的，扣1分）19．解：（1）当1a时，()xfxxe，()1xfxe，(1)1fe，(1)1fe，故()fx的图象在1x处的切线方程为)1)(1()1(xeey，即xey)1(.………2分（2）因为()1xfxae，①若函数()fx在区间(0,1)上单调递增，则()1xfxae…0恒成立，得a„xe恒成立，∵(0,1)x，∴)1,1(eex，所以a„e1；…………………………5分②若函数()fx在区间(0,1)上单调递减，则()1xfxae„0恒成立，得a…xe恒成立，∵(0,1)x，∴)1,1(eex，所以a…1；高三数学答案第3页共6页综上，a的取值范围为),1[]1,(e.…………………………8分注：对参数a分类讨论得到()fx在R上的单调区间后，根据区间的包含关系求解的参照评分.（3）函数()()()xgxeefx的零点即为方程()()0xeefx的实数根，故0xee或()0fx，由0xee，得1x，…………………………9分∴()0fx有且仅有2个不等于1的不同零点，由()0fx，得0aexx，设aexxhx)(，则xexxh1)(，由01)(xexxh，得1x；由01)(xexxh，得1x.故)(xh在)1,(上单调递增，在),1(上单调递减，故0)(xh有且仅有两个不等实数根，且1个根小于1，1个根大于1，∵()()()xgxeefx有且仅有3个不同的零点123,,xxx，123xxx，∴1231xxx，13,xx为0)(aexxhx的两个不等实数根，………………………12分∴11xaex，33xaex，两式相减，得)(1313xxeeaxx，∴1313xxeexxa，两式相加，得31331133113113311()()()1xxxxxxxxxxxxexxaeeeexxeee，设31txx，由13xx且311xx≤，得0t„1，13(1)1tttexxe，设(1)()1tttete，(0,1]t，………………………14分则2221()(1)tttetete，设2()21ttptete，(0,1]t，则()2(1)ttpteet，设()1tqtet，(0,1]t，则()10tqte在(0,1]t上恒成立，∴()1tqtet在(0,1]上单调递增，∴()(0)0qtq在(0,1]上恒成立，则()0pt在(0,1]上恒成立，∴()pt在(0,1]上单调递增，∴()(0)0ptp在(0,1]上恒成立，则()0t在(0,1]上恒成立，∴()t在(0,1]上单调递增，所以()t„1(1)1ee，即1311exxe≤.…………………………16分20．解：①在21+2nnnaS中，令1n，得1111+2aaS，解得11a，∴2+2nnnS，当n≥2时，221+(1)+(1)22nnnnnnnaSSn，综上,()nannN.……………………………2分显然{}na为单调递增数列，所以naknn，11arn，所以nbn.……………………4分②假设存在满足条件的正整数nm,，则nmnm221，所以2122nmnm，设nnnc2，则11121221nnnnnnnncc，所以54321ccccc，由2122nmnm，得nnmccc21，∴nm，则m≥1n，……………………6分高三数学答案第4页共6页当1nm时，nmnm221显然不成立，当1nm时，11222nmnmnm，设tnm1，则Nt，tntn21，得121ttn，………………………8分设121nnnd，则0)12)(12(12121121)1(111nnnnnnnnnndd恒成立，所以数列}{nd单调递减，而21d，12d，1743d，则n…3时，1nd恒成立，故方程121ttn的解有且仅有2,1nt或1,2nt，故满足条件的nm,存在，4m，1n或2n.………………………10分（2）证明：因为*0(N)nan，且nk、nr分别为na前n项中的最大项和最小项，所以1nk…nk，1nr„nr，设数列nb的公比为q，显然0q，①当1q时，111nnnnrkrk，得11nnnnrrkk，若nnkk1，则nnrr1，由nk与nr的含义可知nnkk1与nnrr1不可能同时成立，故nnkk1，则nnrr1，则11akkn，11arrn，∴1aan，∴11nnaa，所以数列na是等比数列.…………………………12分②当1q时，111qrkrknnnn，得1211qrkrknnnn，∴11nnnnrrkk…1，∴nnkk1恒成立，而nk…na，所以11nnak，∴nnaa1恒成立，∴nnak，1arn，代入211qrkrknnnn得2111qaaaann，即21qaann，所以数列na是等比数列.……………………………14分③当10q时，1011nnnnrkrk，得1211qrkrknnnn，∴11nnnnkkrr„1，∴nnrr1恒成立，而nr„na，所以11nnar，∴nnaa1恒成立，∴1akn，nnar，代入211qrkrknnnn得2111qaaaann，即21qaann，所以数列na是等比数列.综上①②③，数列na是等比数列.……………………………16分附加题答案21．（A）解：在直线l上取点(1,1)A，高三数学答案第5页共6页10114113，故(1,1)A在矩阵M的变换下得到(1,3)A，………………4分再在直线l上取点(2,1)B，10224119，在矩阵M的变换下得到(2,9)B，………………8分连接BA，可得直线036:yxl.………………10分（B）解：由题意得，曲线C的直角坐标方程为221()43xyy≤0，………………3分直线OP的方程为3yx，………………6分联立方程组221()433xyyyx≤0，解得25,5215,5xy（舍去），或25,5215,5xy故点P的直角坐标为25215(,).55………………10分注：直接用参数方程求解的参照评分.（C）解：①当2x≤时，原不等式可化为42(2)1xx≤，解得73x≤，此时73x≤；………3分②当21x时，原不等式可化为42(2)1xx≤，解得x≥1，此时11x≤；………6分③当x≥1时，原不等式可化为42(2)1xx≤，解得x≥13，此时x≥1.…………………9分综上，原不等式的解集为7,1,3．…………………10分22．解：（1）设BC的中点为E，由ACAB，可知BCAE，故以APADAE,,所在的直线分别为zyx,,轴建立空间直角坐标系（如图所示）.………………2分则)0,3,0()