2020高考数学 考前30天之备战冲刺押题系列 名师预测卷 27 精品

有f(?)max?3?1.．

………………………………14分

16．（Ⅰ）证明：连接A,C1,由题意可知点F为AC1的中点．Q因为点E为CC1的中点．

?在?ACC1中，EFPAC．……………………………………………………………２分

又QEF?面ABCD，AC?面ABCD，?EFP面ABCD．……………………６分 （Ⅱ）当

D1D?3时，DF?平面D1EB． ………………………………………７分 ADQ四边形ABCD为菱形，且?DAB?120?，?BD?3AD． Q四棱柱ABCD?A1B1C1D1为直四棱柱，?四边形DBB1D1为矩形．

又DD1?3AD，?BD?DD1，

?四边形DBB1D1为正方形，?DF?D1B ……………………10分

在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，DD1?底面ABCD，AC?面ABCD，?AC?DD1

Q四边形ABCD为菱形，AC?BD．

BDIDD1?D，?AC?面DBB1D1． DD1?面DBB1D1，BD,?面DBB1D1，DF?面DBB1D1，?AC?DF，又EFPAC，?EF?DF．…………………13分 QEF?面D1EB,D1B?面D1EB,EFID1B?F,?DF?平面D1EB．…………14分

17．（Ⅰ） Qf(2)?40,g(2)?26.7,h(2)?30 …………3分

f(3)?20,g(3)?6.7,h(3)?12.5 …………6分

由此可得h(x)更接近实际值，所以用h(x)模拟比较合理. …………7分 （Ⅱ）因h(x)?30log2x?2在x?4上是增函数，又因为h(16)?60 ………12分 这说明第一次整治后有16个月的污染度不超过60，

故应在2020年5月起开始再次整治．……………………………………………………14分

x2y2??1，得： x??4，C(?4,0)，F(?6,0)．……2分 18.解：（Ⅰ）由双曲线E：

2412又圆C过原点，所以圆C的方程为(x?4)?y?16． ……………………4分 （Ⅱ）由题意，设G(?5,yG)，代入(x?4)?y?16，得yG??15，…………5分 所以FG的斜率为k??15，FG的方程为y??15(x?6)．………………6分

2222所以C(?4,0)到FG的距离为d?15， ……………………………………7分 22直线FG被圆C截得的弦长为216?(152)?7 ……………………………9分

2|GF|1(x0?6)2?y01 (Ⅲ)设P(s,t),G(x0,y0),则由?，得|GP|2(x0?s)2?(y0?t)22整理得3(x0+y0)+(48+2s)x0+2ty0+144-s-t=0. ① ………………11分 2222

又G(x0,y0)在圆C:(x+4)+y=16上，所以x0+y0+8x0=0 ②

22

②代入①，得(2s+24)x0+2ty0+144-s-t=0. ……………………………………13分

?2s?24?0又由G(x0,y0)为圆C上任意一点可知，?2t?0…………………………14分

??144?s2?t2?0?2222

解得：s= -12, t=0. …………………………………………………………………15分 所以在平面上存在一定点P，其坐标为（-12,0）． ……………………………16分 19．解：（Ⅰ）?f(x)?x?lnx，f?(x)?1?/1x?1 ……1分 ?xx∴当0?x?1时，f(x)?0，此时f(x)单调递减

/当1?x?e时，f(x)?0，此时f(x)单调递增 …………3分 ∴f(x)的极小值为f(1)?1 ……4分 （Ⅱ）?f(x)的极小值为1，即f(x)在(0,e]上的最小值为1，

∴ f(x)?0，f(x)min?1……5分

1lnx11?lnx， …………6分 ??，h/(x)?x22x2当0?x?e时，h?(x)?0，h(x)在(0,e]上单调递增 ………7分

1111∴h(x)max?h(e)?????1?|f(x)|min ………9分

e2221∴在（1）的条件下，f(x)?g(x)?……………………………10分

2（Ⅲ）假设存在实数a，使f(x)?ax?lnx（x?(0,e]）有最小值3，

1ax?1 f/(x)?a??xx/① 当a?0时，x??0,e?，所以f(x)?0， 所以f(x)在(0,e]上单调递减，

4

f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?（舍去），

e

所以，此时f(x)无最小值. ……12分

111

②当0??e时，f(x)在(0,)上单调递减，在(,e]上单调递增

aaa

1f(x)min?f()?1?lna?3，a?e2，满足条件. ……14分

a1/③ 当?e时，x??0,e?，所以f(x)?0，

a令h(x)?g(x)?所以f(x)在(0,e]上单调递减，f(x)min?f(e)?ae?1?3，a?

4

（舍去）， e

所以，此时f(x)无最小值. ……15分

综上，存在实数a?e2，使得当x?(0,e]时f(x)有最小值3 .……16分

220．解：（Ⅰ）由已知，4Sn?an?2an，且an?0． …………………………………1分

当n?1时，4a1?a1?2a1，解得a1?2． …………………………………2分

2当n?2时，有4Sn?1?an?1?2an?1．

2222于是4Sn?4Sn?1?an?an?1?2an?2an?1，即4an?an?an?1?2an?2an?1． 22于是an?an?1?2an?2an?1，即(an?an?1)(an?an?1)?2(an?an?1)．

2因为an?an?1?0，所以an?an?1?2(n?2)．

故数列?an?是首项为2，公差为2的等差数列，且an?2n．……………………4分 （Ⅱ）因为an?2n，则

1111， …………………………5分 ???Snn(n?1)nn?1111111所以1?1???1?(1?)?(?)???(?)?1??1．……7分

223nn?1n?1S1S2Sn因为1?11随着n的增大而增大，所以当n?1时取最小值．

2n?1故原不等式成立． ………………10分

2an2（Ⅲ）由2Sn?4200?，得2n(n?1)?4200?2n，所以n?2100． … 12分

2由题设，M?{2000，2002，…，2008，2010，2012，…，2998．

因为m∈M，所以m?2100，2102，…，2998均满足条件．………………14分且这

些数组成首项为2100，公差为2的等差数列．

设这个等差数列共有k项，则2100?2(k?1)?2998，解得k?450．

故集合M中满足条件的正整数m共有450个． …………………16分