2019届江苏省南师附中高三5月模拟考试数学(理)试题(解析版)

b1?1，b2?2．

（1）求数列?an?的通项公式； （2）求数列?bn?的通项公式； （3）设cn?11??，记Tn是数列?cn?的前n项和，求正整数m，使得对于任意的n?N均有anbn?bn?1Tm≥Tn．

解析：解：(1) ① a1＝2② 当n≥2时，an＝

1×22

＝2；(2分)

n（n＋1）

2

a1a2·…·an－1an2

＝（n－1）n＝2n.

a1a2·…·an－1

22

所以数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)．(4分) (2) 由Sn＝

n（b1＋bn）

，得2Sn＝n(b1＋bn) ①， 2

所以2Sn－1＝(n－1)(b1＋bn－1)(n≥2) ②.

由②－①，得2bn＝b1＋nbn－(n－1)bn－1，n≥2， 即b1＋(n－2)bn－(n－1)bn－1＝0(n≥2) ③， 所以b1＋(n－3)bn－(n－2)bn－1＝0(n≥3) ④.

由④－③，得(n－2)bn－2(n－2)bn－1＋(n－2)bn－2＝0，n≥3，(6分) 因为n≥3，所以n－2>0，上式同除以(n－2)，得 bn－2bn－1＋bn－2＝0，n≥3，

即bn＋1－bn＝bn－bn－1＝…＝b2－b1＝1，

所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列， 故bn＝n，n∈N*.(8分)

n（n＋1）11111

(3) 因为cn＝－＝n－＝[－1]，(10分)

anbn·bn＋12n（n＋1）n（n＋1）2n所以c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0，c5<0. n（n＋1）

记f(n)＝，

2n当n≥5时，f(n＋1)－f(n)＝

（n＋1）（n＋2）n（n＋1）（n＋1）（n－2）

－＝－<0， ＋＋

2n2n12n1

5×6

所以当n≥5时，数列{f(n)}为单调递减数列，当n≥5时，f(n)

2n（n＋1）1

从而，当n≥5时，cn＝[－1]<0.(14分)

2nn（n＋1）因此T1T5>T6>…

所以对任意的n∈N*，T4≥Tn. 综上，m＝4.(16分)

(注：其他解法酌情给分) 20．（本小题满分16分）

设a为实数，已知函数f(x)?axe，g(x)?x?lnx．

页

9第

x（1）当a＜0时，求函数f(x)的单调区间；

（2）设b为实数，若不等式f(x)?2x?bx对任意的a≥1及任意的x＞0恒成立，求b的取值范围； （3）若函数h(x)?f(x)?g(x)(x＞0，x?R)有两个相异的零点，求a的取值范围．

解析：解：(1) 当a<0时，因为f′(x)＝a(x＋1)ex，当x<－1时，f′(x)>0；

当x>－1时，f′(x)<0.所以函数f(x)单调减区间为(－∞，－1)，单调增区间为(－1，＋∞)．(2分) (2) 由f(x)≥2x2＋bx，得axex≥2x2＋bx，由于x>0， 所以aex≥2x＋b对任意的a≥1及任意的x>0恒成立．

由于ex>0，所以aex≥ex，所以ex－2x≥b对任意的x>0恒成立．(4分) 设φ(x)＝ex－2x，x>0，则φ′(x)＝ex－2，

所以函数φ(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以φ(x)min＝φ(ln 2)＝2－2ln 2， 所以b≤2－2ln 2.(6分) (3) 由

h(x)＝axex＋x＋ln x，得

h′(x)＝a(x＋1)ex＋1＋

1（x＋1）（axex＋1）＝，其中x>0. xx

2① 若a≥0时，则h′(x)>0，所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数h(x)至多有一个零零点，

不合题意；(8分)

1

② 若a<0时，令h′(x)＝0，得xex＝－>0.

a

由第(2)小题知，当x>0时，φ(x)＝ex－2x≥2－2ln 2>0，所以ex>2x，所以xex>2x2，所以当x>0时，函数xex的值域为(0，＋∞)．

所以存在x0>0，使得ax0ex0＋1＝0，即ax0ex0＝－1 ①，

且当x0，所以函数h(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减． 因为函数有两个零点x1，x2，

所以h(x)max＝h(x0)＝ax0ex0＋x0＋ln x0＝－1＋x0＋ln x0>0 ②.

1

设φ(x)＝－1＋x＋ln x，x>0，则φ′(x)＝1＋>0，所以函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递增．

x由于φ(1)＝0，所以当x>1时，φ(x)>0，所以②式中的x0>1. 1

又由①式，得x0ex0＝－. a

1

由第(1)小题可知，当a<0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以－>e，

a1

即a∈(－，0)．(11分)

e1

当a∈(－，0)时，

e

1ae11

(i) 由于h()＝＋(－1)<0，所以h()·h(x0)<0.

eeee

1

因为<1

e所以函数h(x)在(0，x0)上恰有一个零点；(13分) 11111

(ii) 由于h(－)＝－e－－＋ln(－)，令t＝－>e，

aaaaa

页

10第

1

e

设F(t)＝－et＋t＋ln t，t>e，

1

由于t>e时，ln t2t，所以设F(t)<0，即h(－)<0.

a11

由①式，得当x0>1时，－＝x0ex0>x0，且h(－)·h(x0)<0，

aa同理可得函数h(x)在(x0，＋∞)上也恰有一个零点． 1

综上，a∈(－，0)．(16分)

e

数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)

21. 【选做题】 在A，B，C三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

A. (选修42：矩阵与变换)

?1 1??10?.

已知矩阵A＝??，二阶矩阵B满足AB＝??

?01??0－1?

(1) 求矩阵B；

(2) 求矩阵B的特征值．

?1 1?－1

解析：解：(1) 由题意，由矩阵的逆矩阵公式得B＝A＝??.(5分)

?0－1?

(2) 矩阵B的特征多项式f(λ)＝(λ＋1)(λ－1)，(7分) 令f(λ)＝0，解得λ＝1或－1，(9分) 所以矩阵B的特征值为1或－1.(10分)

B. (选修44：坐标系与参数方程)

π

设a为实数，在极坐标系中，已知圆ρ＝2asin θ(a>0)与直线ρcos(θ＋)＝1相切，求a的值．

4解析：解：将圆ρ＝2asin θ化成普通方程为x2＋y2＝2ay，整理得x2＋(y－a)2＝a2.(3分) π

将直线ρcos(θ＋)＝1化成普通方程为x－y－2＝0.(6分)

4|a＋2|

因为相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即＝a，(9分)

2解得a＝2＋2.(10分)

C. (选修45：不等式选讲)

求函数y＝1－x＋3x＋2的最大值． 解析：解：因为(1－x＋3x＋2)2＝(3－3x·120

≤(3－3x＋3x＋2)(＋1)＝，(3分)

33

页

11第

1

＋3x＋2·1)2 3

215

所以y＝1－x＋3x＋2≤.(5分)

3

3－3x3x＋272

当且仅当＝，即x＝∈[－，1]时等号成立．(8分)

111233215

所以y的最大值为.(10分)

3

【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

22. 如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，点M为PC的中点．

(1) 求异面直线AP与BM所成角的余弦值；

4

(2) 点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求λ的值．

5

解析：解：(1) 因为PA⊥平面ABCD，且AB，AD平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD.

因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两互相垂直．

分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则由AD＝2AB＝2BC＝4，PA＝4，可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)．

因为点M为PC的中点，所以M(1，1，2)．

→→

所以BM＝(－1，1，2)，AP＝(0，0，4)，(2分)

→→AP·BM0×（－1）＋0×1＋4×26→→

所以cos〈AP，BM〉＝＝＝，(4分)

3→→4×6|AP||BM|所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为

6.(5分) 3

→

(2) 因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN＝(－1，λ－1，－2)， →→

BC＝(0，2，0)，PB＝(2，0，－4)．

→??2y＝0，BC＝0，?m·?

设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，则?即?

?→2x－4z＝0.??m·PD＝0，?

令x＝2，解得y＝0，z＝1，所以m＝(2，0，1)是平面PBC的一个法向量．(7分) 4

因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，

5

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