2018年北京各城区高三摸底考试数学（理）试题及答案（精品9个城区）

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?(x1?2)(x2?2)?y1y2 ?(x1?2)(x2?2)?k2(x1?1)(x2?1) ?(k2?1)x1x2?(k2?2)(x1?x2)?k2?4

2k2?94k22?(k?1)?2?(k?2)?2?k2?4

2k?12k?126k2?5??2 ?0 ……………..13分

2k?1 故?MPN?90?，即点P在以MN为直径的圆内，故|TP|?|TM|

（Ⅱ）方法2：结论是：|TP|?|TM|.

当直线l斜率不存在时，l:x?1，|TP|?0?|TM|?2

……………..7分

当直线l斜率存在时，设直线l：y?k(x?1)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，T(xT,yT)

?x2?2y2?92222 ?，整理得：(2k?1)x?4kx?2k?9?0 ……………..8分 ?y?k(x?1)

k ??(422)?4(k22?1)k(22??9)k26?4 ?360

4k22k2?9 故x1?x2?，x1x2? ……………..9分222k?12k?112k2kxT?(x1?x2)?2，yT?k(xT?1)??2

2k?122k?1……………..10分

2k2|TP|?x(T?2?)yT?(2?2k?1222kk2?22?)k2k4?4k9?242(2?2)?(2?)? 222k?1k(22?1)k(?221)2……………..11分

1112|TM|2?(|MN|)2?(k2?1)(x1?x2)2?(k2?1)?(x?x)?4x1x2?12??244

124k222k2?9(k2?1)(16k2?9)16k4?25k2?9?(k?1)[(2)?4?2]??42k?12k?1(2k2?1)2(2k2?1)2 ……………..12分

16k4?25k2?94k4?9k2?412k4?16k2?5 此时，|TM|?|TP|????0

(2k2?1)2(2k2?1)2(2k2?1)222……………..13分

故|TM|?|TP|

19. （本小题14分）

（Ⅰ）因为函数f(x)?2e?ax?2x?2

所以f'(x)?2e?2ax?2 ……………..2分 故f(0)?0，f'(0)?0 ……………..4分

曲线y?f(x)在x?0处的切线方程为y?0 ……………..5分

xxxx2（Ⅱ）当a?0时，令g(x)?f'(x)?2e?2ax?2，则g'(x)?2e?2a?0 ……………..6分

故g(x)是R上的增函数. ……………..7分 由g(0)?0，

……………..8分

故当x?0时，g(x)?0，当x?0时，g(x)?0. 即当x?0时，f'(x)?0，当x?0时，f'(x)?0.

故f(x)在(??,0)单调递减，在(0,??)单调递增. ……………..10分 函数f(x)的最小值为f(0) 由f(0)?0，

…………….11分

故f(x)有且仅有一个零点. （Ⅲ）当0?a?1时，f(x)有两个零点.

当a?1时，f(x)有一个零点； 当a?1时，f(x)有两个零点.

20. （本小题13分）

（Ⅰ）若a1?2，则数列{an}的前7项为2，1，1，2，2，3，1 ????????3分 （Ⅱ）证法一

假设存在正整数M，使得对任意的k?N*，ak?M.

由题意，ak?{1,2,3,...,M}，故数列{an}多有M个不同的取值??????5分

……………..12分 ……………..13分 ……………..14分

考虑数列{an}的前M2?1项：

a1，a2，a3，?，aM2?1

ai1?ai2?????aiM?1

其中至少有M?1项的取值相同，不妨设

此时有：aiM?1?1?M?1?M，矛盾.

故对于任意的正整数M，必存在k?N*，使得ak?M. ???????8分 假设存在正整数M，使得对任意的k?N*，ak?M.

由题意，ak?{1,2,3,...,M}，故数列{an}多有M个不同的取值??????5分

（Ⅱ）证法二

对任意的正整数m，数列{an}中至多有M项的值为m，事实上若数列{an}中至少有M?1项的值为m，其M?1项为

ai1,ai2,ai3,???,aiM?1,aiM,aiM?1

此时有：aiM?1?1?M?1?M，矛盾.

故数列{an}至多有M项，这与数列{an}有无穷多项矛盾。

故对于任意的正整数M，必存在k?N*，使得ak?M.???????8分

（Ⅲ）充分性：

若a1?1，则数列{an}的项依次为

21，1，2，1， 3，1，4，1，?，k?2，1，k?1，1，k，1，?

特别地，数列{an}的通项公式为

?n?1,n?2k?1?k,n?2k?1?，即an??2 an???1,n?2k??1,n?2k故对任意的n?N*

（1）若n为偶数，则an?2?an?1 （2）若n为奇数，则an?2?n?3n?1??an 22综上，an?2?an恒成立，特别地，取m?1有当n?m时，恒有an?2?an成立 ????????????????????????????????（10分）

必要性：方法一

假设存在a1?k（k?1），使得“存在m?N?，当n?m时，恒有an?2?an成立” 则数列{an}的前k2?1项为

2,1,3,1,4,...,1,k?2,1,k?1,1,k，2,2,3,2,4,2,5,...,???????2,k?2,2,k?1,2,k， k，1,1,???????????????????????2k?1项2k?3项3,3,4,3,5,3,6,...,3,k?2,3,k?1,3,k，???，k?2,k??2,k?1,k?2,k，k?1,??k?1,k，k ????????????????????????????2k?5项5项3项

后面的项顺次为k?1,1,k?1,2,k?1,3,...,k?1,k?2,k?1,k?1,k?1,k，

???????????????????????2k项k?2,1,k?2,2,k?2,3,...,k?2,k?2,k?2,k?1,k?2,k，

???????????????????????2k项k?3,1,k?3,2,k?3,3,...,k?3,k?2,k?3,k?1,k?3,k， ???????????????????????2k项?

k?t,1,k?t,2,k?t,3,...,k?t,k?2,k?t,k?1,k?t?,k， ??????????????????????2k项?

??ak2?1?2(t?1)k?2s?1?k?t故对任意的s?1,2,3,...,k?2,k?1,k，t?N，?

a?s??k2?1?2(t?1)k?2sm对任意的m，取t?[]?1，其中[x]表示不超过x的最大整数，则2kt?m ，令

2kn?k2?1?2kt，则n?m，此时an?k，an?2?1

*有an?an?2，这与an?an?2矛盾，故若存在m?N?，当n?m时，恒有an?2?an成立，必有a1?1 ??????????13分

方法二 若存在m?N?，当n?m时，an?2?an恒成立，记max?a1,a2,?,am??s. 由第（2）问的结论可知：存在k?N?，使得ak?s（由s的定义知k?m?1） 不妨设ak是数列?an?中第一个大于等于s?1的项，即a1,a2,?,ak?1均小于等于s. ．．．则ak?1?1.因为k?1?m，所以ak?1?ak?1，即1?ak?1且ak?1为正整数，所以ak?1?1.

记ak?t?s?1，由数列?an?的定义可知，在a1,a2,?,ak?1中恰有t项等于1. 假设a1?1，则可设ai1?ai2???ait?1，其中1?i1?i2???it?k?1， 考虑这t个1的前一项，即ai1?1,ai2?1,?,ait?1，

因为它们均为不超过s的正整数，且t?s?1，所以ai1?1,ai2?1,?,ait?1中一定存在两项相等， 将其记为a，则数列?an?中相邻两项恰好为（a，1）的情况至少出现2次，但根据数列?an?的定义可知：第二个a的后一项应该至少为2，不能为1，所以矛盾！ 故假设a1?1不成立，所以a1?1，即必要性得证！

????????????????????????????????13分

综上，“a1?1”是“存在m?N?，当n?m时，恒有an?2?an成立”的充要条件.

北京市西城区2017 — 2018学年度第一学期期末试卷

高三数学（理科） 2018.1