2020届天津市南开区高三下学期4月模拟考试数学试题 pdf版.pdf

南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 第 1 页（共 7 页） 2019—2020 学年度第二学期南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 数学学科 一、选择题：（本题共 9 小题，每题 5 分，共 45 分） 题 号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9） 答 案 C A B D B D C A B 二、填空题：（本题共 6 小题，每题 5 分，共 30 分） （10）2； （11）– 5 2 ； （12）2∶3； （13）12 5 ， 63 64 ；（第一个空 2 分，第二个空 3 分） （14）(1– 2 ，1)； （15） 13 2 ， 57 14 ．（第一个空 2 分，第二个空 3 分） 三、解答题：（其他正确解法请比照给分） （16）解：（Ⅰ）由 3 acosC–csinA=0 得 sinAcosC–sinCsinA=0， …………1 分 ∵sinA＞0，∴ cosC–sinC=0，即 tanC= ， …………2 分 ∵0＜C＜，∴C= 3  ． …………3 分 ∴S△ABC= 3 4 ab= 33 2 ，即 ab=6， 又 a–b=1，解得 a=3，b=2． …………6 分 由余弦定理得 c2=a2+b2–2abcosC=7，解得 c= 7 ， …………7 分 从而 cosA= 2 2 2 2 b c a bc = 7 14 ． …………8 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 sinA= 3 21 14 ， 南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 第 2 页（共 7 页） ∴sin2A=2sinAcosA= 33 14 ，cos2A=2cos2A–1=– 13 14 ， …………11 分 ∴cos(2A–C)=cos2AcosC+sin2AsinC =(– )· 2 1 + · 2 3 =– 1 7 ． …………14 分 （17）解：（Ⅰ）解法 1：∵在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1∥CC1， ∴∠PCC1 即为 PC 与 AA1 所成角． ∵CC1⊥底面 ABC，∴CC1⊥BC， ∵BP=PC1，∴∠PCC1=∠BC1C， 不妨设 AB=1， ∵AB=AC=AA1，∴BC1= 3 ， ∴cos∠PCC1=∠PCC1= 3 3 ． …………4 分 （Ⅰ）解法 2：如图，以 A 为原点，建立空间直角坐标系 D-xyz，不妨设 AB=1， 则 B(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，1)，C1(0，1，1)． ∵BP=PC1，∴P( 1 2 ， ， )， ∴CP =( ，– ， )，又 1AA =(0，0，1)， ∴cos< ， >= 1 1| || | CP AA CP AA   = 3 3 ， ∴PC 与 AA1 所成角的余弦值为 ． …………5 分 P A C B A1 C1 B1 z x y 南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 第 3 页（共 7 页） （Ⅱ）设 P(a，b，c)，由 BP = 2 1PC ，得(a–1，b，c)= (–a，1–b，1–c)， 解得 P( –1，2– ，2– )， ∴CP =( –1，1– ，2– )， 设 PC 与平面 ABB1A1 所成角为， ∵平面 ABB1A1 的法向量为 n1=(0，1，0)， 所以 sin=|cos|= 1 1 || | || | CP CP   n n = |1 2 | 2 2 2   = 1 2 ， ∴=30． …………10 分 （Ⅲ）设 = 1BC =(–，，)， 则 =CB + =(1，–1，0)+(–，，)=(1–，–1，)． 设平面 ACP 的法向量为 n2=( a，b，c)， 则 2 2 0 1 0 0 1 1 1 1 0 AC x y z y CP x y z x y z                  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，      n n 取 z=–1，得 x=，即 n2=(，0，–1)． 又平面 A1AC 的法向量为 n3=(1，0，0)， ∴cos45°= 23 23 || | || | nn nn   = 22 || 1()   ，解得= 1 2 ， ∴ 1 BP PC =1． …………15 分 （18）解：（Ⅰ）n≥2 时，an=Sn–Sn–1= 2 2 nn – 2 1 2 1nn( ) ( )=n， n=1 时，a1=S1=1，满足上式，∴an=n． …………3 分 南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 第 4 页（共 7 页） ∵bn+1bn=2n+1，∴bnbn–1=2n（n≥2）， ∴bn+1=2bn–1（n≥2）， ∴{bn}的奇数项和偶数项分别是 2 为首项，2 为公比的等比数列， ∴bn= 1 2 2 2 2 n n n n    ， 为奇数， ， 为偶数. …………7 分 （Ⅱ） 21 1 2 1n ii i i ab b   ()= 1 12 2 n i i i i   ()= 1 2 n i i i   – 1 2 n i i i   ， …………8 分 设 Mn=1·x+2·x2+3·x3+…+(n–1)x n–1+nx n（x≠0，1）， ……① xMn= 1·x2+2·x3+3·x4+…+(n–1)xn+nxn+1 ……② ①–②得(1–x)Mn=x+x2+x3+…+xn–nxn+1= 1 1 nxx x   ()–nxn+1， ∴Mn= 1 2 1 1 nx nx n x x     () () ． …………12 分 ∴ = 1 2 2 2 1 2 12 nnn     () () =(n–1)·2n+1+2， = 1 2 1112 2 2 11 2 n n n     () () =2– 2 2n n  ， …………14 分 从而 =(n–1)·2n+1+ ． …………15 分 （19）解：（Ⅰ）由题设： 3b c  ， 2 3 2 bc a  ，解得 a=2，b= 3 ， ∴椭圆 C 的方程为 22 143 xy． …………………………4 分 南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 第 5 页（共 7 页） （Ⅱ）当直线 l 与 x 轴重合时，|MF|=3|FN|，不合题意； 当直线 l 与 x 轴不重合时，设直线 l 的方程为 x=ty+1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 22 1 3 4 12 x ty xy    ，消去 x 整理得(3t2+4)y2+6ty–9=0， 有 y1+y2= 2 6 34 t t   ， ……① y1y2= 2 9 34t   ， ……② ………………7 分 由|MF| =2|FN|，得 y1=–2y2，……③ 联立①②③得， 2 2 2 2 72 9 3 4 3 4 t tt () ，解得 t= 25 5 ． ∴直线方程为 5 2 5 0xy   ． ……………………10 分 （Ⅲ）设 P(x0，y0)， 当直线 l 与 x 轴重合时，∵点 P 在椭圆外，∴x0–2，x0+2 同号， 由|PM|·|PN|=|PF|2，得(x0–2)(x0+2)=(x0–1)2，解得 x0= 5 2 ．………11 分 当直线 l 与 x 轴不重合时，由（Ⅱ）知，y1+y2= ，y1y2= ， ∵|PM|= 21 t |y1–y0|，|PN|= |y2–y0|，|PF|= |y0|， ∵点 P 在椭圆外，∴y1–y0，y2–y0 同号， 由|PM|·|PN|=|PF|2，得(y1–y0)( y2–y0)=y0 2， 整理得 y1y2–y0(y1+y2)=0，即 –y0 =0， 解得 y0= 3 2t ，代入直线 l 的方程 x=ty+1，得 x0= ． …………14 分 ∴点 P 在定直线 x= 上． ……………………15 分 （20）解：（Ⅰ）f(x)=a(lnx+1)–axa–1， ………1 分 由曲线 y=f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 x–y–e=0， 南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 第 6 页（共 7 页） 知 e–f(e)–e=0，即 f(e)=ae–ea=0，f(e)=2a–aea–1=1， 解得 a=1． ………5 分 （Ⅱ）若函数 f(x)是(1，+∞)内的减函数， 则 f(x)=a(lnx+1)–axa–1≤0 在(1，+∞)恒成立． ∵a＞0，∴lnx+1–xa–1≤0 在(1，+∞)恒成立． …………6 分 令 g(x)=lnx+1–xa–1，g(x)= 1 x –(a–1)xa–2， ①若 0＜a≤1，g(x)＞0，g(x)在(1，+∞)单调递增，∴g(x)＞g(1)=0． ②若 1＜a＜2，当 x∈(1， 1 11 1 a a   )时，g(x)＞0，g(x)单调递增， ∴g(x)＞g(1)=0． ③若 a≥2，当 x∈(1，+∞)时，g(x)＜0，g(x)单调递减， ∴g(x)＜g(1)=0． 综上，a≥2 时，f(x)是(1，+∞)内的减函数． …………10 分 （Ⅲ）方程 f(x)=0方程 alnx–xa–1=0． 若 a=1，则 x=1 是方程 alnx–xa–1=0 的解，∴a≠1． 令 t=xa–1，则 x= 1 1at  ， ∴方程 alnx–xa–1=0方程 1 a a  lnt=t． ①若 a=0，方程 lnt=t 无实数根． ②若 a≠0，a≠1，方程 lnt=t方程 1a a  = lnt t ． 令 h(t)= ，h(t)= 2 1 lnt t  ， 当 t∈(0，e)时，h(t)＞0，当 t∈(e，+∞)时，h(t)＜0， 所以 h(t)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， ∴h(t)≤h(e)= e 1 ，∴h(t)∈(–∞， )． 南开区高三年级模拟考试(一)参考答案 第 7 页（共 7 页） 若方程 1a a  = lnt t 无实数根，则 ＞ e 1 ， 解得 a＜0 或 a＞ e e1 ， 综上，a≤0 或 a＞ ． …………16 分