11
所以kOD＝－，从而直线OD的方程为y＝－x，
2k2k1
所以点Q的坐标为Q(2，－)，(10分)
k12
所以以PQ为直径的圆的方程为(x－2)＋[y－k(2－m)](y＋)＝0，
k122
即x－4x＋2＋m＋y－[k(2－m)－]y＝0.(14分)
k??x＝2±2－m，?y＝0，
因为该式对?k≠0恒成立，所以?2解得 ?2
?x－4x＋2＋m＋y＝0，??y＝0.
所以以PQ为直径的圆经过定点(2±2－m，0).(16分)
19. 解：(1) 因为f(x)＝(x－a)ln x(a∈R)，所以当a＝1时，f(x)＝(x－1)ln x， 1
则f′(x)＝ln x＋1－.(1分)
x当x＝1时，f(1)＝0，f′(1)＝0，
所以曲线f(x)在点(1，f(1))处的切线的方程为y＝0.(3分) (2) 因为对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，
所以当lnx＝0，即x＝1时，f(x)＝0，a∈R；(5分)
当ln x>0，即x>1时，x≥a恒成立，所以a≤1； (6分) 当ln x<0，即x<1时，x≤a恒成立，所以a≥1.
综上可知，对于任意的正数x，f(x)≥0恒成立，a＝1. (7分) (3) 因为函数f(x)存在两个极值点，
所以f′(x)＝ln x－＋1存在两个不相等的零点.
axa1ax＋a设g(x)＝ln x－＋1，则g′(x)＝＋2＝2.(8分)
xxxx当a≥0时，g′(x)>0，所以g(x)单调递增，至多一个零点.(9分) 当a<0时，x∈(0，－a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， x∈(－a，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以x＝－a时，g(x)min＝g(－a)＝ln(－a)＋2. (11分)
－2
因为g(x)存在两个不相等的零点，所以ln(－a)＋2<0，解得－e 因为－e a112 因为g(－)＝ln(－)＋a＋1>0，所以g(x)在(－a，＋∞)上存在一个零点.(13分) aa11－2222 因为－e a－a11 设t＝－a，则y＝2ln t＋＋1(0 te 2t－111 因为y′＝2<0，所以y＝2ln t＋＋1(0 tte 122 又函数图象是连续的，所以y>2ln 2＋e＋1＝e－3>0， e122 所以g(a)＝ln a－＋1>0，所以在(0，－a)上存在一个零点. a综上可知，－e nnn20. 解：(1) 当q＝1时，由an(qan－1)＋2qanan＋1＝an＋1(1－qan＋1)， 2 得(an＋1＋an)＝an＋1＋an. 又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝1.(2分) 又a1＝2， 所以T2 019＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a2 018＋a2 019)＝1 011.(4分) nnnn2 (2) ①由an(qan－1)＋2qanan＋1＝an＋1(1－qan＋1)，得q(an＋1＋an)＝an＋1＋an. 1 又an＋1＋an≠0，所以an＋1＋an＝n.(6分) －2 q因为Tn＝a1＋qa2＋qa3＋…＋qan， 23n所以qTn＝qa1＋qa2＋qa3＋…＋qan， 23n－1n所以(1＋q)Tn＝a1＋q(a1＋a2)＋q(a2＋a3)＋q(a3＋a4)＋…＋q(an－1＋an)＋qan， bn＝(1＋q)Tn－qnan＝a1＋1＋1＋…＋1＋qnan－qnan＝a1＋n－1＝n＋1， 所以bn＝n＋1.(10分) n②由题意，得cn＝2bn－1－1＝2－1，n≥2. 因为c1，ck－c1，ct－ck成等比数列， 2k2tk所以(ck－c1)＝c1(ct－ck)，即(2－2)＝2－2， (12分) tk2kt－2k－12k－2 所以2＝(2)－3·2＋4，即2＝(2)－3·2＋1 (*). 由于ck－c1≠0，所以k≠1，即k≥2. t当k＝2时，2＝8，得t＝3.(14分) k－12k－2 当k≥3时，由(*)得(2)－3·2＋1为奇数， 2k－2k－2k所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得2－3·2＝0，即2＝3，此时k无正整数解. 综上，k＝2，t＝3.(16分) 2n－1 2019届高三模拟考试试卷(五)(苏北三市) 数学附加题参考答案及评分标准 ?－31?－1 21. A. 解：由题意得A＝?22?，(5分) ??? 10? ?－31?20?－54? ???2－1?.(10分) 所以AB＝?22??＝????18??? ? 10?? 20? 22 B. 解：曲线C：ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x－1)＋y＝1.(4分) 设过点A(3， 0)的直线l的直角坐标方程为x＝my＋3， 因为直线l与曲线C有且只有一个公共点， |1－3|所以＝1，解得m＝±3.(8分) 2 1＋m从而直线l的斜率为± 3 .(10分) 3 C. (1) 解：不等式的解集是(－∞，－3]∪[3，＋∞).(4分) (2) 证明：要证f(ab)>|a|f()，只要证|ab－1|>|b－a|，只需证(ab－1)>(b－a). 而(ab－1)－(b－a)＝ab－a－b＋1＝(a－1)(b－1)>0， 从而原不等式成立. (10分) 22. 解：因为DA⊥平面ABC，∠CAB＝90°，所以以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为AC＝AD＝1，AB＝2， 所以A(0，0，0)，C(1，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1). 1 因为点E为线段BD的中点，所以E(0，1，). 21→→ (1) AE＝(0，1，)，BC＝(1，－2，0)， 2→→AE·BC→→ 所以cos〈AE，BC〉＝＝ →→|AE||BC| －24 ＝－， 55 ×54 2 2 22 2 2 2 2 ba22 4 所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为.(5分) 5 1→→ (2) 设平面ACE的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AC＝(1，0，0)，AE＝(0，1，)， 21→→ 所以n1·AC＝0，n1·AE＝0，即x＝0且y＋z＝0，取y＝1，得x＝0，z＝－2， 2所以n1＝(0，1，－2)是平面ACE的一个法向量. 1→→ 设平面BCE的法向量为n2＝(x，y，z)，因为BC＝(1，－2，0)，BE＝(0，－1，)， 2 1→→ 所以n2·BC＝0，n2·BE＝0，即x－2y＝0且－y＋z＝0，取y＝1，得x＝2，z＝2， 2所以n2＝(2，1，2)是平面BCE的一个法向量. n1·n2－35 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝－. (8分) |n1||n2|55×9 所以二面角ACEB的余弦值为－ 5 . (10分) 5 11 23. 证明：(1) 当n＝1时，a1＝∈(0，)，结论显然成立； 321* 假设当n＝k(k≥1，k∈N)时，ak∈(0，)， 2 12112 则当n＝k＋1时，ak＋1＝－2ak＋2ak＝－2(ak－)＋∈(0，). 2221 综上，an∈(0，).(4分) 2 111 (2) 由(1)知，an∈(0，)，所以bn＝－an∈(0，). 222因为an＋1＝－2an＋2an， 11112222 所以－an＋1＝－(－2an＋2an)＝2an－2an＋＝2(an－)，即bn＋1＝2bn. 2222于是log2bn＋1＝2log2bn＋1， 所以(log2bn＋1＋1)＝2(log2bn＋1)， 11 故{log2bn＋1}构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b1＋1＝log2＋1＝log2. 63111n－1n－1n－1 于是log2bn＋1＝(log2)·2，从而log2(2bn)＝(log2)·2＝log2()2， 3331n－1 （）231n－11n－1 所以2bn＝()2，即bn＝，于是＝2·32.(8分) 32bn因为当i＝1，2时，2＝i， i－1i－101i－101 当i≥3时，2＝(1＋1)＝Ci－1＋Ci－1＋…＋Ci－1>Ci－1＋Ci－1＝i， 所以对?i∈N，有2 1 1 *2 i－1 i－1 ≥i，所以32 1 2 i－1 1ii－1i≥3，所以＝2·32≥2·3， bi3（1－3）n＋1 从而＝＋＋…＋≥2(3＋3＋…＋3)＝2×＝3－3.(10分) b1b2bn1－3 n1 n 访问“高中试卷网”——
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