13.在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B在圆x2＋y2＝4上，且AB＝2，点P（3，－1），·（＋）＝16，设AB的中点M的横坐标为x0，则x0的所有值为________．
14.已知集合A＝{x|x＝2k－1，k∈N*}，B＝{x|x＝8k－8，k∈N*}，从集合A中取出m个不同元素，其和记为S；从集合B中取出n个不同元素，其和记为T.若S＋T≤967，则m＋2n的最大值为________．
二、解答题：
本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15.（本小题满分14分）
在平面直角坐标系中，设向量a＝（cosα，sinα），b＝，其中0<α<.
（1）若a∥b，求α的值；
（2）若tan2α＝－，求a·b的值．
16.（本小题满分14分）
如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，A1B1⊥B1C1.设A1C与AC1交于点D，B1C与BC1交于点E.求证：
（1）DE∥平面ABB1A1；
（2）BC1⊥平面A1B1C.
17.（本小题满分14分）
图①是一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图②，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形．点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H，M.已知HM＝5m，BC＝10m，梯形ABFE的面积是△FBC面积的2.2倍．设∠FMH＝θ.
（1）求屋顶面积S关于θ的函数关系式；
（2）已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k（k为正的常数），下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16k.现欲造一栋上、下总高度为6m的别墅，试问：
当θ为何值时，总造价最低？
①
②
18.（本小题满分16分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：
＋y2＝1，椭圆C2：
＋＝1（a>b>0），C2与C1的长轴长之比为∶1，离心率相同．
（1）求椭圆C2的标准方程；
（2）设点P为椭圆C2上一点．
①射线PO与椭圆C1依次交于点A，B，求证：
为定值；
②过点P作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，且直线l1，l2与椭圆C1均有且只有一个公共点，求证：
k1·k2为定值．
19.（本小题满分16分）
已知函数f（x）＝2lnx＋x2－ax，a∈R.
（1）当a＝3时，求函数f（x）的极值；
（2）设函数f（x）在x＝x0处的切线方程为y＝g（x），若函数y＝f（x）－g（x）是（0，＋∞）上的单调增函数，求x0的值；
（3）是否存在一条直线与函数y＝f（x）的图象相切于两个不同的点？
并说明理由．
20.（本小题满分16分）
已知数列{an}的各项均不为零．设数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.
（1）求a1，a2的值；
（2）证明：
数列{an}是等比数列；
（3）若（λ－nan）（λ－nan＋1）<0对任意的n∈N*恒成立，求实数λ的所有值．
2019届高三年级第二次模拟考试（十二）
数学附加题（满分40分，考试时间30分钟）
21.【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
A.[选修4-2：
矩阵与变换]（本小题满分10分）
已知m，n∈R，向量α＝是矩阵M＝的属于特征值3的一个特征向量，求矩阵M及另一个特征值．
B.[选修4-4：
坐标系与参数方程]（本小题满分10分）
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为（t为参数），椭圆C的参数方程为（θ为参数）．设直线l与椭圆C交于A，B两点，求线段AB的长．
C.[选修4-5：
不等式选讲]（本小题满分10分）
已知x，y，z均是正实数，且x2＋4y2＋z2＝16，求证：
x＋y＋z≤6.
【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共计20分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
22.（本小题满分10分）
如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AB＝1，AP＝AD＝2.
（1）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
（2）若点M，N分别在AB，PC上，且MN⊥平面PCD，试确定点M，N的位置．
23.（本小题满分10分）
已知a1，a2，…，an（n∈N*，n≥4）均为非负实数，且a1＋a2＋…＋an＝2.证明：
（1）当n＝4时，a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a1≤1;
（2）对于任意的n∈N*，n≥4，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1≤1.
2019届高三年级第二次模拟考试（南通七市）
数学参考答案
1.4 2. 3.35 4. 5.30 6.[2，＋∞） 7.－ 8.2 9.2 10.29π 11.5 12.4
13.1， 14.44
15.
（1）因为a∥b，
所以cosαcos－sinαsin＝0，（2分）
所以cos＝0.（4分）
因为0<α<，所以<2α＋<，
所以2α＋＝，解得α＝.（6分）
（2）因为0<α<，所以0<2α<π.
又tan2α＝－<0，故<2α<π.
因为tan2α＝＝－，
所以cos2α＝－7sin2α<0.
又sin22α＋cos22α＝1，
解得sin2α＝，cos2α＝－.（10分）
所以a·b＝cosαsin＋sinαcos＝sin（12分）
＝sin2αcos＋cos2αsin
＝·＋·＝.（14分）
16.
（1）因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，
所以侧面ACC1A1为平行四边形．
又A1C与AC1交于点D，
所以D为AC1的中点．
同理，E为BC1的中点，所以DE∥AB.（3分）
又AB⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，
所以DE∥平面ABB1A1.（6分）
（2）因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥平面A1B1C1.
又因为A1B1⊂平面A1B1C1，
所以BB1⊥A1B1.（8分）
又A1B1⊥B1C1，BB1，B1C1⊂平面BCC1B1，
BB1∩B1C1＝B1，
所以A1B1⊥平面BCC1B1.（10分）
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BC1.（12分）
又因为侧面BCC1B1为正方形，所以BC1⊥B1C.
又A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC1⊥平面A1B1C.（14分）
17.
（1）由题意得FH⊥平面ABCD，FM⊥BC，
又因为HM⊂平面ABCD，所以FH⊥HM.（2分）
在Rt△FHM中，HM＝5，∠FMH＝θ，
所以FM＝，（4分）
所以△FBC的面积为×10×＝，
所以屋顶面积S＝2S△FBC＋2S梯形ABFE＝2×＋2××2.2＝，
所以S关于θ的函数关系式为S＝.（6分）
（2）在Rt△FHM中，FH＝5tanθ，
所以主体高度为h＝6－5tanθ，（8分）
所以别墅总造价为
y＝S·k＋h·16k
＝·k＋（6－5tanθ）·16k
＝k－k＋96k
＝80k·＋96k（10分）
记f（θ）＝，0<θ<，
所以f′（θ）＝，
令f′（θ）＝0，得sinθ＝.
又0<θ<，所以θ＝.（12分）
列表：
所以当θ＝时，f（θ）有最小值．
故当θ为时该别墅总造价最低.（14分）
18.
（1）设椭圆C2的焦距为2c，由题意，得a＝2，
＝，a2＝b2＋c2，
解得b＝，
所以椭圆C2的标准方程为＋＝1.（3分）
（2）①1°当直线OP的斜率不存在时，
PA＝－1，PB＝＋1，则
＝＝3－2.（4分）
2°当直线OP的斜率存在时，设直线OP的方程为y＝kx，
代入椭圆C1的方程，消去y，得（4k2＋1）x2＝4，
所以x＝，同理x＝，（6分）
所以x＝2x，由题意，得xP与xA同号，
所以xP＝xA，
所以＝＝＝＝3－2，
所以＝3－2为定值.（8分）
②设P（x0，y0），所以直线l1的方程为
y－y0＝k1（x－x0），即y＝k1x＋k1y0－x0，
记t＝k1y0－x0，则l1的方程为y＝k1x＋t，
代入椭圆C1的方程，消去y，得（4k＋1）x2＋8k1tx＋4t2－4＝0.
因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，
所以Δ＝（8k1t）2－4（4k＋1）（4t2－4）＝0，
即4k－t2＋1＝0，
将t＝k1y0－x0代入上式，整理得，
（x－4）k－2x0y0k1＋y－1＝0,（12分）
同理可得，（x－4）k－2x0y0k2＋y－1＝0，
所以k1，k2为关于k的方程（x－4）k2－2x0y0k＋y－1＝0的两根，
所以k1·k2＝.（14分）
又点P（x0，y0）在椭圆C2：
＋＝1上，
所以y＝2－x，
所以k1·k2＝＝－为定值．（16分）
19.
（1）当a＝3时，函数f（x）＝2lnx＋x2－3x的定义域为（0，＋∞），
则f′（x）＝＋x－3＝，
令f′（x）＝0，得x＝1或x＝2.（2分）
列表：
所以函数f（x）的极大值为f
（1）＝－，极小值为f
（2）＝2ln2－4.（4分）
（2）依题意，得切线方程为y＝f′（x0）（x－x0）＋f（x0）（x0>0），
所以g（x）＝f′（x0）（x－x0）＋f（x0）（x0>0），
记p（x）＝f（x）－g（x），
则p（x）＝f（x）－f（x0）－f′（x0）（x－x0）在（0，＋∞）上为单调增函数，
所以p′（x）＝f′（x）－f′（x0）≥0在（0，＋∞）上恒成立，
即p′（x）＝－＋x－x0≥0在上恒成立.（8分）
法一：
变形得（x－x0）≥0在（0，＋∞）上恒成立，
所以＝x0，又x0>0，所以x0＝.（10分）
法二：
变形得x＋≥x0＋在（0，＋∞）上恒成立，
因为x＋≥2＝2（当且仅当x＝时，等号成立），
所以2≥x0＋，所以≤0，
所以x0＝.（10分）
（3）假设存在一条直线与函数f（x）的图象有两个不同的切点T1（x1，y1），T2（x2，y2），
不妨设0y－f（x1）＝f′（x1）（x－x1），
点T2处切线l2的方程为
y－f（x2）＝f′（x2）（x－x2）．
因为l1，l2为同一直线，
所以（12分）
所以＋x1－a＝＋x2－a，
2lnx1＋x－ax1－x1＝2lnx2＋x－ax2－x2，
整理，得（14分）
消去x2，得2ln＋－＝0.①
令t＝，由0记p（t）＝2lnt＋－t，则p′（t）＝－－1＝－<0，
所以p（t）为（0，1）上的单调减函数，
所以p（t）>p
（1）＝0，
所以①式不可能成立，所以假设不成立，所以不存在一条直线与函数f（x）的图象有两个不同的切点．（16分）
20.
（1）因为3S－4Sn＋Tn＝0，n∈N*.
令n＝1，得3a－4a1＋a＝0.
因为a1≠0，所以a1＝1.
令n＝2，得3（1＋a2）2－4（1＋a2）＋（1＋a）＝0，即2a＋a2＝0.
因为a2≠0，所以a2＝－.（3分）
（2）因为3S－4Sn＋Tn＝0，①
所以3S－4Sn＋1＋Tn＋1＝0，②
②－①，得3（Sn＋1＋Sn）an＋1－4an＋1＋a＝0，
因为an＋1≠0，所以3（Sn＋1＋Sn）－4＋an＋1＝0，③
（5分）
所以3（Sn＋Sn－1）－4＋an＝0（n≥2），④
当n≥2时，③－④，得3（an＋1＋an）＋an＋1－an＝0，即an＋1＝－an.
因为an≠0，所以＝－.
又由
（1）知，a1＝1，a2＝－，所以＝－，
所以数列{an}是以1为首项，－为公比的等比数列.（8分）
（3）由
（2）知，an＝.
因为对任意的n∈N*，（λ－nan）（λ－nan＋1）<0恒成立，
所以λ的值介于n和n之间．
因为n·n<0对任意的n∈N*恒成立，所以λ＝0适合.（10分）
若λ>0，当n为奇数时，n<λ记p（n）＝（n≥4），因为p（n＋1）－p（n）＝－＝<0，
所以p（n）≤p（4）＝1，即≤1，所以≤（*），
从而当n≥5且n≥时，有λ≥≥，
所以λ>0不符．（13分）
若λ<0，当n为奇数时，n<λ由（*）式知，当n≥5且n≥－时，有－λ≥≥，所以λ<0不符．
综上，实数λ的所有值为0.（16分）
21.A.由题意，得Mα＝3α，即＝＝，
所以m＝2，n＝1，即矩阵M＝.（5分）
矩阵M的特征多项式f（λ）＝＝（λ－1）2－4＝0，
解得矩阵M的另一个特征值为λ＝－1.（10分）
B.由题意，得直线l的普通方程为x－y－1＝0.①
椭圆C的普通方程为＋y2＝1.②
（4分）
由①②联立，解得A（0，－1），B，（8分）
所以AB＝＝.（10分）
C.由柯西不等式，得[x2＋（2y）2＋z2]·≥（x＋y＋z）2.（5分）
因为x2＋4y2＋z2＝16，
所以（x＋y＋z）2≤16×＝36，
所以x＋y＋z≤6，当且仅当x＝2y＝z时取等号.（10分）
22.
（1）由题意，知AB，AD，AP两两垂直．
以{，，}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则
B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），
所以＝（1，0，－2），＝（1，2，－2），＝（0，2，－2）．
设平面PCD的法向量n＝（x，y，z），
则即
不妨取y＝1，则x＝0，z＝1，
所以平面PCD的一个法向量为n＝（0，1，1）．（3分）
设直线PB与平面PCD所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，
即直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.（5分）
（2）设M（a，0，0），则＝（－a，0，0），
设＝λ，则＝，
因为＝（0，0，2），
所以＝＋＋＝（λ－a，2λ，2－2λ）.（8分）
由
（1）知，平面PCD的一个法向量为n＝（0，1，1），
因为MN⊥平面PCD，所以∥n，
所以解得λ＝，a＝，
所以M为AB的中点，N为PC的中点.（10分）
23.
（1）当n＝4时，因为a1，a2，…，a4均为非负实数，且a1＋a2＋a3＋a4＝2，
所以a1a2＋a2a3＋a3a4＋a4a1
＝a2（a1＋a3）＋a4（a3＋a1）
＝（a3＋a1）（a2＋a4）（2分）
≤＝1.（4分）
（2）①当n＝4时，由
（1）可知，命题成立；
②假设当n＝k（k≥4）时，命题成立，
即对于任意的k≥4，若x1，x2，…，xk均为非负实数，且x1＋x2＋…＋xk＝2，
则x1x2＋x2x3＋…＋xk－1xk＋xkx1≤1，
则当n＝k＋1时，设a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＝2，不妨设ak＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}．
令x1＝（a1＋a2），x2＝a3，xk－1＝ak，xk＝ak＋1，
则x1＋x2＋…＋xk＝2.
由归纳假设，
知x1x2＋x2x3＋…＋xk－1xk＋xkx1≤1.（8分）
因为a1，a2，a3均为非负实数，且ak＋1≥a1，
所以x1x2＋xkx1＝（a1＋a2）a3＋ak＋1（a1＋a2）
＝a2a3＋ak＋1a1＋a1a3＋ak＋1a2
≥a1a2＋a2a3＋ak＋1a1，
所以1≥（x1x2＋xkx1）＋（x2x3＋…＋xk－1xk）≥（a1a2＋a2a3＋ak＋1a1）＋（a3a4＋…＋akak＋1），
即a1a2＋a2a3＋…＋akak＋1＋ak＋1a1≤1，
所以当n＝k＋1时命题也成立，
所以由①②可知，对于任意的n≥4，a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＋ana1≤1.（10分）
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