发布时间 : 星期六 文章浙江省嘉兴市2018-2019学年高考数学一模试卷(理科) Word版含解析更新完毕开始阅读13e88f863086bceb19e8b8f67c1cfad6195fe92c
由（Ⅰ）可知，=为平面PAC的法向量，=，
=（4，0，﹣4），
设平面PBC的一个法向量为=（x，y，z）， 则
，即
，
，
=
，
，
令z=3，解得x=3，y=
则平面PBC的一个法向量为=
设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，则cosθ=
∴二面角aA﹣PC﹣B余弦值为．
点评： 本题考查了线面平行与垂直的判定与性质定理、平行线分线段成比例的判定定理，考查了通过建立空间直角坐标系利用线面垂直的性质定理、向量垂直与数量积的关系及平面的法向量的夹角求出二面角的方法，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力．
18．已知直线l：y=kx+1（k≠0）与椭圆3x+y=a相交于A、B两个不同的点，记l与y轴的交点为C． （Ⅰ）若k=1，且|AB|=（Ⅱ）若
=2
，求实数a的值；
2
2
，求△AOB面积的最大值，及此时椭圆的方程．
考点： 椭圆的简单性质．
专题： 圆锥曲线中的最值与范围问题．
分析： （Ⅰ）若k=1，联立直线和椭圆方程，结合相交弦的弦长公式以及|AB|=求实数a的值；
，即可
（Ⅱ）根据解即可．
=2关系，结合一元二次方程根与系数之间的关系，以及基本不等式进行求
解答： 解：设A（x1，y1），B（x2，y2）， （Ⅰ）由
得4x+2x+1﹣a=0，
2
则x1+x2=则|AB|=
，x1x2=
=
，
，解得a=2．
2
2
（Ⅱ）由，得（3+k）x+2kx+1﹣a=0，
则x1+x2=﹣，x1x2=，
由=2得（﹣x1，1﹣y1）=2（x2，y2﹣1），
解得x1=﹣2x2，代入上式得： x1+x2=﹣x2=﹣
，则x2=
=
，
=
，
当且仅当k=3时取等号，此时x2=
2
，x1x2=﹣2x2=﹣2×
2
，
又x1x2==，
则=，解得a=5．
，此时椭圆的方程为3x+y=5．
2
2
所以，△AOB面积的最大值为
点评： 本题主要考查椭圆方程的求解，利用直线方程和椭圆方程构造方程组，转化为根与系数之间的关系是解决本题的关键．
19．设二次函数f（x）=ax+bx+c（a，b∈R）满足条件：①当x∈R时，f（x）的最大值为0，且f（x﹣1）=f（3﹣x）成立；②二次函数f（x）的图象与直线y=﹣2交于A、B两点，且|AB|=4
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）求最小的实数n（n＜﹣1），使得存在实数t，只要当x∈[n，﹣1]时，就有f（x+t）≥2x成立．
2
考点： 二次函数的性质；函数恒成立问题． 专题： 函数的性质及应用．
分析： （Ⅰ）根据题意可假设f（x）=a（x﹣1）．（a＜0），令a（x﹣1）=﹣2，x=1求解即可得出解析式．
（Ⅱ）利用不等式解得﹣t﹣1≤x，又f（x+t）≥2x在x∈[n，﹣1]时恒成立，转化为令g（t）=﹣t﹣1﹣2，易知g（t）=﹣t﹣1﹣2单调递减， 所以，g（t）≥g（4）=﹣9，得出n能取到的最小实数为﹣9． 解答： 解：（Ⅰ）由f（x﹣1）=f（3﹣x）可知函数f（x）的对称轴为x=1， 由f（x）的最大值为0，可假设f（x）=a（x﹣1）．（a＜0） 令a（x﹣1）=﹣2，x=1所以，f（x）=﹣（x﹣1）． （Ⅱ）由f（x+t）≥2x可得，
（x﹣1+t）≥2x，即x+2（t+1）x+（t﹣1）≤0，
2
2
2
2
2
2
2
2
，
，则易知2=4，a=﹣．
解得﹣t﹣1≤x， 又f（x+t）≥2x在x∈[n，﹣1]时恒成立， 可得由（2）得0≤t≤4．
令g（t）=﹣t﹣1﹣2，易知g（t）=﹣t﹣1﹣2单调递减， 所以，g（t）≥g（4）=﹣9，
由于只需存在实数，故n≥﹣9，则n能取到的最小实数为﹣9．
此时，存在实数t=4，只要当x∈[n，﹣1]时，就有f（x+t）≥2x成立．
点评： 本题考查了函数的解析式的求解，方程组求解问题，分类讨论求解，属于中档题．
20．在数列{an}中，a1=3，an=
，bn=an+2，n=2，3，
（Ⅰ）求a2，a3，判断数列{an}的单调性并证明； （Ⅱ）求证：|an﹣2|＜|an﹣1﹣2|（n=2，3，…）；
（Ⅲ）是否存在常数M，对任意n≥2，有b2b3…bn≤M？若存在，求出M的值；若不存在，请说明理由．
考点： 数列递推式；数列与不等式的综合．
专题： 点列、递归数列与数学归纳法；不等式的解法及应用． 分析： （Ⅰ）由a1=3，an=an=
，两边平方得
，得
，
，进一步得到
，且可知an＞0．再由
，
＜0易知，an﹣an﹣1＜0，即an
两式作差可得an+1﹣an与an﹣an﹣1同号．由＜an﹣1，可知数列{an}单调递减；
（Ⅱ）由，可得，，（an﹣2）（an+2）=an﹣1﹣2，进一步
得到．由an﹣2与an﹣1﹣2同号，可得an﹣2＞0，即an＞2，可得
，则|an﹣2|＜|an﹣1﹣2|；
（Ⅲ）由（an﹣2）（an+2）=an﹣1﹣2，得，即，累积后由|an
﹣2|＜|an﹣1﹣2|，可知|an﹣2|＜|an﹣1﹣2|
=
，得
n﹣1
，由an＞2，得
在常数M，对任意n≥2，有b2b3…bn≤M成立． 解答： （Ⅰ）解：由a1=3，an=由an=则有
，得（2），
，得（1），
．结合当n→∞时，4→∞，说明不存
，，且可知an＞0．
由（2）﹣（1）得：
（an+1+an）（an+1﹣an）=an﹣an﹣1， ∵an＞0，∴an+1﹣an与an﹣an﹣1同号．由
，
＜0，
易知，an﹣an﹣1＜0，即an＜an﹣1，可知数列{an}单调递减； （Ⅱ）证明：由
，可得，
，（an﹣2）（an+2）=an﹣1﹣2，
∴．
由（an﹣2）（an+2）=an﹣1﹣2，易知，an﹣2与an﹣1﹣2同号，
由于a1﹣2=3﹣2＞0，可知，an﹣2＞0，即an＞2， ∴an+2＞4，∴
，
∴|an﹣2|＜|an﹣1﹣2|，得证；
（Ⅲ）解：∵（an﹣2）（an+2）=an﹣1﹣2， ∴
，即
，