则点O到直线MN的距离为d＝|3m2＋4n2|
.
36m2＋64n2
m2n23
将＋＝1，代入得d＝2.(14分) 43n＋9因为0＜n2≤3，所以dmin＝又
3
. 2
33
＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分) 22
(解法2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(x3，y3)，
因为O为△BMN的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝0， 则x3＝－(x1＋x2)，y3＝－(y1＋y2)．(10分) （x1＋x2）2（y1＋y2）2x2y233
因为＋＝1，所以＋＝1.
4343
22y2x2x2x1x2y1y211y12
将＋＝1，＋＝1，代入得＋＝－.(12分) 4343432
若直线MN的斜率不存在，则线段MN的中点在x轴上，从而B点位于长轴的顶点处． 由于OB＝2，所以此时原点O到直线MN的距离为1. 若直线MN的斜率存在，设为k，则其方程为y＝kx＋n. y＝kx＋n，??
由?x2y2消去y得(3＋4k2)x2＋8knx＋4n2－12＝0 (*)． ??4＋3＝1，
则Δ＝(8kn)2－4(3＋4k2)(4n2－12)＞0，即3＋4k2＞n2. 4n2－128kn由根与系数关系可得x1＋x2＝－，xx＝，
3＋4k2123＋4k2则y1y2＝(kx1＋n)(kx2
＋n)＝k2x
1x2＋kn(x1＋x2
)＋n2＝
3n2－12k2
，
3＋4k2
x1x2y1y2114n2－1213n2－12k2132＝k2＋.(14分) 代入＋＝－，得×＋×＝－，即n43243＋4k23243＋4k2又3＋4k2＞n2，
39
于是3＋4k2＞k2＋，即3k2＋＞0恒成立，因此k∈R.
44
|n|
＝k2＋13. 2
3k2＋
4＝k2＋1
1原点(0，0)到直线MN的距离为d＝因为k2≥0，所以当k＝0时，dmin＝又
1－
. 4（k2＋1）
33
＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分) 22
f（x）
19. 解：(1) 因为h(x)＝－g(x)＝x2－x－(a－16)－aln x，
xa2x2－x－a
所以h′(x)＝2x－1－＝. xx令h′(x)＝0，得2x2－x－a＝0.
55
因为函数h′(x)在[，4]上存在零点，即y＝2x2－x－a在[，4]上存在零点，
225
又函数y＝2x2－x－a在[，4]上单调递增，
255??2×（2）2－2－a≤0，
所以?解得10≤a≤28.
??2×42－4－a≥0，因此，实数a的取值范围是[10，28]．(2分)
(2) (解法1)因为当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0处取得最大值， 即存在实数a，当x∈[0，b]时，f(0)≥f(x)恒成立， 即x3－x2－(a－16)x≤0对任意x∈[0，b]都成立．(4分) 当x＝0时，上式恒成立；(6分)
当x∈(0，b]时，存在a∈[10，28]，使得x2－x＋16≤a成立，(8分) 所以x2－x＋16≤28，解得－3≤x≤4，所以b≤4. 故当a＝28时，b的最大值为4.(10分)
(解法2)由f(x)＝x3－x2－(a－16)x，得f′(x)＝3x2－2x－(a－16)． 设Δ＝4＋12(a－16)＝4(3a－47)．
若Δ≤0，则f′(x)≥0恒成立，f(x)在[0，b]上单调递增，
因此当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0时不能取得最大值，于是Δ＞0，(4分) 故f′(x)＝0有两个不同的实数根，记为x1，x2(x1＜x2)．
若x1＞0，则当x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，x1)上单调递增， 因此当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0时不能取得最大值， 所以x1≤0.(6分)
2
又x1＋x2＝＞0，因此x2＞0，
3
从而当x∈(0，x2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
若存在实数a，当x∈[0，b]时，函数f(x)在x＝0处取得最大值， 则存在实数a，使得f(0)≥f(b)成立，即b3－b2－(a－16)b≤0.(8分) 所以存在a∈[10，28]，使得b2－b＋16≤a成立， 所以b2－b＋16≤28，解得－3≤b≤4， 故当a＝28时，b的最大值为4.(10分)
(3) 设直线l与曲线y＝f(x)相切于点A(x1，f(x1))，与曲线y＝g(x)相切于点B(x2，g(x2))，
22过点A(x1，f(x1))的切线方程为y－[x3即y＝[3x21－x1－(a－16)x1]＝[3x1－2x1－(a－16)](x－x1)，1－2
2x1－(a－16)]x－2x31＋x1.
aa
过点B(x2，g(x2))的切线方程为y－aln x2＝(x－x2)，即y＝x＋aln x2－a.
x2x2因为直线l在y上的截距为－12，
??3x－2x－（a－16）＝x ①，
所以?－2x＋x＝－12 ②，(12分)
??aln x－a＝－12 ③.
2
1
1
2
31
212
a
a??24－a＝x，1－x22由②解得x1＝2，则?消去a，得ln x2＋＝0.(14分)
2x2
??aln x2－a＝－12，5
由(1)知10≤a≤28，且x2＞0，则x2≥.
7
1－x5112x－1
令p(x)＝ln x＋，x∈[，＋∞)，则p′(x)＝－2＝. 2x7x2x2x25
因为p′(x)＞0，所以函数p(x)在[，＋∞)上为增函数．
7因为p(1)＝0，且函数p(x)的图象是不间断的， 5
所以函数p(x)在[，＋∞)上有唯一零点1，
71－x2
所以方程ln x2＋＝0的解为x2＝1，所以a＝12.
2x2所以实数a的值为12.(16分)
20. (1) 解：设等比数列{an}的公比为q，
因为S4＝5S2，所以a1＋a2＋a3＋a4＝5(a1＋a2)，即a3＋a4＝4(a1＋a2)， 所以a1q2(1＋q)＝4a1(1＋q)．
因为数列{an}的各项均为正整数，所以a1，q均为正数，所以q2＝4，解得q＝2.
又a1＝1，所以an＝2n1，从而a3＝4， 所以T3＝S4＝1＋2＋22＋23＝15.(2分)
(2) 解：设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d. 因为数列{an}的各项均为正整数，所以d∈Z.
a1
若d＜0，令an＞0，得n＜1－，这与{an}为无穷数列相矛盾，
d因此d≥0，即d∈N.(4分)
n（n－1）dan（an－1）d（an－1）dTn
因为Sn＝na1＋，所以Tn＝a1an＋，因此＝a1＋. 22an2（an－1）dTn
由＜2，得a1＋＜2.(6分) an2
（an－1）d因为a1∈N*，d∈N，所以2＞a1＋≥a1≥1，因此a1＝1.
2（n－1）d2
于是1＋＜2，即(n－1)d2＜2.
2
① 若d＝0，则存在无穷多个n(n≥2)，使得上述不等式成立，所以d＝0不合题意；(8分) 2
② 若d∈N*，则n＜1＋2，
d
因为存在唯一的正整数n(n≥2)，使得该不等式成立， 2
所以2＜1＋2≤3，即1≤d2＜2.
d
又d∈N*，所以d＝1，因此an＝1＋(n－1)×1＝n.(10分)
(3) 证明：因为Sn＋1－Sn＝an＋1＞0，所以Sn＋1＞Sn，即数列{Sn}单调递增． （n＋1）（n＋2）n（n＋1）
又Tn＋1－Tn＝－＝n＋1＞0，
22所以Tn＋1＞Tn，即San＋1＞San，
因为数列{Sn}单调递增，所以an＋1＞an.(12分) 又an∈N*，所以an＋1≥an＋1，即an＋1－an≥1， 所以an＋1－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)≥n， 因此an＋1≥a1＋n≥1＋n，即an≥n(n≥2)． 又a1≥1，所以an≥n ①.(14分)
由Tn＋1－Tn＝n＋1，得aan＋1＋aan＋2＋…＋aan＋1＝n＋1， 因此n＋1≥aan＋1≥an＋1，即an≤n ②.
－
由①②知an＝n，因此an＋1－an＝1， 所以数列{an}为等差数列．(16分)
2020届高三模拟考试试卷(南京、盐城) 数学附加题参考答案及评分标准
12?10???－
21. A. 解：(1) 因为M＝??，MN＝??，所以N＝M1.(2分)
?21??01?因为|M|＝1×1－2×2＝－3，(4分)
所以N＝M
－1
??＝
?－2?－3
1－2－
3－3
1
??－3?＝?
21
－?? 33?1λ＋32－3
2－3
?.(6分) 1?－?3
2
2
23
?
(2) N的特征多项式f(λ)＝?
??121＝(λ＋)－(－)＝(λ－)(λ＋1)．(8分)
3331?λ＋?3
1
令f(λ)＝0，解得λ＝或－1，
31
所以N的特征值是和1.(10分)
3
1x1
B. 解：曲线C的普通方程为y＝()2＝x2.(2分)
228由直线l的极坐标方程ρcos(θ－即
πππ
)＝2，得ρ(cos θcos＋sin θsin)＝2， 444
22
x＋y＝2，所以直线l的方程为y＝－x＋2.(4分) 22
1??y＝8x2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程组?
??y＝－x＋2，消去y，得x2＋8x－16＝0，(6分) 则x1＋x2＝－8，x1x2＝－16，
所以AB＝1＋（－1）2|x1－x2|＝2×（x1＋x2）2－4x1x2＝2×（－8）2－4×（－16）＝16.(10分)
江苏省南京市盐城市2020届高三第二次模拟考试 数学(含答案)
