2019年大学自主招生考试数学模拟试题
1.对于数列{un}，若存在常数M>0，对任意的n∈N*，恒有
|un+1－un|+|un－un－1|+…+|u2－u1|≤M，
则称数列{un}为B—数列.
(1)首项为1，公比为q(|q|<1)的等比数列是否为B—数列?请说明理由； (2)设Sn是数列{xn}的前n项和，给出下列两组判断： A组：①数列{xn}是B—数列，②数列{xn}不是B—数列； B组：③数列{Sn}是B—数列，④数列{Sn}不是B—数列.
请以其中一组中的论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题，判断所给出的命题的真假，并证明你的结论；
(3)若数列{an}、{bn}都是B—数列，证明：数列{anbn}也是B—数列. 【解析】(1)由题意，un=qn1，|ui+1－ui|=|q|i1(1－q)，
－
－
于是：
|un+1－un|+|un－un－1|+…+|u2－u1|
1－|q|n
=(1－q)·
1－|q|≤1－|q|n ≤1，
由定义知，数列为B—数列.
(2)命题1：数列{xn}是B—数列，数列{Sn}是B—数列.此命题是假命题. 取xn=1(n∈N*)，则数列{xn}是B—数列；而Sn=n， |Sn+1－Sn|+|Sn－Sn－1|+…+|S2－S1|=n， 由于n的任意性，显然{Sn}不是B—数列.
命题2：若数列{Sn}是B—数列，则数列{xn}是B—数列.此命题是真命题. 证明：|Sn+1－Sn|+|Sn－Sn－1|+…+|S2－S1|=|xn+1|+|xn|+…+|x2|≤M， 又因为
|xn+1－xn|+|xn－xn－1|+…+|x2－x1| ≤|xn+1|+2|xn|+2|xn－1|+…+2|x2|+|x1| ≤2M+|x1|，
所以：数列{xn}为B—数列.
1
(3)若数列{an}、{bn}均为B—数列，则存在正数M1，M2，对于任意的n∈N*，有
|an+1－an|+…+|a2－a1|≤M1， |bn+1－bn|+…+|b2－b1|≤M2，
注意到：
|an|=|an－an－1+an－1－an－2+…+a2－a1+a1|
≤|an+1－an|+…+|a2－a1|+a1≤M1+a1；
同理：|bn|≤M2+b1； 令k1=M1+a1，k2=M2+b1，
则|an+1bn+1－anbn|=|an+1bn+1－anbn+1+anbn+1－anbn|
≤|bn+1||an+1－an|+|an||bn+1－bn| ≤k2|an+1－an|+k1|bn+1－bn|；
从而：
|an+1bn+1－anbn|+|anbn－an－1bn－1|+…+|a2b2－a1b1|
≤k2(|an+1－an|+|an－an－1|+…+|a2－a1|)+k1(|bn+1－bn|+|bn－bn－1|+…+|b2－b1|) ≤k2M1+k1M2.
所以：数列{anbn}是B—数列.
x2y2
2.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知F1、F2分别是椭圆E：2+2=1(a>b>0)的左、右焦
ab→→
点，A、B分别是椭圆E的左、右顶点，D(1，0)为线段OF2的中点，且AF2+5BF2=0. (1)求椭圆E的方程；
(2)若M为椭圆上的动点(异于点A、B)，连接MF1并延长交椭圆E于点N，连接MD、ND并分别延长交椭圆E于点P、Q，连接PQ.设直线MN、PQ的斜率存在且分别为k1、k2，试问是否存在常数λ，使得k1+λk2=0恒成立?若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由. →→
【解析】(1)易知c=2，因为AF2+5BF2，即a+c=5(a－c)，解得：a=3，所以：b2=a2－c2=5. x2y2
所以：椭圆E的方程为+=1. 95
(2)设直线MN的方程为x=ty－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
y1所以：直线MP的方程为y=(x－1)，联立椭圆方程和直线方程可得：
x1－1
??x+y=1，22?95消去y得：(5－x1)x2－(9－x1)x+9x1－5x1=0， ?y1x－(x1－1)y－y1=0，?
2
22
由根与系数的关系可得：xP=于是P?
9－5x1
， 5－x1
?9－5x1，4y1?，同理可得：Q?9－5x2，4y2?，
??5－x5－x??5－x15－x1??22?
282825
所以：k2=－=－k1，即：k1+k2=0
25t252825
所以：存在λ=满足题意.
28
a
3.已知函数f (x)=lnx－ax+，其中a为常数.
x
(1)若f(x)的图象在x=1处的切线经过点(3，4)，求a的值； a?(2)若0
(3)当函数f (x)存在三个不同的零点时，求a的取值范围. 1a
【解析】(1)f ′(x)=－a－2，所以f′(1)=1－2a，
xx
1
因为切点坐标为(1，0)，所以k=2，所以：1－2a=2，解得：a=－. 2a32
(2)证明：原题即证2lna－ln2－+>0对任意的a∈(0，1)成立.
2aa3223a224a－3a－4
令g(a)= 2lna－ln2－+，所以：g′(a)=－－2=，
2aa2a2a24
2
?0，1??1，1?
令h(a)=4a－3a－4，则h′(a)=4－12a，则h(a)在?在?3?上单调递减，3?单调递增，
3???3?
4
3
?1?3
而h(a)max=h?3?=9－4<0，
?3?
所以：g′(a)<0，所以：g(a)在(0，1)上单调递减， 3
所以：g(a)>g(1)=－ln2+>0.
2
(3)显然x=1是函数的一个零点，则只需a=令g(x)=
xlnx
，x>0且x≠1. x2－1
x－1
－(x+1)?lnx－2?x+1??
2
2
xlnx
有两个不等的实数解即可. x2－1
则g′(x)=
(x2－1)2x2－1
，令φ(x)=lnx－2，
x+1
(x2－1)214x
则φ′(x)=－22=22>0，
x(x+1)x(x+1)
于是φ(x)在(0，+∞)上单调递增，同时注意到φ(1)=0. 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)单调递减.
3
因为lim
xlnxlnxx1
=lim=lim=lim2=， 21x→11x→1x+12x→1x－1x→1
x－1+2xx
xlnxlnxxxlnx1=lim=lim=lim=0， 2=0，lim221x→01+xx→0x－1x→0x→+∞x－1x→01x－x+xx
1
x
又因为lim
1
所以：0 1115 4.设非负实数x、y、z满足xy+yz+zx=1，求证：++≥. x+yy+zz+x2 1 【解析】证明：由于对称性，不妨设x≥y≥z，设y+z=a，则ax=1－yz≤1，所以：x≤， a令 1112x+a1++=+=f (x)， x+yy+zz+xx2+1a 2(yz－x2)22 所以：f ′(x)=－22(x+ax－1)=22<0，即f (x)为单调递减函数， (x+1)(x+1)1?2a+a1 所以：f (x)≥f ??a?=1+a2+a， 22 2a+a315(a－1)(2a－a+2)因为+－=≥0， 1+a2a22a(a2+1) 3 当且仅当a=1时等号成立，此时x=1，则y+z+yz=1，且yz=0， 所以等号成立的条件为x=1，y=1，z=0(或者其轮换). 变式题：设非负实数x、y、z满足xy+yz+zx=1，求证： 1111 ++≥+2. x+yy+zz+x2 5.设函数f (x)是定义在区间(1，+∞)上的函数，其导函数为f ′(x)，如果存在实数a和函数h(x)，其中，h(x)对任意的x∈(1，+∞)都有h(x)>0，使得f ′(x)=h(x)(x2－ax++1)，则称函数f (x)具有性质P(a). b+2 (1)设函数f (x)=lnx+(x>1)，其中b为常数； x+1①求证函数f (x)具有性质P(a)； ②求函数f (x)的单调区间； (2)已知函数g(x)具有性质P(2)，给定x1，x2∈(1，+∞)，x1 x2－bx+1 【解析】(1)①因为f ′(x)=，显然对x2－bx+1=t(x)，存在b使得对x∈(1，+∞)，t(x)>0 x(x+1)21 恒成立，h(x)=>0恒成立. x(x+1)2x2－bx+1 ②由①知，f ′(x)=，当b≤2时，f ′(x)≥0恒成立，此时f (x)在(0，+∞)单调递增， x(x+1)2 4 b+b2－4 当b>2时，f ′(x)在(1，+∞)上有一个零点x0=， 2 b+b2－4?b+b2－4??? 函数f (x)在?1，?上单调递减，在?，+∞?单调递增. 22???? 5
2019年大学自主招生考试数学模拟试题解析版
