江蘇省南京市高三數(shù)學(xué)第三次調(diào)研考試（5月）試題

江蘇省南京市2019屆高三數(shù)學(xué)第三次調(diào)研考試（5月）試題(滿分160分，考試時間120分鐘)2019．5一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．1.已知集合U＝{x|1<x<6，x∈N}，A＝{2，3}，則?UA＝________．2.若復(fù)數(shù)z滿足z(1＋i)＝1，其中i為虛數(shù)單位，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第________象限．3.已知某商場在一周內(nèi)某商品日銷售量的莖葉圖如圖所示，那么這一周該商品日銷售量的平均數(shù)為________．4.一個算法的偽代碼如圖所示，執(zhí)行此算法，輸出S的值為________．5.若實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,2x＋y≥0，,x≤1，))則x＋3y的最小值為________．6.從1，2，3，4，5這5個數(shù)字中隨機(jī)抽取3個不同的數(shù)字，則這3個數(shù)字經(jīng)適當(dāng)排序后能組成等差數(shù)列的概率為________．7.若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,f（x－2），x>0，))則f(log23)＝________．8.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且2Sn＝3n－1，n∈N*.若bn＝log3an，則b1＋b2＋b3＋b4的值為________．9.已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))，其中ω>0.若x1，x2是方程f(x)＝2的兩個不同的實數(shù)根，且|x1－x2|的最小值為π，則當(dāng)x∈[0，eq\f(π,2)]時，f(x)的最小值為________．10.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點F作一條漸近線的平行線，交另一條漸近線于點P.若線段PF的中點恰好在此雙曲線上，則此雙曲線的離心率為________．11.有一個體積為2的長方體，它的長、寬、高依次為a，b，1.現(xiàn)將它的長增加1，寬增加2，且體積不變，則所得新長方體高的最大值為________．12.已知向量a，b，c是同一平面內(nèi)的三個向量，其中a，b是夾角為60°的兩個單位向量．若向量c滿足c·(a＋2b)＝－5，則|c|的最小值為________．13.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知MN是圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝2的一條弦，且CM⊥CN，P是MN的中點．當(dāng)弦MN在圓C上運(yùn)動時，直線l：x－3y－5＝0上存在兩點A，B，使得∠APB≥eq\f(π,2)恒成立，則線段AB長度的最小值是________．14.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋x－eq\f(1,2)，對任意x∈[1，＋∞)，當(dāng)f(x)≥mx恒成立時實數(shù)m的最大值為1，則實數(shù)a的取值范圍是________．二、解答題：本大題共6小題，共90分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．15.(本小題滿分14分)已知a，b，c分別是△ABC三個角A，B，C所對的邊，且滿足acosB＋bcosA＝eq\f(ccosA,cosC).(1)求證：A＝C；(2)若b＝2，且eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1，求sinB的值．16.(本小題滿分14分)在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°.(1)求證：平面PAC⊥平面PAB；(2)設(shè)平面PBC∩平面PAD＝l，求證：BC∥l.

17.(本小題滿分14分)如圖，某摩天輪底座中心A與附近的景觀內(nèi)某點B之間的距離AB為160m．摩天輪與景觀之間有一建筑物，此建筑物由一個底面半徑為15m的圓柱體與一個半徑為15m的半球體組成．圓柱的底面中心P在線段AB上，且PB為45m．半球體球心Q到地面的距離PQ為15m．把摩天輪看作一個半徑為72m的圓C，且圓C在平面BPQ內(nèi)，點C到地面的距離CA為75m．該摩天輪勻速旋轉(zhuǎn)一周需要30min，若某游客乘坐該摩天輪(把游客看作圓C上一點)旋轉(zhuǎn)一周，求該游客能看到點B的時長．(只考慮此建筑物對游客視線的遮擋)

18.(本小題滿分16分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(1，eq\f(\r(2),2))，離心率為eq\f(\r(2),2).A，B分別是橢圓C的上、下頂點，M是橢圓C上異于A，B的一點．(1)求橢圓C的方程；(2)若點P在直線x－y＋2＝0上，且eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(BM,\s\up6(→))，求△PMA的面積；(3)過點M作斜率為1的直線分別交橢圓C于另一點N，交y軸于點D，且點D在線段OA上(不包括端點O，A)，直線NA與直線BM交于點P，求eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))的值．

19.(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＋1，a∈R.(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處的切線為y＝2x＋b，求a，b的值；(2)記g(x)＝f(x)＋ax，若函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，eq\f(1,2))上有最小值，求實數(shù)a的取值范圍；(3)當(dāng)a＝0時，關(guān)于x的方程f(x)＝bx2有兩個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍．

20.(本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若存在正整數(shù)r，t，且r<t，使得Sr＝t，St＝r同時成立，則稱數(shù)列{an}為“M(r，t)數(shù)列”．(1)若首項為3，公差為d的等差數(shù)列{an}是“M(r，2r)數(shù)列”，求d的值；(2)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，公比為q.①若數(shù)列{an}為“M(r，2r)數(shù)列”，r≤4，求q的值；②若數(shù)列{an}為“M(r，t)數(shù)列”，q∈(－1，0)，求證：r為奇數(shù)，t為偶數(shù).2019屆高三模擬考試試卷數(shù)學(xué)附加題(滿分40分，考試時間30分鐘)21.【選做題】在A，B，C三小題中只能選做兩題，每小題10分，共20分．若多做，則按作答的前兩題計分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．A.(選修42：矩陣與變換)已知矩陣M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2))).(1)求M2；(2)求矩陣M的特征值和特征向量．B.(選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程)在極坐標(biāo)系中，直線l的極坐標(biāo)方程為ρcos(θ＋eq\f(π,3))＝1，以極點O為坐標(biāo)原點，極軸Ox所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝rcosα＋2，,y＝rsinα－1))(其中α為參數(shù)，r>0)．若直線l與曲線C相交于A，B兩點，且AB＝3，求r的值．C.(選修45：不等式選講)若x，y，z為實數(shù)，且x2＋4y2＋9z2＝6，求x＋2y＋6z的最大值．【必做題】第22，23題，每小題10分，共20分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．22.在平面直線坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y2＝2px(p>0)及點M(2，0)，動直線l過點M交拋物線于A，B兩點，當(dāng)l垂直于x軸時，AB＝4.(1)求p的值；(2)若l與x軸不垂直，設(shè)線段AB中點為C，直線l1經(jīng)過點C且垂直于y軸，直線l2經(jīng)過點M且垂直于直線l，記l1，l2相交于點P，求證：點P在定直線上．23.對由0和1這兩個數(shù)字組成的字符串，作如下規(guī)定：按從左向右的順序，當(dāng)?shù)谝粋€子串“010”的最后一個0所在數(shù)位是第k(k∈N*，且k≥3)位，則稱子串“010”在第k位出現(xiàn)；再繼續(xù)從第k＋1位按從左往右的順序找子串“010”，若第二個子串“010”的最后一個0所在數(shù)位是第k＋m位(其中m≥3，且m∈N*)，則稱子串“010”在第k＋m位出現(xiàn)；……；如此不斷地重復(fù)下去．如：在字符串11010101010中，子串“010”在第5位和第9位出現(xiàn)，而不是在第7位和第11位出現(xiàn)．記在n位由0，1組成的所有字符串中，子串“010”在第n位出現(xiàn)的字符串的個數(shù)為f(n)．(1)求f(3)，f(4)的值；(2)求證：對任意的正整數(shù)n，f(4n＋1)是3的倍數(shù)．

2019屆高三模擬考試試卷(南京)數(shù)學(xué)參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)1.{4，5}2.四3.304.eq\f(3,4)5.－56.eq\f(2,5)7.eq\f(3,4)8.69.－110.eq\r(2)11.eq\f(1,4)12.eq\f(5\r(7),7)13.2eq\r(10)＋214.(－∞，1]15.(1)證明：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，代入acosB＋bcosA＝eq\f(ccosA,cosC)，得(sinAcosB＋sinBcosA)cosC＝sinCcosA，(2分)即sin(A＋B)cosC＝sinCcosA.因為A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC，所以sinCcosC＝sinCcosA．(4分)因為C是△ABC的內(nèi)角，所以sinC≠0，所以cosC＝cosA.因為A，C是△ABC的內(nèi)角，所以A＝C.(6分)(2)解：由(1)知A＝C，所以a＝c，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2－2,a2).(8分)因為eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1，所以a2cosB＝a2－2＝1，所以a2＝3.(10分)所以cosB＝eq\f(1,3).(12分)因為B∈(0，π)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3).(14分)16.證明：(1)因為PA⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PA⊥AC.(2分)因為AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理，得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC)＝eq\r(12＋22－2×1×2cos60°)＝eq\r(3).(4分)因為12＋(eq\r(3))2＝22，即AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB.(6分)因為AC⊥PA，且PA∩AB＝A，PA平面PAB，AB平面PAB，所以AC⊥平面PAB.又AC平面PAC，所以平面PAC⊥平面PAB.(8分)(2)因為BC∥AD，AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC∥平面PAD.(10分)因為BC平面PBC，且平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.(14分)17.解：以點B為坐標(biāo)原點，BP所在直線為x軸，建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則B(0，0)，Q(45，15)，C(160，75)．過點B作直線l與圓Q相切，與圓C交于點M，N，設(shè)直線l的方程為y＝kx，即kx－y＝0，則點Q到l的距離為eq\f(|45k－15|,\r(k2＋1))＝15，解得k＝eq\f(3,4)或k＝0(舍去)．所以直線l的方程為y＝eq\f(3,4)x，即3x－4y＝0.(4分)點C(160，75)到直線l的距離CH＝eq\f(|3×160－4×75|,\r(32＋（－4）2))＝36.(6分)在Rt△CHM中，因為CH＝36，CM＝72，所以cos∠MCH＝eq\f(36,72)＝eq\f(1,2).(8分)因為∠MCH∈(0，eq\f(π,2))，所以∠MCH＝eq\f(π,3)，所以∠MCN＝2∠MCH＝eq\f(2π,3)，(12分)所以所用時長為30×eq\f(\f(2π,3),2π)＝10min.(13分)答：該游客能看到點B的時長為10min.(14分)18.解：(1)因為橢圓過點(1，eq\f(\r(2),2))，離心率為eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，eq\f(b2,a2)＝1－e2＝eq\f(1,2)，解得a2＝2，b2＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2分)(2)由(1)知B(0，－1)，設(shè)M(x0，y0)，P(x，y)．由eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(BM,\s\up6(→))，得(x，y＋1)＝3(x0，y0＋1)，則x＝3x0，y＝3y0＋2.因為P在直線x－y＋2＝0上，所以y0＝x0①.(4分)因為M在橢圓C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1，將①代入上式，得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(2,3).(6分)所以|x0|＝eq\f(\r(6),3)，從而|xP|＝eq\r(6)，所以S△PMA＝S△PAB－S△MAB＝eq\f(1,2)×2×eq\r(6)－eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(6),3).(8分)(3)(解法1)由(1)知，A(0，1)，B(0，－1)．設(shè)D(0，m)，0＜m＜1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．因為MN的斜率為1，所以直線MN的方程為y＝x＋m.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1·x2＝eq\f(2m2－2,3).(10分)直線MB的方程為y＝eq\f(y1＋1,x1)x－1，直線NA的方程為y＝eq\f(y2－1,x2)x＋1，聯(lián)立解得yP＝eq\f(（y1＋1）x2＋（y2－1）x1,（y1＋1）x2－（y2－1）x1).(12分)將y1＝x1＋m，y2＝x2＋m代入，得yP＝eq\f(2x1x2＋m（x1＋x2）＋x2－x1,x1＋x2＋m（x2－x1）)＝eq\f(2·\f(2m2－2,3)－\f(4m2,3)＋（x2－x1）,－\f(4m,3)＋m（x2－x1）)＝eq\f(－\f(4,3)＋（x2－x1）,－\f(4m,3)＋m（x2－x1）)＝eq\f(1,m).(14分)所以eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝(0，m)·(xP，yP)＝myP＝m·eq\f(1,m)＝1.(16分)(解法2)由(1)知，A(0，1)，B(0，－1)．設(shè)M(x0，y0)，則eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1.因為直線MN的斜率為1，所以直線MN的方程為y＝x－x0＋y0，則D(0，y0－x0)．聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－x0＋y0，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得3x2－4(x0－y0)x＋2(x0－y0)2－2＝0，所以xN＋x0＝eq\f(4（x0－y0）,3)，(10分)所以xN＝eq\f(x0－4y0,3)，yN＝－eq\f(2x0＋y0,3)，所以直線NA的方程為y＝eq\f(yN－1,xN)x＋1＝eq\f(2x0＋y0＋3,4y0－x0)x＋1，直線MB的方程為y＝eq\f(y0＋1,x0)x－1，聯(lián)立解得yP＝eq\f(2yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)＋x0＋2y0,2yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)－x0y0－2x0＋2y0).(12分)因為eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以yP＝eq\f(2＋x0＋2y0,（2＋x0＋2y0）（y0－x0）)＝eq\f(1,y0－x0)，(14分)所以eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝(0，y0－x0)·(xP，yP)＝(y0－x0)eq\f(1,y0－x0)＝1.(16分)19.解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)，則f′(1)＝1－a＝2，解得a＝－1，則f(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋1，此時f(1)＝ln1－1＋1＝0，則切點坐標(biāo)為(1，0)，代入切線方程，得b＝－2，所以a＝－1，b＝－2.(2分)(2)g(x)＝f(x)＋ax＝lnx＋eq\f(a,x)＋ax＋1，g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＋a＝eq\f(ax2＋x－a,x2).①當(dāng)a＝0時，g′(x)＝eq\f(1,x)＞0，則g(x)在區(qū)間(0，eq\f(1,2))上為增函數(shù)，則g(x)在區(qū)間(0，eq\f(1,2))上無最小值．(4分)②當(dāng)a≠0時，方程ax2＋x－a＝0的判別式Δ＝1＋4a2＞0，則方程有兩個不相等的實數(shù)根，設(shè)為x1，x2，由韋達(dá)定理得x1x2＝－1，則兩根一正一負(fù)，不妨設(shè)x1＜0＜x2.設(shè)函數(shù)m(x)＝ax2＋x－a(x＞0)，(i)若a＞0，當(dāng)x2∈(0，eq\f(1,2))時，m(0)＝－a＜0，m(eq\f(1,2))＝eq\f(a,4)＋eq\f(1,2)－a＞0，解得0＜a＜eq\f(2,3).此時當(dāng)x∈(0，x2)時，m(x)＜0，則g(x)遞減；當(dāng)x∈(x2，eq\f(1,2))時，m(x)＞0，則g(x)遞增，當(dāng)x＝x2時，g(x)取極小值，即為最小值．當(dāng)x2≥eq\f(1,2)時，x∈(0，eq\f(1,2))，m(x)＜0，則g(x)在(0，eq\f(1,2))上單調(diào)遞減，無最小值．(6分)(ii)若a＜0，當(dāng)x∈(0，x2)時，m(x)＞0，則g(x)遞增；當(dāng)x∈(x2，＋∞)時，m(x)＜0，則g(x)遞減，在區(qū)間(0，eq\f(1,2))上，g(x)不會有最小值．所以a＜0不滿足條件．綜上，當(dāng)0＜a＜eq\f(2,3)時，g(x)在區(qū)間(0，eq\f(1,2))上有最小值．(8分)(3)當(dāng)a＝0時，由方程f(x)＝bx2，得lnx＋1－bx2＝0.記h(x)＝lnx＋1－bx2，x＞0，則h′(x)＝eq\f(1,x)－2bx＝eq\f(－2bx2＋1,x).①當(dāng)b≤0時，h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，則函數(shù)h(x)至多只有一個零點，即方程f(x)＝bx2至多只有一個實數(shù)根，所以b≤0不符合題意．(10分)②當(dāng)b＞0時，當(dāng)x∈(0，eq\r(\f(1,2b)))時，h′(x)＞0，所以函數(shù)h(x)遞增；當(dāng)x∈(eq\r(\f(1,2b))，＋∞)時，h′(x)＜0，所以函數(shù)h(x)遞減，則h(x)max＝h(eq\r(\f(1,2b)))＝lneq\r(\f(1,2b))＋eq\f(1,2).要使方程f(x)＝bx2有兩個不相等的實數(shù)根，則h(eq\r(\f(1,2b)))＝lneq\r(\f(1,2b))＋eq\f(1,2)＞0，解得0＜b＜eq\f(e,2).(12分)(i)當(dāng)0＜b＜eq\f(e,2)時，h(eq\f(1,e))＝－eq\f(b,e2)＜0.又(eq\f(1,e))2－(eq\r(\f(1,2b)))2＝eq\f(2b－e2,2be2)＜0，則eq\f(1,e)＜eq\r(\f(1,2b))，所以存在唯一的x1∈(eq\f(1,e)，eq\r(\f(1,2b)))，使得h(x1)＝0.(14分)(ii)h(eq\f(1,b))＝lneq\f(1,b)＋1－eq\f(1,b)＝－lnb＋1－eq\f(1,b)，記k(b)＝－lnb＋1－eq\f(1,b)，0＜b＜eq\f(e,2).因為k′(b)＝－eq\f(1,b)＋eq\f(1,b2)＝eq\f(1－b,b2)，則k(b)在(0，1)上為增函數(shù)，在(1，eq\f(e,2))上為減函數(shù)，則k(b)max＝k(1)＝0，則h(eq\f(1,b))≤0.又(eq\f(1,b))2－(eq\r(\f(1,2b)))2＝eq\f(2－b,2b2)＞0，即eq\f(1,b)＞eq\r(\f(1,2b))，所以存在唯一的x2∈(eq\r(\f(1,2b))，eq\f(1,b)]，使得h(x2)＝0.綜上，當(dāng)0＜b＜eq\f(e,2)時，方程f(x)＝bx2有兩個不相等的實數(shù)根．(16分)20.(1)解：因為{an}是M(r，2r)數(shù)列，所以Sr＝2r，且S2r＝r.由Sr＝2r，得3r＋eq\f(r（r－1）,2)d＝2r.因為r＞0，所以(r－1)d＝－2(*)．由S2r＝r，得6r＋eq\f(2r（2r－1）,2)d＝r.因為r＞0，所以(2r－1)d＝－5(**)．由(*)和(**)，解得r＝3，d＝－1.(2分)(2)①解：(i)若q＝1，則Sr＝ra1，St＝ta1.因為{an}是M(r，2r)數(shù)列，所以ra1＝2r(*)，2ra1＝r(**)．由(*)和(**)，得a1＝2且a1＝eq\f(1,2)，矛盾，所以q≠1.(3分)(ii)當(dāng)q≠1，因為{an}是M(r，2r)數(shù)列，所以Sr＝2r，且S2r＝r，即eq\f(a1（1－qr）,1－q)＝2r(*)，eq\f(a1（1－q2r）,1－q)＝r(**)．由(*)和(**)，得qr＝－eq\f(1,2).(5分)當(dāng)r＝1時，q＝－eq\f(1,2)；當(dāng)r＝2，4時，無解；當(dāng)r＝3時，q＝－eq\f(1,\r(3,2)).綜上，q＝－eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,\r(3,2)).(6分)②證明：因為{an}是M(r，t)數(shù)列，q∈(－1，0)，所以Sr＝t，且St＝r，即eq\f(a1（1－qr）,1－q)＝t，且eq\f(a1（1－qt）,1－q)＝r，兩式作商，得eq\f(1－qr,1－qt)＝eq\f(t,r)，即r(1－qr)＝t(1－qt)．(8分)(i)若r為偶數(shù)，t為奇數(shù)，則r(1－|q|r)＝t(1＋|q|t)．因為r＜t，0＜1－|q|r＜1，1＋|q|t＞1，所以r(1－|q|r)＜t(1＋|q|t)，這與r(1－|q|r)＝t(1＋|q|t)矛盾，所以假設(shè)不成立．(10分)(ii)若r為偶數(shù)，t為偶數(shù)，則r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)．設(shè)函數(shù)y＝x(1－ax)，0＜a＜1，則y′＝1－ax－xaxlna.當(dāng)x＞0時，1－ax＞0，－xaxlna＞0，所以y＝x(1－ax)在(0，＋∞)上遞增．因為r＜t，所以r(1－|q|r)＜t(1－|q|t)，這與r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)矛盾，所以假設(shè)不成立．(12分)(iii)若r為奇數(shù)，t為奇數(shù)，則r(1＋|q|r)＝t(1＋|q|t)．設(shè)函數(shù)y＝x(1＋ax)，0＜a＜1，則y′＝1＋ax＋xaxlna.設(shè)g(x)＝1＋ax＋xaxlna，則g′(x)＝axlna(2＋xlna)．令g′(x)＝0，得x＝－eq\f(2,lna).因為ax＞0，lna＜0，所以當(dāng)x＞－eq\f(2,lna)，g′(x)＞0，則g(x)在區(qū)間(－eq\f(2,lna)，＋∞)上遞增；當(dāng)0＜x＜－eq\f(2,lna)，g′(x)＜0，則g(x)在區(qū)間(0，－eq\f(2,lna))上遞減，所以g(x)min＝g(－eq\f(2,lna))＝1－a－eq\f(2,lna).因為－eq\f(2,lna)＞0，所以a－eq\f(2,lna)＜1,所以g(x)min＞0，從而g(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以y＝x(1＋ax)，0＜a＜1在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為r＜t，所以r(1＋|q|r)＜t(1＋|q|t)，這與r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)矛盾，所以假設(shè)不成立．(14分)(iv)若r為奇數(shù)，t為偶數(shù)．由①知，存在等比數(shù)列{an}為“M(1，2)數(shù)列”．綜上，r為奇數(shù)，t為偶數(shù)．(16分)

2019屆高三模擬考試試卷(南京)數(shù)學(xué)附加題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)21.A.解：(1)M2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(5,4,4,5))).(4分)(2)矩陣M的特征多項式為f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(λ－2,－1,－1,λ－2)))＝(λ－1)(λ－3)．令f(λ)＝0，解得M的特征值為λ1＝1，λ2＝3.(6分)①當(dāng)λ＝1時，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,x＋y＝0.))令x＝1，則y＝－1，于是矩陣M的一個特征向量為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,－1)).(8分)②當(dāng)λ＝3時，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－y＝0.))令x＝1，則y＝1，于是矩陣M的一個特征向量為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1))).因此，矩陣M的特征值為1，3，分別對應(yīng)一個特征向量為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－1)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1))).(10分)B.解：直線l的直角坐標(biāo)方程為x－eq\r(3)y－2＝0.(2分)曲線C的普通方程為(x－2)2＋(y＋1)2＝r2.(4分)因為圓心C(2，－1)到直線l的距離d＝eq\f(|2＋\r(3)－2|,\r(1＋3))＝eq\f(\r(3),2)，(6分)所以r＝eq\r(d2＋（\f(AB,2)）2)＝eq\r(3).(10分)C