南京市届高三第三次模拟考试 数学Word格式文档下载.docx
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的值
为▲.
10.记等差数列{an}的前n项和为Sn.若Sk-1=8,Sk=0,Sk+1=-10,则正整数k=▲.
11.若将函数f(x)=∣sin(ωx-)∣(ω>0)的图象向左平移个单位后,所得图象对应的函数为偶函数,则实数ω的最小值是▲.
12.已知x,y为正实数,则+的最大值为▲.
13.在平面直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x-1)2+(y-1)2=9,直线l:
y=kx+3与圆C相交于A,B两点,M为弦AB上一动点,以M为圆心,2为半径的圆与圆C总有公共点,则实数k的取值范围为▲.
14.已知a,t为正实数,函数f(x)=x2-2x+a,且对任意的x∈[0,t],都有f(x)∈[-a,a].若对每一个正实数a,记t的最大值为g(a),则函数g(a)的值域为▲.
二、解答题:
本大题共6小题,共计90分.请在答题纸指定区域内作答,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△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知acosC+ccosA=2bcosA.
(1)求角A的值;
(2)求sinB+sinC的取值范围.
16.(本小题满分14分)
在四棱锥P-ABCD中,BC∥AD,PA⊥PD,AD=2BC,AB=PB,E为PA的中点.
E
(1)求证:
BE∥平面PCD;
(2)求证:
平面PAB⊥平面PCD.
17.(本小题满分14分)
如图,摩天轮的半径OA为50m,它的最低点A距地面的高度忽略不计.地面上有一长度为240m的景观带MN,它与摩天轮在同一竖直平面内,且AM=60m.点P从最低点A处按逆时针方向转动到最高点B处,记∠AOP=θ,θ∈(0,π).
(1)当θ=时,求点P距地面的高度PQ;
(2)试确定θ的值,使得∠MPN取得最大值.
θ
18.(本小题满分16分)
在平面直角坐标系xOy中,设中心在坐标原点的椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2,右准线
l:
x=m+1与x轴的交点为B,BF2=m.
(1)已知点(,1)在椭圆C上,求实数m的值;
(2)已知定点A(-2,0).
①若椭圆C上存在点T,使得=,求椭圆C的离心率的取值范围;
②当m=1时,记M为椭圆C上的动点,直线AM,BM分别与椭圆C交于另一点P,Q,
l
若=λ,=μ,求证:
λ+μ为定值.
19.(本小题满分16分)
已知函数f(x)=x2-x+t,t≥0,g(x)=lnx.
(1)令h(x)=f(x)+g(x),求证:
h(x)是增函数;
(2)直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切.对于确定的正实数t,讨论直线l的条数,并说明理由.
20.(本小题满分16分)
已知数列{an}的各项均为正数,其前n项的和为Sn,且对任意的m,n∈N*,
都有(Sm+n+S1)2=4a2ma2n.
(1)求的值;
(2)求证:
{an}为等比数列;
(3)已知数列{cn},{dn}满足|cn|=|dn|=an,p(p≥3)是给定的正整数,数列{cn},{dn}的前p项的和分别为Tp,Rp,且Tp=Rp,求证:
对任意正整数k(1≤k≤p),ck=dk.
数学附加题2015.05
1.附加题供选修物理的考生使用.
2.本试卷共40分,考试时间30分钟.
3.答题前,考生务必将自己的姓名、班级、学校写在答题纸上.试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内.考试结束后,交回答题纸.
21.【选做题】在A、B、C、D四小题中只要选做2题,每小题10分,共计20分.请在答卷纸指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
A.选修4—1:
几何证明选讲
如图,AB,AC是⊙O的切线,ADE是⊙O的割线,求证:
BE·
CD=BD·
CE.
(第21A题图)
B.选修4-2:
矩阵与变换
已知矩阵A=,直线l:
x-y+4=0在矩阵A对应的变换作用下变为
直线l'
:
x-y+2a=0.
(1)求实数a的值;
(2)求A2.
C.选修4-4:
坐标系与参数方程
在极坐标系中,设圆C:
ρ=4cosθ与直线l:
θ=(ρ∈R)交于A,B两点,求以AB为直径的圆的极坐标方程.
D.选修4-5:
不等式选讲
已知实数x,y满足x>y,求证:
2x+≥2y+3.
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答卷纸指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
22.(本小题满分10分)
D
如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AB⊥AD,BC=,AB=1,BD=PA=2.
(1)求异面直线BD与PC所成角的余弦值;
(2)求二面角A-PD-C的余弦值.
23.(本小题满分10分)
已知集合A是集合Pn={1,2,3,…,n}(n≥3,n∈N*)的子集,且A中恰有3个元素,同时这3个元素的和是3的倍数.记符合上述条件的集合A的个数为f(n).
(1)求f(3),f(4);
(2)求f(n)(用含n的式子表示).
南京市2015届高三第三次模拟考试
数学参考答案及评分标准2015.05
说明:
1.本解答给出的解法供参考.如果考生的解法与本解答不同,可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则.
2.对计算题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度,可视影响的程度决定给分,但不得超过该部分正确解答应得分数的一半;
如果后续部分的解答有较严重的错误,就不再给分.
3.解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数.
4.只给整数分数,填空题不给中间分数.
本大题共14小题,每小题5分,共70分.
1.2.0.743.44.65.甲
6.(-∞,-3]7.48.129.10.9
11.12.13.[-,+∞)14.(0,1)∪{2}
本大题共6小题,共90分.
15.解:
(1)因为acosC+ccosA=2bcosA,所以sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA,
即sin(A+C)=2sinBcosA.
因为A+B+C=π,所以sin(A+C)=sinB.
从而sinB=2sinBcosA.…………………………4分
因为sinB≠0,所以cosA=.
因为0<A<π,所以A=.…………………………7分
(2)sinB+sinC=sinB+sin(-B)=sinB+sincosB-cossinB
=sinB+cosB=sin(B+).…………………………11分
因为0<B<,所以<B+<.
所以sinB+sinC的取值范围为(,].…………………………14分
16.证明:
(1)取PD的中点F,连接EF,CF.
(第16题图)
因为E为PA的中点,所以EF∥AD,EF=AD.
因为BC∥AD,BC=AD,
所以EF∥BC,EF=BC.
所以四边形BCFE为平行四边形.
所以BE∥CF.…………………………4分
因为BE⊄平面PCD,CF⊂平面PCD,
所以BE∥平面PCD.…………………………6分
(2)因为AB=PB,E为PA的中点,所以PA⊥BE.
因为BE∥CF,所以PA⊥CF.…………………………9分
因为PA⊥PD,PD⊂平面PCD,CF⊂平面PCD,PD∩CF=F,
所以PA⊥平面PCD.…………………………12分
因为PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.…………………………14分
17.解:
(1)由题意,得PQ=50-50cosθ.
从而,当θ=时,PQ=50-50cos=75.
即点P距地面的高度为75m.…………………………4分
(2)(方法一)由题意,得AQ=50sinθ,从而MQ=60-50sinθ,NQ=300-50sinθ.
又PQ=50-50cosθ,
所以tan∠NPQ==,tan∠MPQ==.
…………………………6分
从而tan∠MPN=tan(∠NPQ-∠MPQ)
==
=.…………………………9分
令g(θ)=,θ∈(0,π),
则g'
(θ)=,θ∈(0,π).
由g'
(θ)=0,得sinθ+cosθ-1=0,解得θ=.
…………………………11分
当θ∈(0,)时,g'
(θ)>0,g(θ)为增函数;
当θ∈(,π)时,g'
(θ)<0,g(θ)为减函数,
所以,当θ=时,g(θ)有极大值,也为最大值.
因为0<∠MPQ<∠NPQ<,所以0<∠MPN<,
从而当g(θ)=tan∠MPN取得最大值时,∠MPN取得最大值.
即当θ=时,∠MPN取得最大值.…………………………14分
(方法二)以点A为坐标原点,AM为x轴建立平面直角坐标系,
则圆O的方程为x2+(y-50)2=502,即x2+y2-100y=0,点M(60,0),N(300,0).
设点P的坐标为(x0,y0),所以Q(x0,0),且x02+y02-100y0=0.
从而tan∠NPQ==,tan∠MPQ==.
=.
由题意知,x0=50sinθ,y0=50-50cosθ,
所以tan∠MPN==.…………………………9分
(下同方法一)
18.解:
(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0).
由题意,得解得
所以椭圆方程为+=1.
因为椭圆C过点(,1),所以+=1,
解得m=2或m=-(舍去).
所以m=2.…………………………4分
(2)①设点T(x,y).
由=,得(x+2)2+y2=2[(x+1)2+y2],即x2+y2=2.…………………6分
由得y2=m2-m.
因此0≤m2-m≤m,解得1≤m≤2.
所以椭圆C的离心率e=[,].…………………………10分
②(方法一)设M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2).
则=(x0+2,y0),=(x1+2,y1).
由=λ,得
从而…………………………12分
因为+y02=1,所以+(λy1)2=1.
即λ2(+y12)+2λ(λ-1)x1+2(λ-1)2-1=0.
因为+y12=1,代入得2λ(λ-1)x1+3λ2-4λ+1=0.
由题意知,λ≠1,
故x1=-,所以x0=.
同理可得x0=.…………………………14分
因此=,
所以λ+μ=6.…………………………16分
(方法二)设M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2).
直线AM的方程为y=(x+2).
将y=(x+2)代入+y2=1,得((x0+2)2+y)x2+4yx+4y-(x0+2)2=0(*).
因为+y02=1,所以(*)可化为(2x0+3)x2+4yx-3x-4x0=0.
因为x0x1=-,所以x1=-.
同理x2=.…………………………14分
因为=λ,=μ,
所以λ+μ=+=+
=+=6.
即λ+μ为定值6.…………………………16分
19.解:
(1)由h(x)=f(x)+g(x)=x2-x+t+lnx,得h'
(x)=2x-1+,x>0.
因为2x+≥2=2,所以h'
(x)>0,
从而函数h(x)是增函数.…………………………3分
(2)记直线l分别切f(x),g(x)的图象于点(x1,x12-x1+t),(x2,lnx2),
由f'
(x)=2x-1,得l的方程为y-(x12-x1+t)=(2x1-1)(x-x1),即y=(2x1-1)x-x12+t.
(x)=,得l的方程为y-lnx2=(x-x2),即y=·
x+lnx2-1.
所以(*)
消去x1得lnx2+-(t+1)=0(**).…………………………7分
令F(x)=lnx+-(t+1),则F'
(x)=-==,x>0.
由F'
(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,F'
(x)<0,当x>1时,F'
(x)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
从而F(x)min=F
(1)=-t.…………………………9分
当t=0时,方程(**)只有唯一正数解,从而方程组(*)有唯一一组解,
即存在唯一一条满足题意的直线;
…………………………11分
当t>0时,F
(1)<0,由于F(et+1)>ln(et+1)-(t+1)=0,
故方程(**)在(1,+∞)上存在唯一解;
…………………………13分
令k(x)=lnx+-1(x≤1),由于k'
(x)=-=≤0,故k(x)在(0,1]上单调递减,
故当0<x<1时,k(x)>k
(1)=0,即lnx>1-,
从而lnx+-(t+1)>(-)2-t.
所以F()>(+)2-t=+>0,又0<<1,
故方程(**)在(0,1)上存在唯一解.
所以当t>0时,方程(**)有两个不同的正数解,方程组(*)有两组解.
即存在两条满足题意的直线.
综上,当t=0时,与两个函数图象同时相切的直线的条数为1;
当t>0时,与两个函数图象同时相切的直线的条数为2.
…………………………16分
20.解:
(1)由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(S2+S1)2=4a,即(a2+2a1)2=4a.
因为a1>0,a2>0,所以a2+2a1=a2,即=2.…………………………3分
证明:
(2)(方法一)令m=1,n=2,得(S3+S1)2=4a2a4,即(2a1+a2+a3)2=4a2a4,
令m=n=2,得S4+S1=2a4,即2a1+a2+a3=a4.
所以a4=4a2=8a1.
又因为=2,所以a3=4a1.…………………………6分
由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(Sn+1+S1)2=4a2na2,(Sn+2+S1)2=4a2na4.
两式相除,得=,所以==2.
即Sn+2+S1=2(Sn+1+S1),
从而Sn+3+S1=2(Sn+2+S1).
所以an+3=2an+2,故当n≥3时,{an}是公比为2的等比数列.
又因为a3=2a2=4a1,从而an=a1·
2n-1,n∈N*.
显然,an=a1·
2n-1满足题设,
因此{an}是首项为a1,公比为2的等比数列.…………………………10分
(方法二)在(Sm+n+S1)2=4a2na2m中,
令m=n,得S2n+S1=2a2n.①
令m=n+1,得S2n+1+S1=2,②
在①中,用n+1代n得,S2n+2+S1=2a2n+2.③
②-①,得a2n+1=2-2a2n=2(-),④
③-②,得a2n+2=2a2n+2-2=2(-),⑤
由④⑤得a2n+1=.⑥
…………………………8分
⑥代入④,得a2n+1=2a2n;
⑥代入⑤得a2n+2=2a2n+1,
所以==2.又=2,
从而an=a1·
(3)由
(2)知,an=a1·
2n-1.
因为|cp|=|dp|=a1·
2p-1,所以cp=dp或cp=-dp.
若cp=-dp,不妨设cp>0,dp<0,
则Tp≥a1·
2p-1-(a1·
2p-2+a1·
2p-3+…+a1)=a1·
2p-1-a1·
(2p-1-1)=a1>0.
Rp≤-a1·
2p-1+(a1·
2p-3+…+a1)=-a1·
2p-1+a1·
(2p-1-1)=-a1<0.
这与Tp=Rp矛盾,所以cp=dp.
从而Tp-1=Rp-1.
由上证明,同理可得cp-1=dp-1.如此下去,可得cp-2=dp-2,cp-3=dp-3.…,c1=d1.
即对任意正整数k(1≤k≤p),ck=dk.…………………………16分
数学附加题参考答案及评分标准2015.05
21.【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,共20分.
因为AB是⊙O的切线,所以∠ABD=∠AEB.
又因为∠BAD=∠EAB,所以△BAD∽△EAB.
所以=.…………………………5分
同理,=..
因为AB,AC是⊙O的切线,所以AB=AC.
因此=,即BE·
CE.…………………………10分
B.选修4—2:
解:
(1)设直线l上一点M0(x0,y0)在矩阵A对应的变换作用下变为l'
上点M(x,y),
则==,
所以…………………………3分
代入l'
方程得(ax0+y0)-(x0+ay0)+2a=0,
即(a-1)x0-(a-1)y0+2a=0.
因为(x0,y0)满足x0-y0+4=0,
所以=4,解得a=2.…………………………6分
(2)由A=,得A2=⋅=.…………………10分
C.选修4—4:
以极点为坐标原点,极轴为x轴的正半轴,建立直角坐标系,则由题意,得
圆C的直角坐标方程x2+y2-4x=0,
直线l的直角坐标方程y=x.…………………………4分
由解得或
所以A(0,0),B(2,2).
从而以AB为直径的圆的直角坐标方程为(x-1)2+(y-1)2=2,即x2+y2=2x+2y.
…………………………7分
将其化为极坐标方程为:
ρ2-2ρ(cosθ+sinθ)=0,即ρ=2(cosθ+sinθ).
……………………10分
D.选修4—5:
因为x>y,所以x-y>0,从而
左边=(x-y)+(x-y)++2y
≥3+2y
=2y+3
=右边.
即原不等式成立.…………………………10分
【必做题】第22题、第23题,每题10分,共20分.
22.解:
(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,
所以PA⊥AB,PA⊥AD.
又AD⊥AB,
故分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.
z
根据条件得AD=.
所以B(1,0,0),D(0,,0),C(1,,0),P(0,0,2).
从而=(-1,,0),=(1,,-2).
…………………………3分
设异面直线BD,PC所成角为θ,
则cosθ=|cos<,>|=||
=||=.
即异面直线BD与PC所成角的余弦值为.…………………………5分
(2)因为AB⊥平面PAD,所以平面PAD的一个法向量为=(1,0,0).
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),
由n⊥,n⊥,=(1,,-2),=(0,,-2),
得解得
不妨取z=3,则得n=(2,2,3).…………………………8分
设二面角A-PD-C的大小为ϕ,
则cosϕ=cos<,n>===.
即二面角A-PD-C的余弦值为.…………………………10分
23.解:
(1)f(3)=1,f(4)=2;
…………………………2分
(2)设A0={m∣m=3p,p∈N*,p≤},
A1={m∣m=3p-1,p∈N*,p≤},
A2={m∣m=3p-2,p∈N*,p≤},
它们所含元素的个数分别记为∣A0∣,∣A1∣,∣A2∣.………………………4分
①当n=3k时,则∣A0∣=∣A1∣=∣A2∣=k.
k=1,2时,f(n)=(C)3=k3;
k≥3时,f(n)=3C+(C)3=k3-k2+k.
从而f(n)=n3-n2+n,n=3k,k∈N*.…………………………6分
②当n=3k-1时,则∣A0∣=k-1,∣A1∣=∣A2∣=k.
k=2时,f(n)=f(5)=2×
2×
1=4;
k=3时,f(n)=f(8)=1+1+3×
3×
2=20;
k>3时,f(n)=C+2C+C(C)2=k3-3k2+k-1;
从而f(n)=n3-n2+n-,n=3k-1,k∈N*.…………………………8分
③当n=3k-2时,∣A0∣=k-1,∣A1∣=k-1,∣A2∣=k.
k=2时,f(n)=f(4)=2×
1×
1=2;
k=3时,f(n)=f(7)=1+3×
2=13;
k>3时,f(n)=2C+C+(C)2C=k3-k2+5k-2;
从而f(n)=n3-n2+n-,n=3k-2,k∈N*.
所以f(n)=……………………10分