2015南京二模卷數學

2015屆高三模擬考試試卷(一)數學(滿分160分，考試時間120分鐘)20155參考公式：樣本數據x1，x2，xn的方差s2(xi)2，其中i.錐體的體積公式：VSh，其中S為錐體的底面面積，h為錐體的高一、 填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分1. 已知復數z1，其中i為虛數單位，則z的模為_2. 經統(tǒng)計，某銀行一個營業(yè)窗口每天上午9點鐘排隊等候的人數及相應概率如下：排除人數012345概率0.10.160.30.30.10.04(第4題)則該窗口上午9點鐘時，至少有2人排隊的概率是_3. 若變量x，y滿足約束條件則z2xy的最大值是_4. 右圖是一個算法流程圖，則輸出k的值是_5. 如下圖是甲、乙兩位射擊運動員的5次訓練成績(單位：環(huán))的莖葉圖，則成績較為穩(wěn)定(方差較小)的運動員是_6. 記不等式x2x60)的圖象向左平移個單位后，所得圖象對應的函數為偶函數，則實數的最小值是_12. 已知x，y為正實數，則的最大值為_13. 在平面直角坐標系xOy中，圓C的方程為(x1)2(y1)29，直線l：ykx3與圓C相交于A、B兩點，M為弦AB上一動點，以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點，則實數k的取值范圍為_14. 已知a，t為正實數，函數f(x)x22xa，且對任意的x0，t，都有f(x)a，a對每一個正實數a，記t的最大值為g(a)，則函數g(a)的值域為_二、 解答題：本大題共6小題，共90分. 解答時應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)在ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知acosCccosA2bcosA.(1) 求角A的值；(2) 求sinBsinC的取值范圍16. (本小題滿分14分)在四棱錐PABCD中，BCAD，PAPD，AD2BC，ABPB，E為PA的中點求證：(1) BE平面PCD；(2) 平面PAB平面PCD.17. (本小題滿分14分)如圖，摩天輪的半徑OA為50 m，它的最低點A距地面的高度忽略不計地面上有一長度為240 m的景觀帶MN，它與摩天輪在同一豎直平面內，且AM60 m點P從最低點A處按逆時針方向轉動到最高點B處，記AOP，(0，)(1) 當時，求點P距地面的高度PQ；(2) 試確定的值，使得MPN取得最大值18. (本小題滿分16分)在平面直角坐標系xOy中，設中心在坐標原點的橢圓C的左、右焦點分別為F1、F2，右準線l：xm1與x軸的交點為B，BF2m.(1) 已知點在橢圓C上，求實數m的值；(2) 已知定點A(2，0) 若橢圓C上存在點T，使得，求橢圓C的離心率的取值范圍； 當m1時，記M為橢圓C上的動點，直線AM、BM分別與橢圓C交于另一點P、Q，若，求證：為定值19. (本小題滿分16分)已知函數f(x)x2xt，t0，g(x)lnx.(1) 令h(x)f(x)g(x)，求證：h(x)是增函數；(2) 直線l與函數f(x)，g(x)的圖象都相切對于確定的非負實數t，討論直線l的條數，并說明理由20. (本小題滿分16分)已知數列an的各項均為正數，其前n項的和為Sn，且對任意的m，nN*，都有(SmnS1)24a2ma2n.(1) 求的值；(2) 求證：an為等比數列；(3) 已知數列cn，dn滿足|cn|dn|an，p(p3)是給定的正整數，數列cn，dn的前p項的和分別為Tp，Rp，且TpRp，求證：對任意的正整數k(1kp)，ckdk.2015屆高三模擬考試試卷(一)數學附加題(滿分40分，考試時間30分鐘)21. 【選做題】 在A、B、C、D四小題中只能選做2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寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟A. (選修41：幾何證明選講)如圖，AB，AC是圓O的切線，ADE是圓O的割線，求證：BECDBDCE.B. (選修42：矩陣與變換)已知矩陣A，直線l：xy40在矩陣A對應的變換作用下變?yōu)橹本€l：xy2a0.(1) 求實數a的值；(2) 求A2.C. (選修44：坐標系與參數方程)在極坐標系中，設圓C：4cos與直線l：(R)交于A，B兩點，求以AB為直徑的圓的極坐標方程D. (選修45：不等式選講)已知實數x，y滿足xy，求證：2x2y3.【必做題】 第22、23題，每小題10分，共20分解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟22. 如圖，四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ABAD，BC，AB1，BDPA2.(1) 求異面直線BD與PC所成角的余弦值；(2) 求二面角APDC的余弦值23. 已知集合A是集合Pn1，2，3，n(n3，nN*)的子集，且A中恰有3個元素，同時這3個元素的和是3的倍數記符合上述條件的集合A的個數為f(n)(1) 求f(3)，f(4)；(2) 求f(n)(用含n的式子表示)2015屆高三模擬考試試卷(一)(南京)數學參考答案及評分標準1. 2. 0.743. 44. 65. 甲6. (，37. 48. 129. 10. 911. 12. 13. 14. (0，1)215. 解：(1) 因為acosCccosA2bcosA，所以sinAcosCsinCcosA2sinBcosA，即sin(AC)2sinBcosA.因為ABC，所以sin(AC)sinB.從而sinB2sinBcosA.(4分)因為sinB0，所以cosA.因為0A，所以A.(7分)(2) sinBsinCsinBsinsinBsincosBcossinBsinBcosBsin.(11分)因為0B，所以B.所以sinBsinC的取值范圍為.(14分)16. 證明：(1) 取PD的中點F，連結EF，CF.因為E為PA的中點，所以EFAD，EFAD.因為BCAD，BCAD，所以EFBC，EFBC.所以四邊形BCFE為平行四邊形所以BECF.(4分)因為BE 平面PCD，CF平面PCD，所以BE平面PCD.(6分)(2) 因為ABPB，E為PA的中點，所以PABE.因為BECF，所以PACF.(9分)因為PAPD，PD平面PCD，CF平面PCD，PDCFF，所以PA平面PCD.(12分)因為PA平面PAB，所以平面PAB平面PCD.(14分)17. 解：(1) 由題意，得PQ5050cos .從而，當 時，PQ5050cos75.即點P距地面的高度PQ為75 m(4分)(2) (方法1)由題意，得AQ50sin ，從而MQ6050sin ，NQ30050sin .又PQ5050cos ，所以tanNPQ ，tanMPQ .(6分)從而tanMPNtan(NPQMPQ) .(9分)令g() ， (0，)，則g() ， (0，)由g()0，得sin cos10，解得 .(11分)當時，g( )0，g( )為增函數；當 時，g( )0，g()為減函數，所以，當 時，g( )有極大值，也為最大值因為0MPQNPQ，所以0MPN，從而當g()tanMPN取得最大值時，MPN取得最大值即當 時，MPN取得最大值(14分)(方法2)以點A為坐標原點，AM為x軸建立平面直角坐標系，則圓O的方程為 x2(y50)2502，即x2y2100y0，點M(60，0)，N(300，0)設點P的坐標為 (x0，y0)，所以Q (x0，0)，且xy100y00.從而tanNPQ ，tanMPQ .(6分)從而tanMPNtan(NPQMPQ) .由題意知，x050sin ，y05050cos ，所以tanMPN .(9分)(下同方法1)18. (1) 解：設橢圓C的方程為 1(ab0)由題意，得解得 所以橢圓的方程為1.因為橢圓C過點，所以1，解得m2或m (舍去)所以m2.(4分)(2) 解：設點T(x，y)由，得(x2)2y22(x1)2y2，即x2y22.(6分)由得y2m2m.因此0m2mm，解得1m2.所以橢圓C的離心率e.(10分) 證明：(方法1)設M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)則(x02，y0)，(x12，y1)由， 得 從而(12分)因為y1，所以(y1)21.即22(1)x12(1)210.因為 y1，代入得2(1)x132410.由題意知，1，故x1，所以x0.同理可得x0.(14分)因此，所以6.(16分)(方法2)設M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)直線AM的方程為y(x2)將y(x2)代入y21，得x24yx4y(x02)2 0(*)因為y1，所以(*)可化為(2x03)x24yx3x4x00.因為x0x1，所以x1.同理x2.(14分)因為，所以6.即為定值6.(16分)19. (1) 證明：由h(x)f(x)g(x)x2xtlnx，得h (x)2x1，x0.因為2x22，所以h(x)0, 從而函數h(x)是增函數(3分)(2) 解：記直線l分別切f(x)，g(x)的圖象于點(x1，xx1t)，(x2，lnx2)，由f(x)2x1，得l的方程為y(xx1t)(2x11)(xx1)，即y(2x11)xxt.由g(x)，得l的方程為ylnx2(xx2)，即yxlnx21.所以(*) 消去x1得lnx2(t1)0 (*)(7分)令F(x)lnx(t1)，則F(x)，x0.由F(x)0，解得x1.當0x1時，F(x)0，當x1時，F(x)0，所以F(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，)上單調遞增，從而F(x)minF(1)t.(9分)當t0時，方程(*)只有唯一正數解，從而方程組(*)有唯一一組解，即存在唯一一條滿足題意的直線；(11分)當t0時，F(1)0，由于F(et1)ln(et1)(t1)0，故方程(*)在(1，)上存在唯一解；(13分)令k(x)lnx1(x1)，由于k (x)0，故k (x)在(0，1上單調遞減，故當0x1時，k (x)k (1)0，即lnx1，從而lnx (t1)t.所以Ft0.又01，故方程(*)在(0，1)上存在唯一解所以當t0時，方程(*)有兩個不同的正數解，方程組(*)有兩組解即存在兩條滿足題意的直線綜上，當t0時，與兩個函數圖象同時相切的直線的條數為1；當t0時，與兩個函數圖象同時相切的直線的條數為2.(16分)20. (1) 解：由(SmnS1)24a2na2m，得(S2S1)24a，即(a22a1)24a.因為a10，a20，所以a22a1a2，即2.(3分)(2) 證明：(方法1)令m1，n2，得(S3S1)24a2a4，即(2a1a2a3)24a2a4，令mn2，得S4S12a4，即2a1a2a3a4.所以a44a28a1.因為2，所以a34a1.(6分)由(SmnS1)24a2na2m，得(Sn1S1)24a2na2，(Sn2S1)24a2na4.兩式相除，得，所以2.即Sn2S12(Sn1S1)，從而Sn3S12(Sn2S1)所以an32an2，故當n3時，an是公比為2的等比數列因為a32a24a1，從而ana12n1，nN*.顯然，ana12n1滿足題設，因此an是首項為a1，公比為2的等比數列(10分)(方法2)在(SmnS1)24a2na2m中，令mn，得S2nS12a2n.令mn1，得S2n1S12 ，在中，用n1代n得，S2n2S12a2n2.，得a2n122a2n2()，得a2n22a2n222()，由得a2n1.(8分)代入，得a2n12a2n；代入得a2n22a2n1，所以2.又2，從而ana12n1，nN*.顯然，ana12n1滿足題設，因此an是首項為a1，公比為2的等比數列(10分)(3) 證明：由(2)知，ana12n1.因為|cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp.若cpdp，不妨設cp0，dp0，則Tpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10.Rpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10.這與TpRp矛盾，所以cpdp.從而Tp1Rp1.由上證明，同理可得cp1dp1.如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3.，c1d1.即對任意正整數k(1kp)，ckdk.(16分)2015屆高三模擬考試試卷(一)(南京)數學附加題參考答案及評分標準21. A. 證明：因為AB是圓O的切線，所以ABDAEB.因為BADEAB，所以BADEAB.所以.(5分)同理，. 因為AB，AC是圓O的切線，所以ABAC.因此，即BE CDBD CE.(10分)B. 解：(1) 設直線l上一點M0(x0，y0)在矩陣A對應的變換作用下變?yōu)閘上點M(x，y)，則， 所以(3分)代入l方程得(ax0y0)(x0ay0)2a0，即(a1)x0(a1)y02a0.因為(x0，y0)滿足x0y040，所以4，解得a2.(6分)(2) 由A，得A2.(10分)C. 解： 以極點為坐標原點，極軸為x軸的正半軸，建立直角坐標系，則由題意，得圓C的直角坐標方程為x2y24x0，直線l的直角坐標方程為yx.(4分)由 解得或 所以A(0，0)，B(2，2)從而以AB為直徑的圓的直角坐標方程為(x1)2(y1)22，即x2y22x2y.(7分)將其化為極坐標方程為22(cossin)0，即2(cossin)(10分)D. 證明：因為xy，所以xy0，從而左邊(xy)(xy)2y32y2y3右邊即原不等式成立(10分)22. 解：(1) 因為PA平面ABCD，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAB，PAAD. 又ADAB，故分別以AB，AD，AP所在