精選南京市2023屆高三年級第三次模擬考試數學試題

1、南京市2023屆高三年級第三次模擬考試數學試題PAGE 高三數學試卷 第 PAGE 37頁共 NUMPAGES 37頁南京市2023屆高三年級第三次模擬考試 數 學 2023.05一、填空題本大題共14小題，每題5分，計70分. 不需寫出解答過程，請把答案寫在答題紙的指定位置上1全集U1，2，3，a，集合M1，3假設UM2，5，那么實數a的值為 eq o(,sdo1(_)2設復數z滿足z(1i)24i，其中i為虛數單位，那么復數的共軛復數為 3甲、乙兩位選手參加射擊選拔賽，其中連續(xù)5輪比賽的成績單位：環(huán)如下表：選手第1輪第2輪第3輪第4輪第5輪甲9.89.910.11010.2乙9.410.3

2、10.89.79.8那么甲、乙兩位選手中成績最穩(wěn)定的選手的方差是 eq o(,sdo1(_)S1I2While S100II2SSIEnd WhilePrint I第5題圖4從2個白球，2個紅球，1個黃球這5個球中隨機取出兩個球，那么取出的兩球中恰有一個紅球的概率是 eq o(,sdo1(_)5執(zhí)行如下圖的偽代碼，輸出的結果是 6，是兩個不同的平面，l，m是兩條不同直線，l，m給出以下命題：lm； lm； ml； lm其中正確的命題是 eq o(,sdo1(_) (填寫所有正確命題的序號)7設數列an的前n項和為Sn，滿足Sn2an2，那么 eq f(a8,a6) 8設F是雙曲線的一個焦點，點

3、P在雙曲線上，且線段PF的中點恰為雙曲線虛軸的一個端點，那么雙曲線的離心率為 eq o(,sdo1(_)9如圖，A，B分別是函數f(x) EQ r( ,3)sinx(0)在y軸右側圖象上的第一個最高點和第一個最低點，且AOB EQ F(,2)，那么該函數的周期是 eq o(,sdo1(_)10f(x)是定義在R上的偶函數，當x0時，f(x)2x2，那么不等式f(x1)2的解集是 eq o(,sdo1(_)OyxAB第9題圖ABCDM第11題圖11如圖，在梯形ABCD中，ABCD，AB4，AD3，CD2，eq o(AM,dfo1()sup7()2eq o(MD,dfo1()sup7()假設eq

4、o(AC,dfo1()sup7()eq o(BM,dfo1()sup7()3，那么eq o(AB,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7() eq o(,sdo1(_) 12在平面直角坐標系xOy中，圓M：(xa)2(ya3)21(a0)，點N為圓M上任意一點假設以N為圓心，ON為半徑的圓與圓M至多有一個公共點，那么a的最小值為 eq o(,sdo1(_)13設函數f(x)eq blc(aal(eq F(x1,ex)，xa，,x1，xa，)g(x)f(x)b假設存在實數b，使得函數g(x)恰有3個零點，那么實數a的取值范圍為 eq o(,sdo1(_) 14假設實數x，y

5、滿足2x2xyy21，那么eq F(x2y,5x22xy2y2)的最大值為 eq o(,sdo1(_)二、解答題本大題共6小題，計90分.解容許寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟，請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內15(本小題總分值14分)在ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊假設向量m(a，cosA)，向量n(cosC，c)，且mn3bcosB1求cosB的值；2假設a，b，c成等比數列，求 EQ F(1,tanA) EQ F(1,tanC)的值16(本小題總分值14分)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D為棱BC上一點 1假設ABAC，D為棱BC的中點，求證：平面ADC1平面B

6、CC1B1；2假設A1B平面ADC1，求 eq f(BD,DC)的值 第16題圖ABCDA1B1C117 (本小題總分值14分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq F(x2,a2)eq F(y2,b2)1(ab0)的離心率為 點(2，1)在橢圓C上1求橢圓C的方程；2設直線l與圓O：x2y22相切，與橢圓C相交于P，Q兩點 OxyFPQ第17題圖假設直線l過橢圓C的右焦點F，求OPQ的面積；求證： OPOQ18(本小題總分值16分)如圖，某森林公園有一直角梯形區(qū)域ABCD，其四條邊均為道路，ADBC，ADC90，AB5千米，BC8千米，CD3千米現甲、乙兩管理員同時從地出發(fā)勻速前往D

7、地，甲的路線是AD，速度為6千米/小時，乙的路線是ABCD，速度為v千米/小時1假設甲、乙兩管理員到達D的時間相差不超過15分鐘，求乙的速度v的取值范圍；2對講機有效通話的最大距離是5千米假設乙先到達D，且乙從A到D的過程中始終能用對講機與甲保持有效通話，求乙的速度v的取值范圍第18題圖CBAD19(本小題總分值16分)設函數f(x)x3mx2m(m0) 1當m1時，求函數f(x)的單調減區(qū)間； 2設g(x)|f(x)|，求函數g(x)在區(qū)間0，m上的最大值；3假設存在t0，使得函數f(x)圖象上有且僅有兩個不同的點，且函數f(x)的圖象在這兩點處的兩條切線都經過點(2，t)，試求m的取值范圍

8、 20(本小題總分值16分)數列an的前n項的和為Sn，記bneq F(Sn+1,n) 1假設an是首項為a，公差為d的等差數列，其中a，d均為正數 = 1 * GB3 當3b1，2b2，b3成等差數列時，求eq F(a,d)的值； = 2 * GB3 求證：存在唯一的正整數n，使得an+1bnan+2 2設數列an是公比為q(q2)的等比數列，假設存在r，t(r，tN*，rt)使得eq F(bt,br)eq F(t2,r2)，求q的值南京市2023屆高三年級第三次模擬考試 數學附加題 2023.05考前須知：1附加題供選修物理的考生使用2本試卷共40分，考試時間30分鐘3答題前，考生務必將自

9、己的姓名、學校、班級、學號寫在答題紙的密封線內試題的答案寫在答題紙上對應題目的答案空格內考試結束后，交答復題紙21【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2題，每題10分，共計20分請在答卷紙指定區(qū)域內作答解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟A選修41：幾何證明選講APOHC第21題A圖B如圖，半圓O的半徑為2，P是直徑BC延長線上的一點，PA與半圓O相切于點A， H是OC的中點，AHBC1求證：AC是PAH的平分線；2求PC的長B選修42：矩陣與變換曲線C：x22xy2y21，矩陣Aeq bbc(aalvs4(1 2 ,1 0 )所對應的變換T把曲線C變成曲線C1，求曲線C1的方程 C選

10、修44：坐標系與參數方程設極坐標系的極點與直角坐標系的原點重合，極軸與x軸的正半軸重合橢圓C的參數方程為 EQ blc(aal (x2cos，,ysin)為參數，點M的極坐標為(1， EQ F(,2)假設P是橢圓C上任意一點，試求PM的最大值，并求出此時點P的直角坐標D選修45：不等式選講求函數f(x)5eq R(,x)eq R(,82x)的最大值【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計20分請在答卷卡指定區(qū)域內作答解容許寫出 文字說明、證明過程或演算步驟22本小題總分值10分從0，1，2，3，4這五個數中任選三個不同的數組成一個三位數，記X為所組成的三位數各位數字之和1求X是奇數的概率

11、；2求X的概率分布列及數學期望23本小題總分值10分 在平面直角坐標系xOy中，點P(x0，y0)在曲線yx2(x0)上A(0，1)，Pn(x eq o(sup 5(n),0)，y eq o(sup 5(n),0)，nN*記直線APn的斜率為kn 1假設k12，求P1的坐標；2假設 k1為偶數，求證：kn為偶數南京市2023屆高三年級第三次模擬考試數學參考答案及評分標準說明：1本解答給出的解法供參考如果考生的解法與本解答不同，可根據試題的主要考查內容比照評分標準制訂相應的評分細那么2對計算題，當考生的解答在某一步出現錯誤時，如果后續(xù)局部的解答未改變該題的內容和難度，可視影響的程度決定給分，但不

12、得超過該局部正確解容許得分數的一半；如果后續(xù)局部的解答有較嚴重的錯誤，就不再給分3解答右端所注分數，表示考生正確做到這一步應得的累加分數4只給整數分數，填空題不給中間分數一、填空題本大題共14小題，每題5分，計70分. 不需寫出解答過程，請把答案寫在答題紙的指定位置上15 23i 30.02 4 eq f(3,5) 58 674 8eq R(,5) 94 101，3 11 eq f(3,2) 123 13(1 eq f(1,e2)，2) 14eq f( eq r(2),4) 二、解答題本大題共6小題，計90分.解容許寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟，請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內15(本

13、小題總分值14分)解：1因為mn3bcosB，所以acosCccosA3bcosB由正弦定理，得sinAcosCsinCcosA3sinBcosB，3分所以sin(AC)3sinBcosB，所以sinB3sinBcosB因為B是ABC的內角，所以sinB0，所以cosB EQ F(1,3)7分2因為a，b，c成等比數列，所以b2ac由正弦定理，得sin2BsinAsinC 9分因為cosB EQ F(1,3)，B是ABC的內角，所以sinB EQ F(2 EQ r( ,2),3)11分又 EQ F(1,tanA) EQ F(1,tanC) EQ F(cosA,sinA) EQ F(cosC,s

14、inC) EQ F(cosAsinCsinAcosC,sinAsinC) EQ F(sin(AC),sinAsinC) EQ F(sinB,sinAsinC) EQ F(sinB,sin2B) EQ F(1,sinB) EQ F(3 EQ r( ,2),4)14分16(本小題總分值14分)證明：1因為ABAC，點D為BC中點，所以ADBC 2分 因為ABCA1B1C1 是直三棱柱，所以BB1平面ABC 因為AD平面ABC，所以BB1AD 4分 因為BCBB1B，BC平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1， 所以AD平面BCC1B1 因為AD平面ADC1，所以平面ADC1平面BCC1B1 6分

15、(2)連結A1C，交AC1于O，連結OD，所以O為AC1中點 8分因為A1B平面ADC1，A1B平面A1BC，平面ADC1平面A1BCOD，所以A1BOD 12分因為O為AC1中點，所以D為BC中點，所以 eq f(BD,DC)1 14分17(本小題總分值14分)解：1由題意，得 EQ F(c,a) EQ F( EQ r( ,2),2)，eq F(4,a2)eq F(1,b2)1，解得a26，b23所以橢圓的方程為eq F(x2,6)eq F(y2,3)1 2分2解法一 橢圓C的右焦點F(eq R(,3)，0)設切線方程為yk(xeq R(,3)，即kxyeq R(,3)k0，所以eq F(|

16、eq R(,3)k |,eq R(,k21)eq R(,2)，解得keq R(,2)，所以切線方程為yeq R(,2)(xeq R(,3)4分由方程組eq blc(aal(yeq R(,2)(xeq R(,3)，,eq F(x2,6)eq F(y2,3)1，)解得eq blc(aal(xeq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，,yeq F(eq R(,6)6,5)，)或eq blc(aal(xeq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，,yeq F(eq R(,6)6,5) 所以點P，Q的坐標分別為(eq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，eq F(eq

17、R(,6)6,5)，(eq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，eq F(eq R(,6)6,5)，所以PQeq F(6eq R(,6),5) 6分因為O到直線PQ的距離為eq R(,2)，所以OPQ的面積為eq F(6eq R(,3),5) 因為橢圓的對稱性，當切線方程為yeq R(,2)(xeq R(,3)時，OPQ的面積也為eq F(6eq R(,3),5)綜上所述，OPQ的面積為eq F(6eq R(,3),5) 8分解法二 橢圓C的右焦點F(eq R(,3)，0)設切線方程為yk(xeq R(,3)，即kxyeq R(,3)k0，所以eq F(|eq R(,3)k |,e

18、q R(,k21)eq R(,2)，解得keq R(,2)，所以切線方程為yeq R(,2)(xeq R(,3)4分把切線方程 yeq R(,2)(xeq R(,3)代入橢圓C的方程，消去y得5x28 EQ r( ,3)x60設P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，那么有x1x2 EQ F(8 EQ r( ,3),5) 由橢圓定義可得，PQPFFQ2ae( x1x2)2 EQ r( ,6) EQ F( EQ r( ,2),2) EQ F(8 EQ r( ,3),5)eq F(6eq R(,6),5)6分因為O到直線PQ的距離為eq R(,2)，所以OPQ的面積為eq F(6eq R(,3),5

19、) 因為橢圓的對稱性，當切線方程為yeq R(,2)(xeq R(,3)時，所以OPQ的面積為eq F(6eq R(,3),5)綜上所述，OPQ的面積為eq F(6eq R(,3),5) 8分解法一：(i)假設直線PQ的斜率不存在，那么直線PQ的方程為x EQ r( ,2)或x EQ r( ,2)當x EQ r( ,2)時，P ( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)，Q( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)因為 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ當x EQ r( ,2)時，同理可得OPOQ 10分(ii) 假設直線PQ的斜率存在，設直線PQ的

20、方程為ykxm，即kxym0因為直線與圓相切，所以 EQ F(|m|, EQ r( ,1k2) EQ r( ,2)，即m22k22將直線PQ方程代入橢圓方程，得(12k2) x24kmx2m260.設P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，那么有x1x2 EQ F(4km, 12k2)，x1x2 EQ F(2m26,12k2)12分因為 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2) EQ F(2m26,12k2)km( EQ F(4km, 12k2)m2將m22k22代入上式可得 eq

21、o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ綜上所述，OPOQ 14分解法二：設切點T(x0，y0)，那么其切線方程為x0 xy0y20，且x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)2 (i)當y00時，那么直線PQ的直線方程為x EQ r( ,2)或x EQ r( ,2)當x EQ r( ,2)時，P ( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)，Q( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)因為 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ當x EQ r( ,2)時，同理可得OPOQ 10分(ii) 當y0

22、0時，由方程組eq blc(aal(x0 xy0y20，,eq F(x2,6)eq F(y2,3)1，)消去y得(2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)x28x0 x86y eq o(sup 5(2),0)0設P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，那么有x1x2eq F(8x0,2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)，x1x2eq F(86y eq o(sup 5(2),0),2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0) 12分所以 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()x

23、1x2y1y2x1x2 eq f(2x0 x1)( 2x0 x2),y02) eq f(8(x02y eq o(sup 5(2),0)16,y02(2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)因為x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)2，代入上式可得 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ綜上所述，OPOQ 14分18(本小題總分值16分)解：(1)由題意，可得AD12千米 由題可知| EQ F(12,6) EQ F(16,v)| EQ F(1,4)， 2分解得 EQ F(64,9)v EQ F

24、(64,7) 4分(2) 解法一：經過t小時，甲、乙之間的距離的平方為f(t)由于先乙到達D地，故 EQ F(16,v)2，即v8 6分當0vt5，即0t eq f(5,v)時，f(t)(6t)2(vt)226tvtcosDAB(v2 eq f(48,5)v36) t2因為v2 eq f(48,5)v360，所以當t eq f(5,v)時，f(t)取最大值，所以(v2 eq f(48,5)v36)( eq f(5,v)225，解得v EQ F(15,4) 9分當5vt13，即 eq f(5,v)t eq f(13,v)時，f(t)(vt16t)29(v6) 2 (t eq f(1,v6)29因

25、為v8，所以 eq f(1,v6) eq f(5,v)，(v6) 20，所以當t eq f(13,v)時，f(t)取最大值，所以(v6) 2 ( eq f(13,v) eq f(1,v6)2925，解得 EQ F(39,8)v EQ F(39,4) 13分當13vt16， eq f(13,v)t eq f(16,v)時，f(t)(126t)2(16vt)2，因為126t0，16vt0，所以當f(t)在( eq f(13,v)， eq f(16,v)遞減，所以當t eq f(13,v)時，f(t)取最大值，(126 eq f(13,v)2(16v eq f(13,v)225，解得 EQ F(39

26、,8)v EQ F(39,4) 因為v8，所以 8v EQ F(39,4) 16分解法二：設經過t小時，甲、乙之間的距離的平方為f(t)由于先乙到達D地，故 EQ F(16,v)2，即v8 6分以A點為原點，AD為x軸建立直角坐標系， 當0vt5時，f(t)( EQ F(4,5)vt6t)2( EQ F(3,5)vt)2由于( EQ F(4,5)vt6t)2( EQ F(3,5)vt)225，所以( EQ F(4,5)v6)2( EQ F(3,5)v)2 EQ F(25,t2)對任意0t EQ F(5,v)都成立，所以( EQ F(4,5)v6)2( EQ F(3,5)v)2v2，解得v EQ

27、 F(15,4) 9分當5vt13時，f(t)(vt16t)232由于(vt16t)23225，所以4vt16t4對任意 EQ F(5,v)t EQ F(13,v)都成立，即eq blc(aal(v6 EQ F(5,t)，, EQ F(3,t)v6，)對任意 EQ F(5,v)t EQ F(13,v)都成立，所以eq blc(aal(v6 EQ F(5v,13)，, EQ F(3v,13)v6，)解得 EQ F(39,8)v EQ F(39,4) 13分 = 3 * GB3 當13vt16即eq F(13,v)teq F(16,v)，此時f (t)(126t)2(16vt)2由 = 1 * G

28、B3 及 = 2 * GB3 知：8veq F(39,4)，于是0126t12eq F(78,v)12eq F(78,eq F(39,4) )4，又因為016vt3，所以f (t)(126t)2(16vt)2423225恒成立綜上 = 1 * GB3 = 2 * GB3 = 3 * GB3 可知8veq F(39,4) 16分19(本小題總分值16分)解：1當m1時，f(x)x3x21f (x)3x22xx(3x2)由f (x)0，解得x0或x EQ F(2,3)所以函數f(x)的減區(qū)間是(，0)和( EQ F(2,3)，) 2分2依題意m0因為f(x)x3mx2m，所以f (x)3x22mx

29、x(3x2m)由f (x)0，得x EQ F(2m,3)或x0 當0 x EQ F(2m,3)時，f (x)0，所以f(x)在(0， EQ F(2m,3)上為增函數；當 EQ F(2m,3)xm時，f (x)0，所以f(x)在( EQ F(2m,3)，m)上為減函數；所以，f(x)極大值f( EQ F(2m,3) EQ F(4,27)m3m 4分當 EQ F(4,27)m3mm，即m EQ F(3 EQ r( ,6),2)，ymax EQ F(4,27)m3m6分當 EQ F(4,27)m3mm，即0m EQ F(3 EQ r( ,6),2)時，ymaxm綜上，ymax EQ blc(aal

30、( EQ F(4,27)m3m m EQ F(3 EQ r( ,6),2)，, m 0m EQ F(3 EQ r( ,6),2) 8分3設兩切點的橫坐標分別是x1，x2那么函數f(x)在這兩點的切線的方程分別為y(x13mx12m)(3x122mx1)(xx1)，y(x23mx22m)(3x222mx2)(xx2) 10分將(2，t)代入兩條切線方程，得t(x13mx12m)(3x122mx1)(2x1)，t(x23mx22m)(3x222mx2)(2x2)因為函數f(x)圖象上有且僅有兩個不同的切點，所以方程t(x3mx2m)(3x22mx)(2x)有且僅有不相等的兩個實根12分整理得t2x

31、3(6m)x24mxm設h(x)2x3(6m)x24mxm，h (x)6x22(6m)x4m2(3xm)(x2)當m6時，h (x)6(x2)20，所以h(x)單調遞增，顯然不成立當m6時， h (x)0，解得x2或x EQ F(m,3)列表可判斷單調性，可得當x2或x EQ F(m,3)，h(x)取得極值分別為h(2)3m8，或h( EQ F(m,3) EQ F(1,27)m3 EQ F(2,3)m2m 要使得關于x的方程t2x3(6m)x24mxm有且僅有兩個不相等的實根，那么t3m8，或t EQ F(1,27)m3 EQ F(2,3)m2m 14分因為t0，所以3m80，*，或 EQ F

32、(1,27)m3 EQ F(2,3)m2m0*解*，得m EQ F(8,3)，解*，得m93eq R(,6)或m93eq R(,6)因為m0，所以m的范圍為(0， EQ F(8,3)93eq R(,6)，) 16分20(本小題總分值16分)解：1 = 1 * GB3 因為3b1，2b2，b3成等差數列， 所以4b23b1b3，即4eq F(3a3d,2)3(2ad)eq F(4a6d,3)， 解得，eq F(a,d)eq F(3,4) 4分 = 2 * GB3 由an1bnan2，得andeq F(n1)aeq F(n1)nd,2),n)a(n1)d，整理得eq blc(aal(n2neq F

33、(2a,d)0，, n2neq F(2a,d)0，) 6分解得eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)neq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)， 8分由于eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)1且eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)0 因此存在唯一的正整數n，使得an1bnan2 10分2因為eq F(bt,br)eq F(eq F(a1(1qt1),t(1q),eq F(a1(1qr1),r(1q)eq F(t2,r2)，所以eq F(qt11,t(t2)eq F(qr11,r(r2)

34、 設f(n)eq F(qn11,n(n2)，n2，nN*那么f(n1)f(n)eq F(qn21,(n1)(n3)eq F(qn11,n(n2)eq F(qn1(q1)n22(q2)n32n3,n(n1)(n2)(n3)，因為q2，n2，所以(q1)n22(q2)n3n2310，所以f(n1)f(n)0，即f(n1)f(n)，即f(n)單調遞增12分所以當r2時，tr2，那么f(t)f(r)，即eq F(qt11,t(t2)eq F(qr11,r(r2)，這與eq F(qt11,t(t2)eq F(qr11,r(r2)互相矛盾所以r1，即eq F(qt11,t(t2)eq F(q21,3) 1

35、4分假設t3，那么f(t)f(3) EQ F(q41,15) EQ F(q21,3) EQ F(q21,5) EQ F(q21,3)，即eq F(qt11,t(t2)eq F(q21,3)，與eq F(qt11,t(t2)eq F(q21,3)相矛盾于是t2，所以eq F(q31,8)eq F(q21,3)，即3q25q50又q2，所以q EQ F(5 EQ r( ,85),6) 16分南京市2023屆高三年級第三次模擬考試 數學附加題參考答案及評分標準 2023.05 說明：1本解答給出的解法供參考如果考生的解法與本解答不同，可根據試題的主要考查內容比照評分標準制訂相應的評分細那么2對計算題

36、，當考生的解答在某一步出現錯誤時，如果后續(xù)局部的解答未改變該題的內容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該局部正確解容許得分數的一半；如果后續(xù)局部的解答有較嚴重的錯誤，就不再給分3解答右端所注分數，表示考生正確做到這一步應得的累加分數4只給整數分數，填空題不給中間分數21【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2題，每題10分，共計20分請在答卷卡指定區(qū)域內作答解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟A選修41：幾何證明選講證明：(1)連接AB因為PA是半圓O的切線，所以PACABC因為BC是圓O的直徑，所以ABAC又因為AHBC，所以CAHABC，所以PACCAH，所以AC是PAH的平

37、分線 5分(2)因為H是OC中點，半圓O的半徑為2，所以BH3，CH1又因為AHBC，所以AH2BHHC3，所以AH EQ r( ,3)在RtAHC中，AH EQ r( ,3)，CH1，所以CAH30由(1)可得PAH2CAH60，所以PA2 EQ r( ,3)由PA是半圓O的切線，所以PA2PCPB，所以PC(PCBC)(2 EQ r( ,3)212，所以PC2 10分B選修42：矩陣與變換解：設曲線C上的任意一點P(x，y)，P在矩陣Aeq bbc(aalvs4(1 2 ,1 0 )對應的變換下得到點Q(x，y)那么eq bbc(aalvs4(1 2 ,1 0 ) eq bbc(aalvs

38、2(x,y)eq bbc(aalvs2(x,y)， 即x2yx，xy，所以xy，y EQ F(xy,2) 5分代入x22xy2y21，得y22y EQ F(xy,2)2( EQ F(xy,2)21，即x2y22，所以曲線C1的方程為x2y22 10分C選修44：坐標系與參數方程解：M的極坐標為(1， EQ F(,2)，故直角坐標為M(0，1)，且P(2cos，sin)，所以PM EQ r( ,(2cos)2(sin1)2) EQ r( ,3sin22sin5)，sin1，1 5分當sin EQ F(1,3)時，PMmax EQ F(4 EQ r( ,3),3)，此時cos EQ F(2 EQ

39、r( ,2),3)所以，PM的最大值是 EQ F(4 EQ r( ,3),3)，此時點P的坐標是( EQ F(4 EQ r( ,2),3)， EQ F(1,3)10分D選修45：不等式選講 解：函數定義域為0，4，且f(x)0 由柯西不等式得52(eq R(,2)2(eq R(,x) EQ sup4(2)(eq R(,4x) EQ sup4(2)(5eq R(,x)eq R(,2)eq R(,4x)2，5分 即274(5eq R(,x)eq R(,2)eq R(,4x)2，所以5eq R(,x)eq R(,82x)6eq R(,3) 當且僅當eq R(,2)eq R(,x)5eq R(,4x)，即xeq F(100,27)時，取等號所以，函數f(x)5eq R(,x)eq R(,82x)的最大值為6eq R(,3) 10分【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計20分 22本小題總分值10分解：1記“X是奇數為事件A，能組成的三位數的個數是48 2分X是奇數的個數有28，所以P(A) EQ F(28,48) EQ F(7,12)答：X是奇數的概率為 EQ F(7,12) 4分2 X的可能取值為3，4，5，6，7，8，9當 X3時，組成