江蘇省南京市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)試題

江蘇省南京市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)試題南京市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)2018.051．本試卷共4頁，包括填空題（第1題~第14題）、解答題（第15題~第20題）兩部分．本試卷滿分為160分，考試時間為120分鐘．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、學(xué)校、班級、學(xué)號寫在答題紙的密封線內(nèi)．試題的答案寫在答題紙上對應(yīng)題目的答案空格內(nèi)．考試結(jié)束后，交回答題紙．1．集合A＝{x|x2＋x－6＝0}，B＝{x|x2－4＝0}，則A∪B=eq\o(▲,\s\do1(________))．2．已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\o(\s\up5(－),z)．若z(2－i)＝5，其中i為虛數(shù)單位，則eq\o(\s\up5(－),z)的模為eq\o(▲,\s\do1(________))．S←1I←1WhileI＜8S←S＋2I←I＋3EndWhile(第4題圖)Print(第4題圖)3．某學(xué)校為了了解住校學(xué)生每天在校平均開銷情況，隨機抽取了500名學(xué)生，他們的每天在校平均開銷都不低于20元且不超過60元，其頻率分布直方圖如圖所示，則其中每天在校平均開銷在[50，60]元的學(xué)生人數(shù)為eq\o(▲,\s\do1(________))．((第3題圖)4．根據(jù)如圖所示的偽代碼，可知輸出S的值為eq\o(▲,\s\do1(________))．5．已知A，B，C三人分別在連續(xù)三天中值班，每人值班一天，那么A與B在相鄰兩天值班的概率為eq\o(▲,\s\do1(________))．6．若實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\al(x－y－3≤0，,x＋2y－5≥0，,y－2≤0，))則eq\f(y,x)的取值范圍為2百米，AC⊥BC，∠A為eq\f(π,3)．若在半圓弧eq\o(BC,\s\up4(⌒))，線段AC，線段AB上各建一個觀賞亭D，E，F(xiàn)，再修兩條棧道DE，DF，使DE∥AB，DF∥AC.記∠CBD＝θ（eq\s\do1(\f(π,3))≤θ＜eq\s\do1(\f(π,2))）．（1）試用θ表示BD的長；（2）試確定點E的位置，使兩條棧道長度之和最大.18．(本小題滿分16分)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\F(x2,a2)＋eq\F(y2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點P(eq\f(8,5)，eq\f(3,5))，離心率為eq\f(eq\r(3),2).已知過點M(eq\f(2,5)，0)的直線l與橢圓C交于A，B兩點．（1）求橢圓C的方程；xyO(第18題圖)MBA（2）試問x軸上是否存在定點N，使得eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→xyO(第18題圖)MBA19．(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a＞0），記f'(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．（1）若f(x)的極大值為0，求實數(shù)a的值；（2）若函數(shù)g(x)＝f(x)＋6x，求g(x)在[0，1]上取到最大值時x的值；（3）若關(guān)于x的不等式f(x)≥f'(x)在[eq\s\do1(\f(a,2))，eq\s\do1(\f(a+2,2))]上有解，求滿足條件的正整數(shù)a的集合．20．(本小題滿分16分)若數(shù)列{an}滿足：對于任意n∈N*，an＋|an＋1－an＋2|均為數(shù)列{an}中的項，則稱數(shù)列{an}為“T數(shù)列”．（1）若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n2，n∈N*，求證：數(shù)列{an}為“T數(shù)列”；（2）若公差為d的等差數(shù)列{an}為“T數(shù)列”，求d的取值范圍；（3）若數(shù)列{an}為“T數(shù)列”，a1＝1，且對于任意n∈N*，均有an＜aeq\o(\s\up5(2),n＋1)－aeq\o(\s\up5(2),n)＜an＋1，求數(shù)列{an}的通項公式．南京市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)附加題2018.051．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(wù)必將自己的姓名、學(xué)校、班級、學(xué)號寫在答題紙的密封線內(nèi)．試題的答案寫在答題紙上對應(yīng)題目的答案空格內(nèi)．考試結(jié)束后，交回答題紙．21．【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2題，每小題10分，共計20分．請在答卷紙指定區(qū)域內(nèi)作答．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．A．選修4—1：幾何證明選講CABMN(第21A題圖)在△ABC中，AC＝EQ\F(1,2)AB，M為邊AB上一點，△AMC的外接圓交CABMN(第21A題圖)求證：CM是∠ACB的平分線． B．選修4—2：矩陣與變換已知矩陣A＝eq\b\bc\[(\a\al\vs4(12,01))，B＝eq\b\bc\[(\a\al\vs4(20,01))，若直線l:x－y＋2＝0在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到直線l1，求直線l1的方程．C．選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在極坐標(biāo)系中，已知圓C經(jīng)過點P（2，eq\F(π,3)），圓心C為直線sin(θ－eq\F(π,3))＝－eq\r(3)與極軸的交點，求圓C的極坐標(biāo)方程．D．選修4—5：不等式選講已知a，b，c∈(0，＋∞)，且a＋b＋c＝1，求eq\r(2a＋b)＋eq\r(2b＋c)＋eq\r(2c＋a)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(nèi)作答．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．22．(本小題滿分10分)在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點A(1，a)(a＞0)是拋物線C上一點，且AF＝2．（1）求p的值；（2）若M，N為拋物線C上異于A的兩點，且AM⊥AN．記點M，N到直線y＝－2的距離分別為d1，d2，求d1d2的值．··F(第22題圖)xyOAMN23．(本小題滿分10分)已知fn(x)＝eq\o(\s\DO8(i＝1),\d\fo()\s\up0(eq\o(∑,\d\fo1()\s\up9(n－1))))Aeq\o(\s\up7(n－i),n)x(x＋1)…(x＋i－1)，gn(x)＝Aeq\o(\s\up7(n),n)＋x(x＋1)…(x＋n－1)，其中x∈R，n∈N*且n≥2．（1）若fn(1)＝7gn(1)，求n的值；（2）對于每一個給定的正整數(shù)n，求關(guān)于x的方程fn(x)＋gn(x)＝0所有解的集合． 南京市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案說明：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(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評分細(xì)則．2．對計算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯誤時，如果后續(xù)部分的解答未改變該題的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半；如果后續(xù)部分的解答有較嚴(yán)重的錯誤，就不再給分．3．解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)．4．只給整數(shù)分?jǐn)?shù)，填空題不給中間分?jǐn)?shù)．1．{－3，－2，2}2．eq\r(5)3．1504．75．eq\f(2,3)6．[eq\f(2,11)，2]7．①③8．eq\r(5)9．410．211．x＋2y－4＝012．－313．eq\f(2eq\r(5),9)14．[eeq\s\up4(2)，4e]二、解答題（本大題共6小題，計90分.解答應(yīng)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(nèi)）15．(本小題滿分14分)解：（1）因為點P的橫坐標(biāo)為eq\f(eq2\r(7),7)，P在單位圓上，α為銳角，所以cosα＝eq\f(eq2\r(7),7)，………………2分所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f(1,7)．………………4分（2）因為點Q的縱坐標(biāo)為eq\f(eq3\r(3),14)，所以sinβ＝eq\f(eq3\r(3),14)．………………6分又因為β為銳角，所以cosβ＝eq\f(13,14)．………………8分因為cosα＝eq\f(eq2\r(7),7)，且α為銳角，所以sinα＝eq\f(eq\r(21),7)，因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(eq4\r(3),7)，……………10分所以sin(2α－β)＝eq\f(eq4\r(3),7)×eq\f(13,14)－eq\f(1,7)×eq\f(eq3\r(3),14)＝eq\f(eq\r(3),2)．……………12分因為α為銳角，所以0＜2α＜π．又cos2α＞0，所以0＜2α＜eq\f(π,2)，又β為銳角，所以－eq\f(π,2)＜2α－β＜eq\f(π,2)，所以2α－β＝eq\f(π,3)．…………………14分16．(本小題滿分14分)(圖1)OCBPACBM(圖1)OCBPACBMDE因為△PBC的邊長為2的正三角形，E為BC中點，所以PE⊥BC，……2分且PE＝eq\r(3)，同理AE＝eq\r(3)．因為PA＝eq\r(6)，所以PE2＋AE2＝PA2，所以PE⊥AE．……4分因為PE⊥BC，PE⊥AE，BC∩AE＝E，AE，BC平面ABC，所以PE⊥平面ABC．因為PE平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABC．……7分（2）解法一如圖1，連接CD交AE于O，連接OM．因為PD∥平面AEM，PD平面PDC，平面AEM∩平面PDC＝OM，所以PD∥OM，……9分所以eq\F(PM,PC)＝eq\F(DO,DC)．……11分因為D，E分別為AB，BC的中點，CD∩AE＝O，所以O(shè)為ABC重心，所以eq\F(DO,DC)＝eq\f(1,3)，所以PM＝eq\f(1,3)PC＝eq\f(2,3)．…………………14分(圖2)PACBMD(圖2)PACBMDECBN如圖2，取BE的中點N，連接PN．因為D，N分別為AB，BE的中點，所以DN∥AE．又DN平面AEM，AE平面AEM，所以DN∥平面AEM．又因為PD∥平面AEM，DN平面PDN，PD平面PDN，DN∩PD＝D，所以平面PDN∥平面AEM．………………9分又因為平面AEM∩平面PBC＝ME，平面PDN∩平面PBC＝PN，所以ME∥PN，所以eq\F(PM,PC)＝eq\F(NE,NC)．………………11分因為E，N分別為BC，BE的中點，所以eq\F(NE,NC)＝eq\f(1,3)，所以PM＝eq\f(1,3)PC＝eq\f(2,3)．………………14分17．(本小題滿分14分)解：（1）連結(jié)DC．在△ABC中，AC為2百米，AC⊥BC，∠A為eq\f(π,3)，所以∠CBA＝eq\f(π,6)，AB＝4，BC＝2eq\r(3)．………………2分因為BC為直徑，所以∠BDC＝eq\f(π,2)，所以BD＝BCcosθ＝2eq\r(3)cosθ．………………4分（2）在△BDF中，∠DBF＝θ＋eq\f(π,6)，∠BFD＝eq\f(π,3)，BD＝2eq\r(3)cosθ，所以eq\f(DF,sin(θ＋eq\f(π,6)))＝eq\f(BF,sin(eq\f(π,2)－θ))＝eq\f(BD,sin∠BFD)，所以DF＝4cosθsin(eq\f(π,6)＋θ)，………………6分且BF＝4coseq\s\up4(2)θ，所以DE＝AF=4－4coseq\s\up4(2)θ，………………8分所以DE＋DF＝4－4coseq\s\up4(2)θ＋4cosθsin(eq\f(π,6)＋θ)=eq\r(3)sin2θ－cos2θ＋3＝2sin(2θ－eq\f(π,6))＋3．…………………12分因為eq\f(π,3)≤θ＜eq\f(π,2)，所以eq\f(π,2)≤2θ－eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6)，所以當(dāng)2θ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即θ＝eq\f(π,3)時，DE＋DF有最大值5，此時E與C重合．……………13分答：當(dāng)E與C重合時，兩條棧道長度之和最大．…………………14分18．(本小題滿分16分)解（1）離心率e＝eq\s\do1(\f(c,a))＝eq\s\do1(\f(\r(3),2))，所以c＝eq\s\do1(\f(\r(3),2))a，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\s\do1(\f(1,2))a，…………………2分所以橢圓C的方程為eq\F(x2,4b2)＋eq\F(y2,b2)＝1．因為橢圓C經(jīng)過點P(eq\f(8,5)，eq\f(3,5))，所以eq\F(16,25b2)＋eq\F(9,25b2)＝1，所以b2＝1，所以橢圓C的方程為eq\s\do1(\f(x2,4))＋y2＝1．…………………4分（2）解法一設(shè)N(n，0)，當(dāng)l斜率不存在時，A(eq\f(2,5)，y)，B(eq\f(2,5)，－y)，則y2＝1－eq\s\do1(\f((eq\s\do1(\f(2,5)))2,4))＝eq\s\do1(\f(24,25))，則eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\f(2,5)－n)2－y2＝(eq\f(2,5)－n)2－eq\s\do1(\f(24,25))＝n2－eq\f(4,5)n－eq\f(4,5)，…………………6分當(dāng)l經(jīng)過左?右頂點時，eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(－2－n)(2－n)＝n2－4．令n2－eq\f(4,5)n－eq\f(4,5)＝n2－4，得n＝4．……8分下面證明當(dāng)N為(4，0)時，對斜率為k的直線l：y＝k(x－eq\s\do1(\f(2,5)))，恒有eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))＝12．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\al(eq\s\do1(\f(x2,4))＋y2＝1，,y＝k(x－eq\s\do1(\f(2,5)))，))消去y，得(4k2＋1)x2－eq\s\do1(\f(16,5))k2x＋eq\s\do1(\f(16,25))k2－4＝0，所以x1＋x2＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,5))k2,4k2＋1))，x1x2＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,25))k2－4,4k2＋1))，…………………10分所以eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(x1－4)(x2－4)＋y1y2＝(x1－4)(x2－4)＋k2(x1－eq\s\do1(\f(2,5)))(x2－eq\s\do1(\f(2,5)))＝(k2＋1)x1x2－(4＋eq\s\do1(\f(2,5))k2)(x1＋x2)＋16＋eq\s\do1(\f(4,25))k2…………………12分＝(k2＋1)eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,25))k2－4,4k2＋1))－(4＋eq\s\do1(\f(2,5))k2)eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,5))k2,4k2＋1))＋16＋eq\s\do1(\f(4,25))k2＝eq\s\do1(\f((k2＋1)(eq\s\do1(\f(16,25))k2－4)－eq\s\do1(\f(16,5))k2(4＋eq\s\do1(\f(2,5))k2)＋eq\s\do1(\f(4,25))k2(4k2＋1),4k2＋1))＋16＝eq\s\do1(\f(－16k2－4,4k2＋1))＋16＝12．所以在x軸上存在定點N(4，0)，使得eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))為定值．…………………16分解法二設(shè)N(n，0)，當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)l：y＝k(x－eq\s\do1(\f(2,5)))，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\al(eq\s\do1(\f(x2,4))＋y2＝1，,y＝k(x－eq\s\do1(\f(2,5)))，))消去y，得(4k2＋1)x2－eq\s\do1(\f(16,5))k2x＋eq\s\do1(\f(16,25))k2－4＝0，所以x1＋x2＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,5))k2,4k2＋1))，x1x2＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,25))k2－4,4k2＋1))，…………………6分所以eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(x1－n)(x2－n)＋y1y2＝(x1－n)(x2－n)＋k2(x1－eq\s\do1(\f(2,5)))(x2－eq\s\do1(\f(2,5)))＝(k2＋1)x1x2－(n＋eq\s\do1(\f(2,5))k2)(x1＋x2)＋n2＋eq\s\do1(\f(4,25))k2＝(k2＋1)eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,25))k2－4,4k2＋1))－(n＋eq\s\do1(\f(2,5))k2)eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(16,5))k2,4k2＋1))＋n2＋eq\s\do1(\f(4,25))k2……8分＝eq\s\do1(\f((k2＋1)(eq\s\do1(\f(16,25))k2－4)－eq\s\do1(\f(16,5))k2(n＋eq\s\do1(\f(2,5))k2)＋eq\s\do1(\f(4,25))k2(4k2＋1),4k2＋1))＋n2＝eq\s\do1(\f((－eq\s\do1(\f(16,5))n－eq\s\do1(\f(16,5)))k2－4,4k2＋1))＋n2．……12分若eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))為常數(shù)，則eq\s\do1(\f((－eq\s\do1(\f(16,5))n－eq\s\do1(\f(16,5)))k2－4,4k2＋1))為常數(shù)，設(shè)eq\s\do1(\f((－eq\s\do1(\f(16,5))n－eq\s\do1(\f(16,5)))k2－4,4k2＋1))＝λ，λ為常數(shù)，則(－eq\s\do1(\f(16,5))n－eq\s\do1(\f(16,5)))k2－4＝4λk2＋λ對任意的實數(shù)k恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\al(－eq\s\do1(\f(16,5))n－eq\s\do1(\f(16,5))＝4λ，,－4＝λ，))所以n＝4，λ＝－4，此時eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))＝12．……14分當(dāng)直線l斜率不存在時，A(eq\f(2,5)，y)，B(eq\f(2,5)，－y)，則y2＝1－eq\s\do1(\f((eq\s\do1(\f(2,5)))2,4))＝eq\s\do1(\f(24,25))，所以eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))＝(eq\f(2,5)－4)2－y2＝(eq\f(2,5)－4)2－eq\s\do1(\f(24,25))＝12，所以在x軸上存在定點N(4，0)，使得eq\o(NA,\d\fo1()\s\up7(→))eq\o(NB,\d\fo1()\s\up7(→))為定值．………………16分19．(本小題滿分16分)解：（1）因為f(x)＝2x3－3ax2＋3a－2（a所以f'(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)．令f'(x)＝0，得x＝0或a．………………2分當(dāng)x∈(－∞，0)時，f'(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(0，a)時，f'(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f'(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．故f(x)極大值＝f(0)＝3a－2＝0，解得a＝eq\F(2,3)．………………4分（2）g(x)＝f(x)＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2（a 則g′(x)＝6x2－6ax＋6＝6(x2－ax＋1)，x∈[0，1]．①當(dāng)0＜a≤2時，△＝36(a2－4)≤0，所以g′(x)≥0恒成立，g(x)在[0，1]上單調(diào)遞增，則g(x)取得最大值時x的值為1．……………6分②當(dāng)a＞2時，g′(x)的對稱軸x＝eq\F(a,2)＞1，且△＝36(a2－4)＞0，g′(1)＝6(2－a)＜0，g′(0)＝6＞0，所以g′(x)在(0，1)上存在唯一零點x0＝eq\F(a－eq\R(,a2－4),2)．當(dāng)x∈(0，x0)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(x0，1)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減，則g(x)取得最大值時x的值為x0＝eq\F(a－eq\R(,a2－4),2)．………………8分綜上，當(dāng)0＜a≤2時，g(x)取得最大值時x的值為1；當(dāng)a＞2時，g(x)取得最大值時x的值為eq\F(a－eq\R(,a2－4),2)．……………9分（3）設(shè)h(x)＝f(x)－f′(x)＝2x3－3(a＋2)x2＋6ax＋3a則h(x)≥0在[eq\s\do1(\f(a,2))，eq\F(a＋2,2)]有解．………………10分h′(x)＝6[x2－(a＋2)x＋a]＝6[(x－eq\F(a＋2,2))2－eq\F(a2＋4,4)]，因為h′(x)在(eq\F(a,2)，eq\F(a＋2,2))上單調(diào)遞減，所以h′(x)＜h′(eq\F(a,2))＝－eq\F(3,2)a2＜0，所以h(x)在(eq\F(a,2)，eq\F(a＋2,2))上單調(diào)遞減，所以h(eq\F(a,2))≥0，即a3－3a2－6a＋4≤0．…………………12分設(shè)t(a)＝a3－3a2－6a＋4（a＞0），則t′(a)＝3a2－6當(dāng)a∈(0，1＋eq\R(,2))時，t′(a)＜0，t(a)單調(diào)遞減；當(dāng)a∈(1＋eq\R(,2)，＋∞)時，t′(a)＞0，t(a)單調(diào)遞增．因為t(0)＝4＞0，t(1)＝－4＜0，所以t(a)存在一個零點m∈(0，1)，…14分因為t(4)＝－4＜0，t(5)＝24＞0，所以t(a)存在一個零點n∈(4，5)，所以t(a)≤0的解集為[m，n]，故滿足條件的正整數(shù)a的集合為{1，2，3，4}．…………………16分20．(本小題滿分16分)解：（1）當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2，又a1＝S1＝2＝4×1－2，所以an＝4n－2．…………………2分所以an＋|an＋1－an＋2|＝4n－2＋4＝4(n＋1)－2為數(shù)列{an}的第n＋1項，因此數(shù)列{an}為“T數(shù)列”．…………………4分（2）因為數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列，所以an＋|an＋1－an＋2|＝a1＋(n－1)d＋|d|．因為數(shù)列{an}為“T數(shù)列”，所以任意n∈N*，存在m∈N*，使得a1＋(n－1)d＋|d|＝am，即有(m－n)d＝|d|．…………6分①若d≥0，則存在m＝n＋1∈N*，使得(m－n)d＝|d|，②若d＜0，則m＝n－1．此時，當(dāng)n＝1時，m＝0不為正整數(shù)，所以d＜0不符合題意．綜上，d≥0．……8分（3）因為an＜an＋1，所以an＋|an＋1－an＋2|＝an＋an＋2－an＋1．又因為an＜an＋an＋2－an＋1＝an＋2－(an＋1－an)＜an＋2，且數(shù)列{an}為“T數(shù)列”，所以an＋an＋2－an＋1＝an＋1，即an＋an＋2＝2an＋1，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列．…………………10分設(shè)數(shù)列{an}的公差為t(t＞0)，則有an＝1＋(n－1)t，由an＜aeq\o(\s\up5(2),n＋1)－aeq\o(\s\up5(2),n)＜an＋1，得1＋(n－1)t＜t[2＋(2n－1)t]＜1＋nt，………………12分整理得n(2t2－t)＞t2－3t＋1，①n(t－2t2)＞2t－t2－1．②若2t2－t＜0，取正整數(shù)N0＞eq\F(t2－3t＋1,2t2－t)，則當(dāng)n＞N0時，n(2t2－t)＜(2t2－t)N0＜t2－3t＋1，與①式對于任意n∈N*恒成立相矛盾，因此2t2－t≥0．同樣根據(jù)②式可得t－2t2≥0，所以2t2－t＝0．又t＞0，所以t＝eq\F(1,2)．經(jīng)檢驗當(dāng)t＝eq\F(1,2)時，①②兩式對于任意n∈N*恒成立，所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝1＋eq\F(1,2)(n－1)＝eq\F(n＋1,2)．………………16分

南京市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)附加題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)2018.05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(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評分細(xì)則．2．對計算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯誤時，如果后續(xù)部分的解答未改變該題的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半；如果后續(xù)部分的解答有較嚴(yán)重的錯誤，就不再給分．3．解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)．4．只給整數(shù)分?jǐn)?shù)，填空題不給中間分?jǐn)?shù)．21．【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2題，每小題10分，共計20分．請在答卷卡指定區(qū)域內(nèi)作答．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．A．選修4—1：幾何證明選講證明：連結(jié)MN，則∠BMN＝∠BCA，………………2分又∠MBN＝∠CBA，因此△MBN∽△CBA．………………4分所以eq\F(AB,AC)＝eq\F(BN,MN)．………………6分又因為AC＝EQ\F(1,2)AB，所以eq\F(BN,MN)＝2，即BN＝2MN．………………8分又因為BN＝2AM，所以AM＝MN，所以CM是∠ACB的平分線．………………10分B．選修4—2：矩陣與變換解：因為A＝eq\b\bc\[(\a\al\vs4(12,01))，B＝eq\b\bc\[(\a\al\vs4(20,01))，所以AB＝eq\b\bc\[(\a\al\vs4(22,01))．………………4分設(shè)點P0(x0，y0)是l上任意一點，P0在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到P(x，y)．因為P0(x0，y0)在直線l:x－y＋2＝0上，所以x0－y0＋2＝0．①由ABeq\b\bc\[(\a\al\vs2(x0,y0))＝eq\b\bc\[(\a\al\vs2(x,y))，即eq\b\bc\[(\a\al\vs4(22,01))eq\b\bc\[(\a\al\vs2(x0,y0))＝eq\b\bc\[(\a\al\vs2(x,y))，得eq\b\lc\{(\a\al(2x0＋2y0＝x，,y0＝y(tǒng)，))………………6分即eq\b\lc\{(\a\al(x0＝eq\F(1,2)x－y，,y0＝y(tǒng)．))②將②代入①得x－4y＋4＝0，所以直線l1的方程為x－4y＋4＝0．………………10分C．選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程解：解法一在直線sin(θ－eq\F(π,3))＝－eq\r(3)中，令θ＝0，得＝2.所以圓C的圓心坐標(biāo)為C(2，0)．………………4分因為圓C經(jīng)過點P(2，eq\F(π,3))，所以圓C的半徑PC＝eq\R(,22+22－2×2×2×coseq\F(π,3))＝2，……………6分所以圓C的極坐標(biāo)方程＝4cosθ．……………10分解法二以極點為坐標(biāo)原點，極軸為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則直線方程為y＝eq\r(3)x－2eq\r(3)，P的直角坐標(biāo)為(1，eq\r(3))，令y＝0，得x＝2，所以C(2，0)，………………4分所以圓C的半徑PC＝eq\R(,(2－1)2+(0－eq\r(3))2)=2，………………6分所以圓C的方程為(x－2)2＋(y－0)2＝4，即x2＋y2－4x＝0，………………8分所以圓C的極坐標(biāo)方程＝4cosθ.……………10分D．選修4—5：不等式選講解：因為(12＋12＋12)[(eq\r(2a＋b))2＋(eq\r(2b＋c))2＋(eq\r(2c＋a))2]≥(1·eq\r(2a＋b)＋1·eq\r(2b＋c)＋1·eq\r(2c＋a))2，即(eq\r(2a＋b)＋eq\r(2b＋c)＋eq\r(2c＋a))2≤9(a＋b＋c)．……………4分因為a＋b＋c＝1，所以(eq\r(2a＋b)＋eq\r(2b＋c)＋eq\r(2c＋a))2≤9，……………6分所以eq\r(2a＋b)＋eq\r(2b＋c)＋eq\r(2c＋a)≤3，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(2a＋b)＝eq\r(2b＋c)＝eq\r(2c＋a)，即a＝b＝c＝eq\s\do1(\f(1,3))時等號成立．所以eq\r(2a＋b)＋eq\r(2b＋c)＋eq\r(2c＋a)的最大值為3.……………10分【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計20分．22．（本小題滿分10分）解：（1）因為點A(1，a)(a＞0)是拋物線C上一點，且AF=2，所以eq\f(p,2)＋1＝2，所以p＝2.……………3分（2）解法一由(1)得拋物線方程為y2＝4x．因為點A(1，a)(a＞0)是拋物線C上一點，所以a＝2．……………4分設(shè)直線AM方程為x－1＝m(y－2)(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\al(x－1＝m(y－2)，,y2＝4x，))消去x，得y2－4my＋8m－4＝0，即(y－2)(y－4m＋2)＝0，所以y1＝4m－2．……………6分因為AM⊥AN，所以－eq\f(1,m)代m，得y2＝－eq\f(4,m)－2，……………8分所以d1d2＝|(y1＋2)(y2＋2)|＝|4m×(－eq\f(4,m))|＝16．……………10分解法二由(1)得拋物線方程為y2＝4x．因為點A(1，a)(a＞0)是拋物線C上一點，所以a＝2．……………4分設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq\o(AM,\d\fo1()\s\up7(→))·eq\o(AN,\d\fo1()\s\up7(→))＝(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0．……6分又因為M(x1，y1)，N(x2，y