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江苏南京市2015届高三第三次模拟考试数学试题 扫描版含答案


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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
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. 一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共 70 分. 1. 5 6.(-∞,-3] 3 11.2 2.0.74 7.4 3 4 12. 3 3.4 8.12 3 13.[-4,+∞) 4.6 11 9. 9 5.甲 10.9 14.(0,1)∪{2}

2015.05

二、解答题: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. 1 因为 sinB≠0,所以 cosA=2. π 因为 0<A<π,所以 A=3. ………………………… 7 分 ………………………… 4 分

2π 2π 2π (2)sinB+sinC=sinB+sin( 3 -B)=sinB+sin 3 cosB-cos 3 sinB 3 3 π =2sinB+ 2 cosB= 3sin(B+6). 2π π π 5π 因为 0<B< 3 ,所以6<B+6< 6 . 3 所以 sinB+sinC 的取值范围为( 2 , 3]. ………………………… 14 分 ………………………… 11 分

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16.证明: (1)取 PD 的中点 F,连接 EF,CF. 1 因为 E 为 PA 的中点,所以 EF∥AD,EF=2AD. 1 因为 BC∥AD,BC=2AD, 所以 EF∥BC,EF=BC. 所以四边形 BCFE 为平行四边形. 所以 BE∥CF. ………………………… 4 分
B (第 16 题图) C E A P F D

因为 BE?平面 PCD,CF?平面 PCD, 所以 BE∥平面 PCD. (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 ………………………… 6 分

因为 PA⊥PD,PD?平面 PCD,CF?平面 PCD,PD∩CF=F, 所以 PA⊥平面 PCD. 因为 PA ?平面 PAB,所以平面 PAB ?平面 PCD. 17.解: (1)由题意,得 PQ=50-50cos ? . 2? 2? 从而,当? = 3 时,PQ=50-50cos 3 =75.即点 P 距地面的高度为 75m. … 4 分 (2) (方法一)由题意,得 AQ=50sin ? ,从而 MQ=60-50sin ? ,NQ=300-50sin ? . 又 PQ=50-50cos ? , NQ 6-sin? MQ 6-5sin? 所以 tan?NPQ= PQ = ,tan?MPQ= PQ = .…………… 6 分 1-cos? 5-5cos? 从而 tan ? MPN=tan(? NPQ-? MPQ) 6-sin? 6-5sin? - 1 - cos ? 5 -5cos? tan?NPQ-tan?MPQ = = 1+tan?NPQ?tan?MPQ 6-sin? 6-5sin? 1+ × 1-cos? 5-5cos? 12(1-cos?) = . 23-18sin?-5cos? ………………… 9 分 ………………………… 12 分 ………………………… 14 分

12(1-cos?) 令 g(? )= ,? ∈(0,π), 23-18sin?-5cos? 12×18(sin?+cos?-1) 则 g ?(?)= ,? ∈(0,π). (23-18sin?-5cos?)2 ? 由 g ?(?)=0,得 sin ? +cos ? -1=0,解得? = 2 .………… 11 分
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? ? 当? ∈(0, 2 )时,g ?(? )>0,g(? )为增函数;当? ∈( 2 ,?)时,g ?(? )<0, g(? )为减函数, ? 所以,当? = 2 时,g(? )有极大值,也为最大值. ? ? 因为 0<? MPQ<? NPQ< 2 ,所以 0<? MPN< 2 , 从而当 g(? )=tan ? MPN 取得最大值时,? MPN 取得最大值. ? 即当? = 2 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. NQ 300-x0 MQ 60-x0 从而 tan?NPQ= PQ = y ,tan?MPQ= PQ = y .…………… 6 分 0 0 从而 tan ? MPN=tan(? NPQ-? MPQ) 300-x0 60-x0 - y y0 tan?NPQ-tan?MPQ 0 = = 1+tan?NPQ?tan?MPQ 300-x0 60-x0 1+ y × y
0 0

24y0 = . 10y0-36x0+1800 由题意知,x0=50sin ? ,y0=50-50cos ? , 所以 tan ? MPN== (下同方法一) x2 y2 18.解: (1)设椭圆 C 的方程为 a2+b2=1(a>b>0). 12(1-cos?) . 23-18sin?-5cos? ………………… 9 分

?a =m+1, ?a =m+1, ? ? 2 c 由题意,得? 解得?b =m, ?(m+1)-c=m, ? ? ?c=1.
x2 y2 所以椭圆方程为 +m=1. m+1 6 3 1 因为椭圆 C 过点( 2 ,1),所以 +m=1, 2(m+1) 1 解得 m=2 或 m=-2 (舍去). 所以 m=2. (2)①设点 T(x,y). ………………………… 4 分

2

2

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TA 由TF = 2,得(x+2)2+y2=2[(x+1)2+y2],即 x2+y2=2.
1

………………… 6 分

y =2, ?x + ? 2 x y2 由? 得 y2=m2-m. + = 1 , ?m+1 m ? 因此 0≤m2-m≤m,解得 1≤m≤2. 所以椭圆 C 的离心率 e= 3 2 ∈[ 3 , 2 ]. m+1 1 ………………………… 10 分

2

2

②(方法一)设 M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2). ? ? 则AM=(x0+2,y0), AP =(x1+2,y1).
?x0+2=?(x1+2), ? ? 由AM=? AP , 得 ? ?y0=?y1. ?x0=?x1+2(?-1), 从而? ?y0=?y1.

………………………… 12 分

[?x1+2(?-1)]2 x02 因为 2 +y02=1,所以 +(? y1)2=1. 2 x12 即? 2( 2 +y12)+2 ?(?-1)x1+2(?-1)2-1=0. x12 因为 2 +y12=1,代入得 2 ? (?-1)x1+3 ? 2-4 ?+1=0. 由题意知,?≠1, 3?-1 ?-3 故 x1=- ,所以 x0= 2 . 2? -?+3 同理可得 x0= 2 . ………………………… 14 分

?-3 -?+3 因此 2 = 2 ,
所以?+?=6. (方法二)设 M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2). y0 直线 AM 的方程为 y= (x+2). x0+2 y0 x2 2 1 2 2 2 2 将 y= (x+2)代入 2 +y =1,得(2(x0+2)2+y0 )x +4y0 x+4y0 -(x0+2)2 =0(*). x0+2 x02 2 2 因为 2 +y02=1,所以(*)可化为(2x0+3)x2+4y0 x-3x0 -4x0=0. 3x2 3x0+4 0+4x0 因为 x0x1=- ,所以 x1=- . 2x0+3 2x0+3 3x0-4 同理 x2= . 2x0-3 ………………………… 14 分 ………………………… 16 分

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? ? → → 因为AM=? AP , BM =? BQ , x0+2 x0-2 x0+2 x0-2 所以?+?= + = + x1+2 x1-2 3x0+4 3x0-4 - +2 -2 2x0+3 2x0-3 = 即 λ+?为定值 6. (x0+2)(2x0+3) (x0-2)(2x0-3) + =6. x0+2 -x0+2 ………………………… 16 分

1 19.解: (1)由 h(x)=f(x)+g(x)=x2-x+t+lnx,得 h' (x)=2x-1+x ,x>0. 1 因为 2x+x ≥2 1 2x· x=2 2,所以 h' (x)>0, ………………………… 3 分

从而函数 h(x)是增函数.

(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. 1 1 1 由 g'(x)=x ,得 l 的方程为 y-lnx2=x (x-x2),即 y=x ·x+lnx2-1.
2 2

? ? 2x1-1= 1 , x2 所以? (*) 2 ? ?-x1 +t=lnx2-1.
(1+x2)2 消去 x1 得 lnx2+ 4x 2 -(t+1)=0 2 (**). ………………………… 7 分

(1+x)2 1 1+x 2x2-x-1 (2x+1)(x-1) 令 F(x)=lnx+ 4x2 -(t+1),则 F'(x)=x - 2x3 = 2x3 = ,x>0. 2x3 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

1 1 1 x-1 令 k(x)=lnx+x -1(x≤1),由于 k' (x)=x -x2= x2 ≤0,故 k (x)在(0,1]上单调递减, 1 故当 0<x<1 时,k (x)>k (1)=0,即 lnx>1-x , (1+x)2 1 1 从而 lnx+ 4x2 -(t+1)>(2x-2)2-t.

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1 1 1 1 所以 F( )>( t+2)2-t= t+4>0,又 0< <1, 2( t+1) 2( t+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
2 2 20.解: (1)由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(S2+S1)2=4a2 ,即(a2+2a1)2=4a2 .

a2 因为 a1>0,a2>0,所以 a2+2a1=a2,即a =2.
1

………………………… 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. a2 又因为a =2,所以 a3=4a1. 1 ………………………… 6 分

由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(Sn+1+S1)2=4a2na2,(Sn+2+S1)2=4a2na4. (Sn+2+S1)2 a4 Sn+2+S1 两式相除,得 = ,所以 = (Sn+1+S1)2 a2 Sn+1+S1 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=a1·2 n 1,n∈N*. 显然,an=a1·2 n
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a4 a2=2.

满足题设, ………………………… 10 分

因此{an}是首项为 a1,公比为 2 的等比数列. (方法二)在(Sm+n+S1)2=4a2na2m 中, 令 m=n,得 S2n+S1=2a2n. 令 m=n+1,得 S2n+1+S1=2 a2na2n+2 , 在①中,用 n+1 代 n 得,S2n+2+S1=2a2n+2.

① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ………………………… 8 分

②-①,得 a2n+1=2 a2na2n+2-2a2n=2 a2n( a2n+2- a2n), ③-②,得 a2n+2=2a2n+2-2 a2na2n+2=2 a2n+2( a2n+2- a2n), 由④⑤得 a2n+1= a2na2n+2.

⑥代入④,得 a2n+1=2a2n;⑥代入⑤得 a2n+2=2a2n+1, a2n+2 a2n+1 a2 所以 = a =2.又a =2, a2n+1 2n 1

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从而 an=a1·2 n 1,n∈N*. 显然,an=a1·2 n
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满足题设, ………………………… 10 分

因此{an}是首项为 a1,公比为 2 的等比数列. (3)由(2)知,an=a1·2 n 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,
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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 2+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
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南京市 2015 届高三第三次模拟考试 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. A.选修 4—1:几何证明选讲 证明:因为 AB 是⊙O 的切线,所以?ABD=?AEB.

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又因为?BAD=?EAB,所以△ BAD∽△EAB. BD AB 所以 BE =AE. CD AC 同理, CE =AE.. 因为 AB,AC 是⊙O 的切线,所以 AB=AC. BD CD 因此 BE = CE ,即 BE· CD=BD· CE. B.选修 4—2:矩阵与变换 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), ………………………… 10 分 ………………………… 5 分

则?

?x? ?a 1 ?= ?y? ?1 a

x0 ? ? ax0+y0 ? ?? =? ? ?, ?? y0 ? ? ? x0+ay0 ?

?x=ax0+y0, 所以? ?y=x0+ay0.

………………………… 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, 2a 所以 =4,解得 a=2. a-1

………………………… 6 分

(2)由 A=

? 2 1 ?,得 A2=? 2 1 ??? 2 1 ?=? 5 4 ?. ?1 2? ? 1 2 ?? 1 2 ? ? 4 5 ?

………………… 10 分

C.选修 4—4:坐标系与参数方程 解: 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.
?x2+y2-4x=0, ?x=0, ?x=2, 由? 解得? 或 ? ?y=x, ?y=0, ?y=2.

………………………… 4 分

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:?2-2?(cos?+sin?)=0,即?=2(cos?+sin?).
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…………………… 10 分 D.选修 4—5:不等式选讲 证明:因为 x>y,所以 x-y>0,从而 1 左边=(x-y)+(x-y)+ +2y (x-y)2 ≥3
3

(x-y)?(x-y)?

1 +2y (x-y)2

=2y+3 =右边. 即原不等式成立. 【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. 根据条件得 AD= 3. 2 3 所以 B(1,0,0),D(0, 3,0),C(1, 3 ,0),P(0,0,2). ? ? 2 3 从而 BD =(-1, 3,0), PC =(1, 3 ,-2). ………………………… 3 分 设异面直线 BD,PC 所成角为? , ?? → → BD ? PC 则 cos ? =|cos< BD , PC >|=| | ? ? ∣ BD ∣?∣ PC ∣ 2 3 (-1, 3,0)·(1, 3 ,-2) 57 =| |= 38 . 19 2× 3 57 即异面直线 BD 与 PC 所成角的余弦值为 38 . ………………………… 5 分
x B A D C y z P

………………………… 10 分

? (2)因为 AB ?平面 PAD,所以平面 PAD 的一个法向量为 AB =(1,0,0). 设平面 PCD 的一个法向量为 n=(x,y,z), ? ? ? ? 2 3 由 n ? PC ,n ? PD , PC =(1, 3 ,-2), PD =(0, 3,-2),

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? ?x=3z, ?x+2 3y-2z=0, 3 得? 解得? 2 3 ? ? 3y-2z=0, ?y= 3 z.
2 不妨取 z=3,则得 n=(2,2 3,3). 设二面角 A-PD-C 的大小为?, ? 则 cos ?=cos< AB ,n>= ? (1,0,0)·(2,2 3,3) 2 AB · n = =5. ? 1×5 ∣ AB ∣×∣n∣ ………………………… 10 分 ………………………… 2 分 ………………………… 8 分

2 即二面角 A-PD-C 的余弦值为5. 23.解: (1)f(3)=1,f(4)=2; n (2)设 A0={m∣m=3p,p∈N*,p≤3}, n+1 A1={m∣m=3p-1,p∈N*,p≤ 3 }, n+2 A2={m∣m=3p-2,p∈N*,p≤ 3 },

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)=(Ck)3=k3; 3 3 3 1 k≥3 时,f(n)=3Ck+(Ck)3=2k3-2k2+k. 1 1 1 从而 f(n)=18n3-6n2+3n,n=3k,k∈N*. ………………………… 6 分
1

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; 3 5 3 1 3 1 k>3 时,f(n)=Ck-1+2Ck+Ck-1 (Ck)2=2k3-3k2+2k-1; 1 1 1 4 从而 f(n)=18n3-6n2+3n-9,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+3×2×2=13; 9 3 1 3 1 3 k>3 时,f(n)=2Ck-1+Ck+(Ck-1)2 Ck=2k3-2k2+5k-2; 1 1 1 2 从而 f(n)=18n3-6n2+3n-9,n=3k-2,k∈N*.
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? ? 所以 f(n)=? ? ?

1 3 1 2 1 18n -6n +3n,n=3k,k∈N*, 1 3 1 2 1 4 18n -6n +3n-9,n=3k-1,k∈N*, 1 3 1 2 1 2 18n -6n +3n-9,n=3k-2,k∈N*.

…………………… 10 分

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