南京、盐城高三数学二模试卷

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1、江苏省南京、盐都市高三第二次模拟考试 数 学 .03注意事项：1本试卷共4页，涉及填空题（第1题第14题）、解答题（第15题第20题）两部分本试卷满分为160分，考试时间为120分钟2答题前，请务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内试题的答案写在答题纸上相应题目的答案空格内考试结束后，交回答题纸参照公式：柱体的体积公式：VSh，其中S为柱体的底面积，h为柱体的高圆柱的侧面积公式：S侧2Rh，其中R为圆柱的底面半径，h为圆柱的高一、填空题（本大题共14小题，每题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1函数f(x)lnx的定义域为 2已知复数z12i，

2、z2a2i(i为虚数单位，aR)若z1z2为实数，则a的值为 150 200 250 300 350 400 4500.005a0.0010.0040.003O成绩/分(第3题图)3某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1000名学生的成绩，并根据这1000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在300，350)内的学生人数共有 k1开始输出k结束S6 S1YN SS(k1)2 kk1(第6题图)4盒中有3张分别标有1，2，3的卡片从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一种为偶数的概率

3、为 5已知等差数列an的公差d不为0，且a1，a3，a7成等比数列，则的值为 6执行如图所示的流程图，则输出的k的值为 xxyO22(第7题图)7函数f(x)Asin(x)(A，为常数，A0，0，0)的图象如下图所示，则f()的值为 8在平面直角坐标系xOy中，双曲线1(a0，b0)的两条渐近线与抛物线y24x的准线相交于A，B两点若AOB的面积为2，则双曲线的离心率为 9表面积为12的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 10已知|1，|2，AOB，则与的夹角大小为 11在平面直角坐标系xOy中，过点P(5，3)作直线l与圆x2y24相交于A，B两点，若OAOB，则直线l的斜率为

4、 12已知f(x)是定义在R上的奇函数，当0x1时，f(x)x2，当x0时，f(x1)f(x)f(1)，且 若直线ykx与函数yf(x)的图象恰有5个不同的公共点，则实数k的值为 13在ABC中，点D在边BC上，且DC2BD，ABADAC3k1，则实数k的取值范畴为 14设函数f(x)axsinxcosx若函数f(x)的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线yf(x)在点A，B处的切线互相垂直，则实数a的取值范畴为 二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字阐明，证明过程或演算环节，请把答案写在答题纸的指定区域内）15(本小题满分14分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为

5、矩形，平面PAB平面ABCD，PAPB，PBCDEA(第15题图) BPBC，E为PC的中点 （1）求证：AP平面BDE； （2）求证：BE平面PAC16(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，角的顶点是坐标原点，始边为x轴的正半轴，终边与单位圆O交于点A(x1 ，y1 )，(，)将角终边绕原点按逆时针方向旋转，交单位圆于点B(x2，y2)ABDOCxy(第16题图)（1）若x1，求x2；（2）过A，B作x轴的垂线，垂足分别为C，D，记AOC及 BOD的面积分别为S1，S2，且S1S2，求tan的值17(本小题满分14分)APMNBC(第17题图)如图，通过村庄A有两条夹角为60的公路A

6、B，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M、N (异于村庄A)，规定PMPNMN2(单位：千米)如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)18 (本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，一条准线方程为x2P为椭圆C上一点，直线PF1交椭圆C于另一点Q（1）求椭圆C的方程；（2）若点P的坐标为(0，b)，求过P，Q，F2三点的圆的方程；（3）若，且，2，求的最大值19(本小题满分16分)已知函数f(x)ex，a，bR，且a0（1）若a2，b1，求函数f(x)的极

7、值；（2）设g(x)a(x1)exf(x) 当a1时，对任意x(0，)，均有g(x)1成立，求b的最大值； 设g(x)为g(x)的导函数若存在x1，使g(x)g(x)0成立，求的取值范畴20(本小题满分16分)已知数列an的各项都为正数，且对任意nN*，a2n1，a2n，a2n1成等差数列，a2n，a2n1，a2n2成等比数列（1）若a21，a53，求a1的值；（2）设a1a2，求证：对任意nN*，且n2，均有南京市高三年级第二次模拟考试 数学附加题 .03注意事项：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、学校、班级、学号写在答题纸的密封线

8、内试题的答案写在答题纸上相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四小题中只能选做2题，每题10分，合计20分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节A选修41：几何证明选讲如图，ABC为圆的内接三角形，ABAC，BD为圆的弦，且BDAC过点A作圆的切线与AEBCFD第21题A图DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F （1）求证：四边形ACBE为平行四边形； （2）若AE6，BD5，求线段CF的长.B选修42：矩阵与变换 已知矩阵A的一种特性值为2，其相应的一种特性向量为 （1）求矩阵A； （2）若A，求x，y的值C选修44：坐标系与参数方

9、程在极坐标系中，求曲线r2cos有关直线(rR)对称的曲线的极坐标方程D选修45：不等式选讲已知x，yR，且|xy|，|xy|，求证：|x5y|1【必做题】第22题、第23题，每题10分，合计20分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字阐明、证明过程或演算环节22（本小题满分10分）某中学有4位学生申请A，B，C三所大学的自主招生若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等也许的（1）求恰有2人申请A大学的概率；（2）求被申请大学的个数X的概率分布列与数学盼望E(X)23（本小题满分10分） 设f(n)是定义在N*上的增函数，f(4)5，且满足：任意nN*，f(n)Z；任意m，n

10、N*，有f(m)f(n)f(mn)f(mn1)（1）求f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）求f(n)的体现式参照答案一、填空题：本大题共14小题，每题5分，计70分.1(0，1 24 3300 4 52 64 71 8 9 1060 111或 1222 13(，) 141，1二、解答题15证：（1）设ACBDO，连结OE由于ABCD为矩形，因此O是AC的中点由于E是PC中点，因此OEAP 4分由于AP平面BDE，OE平面BDE，因此AP平面BDE 6分（2）由于平面PAB平面ABCD，BCAB，平面PAB平面ABCDAB，因此BC平面PAB 8分由于AP平面PAB，因此BCPA由于PBPA

11、，BCPBB，BC，PB平面PBC，因此PA平面PBC 12分由于BE平面PBC，因此PABE由于BPPC，且E为PC中点，因此BEPC由于PAPCP，PA，PC平面PAC，因此BE平面PAC 14分16解：（1）解法一：由于x1，y10，因此y1 因此sin，cos 2分因此x2cos()coscossinsin 6分 解法二：由于x1，y10，因此y1A(，)，则(，)，2分 (x2，y2)， 由于|cosAOB，因此x2y2 4分 又x22y221，联立消去y2得50 x2230x270 解得x2或，又x20，因此x2 6分 解法三：由于x1，y10，因此y1 因此A(，)，因此tan2

12、分 因此tan()7，因此直线OB的方程为y7x 4分 由得x，又x20，因此x2 6分（2）S1sincossin2 8分由于(，)，因此(，) 因此S2sin()cos()sin(2)cos210分 由于S1S2，因此sin2cos2，即tan2 12分 因此，解得tan2或tan 由于(，)，因此tan214分17、解法一：设AMN，在AMN中，由于MN2，因此AMsin(120) 2分在APM中，cosAMPcos(60) 6分AP2AM2MP22 AMMPcosAMPAPMNBC第17题图Dsin2(120)422 sin(120) cos(60) 8分sin2(60) sin(60

13、) cos(60)41cos (2120) sin(2120)4sin(2120)cos (2120)sin(2150)，(0，120) 12分 当且仅当2150270，即60时，AP2获得最大值12，即AP获得最大值2答：设计AMN为60时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分解法二(构造直角三角形)：设PMD，在PMD中，PM2，PD2sin，MD2cos 2分在AMN中，ANMPMD，AMsin，ADsin2cos，(时，结论也对的)6分AP2AD2PD2(sin2cos)2(2sin)2sin2sincos4cos24sin2 8分sin24sin2cos2sin(2)，(0，) 12

14、分当且仅当2，即时，AP2获得最大值12，即AP获得最大值2 此时AMAN2，PAB30 14分解法三：设AMx，ANy，AMN在AMN中，由于MN2，MAN60，因此MN2AM2AN22 AMANcosMAN，即x2y22xycos60x2y2xy4 2分由于，即，因此siny，cos 6分cosAMPcos(60)cossiny8分在AMP中，AP2AM2PM22 AMPMcosAMP，即AP2x2422xx24x(x2y)42xy12分由于x2y2xy4，4xyx2y22xy，即xy4因此AP212，即AP2当且仅当xy2时，AP获得最大值2 答：设计AMAN2 km时，工厂产生的噪声对

15、居民的影响最小14分 解法四(坐标法)：以AB所在的直线为x轴，A为坐标原点，建立直角坐标系设M(x1，0)，N(x2，x2)，P(x0，y0)MN2，(x1x2)23x4 2分MN的中点K(，x2) MNP为正三角形，且MN2PK，PKMNPK2(x0)2(y0x2)23， kMNkPK1，即1， 6分 y0x2(x0)，(y0x2)2(x0)2(1)(x0)23，即(x0)23，(x0)2xx00 x0x2，x0x12x2，y0x1 8分AP2xy(2x2x1)2xx4x2x1x244x1x244212， 12分即AP2 答：设计AMAN2 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分解法

16、五(变换法)：以AB所在的直线为x轴，A为坐标原点，建立直角坐标系APMNBCxy设M(x1，0)，N(x2，x2)，P(x0，y0)MN2，(x1x2)23x4即x4x42x1x242x1x24x1x2，即x1x22 4分MNP为正三角形，且MN2PK，PKMN顺时针方向旋转60后得到(x0x1，y0)，(x2x1，x2) ，即x0x1(x2x1)x2，y0(x2x1)x2x02x2x1，y0x1 8分AP2xy(2x2x1)2xx4x2x1x2 44x1x244212， 12分即AP2 答：设计AMAN2 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分APMNBCFE解法六(几何法)：由运动

17、的相对性，可使PMN不动，点A在运动由于MAN60，点A在以MN为弦的一段圆弧(优弧)上，4分设圆弧所在的圆的圆心为F，半径为R，由图形的几何性质知：AP的最大值为PFR 8分在AMN中，由正弦定理知：2R，R， 10分FMFNR，又PMPN，PF是线段MN的垂直平分线设PF与MN交于E，则FE2FM2ME2R212即FE，又PE 12PF，AP的最大值为PFR2 答：设计AMAN2 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分18、（1）解：由题意得 解得c1，a22，因此b2a2c21 因此椭圆的方程为y21 2分 （2）由于P(0，1)，F1(1，0)，因此PF1的方程为xy10由 解得

18、或因此点Q的坐标为(，) 4分解法一：由于kPFkPF1，因此PQF2为直角三角形 6分由于QF2的中点为(，)，QF2，因此圆的方程为(x)2(y)2 8分解法二：设过P，Q，F2三点的圆为x2y2DxEyF0，则 解得 因此圆的方程为x2y2xy0 8分（3）解法一：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则(x11，y1)，(1x2，y2)由于，因此即因此解得x2 12分因此x1x2y1y2x2(1x2)yx22(1)x2()2(1)() 14分由于，2，因此22，当且仅当，即1时，取等号因此，即最大值为 16分解法二：当PQ斜率不存在时， 在y21中，令x1得y 因此，此时 2 当PQ斜

19、率存在时，设为k，则PQ的方程是yk(x1)， 由得(12k2)x24k2x2k220， 韦达定理 4设P(x1，y1)，Q(x2，y2) ， 则 的最大值为，此时 819、解：（1）当a2，b1时，f (x)(2)ex，定义域为(，0)(0，)因此f (x)ex 2分令f (x)0，得x11，x2，列表x(，1)1(1，0)(0，)(，)f (x)f (x)极大值极小值由表知f (x)的极大值是f (1)e1，f (x)的极小值是f ()44分（2） 由于g (x)(axa)exf (x)(ax2a)ex，当a1时，g (x)(x2)ex由于g (x)1在x（0，）上恒成立，因此bx22x在

20、x（0，）上恒成立 8分记h(x)x22x（x0），则h(x)当0x1时，h(x)0，h(x)在（0，1）上是减函数；当x1时，h(x)0，h(x)在（1，）上是增函数因此h(x)minh(1)1e1 因此b的最大值为1e1 10分解法二：由于g (x)(axa)exf (x)(ax2a)ex，当a1时，g (x)(x2)ex由于g (x)1在x（0，）上恒成立，因此g(2)e20，因此b0 6分g(x)(1)ex(x2)ex由于b0，因此：当0x1时，g(x)0，g(x)在（0，1）上是减函数；当x1时，g(x)0，g(x)在（1，）上是增函数因此g(x)ming(1)(1b)e1 8分由于

21、g (x)1在x（0，）上恒成立，因此(1b)e11，解得b1e1因此b的最大值为1e1 10分解法一：由于g (x)(ax2a)ex，因此g (x)(axa)ex由g (x)g (x)0，得(ax2a)ex(axa)ex0，整顿得2ax33ax22bxb0存在x1，使g (x)g (x)0成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立 12分由于a0，因此设u(x)（x1），则u(x)由于x1，u(x)0恒成立，因此u(x)在（1，）是增函数，因此u(x)u(1)1，因此1，即的取值范畴为（1，） 16分解法二：由于g (x)(ax2a)ex，因此g (x)(axa)ex由g (x)g

22、 (x)0，得(ax2a)ex(axa)ex0，整顿得2ax33ax22bxb0存在x1，使g (x)g (x)0成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立 12分设u(x)2ax33ax22bxb(x1)u(x)6ax26ax2b6ax(x1)2b-2b 当b0时，u(x) 0此时u(x)在1，)上单调递增，因此u(x)u(1)ab由于存在x1，2ax33ax22bxb0成立因此只要ab0即可，此时10 13分当b0时，令x01，得u(x0)b0，又u(1)ab0于是u(x)0，在(1，x0)上必有零点即存在x1，2ax33ax22bxb0成立，此时0 15分综上有的取值范畴为（1

23、，） 16分20、解：（1）解法一：由于a3，a4，a5成等差数列，设公差为d，则a332d，a43d由于a2，a3，a4成等比数列，因此a2 3分由于a21，因此1，解得d2，或d由于an0，因此d 由于a1，a2，a3成等差数列，因此a12a2a32(32d)5分解法二：由于a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5成等差数列，则，3分则，解得或（舍），因此。5分解法三：由于a1，a2，a3成等差数列，则，由于a2，a3，a4成等比数列，则3分由于a3，a4，a5成等差数列，则，则解得：或；当时，（与矛盾，故舍去），因此5分（注：没有舍去一解，扣1分）（2）证

24、法一：由于a2n1，a2n，a2n1成等差数列，a2n，a2n1，a2n2成等比数列，因此2a2na2n1a2n1， aa2na2n2；因此aa2n2a2n，n2因此2a2n由于an0，因此2 7分即数列是等差数列 因此(n1)()由a1，a2及a2n1，a2n，a2n1是等差数列，a2n，a2n1，a2n2是等比数列，可得a48分 因此(n1)()因此a2n10分因此a2n2 从而a2n1因此a2n112分 当n2m，mN*时， 0 14分当n2m1，mN*，m2时， 0 综上，对一切nN*，n2，有 16分证法二：若n为奇数且n3时，则an，an1，an2成等差数列由于0，因此9分若n为偶

25、数且n2时，则an，an1，an2成等比数列，因此11分由可知，对任意n2，nN*， 13分又由于，由于a1a2，因此0，即15分综上，16分21、A选修41：几何证明选讲解：（1）由于AE与圆相切于点A，因此BAEACB由于ABAC，因此ABCACB因此ABCBAE因此AEBC由于BDAC，因此四边形ACBE为平行四边形4分（2）由于AE与圆相切于点A，因此AE2EB(EBBD)，即62EB(EB5)，解得BE4根据（1）有ACBE4，BCAE6设CFx，由BDAC，得，即，解得x，即CF10分B、解：（1）由题意，得 2，即 解得a2，b4因此A 5分 （2）解法一：A，即 ， 因此 8分

26、解得 10分解法二：由于A，因此A1 7分 由于A，因此A1 因此 10分C、解法一：以极点为坐标原点，极轴为x轴建立直角坐标系，则曲线r2cos的直角坐标方程为 (x1)2y21，且圆心C为(1，0)4分直线的直角坐标方程为yx，由于圆心C(1，0)有关yx的对称点为(0，1)，因此圆心C有关yx的对称曲线为x2(y1)21 8分因此曲线r2cos有关直线(rR)对称的曲线的极坐标方程为r2sin10分解法二：设曲线r2cos上任意一点为(r，)，其有关直线对称点为(r，)，则 6分将(r，)代入r2cos，得r2cos()，即r2sin因此曲线r2cos有关直线(rR)对称的曲线的极坐标方

27、程为r2sin10分D、证： 由于|x5y|3(xy)2(xy)| 5分由绝对值不等式性质，得|x5y|3(xy)2(xy)|3(xy)|2(xy)|3|xy|2|xy|321即|x5y|1 10分22（本小题满分10分）解（1）记“恰有2人申请A大学”为事件A， P(A) 答：恰有2人申请A大学的概率为 4分（2）X的所有也许值为1，2，3P(X1)，P(X2)，P(X3)X的概率分布列为：X123P因此X的数学盼望E(X)123 10分23解：（1）由于f(1)f(4)f(4)f(4)，因此5 f(1)10，则f(1)21分 由于f(n)是单调增函数， 因此2f(1)f(2)f(3)f(4

28、)5 由于f(n)Z，因此f(2)3，f(3)4 3分（2）解：由（1）可猜想f (n)n+1 证明：由于f (n)单调递增，因此f (n+1)f (n)，又f(n)Z， 因此f (n+1)f (n)+1 一方面证明：f (n)n+1 由于f (1)2，因此n1时，命题成立 假设n=k(k1)时命题成立，即f(k)k+1 则f(k+1)f (k)+1k+2，即nk+1时，命题也成立 综上，f (n)n+1 5分 由已知可得f (2)f (n)f (2n)f (n+1)，而f(2)3，f (2n)2n1，因此3 f (n)f (n+1)2n1，即f(n+1)3 f (n)2n1下面证明：f (n

29、)n+1由于f (1)2，因此n1时，命题成立假设n=k(k1)时命题成立，即f(k)k+1，则f(k+1)3f (k)2k13(k+1)2k1k2，又f(k+1)k2，因此f(k+1)k2即nk+1时，命题也成立因此f (n)n+1 10分解法二：由f(1)2，f(2)3，f(3)4，f(4)5，猜想f(n)n1 下面用数学归纳法证明：当n1，2，3，4时，命题成立假设当nk (k4)时，命题成立，下面讨论nk1的情形 若k为奇数，则k1为偶数，且k，k 根据归纳假设知f()1，f()1 由于f(2) f()f(k1)f(21)f(k1)f()， 因此3(k1)，即(k1)k2 若k为偶数，

30、则k2，k4为偶数，且k，k 根据归纳假设知f()1，f()1 由于f(2) f()f(k2)f(21)f(k2)f()， 因此3f(k2)，即f(k2)k3 又k1f(k)f(k1)f(k2)k3 因此f(k1)k2 因此不管k的奇偶性如何，总有f(k1)k2，即nk1时，命题也成立 于是对一切nN*，f(n)n1 解法三：由于f (n)单调递增，因此f (n+1)f (n)，又f(n)Z，因此f (n+1)f (n)+1，又f(1)2，因此f (n)n+1 由已知可得：f (2)f (n)f (2n)f (n+1)而f(2)3，f (2n)2n1因此3 f (n)f (n+1)2n1，即：f(n+1)3 f (n)2n1 或者f(n+1)n23(f (n)n1) 因此有f(n+1)n23(f (n)n1) 32(f (n1)n) 33(f (n2)n1) 3n(f (1)2)0 于是f(n+1)n2 又f (n1)n+2 因此f(n+1)n2，又f(1)2 因此f(n)n1