江苏省南京市高三第二次模拟考试数学2

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1、江苏省南京市2012届高三年级第二次模拟考试（数学）word版（2012.03）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1已知集合，若，则实数的取值范围是 。2、已知 ，其中，为虚数单位，则 。3、某单位从4名应聘者A、B、C、D中招聘2人，如果这4名应聘者被录用的机会均等，则A，B两人中至少有1人被录用的概率是 。4、某日用品按行业质量标准分成王五个等级，等级系数依次为1，2，3，4，5.现从一批该日用品中随机抽取200件，对其等级系数进行统计分析，得到频率的分布如下 12345a0.20.450.150.1 则在所抽取的200件日用品中，等级系数的件数为 。5、已知变量满足约束条

2、件，则目标函数的取值范围是 6、已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率 7、已知圆的经过直线与坐标轴的两个交点，又经过抛物线的焦点，则圆的方程为 。8、设是等差数列的前项和。若，则 。9、已知函数的部分图象如图所示，则的值为 。10、在如图所示的流程图中，若输入的值为，则输出A的值为 。11、一块边长为10的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器。当时，该容器的容积为 。12、下列四个命题 “”的否定；“若则”的否命题；在中，“”的充分不必要条件；“函数为奇函数”的充要条件是“”。其中真命

3、题的序号是 。（把真命题的序号都填上）13、在面积为的中，分别是的中点，点在直线上，则 的最小值是 。14、已知关于的方程有唯一解，则实数的值为 。南京市2012年届高三第二次模拟考试参考答案一、填空题1(，0 24 3 420 54，2 6 7x2y2xy20 893 10 1148 12132 141二、解答题 15（本小题满分14分）设向量a(2，sin)，b(1，cos)，为锐角（1）若ab，求sincos的值；（2）若ab，求sin(2)的值解：（1） 因为ab2sincos，所以sincos 2分所以 (sincos)212 sincos又因为为锐角，所以sincos 5分（2）

4、解法一 因为ab，所以tan2 7分所以 sin22 sincos，cos2cos2sin2 11分所以sin(2)sin2cos2( ) 14分解法二 因为ab，所以tan2 7分所以 sin，cos因此 sin22 sincos， cos2cos2sin2 11分所以sin(2)sin2cos2( ) 14分16（本小题满分14分）如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD平面BCE，BEECABCDEF(第16题图）（1）求证：平面AEC平面ABE；（2）点F在BE上若DE/平面ACF，求的值解：（1）证明：因为ABCD为矩形，所以ABBC因为平面ABCD平面BCE，ABCDEF(第16题

5、图）O平面ABCD平面BCEBC，AB平面ABCD，所以AB平面BCE 3分因为CE平面BCE，所以CEAB因为CEBE，AB平面ABE，BE平面ABE，ABBEB，所以CE平面ABE 6分因为CE平面AEC，所以平面AEC平面ABE 8分（2）连结BD交AC于点O，连结OF因为DE平面ACF，DE平面BDE，平面ACF平面BDEOF，所以DE/OF 12分又因为矩形ABCD中，O为BD中点，所以F为BE中点，即 14分17（本小题满分14分）xyOTMPQN(第17题图）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线xy20相切

6、（1）求椭圆C的方程；（2）已知点P(0，1)，Q(0，2)设M，N是椭圆C上关于y轴对称的不同两点，直线PM与QN相交于点T，求证：点T在椭圆C上解：（1）由题意知b 3分因为离心率e，所以所以a2 所以椭圆C的方程为1 6分（2）证明：由题意可设M，N的坐标分别为(x0，y0)，(x0，y0)，则直线PM的方程为yx1， 直线QN的方程为yx2 8分证法一 联立解得x，y，即T(，) 11分由1可得x0284y02因为()2()21，所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上 14分证法二 设T(x，y)联立解得x0，y0 11分因为1，所以()2()21整理得(2y3)2，所以12y

7、84y212y9，即1所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上 14分18（本小题满分16分）(第18题图）CABDl某单位设计一个展览沙盘，现欲在沙盘平面内，布设一个对角线在l上的四边形电气线路，如图所示为充分利用现有材料，边BC，CD用一根5米长的材料弯折而成，边BA，AD用一根9米长的材料弯折而成，要求A和C互补，且ABBC（1）设ABx米，cosAf(x)，求f(x)的解析式，并指出x的取值范围；（2）求四边形ABCD面积的最大值解：（1）在ABD中，由余弦定理得BD2AB2+AD22ABADcosA同理，在CBD中，BD2CB2+CD22CBCDcosC 3分因为A和C互补，所

8、以AB2+AD22ABADcosACB2+CD22CBCDcosC CB2+CD22CBCDcosA 5分即 x2+(9x)22 x(9x) cosAx2+(5x)22 x(5x) cosA解得 cosA，即f( x)其中x(2，5) 8分（2）四边形ABCD的面积S(ABAD+ CBCD)sinAx(5x)+x(9x)。x(7x) 11分记g(x)(x24)( x214x49)，x(2，5)由g(x)2x( x214x49)(x24)( 2 x14)2(x7)(2 x27 x4)0，解得x4(x7和x舍) 14分所以函数g(x)在区间(2，4)内单调递增，在区间(4，5)内单调递减因此g(x

9、)的最大值为g(4)129108所以S的最大值为6答：所求四边形ABCD面积的最大值为6m2 16分19（本小题满分16分）函数f(x)exbx，其中e为自然对数的底（1）当b1时，求曲线yf(x)在x1处的切线方程；（2）若函数yf(x)有且只有一个零点，求实数b的取值范围；（3）当b0时，判断函数yf(x)在区间(0，2)上是否存在极大值若存在，求出极大值及相应实数b的取值范围解：（1）记g(x)exbx当b1时，g(x)ex1当x0时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上为增函数又g(0)10，所以当x(0，)时，g(x)0所以当x(0，)时，f(x)g(x)g(x)，所以f(1)g(1

10、)e1所以曲线yf(x)在点(1，e1)处的切线方程为：y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x 4分（没有说明“在x1附近，f(x)exbx”的扣1分)（2）解法一 f(x)0同解于g(x)0，因此，只需g(x)0有且只有一个解即方程exbx0有且只有一个解 因为x0不满足方程，所以方程同解于b 6分令h(x)，由h(x)0得x1当x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)(e，)；当x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递减，h(x)(e，)；所以当x(0，)时，方程b有且只有一解等价于be 8分当x(，0)时，h(x)单调递减，且h(x)(，0)，从而方程b有且只有一解等价

11、于b(，0) 综上所述，b的取值范围为(，0)e 10分解法二 f(x)0同解于g(x)0，因此，只需g(x)0有且只有一个解即方程exbx0有且只有一个解，即exbx有且只有一解也即曲线yex与直线ybx有且只有一个公共点 6分1xyO1yexybx（图1）1xyO1yexybx（图2）如图1，当b0时，直线ybx与yex总是有且只有一个公共点，满足要求 8分如图2，当b0时，直线ybx与yex有且只有一个公共点，当且仅当直线ybx与曲线yex相切设切点为(x0，e)，根据曲线yex在xx0处的切线方程为：yee(xx0)把原点(0，0)代入得x01，所以bee 综上所述，b的取值范围为(，

12、0)e 10分（3）由g(x)exb0，得xlnb当x(，lnb)时，g(x)0，g(x)单调递减当x(lnb，)时，g(x)0，g(x)单调递增所以在xlnb时，g(x)取极小值g(lnb)bblnbb(1lnb)当0be时， g(lnb)bblnbb(1lnb)0，从而当xR时，g(x)0所以f(x)g(x)g(x)在(，)上无极大值因此，在x(0，2)上也无极大值 12分当be时，g(lnb)0因为g(0)10，g(2lnb)b22blnbb(b2lnb)0，（令k(x)x2lnx由k(x)10得x2，从而当x(2，)时，k(x)单调递增，又k(e)e20，所以当be时，b2lnb0）所

13、以存在x1(0，lnb)，x2(lnb，2lnb)，使得g(x1)g(x2)0 此时f(x)g(x)所以f(x)在(，x1)单调递减，在(x1，lnb)上单调递增，在(lnb，x2)单调递减，在(x2，)上单调递增 14分所以在xlnb时，f(x)有极大值因为x(0，2)所以，当lnb2，即ebe2时，f(x)在(0，2)上有极大值； 当lnb2，即be2时，f(x)在(0，2)上不存在极大值 综上所述，在区间(0，2)上，当0be或be2时，函数yf(x)不存在极大值；当ebe2时，函数yf(x)，在xlnb时取极大值f(lnb)b(lnb1) 16分20（本小题满分16分）已知数列an满足

14、：a1 n22n（其中常数0，nN*）（1）求数列an的通项公式；（2）当4时，是否存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列？若存在，给出r，s，t满足的条件；若不存在，说明理由；（3）设Sn为数列an的前n项和若对任意nN*，都有(1)Snan2n恒成立，求实数的取值范围解：（1）当n1时，a13当n2时，由a1n22n， 得a1 (n1)22(n1) 得：2n1，所以an(2n1)n1，（n2） 因为a13，所以an(2n1)n1 (nN*) 4分（2）当4时，an(2n1)4n1若存在ar，as，at成等比数列，则(2r1) 4r1 (2t1) 4t1(2s1)2

15、42s2整理得(2r1) (2t1) 4 rt 2s(2s1)2 6分由奇偶性知rt 2s0所以(2r1) (2t1)(rt1)2，即(rt)20这与rt矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列 8分（3）Sn3572(2n1)n1当1时，Sn357(2n1)n22n当1时，Sn3572(2n1)n1，Sn 352(2n1)n1(2n1)n(1)Sn32(23n1)(2n1)n32 (2n1)n 10分要对任意nN*，都有(1)Snan2n恒成立，当1时，左(1)Snanan2n12，结论显然成立；当1时，左(1)Snan32 (2n1)nan32 因此，对任意nN

16、*，都有n恒成立当01时，只要n对任意nN*恒成立只要有即可，解得1或因此，当01时，结论成立 14分当2时，n显然不可能对任意nN*恒成立当12时，只要n对任意nN*恒成立只要有即可，解得1因此当1时，结论成立 综上可得，实数的取值范围为(0， 16分21A选修41：几何证明选讲(第21A题图）ABGCHEFD如图，已知AD，BE，CF分别是ABC三边的高，H是垂心，AD的延长线交ABC的外接圆于点G求证：DHDGB选修42：矩阵与变换设矩阵M（1）求矩阵M的逆矩阵M1；（2）求矩阵M的特征值21A选修41：几何证明选讲(第21A题图）GABCHEFD证明：连结BG如图，因为AD是ABC的高

17、，所以CADACB 2分同理HBDACB所以CADHBD 4分又因为CADCBG，所以HBDCBG 6分又因为BDHBDG90，BDBD，所以BDHBDG所以DHDG 10分B选修42：矩阵与变换解：（1）矩阵A(adbc0)的逆矩阵为A1所以矩阵M的逆矩阵M1 5分（2）矩阵M的特征多项式为f(l)l24l5 令f(l)0，得到M的特征值为1或5 10分21C选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，判断曲线C：(q为参数）与直线l：(t为参数)是否有公共点，并证明你的结论解法一：直线l的普通方程为x2y30 3分曲线C的普通方程为 3分由方程组得因为无解，所以曲线C与直线l没有公

18、共点 4分（注：计算出错，但位置关系正确，得2分）解法二：直线l的普通方程为x2y30 3分把曲线C的参数方程代入l的方程x2y30，得2cosq2sinq30，即sin(q) 3分因为sin(q)，而，所以方程sin(q)无解即曲线C与直线l没有公共点 4分（或sin(q)，所以sin(q)无解即曲线C与直线l没有公共点 4分）21D选修45：不等式选讲已知a0，b0，ab1，求证：证法一：因为a0，b0，ab1，所以 ()(2a1)(2b1)14 5分529 3分而 (2a1)(2b1)4，所以 2分证法二：因为a0，b0，由柯西不等式得()(2a1)(2b1) 5分()2(12)29 3

19、分由ab1，得 (2a1)(2b1)4，所以 2分证法三：设，则且 2分 只需证明即可 2分因为 2分 且，所以故 2分22甲、乙两班各派三名同学参加青奥知识竞赛，每人回答一个问题，答对得10分，答错得0分假设甲班三名同学答对的概率都是，乙班三名同学答对的概率分别是，且这六个同学答题正确与否相互之间没有影响（1）用X表示甲班总得分，求随机变量X的概率分布和数学期望；（2）记“两班得分之和是30分”为事件A，“甲班得分大于乙班得分”为事件B，求事件A，B同时发生的概率解：（1）随机变量X的可能取值是0，10，20，30，且P(X0)C(1)3， P(X10)C(1)2，P(X20)C()2(1)

20、， P(X30)C()3所以，X的概率分布为X0102030P 3分随机变量X的数学期望E(X)010203020 5分（2）甲班得20分，且乙班得10分的概率是：C()2(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)；甲班得30分，且乙得班0分的概率是：C()3 (1)(1)(1)所以事件A，B同时发生的概率为 10分23记(1)(1)(1)的展开式中，x的系数为an，x2的系数为bn，其中 nN*（1) 求an；（2）是否存在常数p，q(pq) ，使bn(1)(1) 对nN*，n2恒成立？证明你的结论解：（1） 根据多项式乘法运算法则，得an+1 3分（2）解法一 计算得b2，b3代入bn(1)(1)，解得p2，q1 6分下面用数学归纳法证明bn(1)(1) (n2)：当n2时，b2，结论成立设nk时成立，即bk则当nk1时，bk+1bk由可得结论成立 10分解法二 根据多项式乘法运算法则，得bn+1=bn+ 6分所以bnbn1 (n3)所以bn+2(+)+b2 (n3) 又b2也满足上式所以bn(1) (1) (n2)所以存在p2，q1符合题意 10分解法三 根据多项式乘法运算法则，得bn()2() 7分(1)2(1)(1)所以存在p2，q1符合题意 10分