苏锡常镇一模(十)数学DA

苏锡常镇四市高三年级第二次模拟考试（十)数学参照答案. 1 2. 5.y=±x4. 6 5. 6.57 8. 89.210 . +12. 6 3 4. ,)15 解析:(1) 由题意sin,cos=，(2分)因此a·i+si=sncscos××(分)（) 由于ab,因此sinsi1,即sin 1,因此sn2+incs1,(10分)则sncossin2cos,对锐角有，因此n,因此锐角.(14分). 证明：(1) 连结M，在正三棱柱ABCA1B11中,AA1C1，且A1CC1，则四边形1C是平行四边形，由于点M，N分别是棱1C1，AC的中点，因此MNA，且NAA1,(2分）由于在正三棱柱ABA11C1中，AA1BB1且A1=B1,因此NBB1,且MB1，因此四边形MNBB1是平行四边形,因此BN,由于BM平面B,N平面ABN,因此1M平面A1B(6分)() 在正三棱柱ABCA1C1中，A1平面B,平面ABC，因此BN1，在正AC中,N是AB的中点，因此BNAC由于AA1，AC平面AA1C1C,A=A，因此平面AA1C1C由于AD平面AA1，因此DBN，(1分)由题意，得AA,AC=2，AN1,C=,因此=,由于A1NACD=，因此A1A与AC相似，则AA1N=CA，因此ANA1CAD=AA1+A1N，因此AA1.由于NANN,BN，A平面A1,因此AD平面N.(14分)1 解析:（）由题意得解得(4分)因此椭圆C的原则方程为y1.(6分)(） 由题意知A(,1)，直线，l2的斜率存在且不为零，设直线:y=k1x,与直线y联立方程有解得，设直线2：yx-1,同理F，(分）由于OEF，因此|，(0分)=,k10无实数解；(1分)-，12,2k1-1=0，解得11±，综上可得,直线l的斜率为1±.(14分)18. 解析:(1)设OPQ，由题意,得在tOAQ中，OA=3,AQO=AQC-=,因此OQ=，在OP中,OP=3，PO-,由正弦定理得, (2分)即，因此siin=sin，则sin=scscossin=cos+si,因此sin=s,(4分）由于为锐角，因此cos0，因此tan,得.(6分）(2） 设OPQ，在OP，OP3，POQ=,由正弦定理得,即=，(分)因此sn=sin=ncos(-）osco+isi，因此(-si)sin=coscs，其中sin0,c0，因此tn，（11分)记()=,f（),;令f()0,sin=，存在唯一0使得sin0=，(13分）当(0，0）时,()>0,f()单调递增,当时f（)<0,f(）单调递减，因此当=0时,f（）最大,即anOPQ最大,由于P为锐角，因此OPQ最大，此时in=.故欣赏效果达到最佳时,的正弦值为. (16分)9.解析：(1) 函数（)的定义域为(0,)当0，b=-2，f(x)x3-2xc,由于f(x）g(x)恒成立,因此3-2cl恒成立，即lnxx3+2x(2分)令(x）lnx-x3+2x,则（x)-3x2+2，令（x)0,得1,因此（x)在区间(,1上单调递增，令（x)0，得x1,因此(x)在区间（,)上单调递减，(4分)因此当x1时，()a=(x)=,因此c.(分)(2) 当b3时,(x)=x3+ax-x+c，f()3x2+2ax-3.由题意，得f（x)=x+2ax-30对x(1，1)恒成立， (8分)因此因此a=0，即实数a的值为0. (1分)函数yh（x)的定义域为(，).当a=0,b=3,c=时，f(x）x3-3x+2.(x）3x23,令f(x)=x23,得x1.x(0,1)（1，+)f(x）+f(x)极小值0(12分)因此当x（0，1)时,f(x)>0，当x=时,f(）0，当（1，)时，f(x)>0对于g(）=lnx,当x(,1)时,()<0，当x=时，g(x)=，当x(1,）时，g(x)>0.(14分)因此当(0，1）时，（x）f（x)>0,当1时,h(）=0,当x(1,）时，(x）>0.故函数y(x）的值域为0，). (6分)20. 解析：(1) 由2S=an1-3(N*)得Sn+1=a2-3,两式作差得an1ann+1，即+2=3a+1(nN*) (2分)1=3,2S1+3=,因此an+13n(nN),an0,则(nN*)，因此数列an是首项为，公比为3的等比数列,因此an3n（nN*）(4分)（) 由题意，得aj+ak×，即3j+3k=2×6·3i,因此3j-+i=12，其中j1,ki2，因此3i33，3k-i99, （分）3j-+3k-i12，因此i1，ki2,=(8分)（3) 由a1n2bn-1+3b-+n1+1-3n3得a1n+1+2na1+ab2+anb=3n+2-3(1)-3,a1bn1+3（abn+a2bn-+an1b2anb13n+2-(n+)3，a1n1（3n+1-3n）=n+2-3(），因此3b13n+3(n+1）3-3(313n-3),即3n+1=6n+3，因此bn+=n1(nN*）,(1分)由于1b1=31+1·3=3,因此b1=1，因此n2n-1(nN),因此Tn1+35+(n)n2(nN),(N*），当n1时，=;当n=2时,=;当=3时，(12分)下面证明:对任意正整数3均有<,=(n1）2-2(n1)3n2）=（2n+2n+1）,当n3时,-22n+1=(1-n2)+n(2-n）<0,即-,因此当n3时，递减,因此对任意正整数>均有<=,综上，满足等式的正整数的值为和3.(16分）21. A. 解析：（1) 连结D，BD.由于AB是圆O的直径，因此D0°,AB2B.由于CD是圆O的切线，因此CO90°，由于A=DC，因此A=C，因此ADCDO，因此ABCO,因此AO=BC,因此AB2BC.(6分)(2) 由B2,AB2BC,得C1,CA=3.由切割线定理，得C2=C·CA×33，因此C=.（10分)B 解析：(1） B=(4分）(2) 由BAX,解得X=.由于X,因此a28,b=5 (1分).解析: 在sin-中，令0，得=2，因此圆C的圆心的极坐标为(2，）.(5分)由于圆C的半径PC=，(分)因此圆C过极点,因此圆C的极坐标方程为4cos (10分)D 证明:由于x,都是正数,因此1xy2>3>0,1+y230, (6分）(y2)(1yx2)xy，由于xy=1,因此(1+xy2)(1+y+x2）9. (10分)2. 解析:(） 以D为原点，DA,C，DP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设At,则D(0，,0),A（2t，,0),(2t,l，0),(0,，0)，P（，0,t),Q（，0,)，因此=(t，-，),=(t，t,），=(,0，2t)，设平面D的一种法向量n1=(，y，z)，则即解得因此平面PBD的一种法向量1（1，-2，),(3分）则csn1，=，则C与平面PD所成角的正弦值为. （分）() 由（)知平面PD的一种法向量为1=(1，-2,0),设=(0<1),则,=+（0，0，t)+(t,0,-2)(2，0，t（1-）)，=(2，,0)，设平面BD的一种法向量n2=（x,y，z)，则即解得因此平面B的一种法向量2=(1-,22,-)， (7分)由题意得=osn1,n=|=|，因此=，即（2)0,由于<<1,因此=,则=.(10分)2. 解析：(1) D,D2=,(前个全对方得分） （1分)D32， （2分）D4=. (3分)(） Dn=(-1)(Dn-12), (4分)理由如下：对A的元素的一种错位排列(a,a2，,n），若a1k(k1),分如下两类：若a=1，这种排列是n2个元素的错位排列,共有Dn2个;若1，这种错位排列就是将1，,k1，,n排列到第2到第个位置上，1不在第k个位置，其她元素也不在原先的位置,这种排列相称于n-1个元素的错位排列，共有Dn1个;根据的不同的取值,由加法原理得到n(n-1)(Dn-1+D）.(6分)(3) 根据（2)的递推关系及()的结论，Dn均为自然数.当n,且n为奇数时,n1为偶数,从而Dn=(-1）(n-n2)为偶数，又D1=0也是偶数，故对任意正奇数n,有D均为偶数. (7分)下面用数学归纳法证明2n(其中nN*)为奇数当=1时,D21为奇数；假设当n=时, 结论成立,即D2k是奇数， 则当n=1时，(+1)=(2k1)（2k1+D2),注意到D2为偶数，又2是奇数,因此D2k+12为奇数,又2k+1为奇数,因此D(1)(k1）（D2k+Dk）,即结论对=k+1也成立;综上,对任意nN*,均有2n为奇数(分)