2022年南京市高三年级第三次模拟考试数学试题2 .pdf

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1、南京市 2014 届高三年级第三次模拟考试数学2014.05一、填空题（本大题共14 小题，每小题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已知全集UR，集合 Ax|x 2，xR，B x|x1，xR，则 (?UA)B(2，1) 2已知 (12i)2abi(a，bR，i 为虚数单位 )，则 ab-73某地区对两所高中学校进行学生体质状况抽测，甲校有学生800 人，乙校有学生500 人，现用分层抽样的方法在这1300 名学生中抽取一个样本已知在甲校抽取了48 人，则在乙校应抽取学生人数为30 4现有红心1，2，3 和黑桃 4，5 共五张牌，从这五张牌中随机取2 张

2、牌，则所取2 张牌均为红心的概率为3105执行右边的伪代码，输出的结果是116已知抛物线y22px 过点 M(2，2)，则点 M 到抛物线焦点的距离为527已知 tan 2， ，且2 ，则 cos sin 558已知 m，n 是不重合的两条直线， ，是不重合的两个平面下列命题：若 ，m ，则 m ；若 m ，m ，则 ；若 m ，mn，则 n ；若 m ，m ，则 其中所有真命题的序号是9将函数f(x) sin(3x4)的图象向右平移3个单位长度，得到函数yg(x)的图象，则函数yg(x)在3，23上的最小值为22S1 I3 While S200 SSIII 2 End While Print

3、 I（第 5 题图）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 10已知数列 an满足 anan1an2(n3，nN*) ，它的前n 项和为 Sn若 S96，S105，则 a1的值为111已知函数f (x)x，x0，x2，x0，则关于x 的不等式 f(x2) f(32x)的解集是(， 3)(1，3) 12在 RtABC 中， CACB2，M，N 是斜边 AB 上的两个动点，且MN2，则 CM CN的取值范围为32，2 13在平面直角坐标系x

4、Oy 中，圆 C 的方程为 (x1)2y24，P 为圆 C 上一点 若存在一个定圆M，过 P 作圆 M 的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，当 P 在圆 C 上运动时，使得APB 恒为60 ，则圆 M 的方程为(x1)2y21 14设二次函数f(x)ax2bxc(a，b，c 为常数 )的导函数为f (x)对任意xR，不等式f(x)f (x)恒成立，则b2a2+c2的最大值为2 22二、解答题（本大题共6 小题，计90 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15(本小题满分14 分) 在 ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为a，b， c，且t

5、anBtanA 12ca（1）求 B；（2）若 cos(C6)13，求 sinA 的值解： (1)由tanBtanA12ca及正弦定理，得sinBcosAcosBsinA12sinCsinA，所以sinBcosAcosBsinAcosBsinA2sinCsinA，即sin(AB)cosBsinA2sinCsinA，则sinCcosBsinA2sinCsinA因为在 ABC 中， sinA0，sinC0，所以 cosB12因为 B(0， )，所以 B3（2）因为 0C23，所以6C656因为 cos(C6)13，所以 sin(C6)2 23所以 sinAsin(BC)sin(C3)sin( C6

6、)6 sin(C6)cos6cos(C6)sin6精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 2 61616(本小题满分14 分) 如图，在四棱锥PABCD 中， O 为 AC 与 BD 的交点， AB 平面 PAD， PAD 是正三角形，DC/AB，DADC2AB. （1）若点 E 为棱 PA 上一点，且OE平面 PBC，求AEPE的值；（2）求证：平面PBC平面 PDC.证 （1）因为 OE平面 PBC，OE平面 PAC，平面 PAC

7、平面 PBCPC，所以 OEPC，所以 AOOCAEEP因为 DC/AB，DC2AB，所以 AOOCABDC12. 所以AEPE12（2）法一：取PC 的中点 F，连结 FB，FD 因为 PAD 是正三角形，DADC，所以 DP DC因为 F 为 PC 的中点，所以DF PC. 因为 AB 平面 PAD，所以 ABPA，ABAD，ABPD因为 DC/AB，所以 DCDP，DCDA设 ABa，在等腰直角三角形PCD 中， DFPF2a在 RtPAB 中， PB5a在直角梯形ABCD 中， BDBC5a因为 BCPB5a，点 F 为 PC 的中点，所以PCFB在 RtPFB 中，FB3a在 FDB

8、 中，由 DF 2a，FB3a，BD5a，可知 DF2FB2BD2，所以 FBDF 由 DFPC，DF FB，PCFBF，PC、FB平面 PBC，所以 DF 平面 PBC又 DF平面 PCD，所以平面PBC平面 PDC法二：取PD，PC 的中点，分别为M，F，连结 AM，FB，MF ，所以 MF DC，MF12DCP A B C D O E （第 16 题图）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 因为 DC/AB，AB12DC，所以

9、MFAB，MFAB，即四边形ABFM 为平行四边形，所以AMBF在正三角形PAD 中，M 为 PD 中点，所以AMPD因为 AB平面 PAD，所以 ABAM又因为 DC/AB，所以 DCAM因为 BF/AM，所以 BFPD，BFCD又因为 PDDCD，PD、DC平面 PCD，所以 BF平面 PCD因为 BF平面 PBC，所以平面PBC平面 PDC. 17(本小题满分14 分) 某种树苗栽种时高度为A(A 为常数 )米，栽种n 年后的高度记为f(n)经研究发现f(n)近似地满足 f(n)9Aabtn，其中 t2-23，a，b 为常数， nN，f(0)A已知栽种3 年后该树木的高度为栽种时高度的3

10、 倍（1）栽种多少年后，该树木的高度是栽种时高度的8 倍；（2）该树木在栽种后哪一年的增长高度最大解： （1）由题意知f(0)A，f(3)3A所以9AabA，9Aa14b3A，解得 a1，b8所以 f(n)9A18tn，其中 t2-23令 f(n)8A，得9A18tn8A，解得 tn164，即 2-2n3164，所以 n9所以栽种年后，该树木的高度是栽种时高度的8 倍（2）由（ 1）知 f(n)9A18tn第 n 年的增长高度为f(n)f(n1)9A18tn9A18tn1所以72Atn1(1t)(18tn)(18tn1)72Atn1(1t)18tn1(t1)64t2n172A (1t)1tn1

11、64tn8(t1)精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 72A (1t)264tn1tn18(t1)72A (1t) 8(1t )22)1 ()1 (9ttA当且仅当64tn1tn1，即 2-2(2n-1)3164时取等号，此时n5所以该树木栽种后第5 年的增长高度最大18(本小题满分16 分) 已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)过点 P(1， 1)，c 为椭圆的半焦距，且c2b过点 P 作两条互相垂直的直线l1，l2与椭圆 C

12、 分别交于另两点M，N（1）求椭圆 C 的方程；（2）若直线 l1的斜率为 1，求 PMN 的面积；（3）若线段MN 的中点在x 轴上，求直线MN 的方程解： （1）由条件得1a21b21，且 c22b2，所以 a23b2，解得 b243，a24所以椭圆方程为：x243y241（2）设 l1方程为 y1k(x1)，联立ykxk1，x23y24，消去 y 得(13k2)x26k(k1)x3(k1)240因为 P 为（ 1，1） ，解得 M（3k26k113k2，3k22k113k2） 当 k0 时，用1k代替 k，得 N（k26k3k23，k22k3k23） 将 k 1 代入，得M（ 2，0）

13、，N（1，1） 因为 P（ 1， 1） ，所以 PM2，PN22，所以 PMN 的面积为122222（3）解法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x123y124，x223y224，两式相减得 (x1x2)(x1x2)3(y1y2)(y1y2)0，因为线段MN 的中点在x 轴上，所以y1y20，从而可得 (x1x2)(x1x2) 0若 x1x20，则 N(x， y)因为 PMPN，所以 PMPN0，得 x12y122又因为 x123y124，所以解得x11，所以 M(1，1)，N(1， 1)或 M(1，1)，N(1， 1)所以直线MN 的方程为y x若 x1x20，则 N（x1，y1）

14、 ，因为 PMPN，所以 PMPN0，得 y12(x11)21精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 又因为 x123y124，所以解得x112或 1，经检验： x12满足条件， x 1 不满足条件综上，直线MN 的方程为xy0 或 x12解法二：由 （2） 知， 当 k0 时， 因为线段MN 的中点在 x 轴上，所以3k22k113k2k22k 3k23，化简得 4k (k24k1)0，解得 k25若 k25，则 M（12，52） ，

15、N（12，52） ，此时直线MN 的方程为 x12若 k25，则 M（12，52） ，N（12，52） ，此时直线MN 的方程为 x12当 k0 时，M（1，1） ， N（ 1，1） ，满足题意，此时直线MN 的方程为 xy0综上，直线MN 的方程为x12或 xy019(本小题满分16 分) 已知函数f(x)lnxmx（mR）（1）若曲线yf(x)过点 P(1，1)，求曲线yf(x)在点 P 处的切线方程；（2）求函数f(x)在区间 1，e上的最大值；（3）若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证： x1x2e2解： （1）因为点P(1， 1)在曲线 yf(x)上，所以 m 1，解得 m

16、1因为 f (x)1x1，所以切线的斜率为0，所以切线方程为y 1（2）因为 f (x)1xm1mxx当 m0 时，x(1，e)， f (x) 0，所以函数f (x)在(1，e)上单调递增，则f (x) maxf (e)1me当1me，即 0m1e时，x(1，e)， f (x)0，所以函数f (x)在(1，e)上单调递增，则f (x)maxf (e)1me当 11me，即1em1 时，函数f (x)在 (1，1m)上单调递增，在(1m，e)上单调递减，则 f (x) maxf (1m)lnm1当1m1，即 m1 时， x(1，e)， f (x)0，函数 f (x)在(1，e)上单调递减，则f

17、(x) maxf (1)m综上，当m1e时， f (x)max1me；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 当1em1 时， f (x)max lnm1；当 m1 时， f (x)max m（3）不妨设x1x20因为 f (x1)f (x2)0，所以 lnx1mx10， lnx2mx20，可得 lnx1lnx2m(x1x2)，lnx1lnx2m(x1x2)要证明 x1x2e2，即证明lnx1lnx22，也就是m(x1x2)2因为 ml

18、nx1lnx2x1x2，所以即证明lnx1lnx2x1x22x1x2，即 lnx1x22(x1 x2)x1x2令x1x2t，则 t1，于是 lnt2(t1)t1令(t)lnt2(t1)t1（t1） ，则 (t)1t4(t1)2(t1)2t(t1)2 0故函数(t)在（ 1，）上是增函数，所以(t)(1)0，即 lnt2(t1)t1成立所以原不等式成立20(本小题满分16 分) 已知 a，b 是不相等的正数，在a，b 之间分别插入m 个正数 a1，a2， am和正数 b1，b2，bm，使 a，a1，a2， am，b 是等差数列， a，b1，b2， bm，b 是等比数列（1）若 m5，a3b354

19、，求ba的值；（2）若 ba( N*， 2)，如果存在n (nN*，6n m)使得 an5bn，求 的最小值及此时m 的值；（3）求证： anbn(nN*，nm)解： （1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则 dba6，q6baa3a3dab2，b3aq3ab因为a3b354，所以 2a5ab2b0，解得ba4 或14（2）因为 aa(m1)d，所以 d 1m1a，从而得 ana 1m 1a n因为 aa qm1，所以 q1m 1，从而得bna nm1因为 an5bn，所以 a( 1)(n5)m1 aa nm 1精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - -

20、- 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 因为 a0，所以 1( 1)(n5)m1nm 1（*） 因为 ，m，nN*，所以 1( 1)(n5)m1为有理数要使（ * ）成立，则nm1必须为有理数因为 nm，所以 nm1若 2，则 nm 1为无理数，不满足条件同理， 3 不满足条件当 4 时， 4nm 122nm 1要使 22nm 1为有理数，则2nm1必须为整数又因为 n m，所以仅有2nm1 满足条件所以 13(n5)m12，从而解得n15，m29综上， 最小值为4，此时 m 为 29(3)证法一：设cn0

21、，Sn为数列 cn的前 n 项的和先证：若 cn 为递增数列，则Snn 为递增数列证明：当 nN*时，Snnnbn1nbn1因为 Sn1Snbn1SnSnnn1nSn，所以SnnSn1n1，即数列 Snn为递增数列同理可证，若cn为递减数列，则Snn为递减数列当 ba 时， q1当 nN*，nm 时，Sm1m1Snn即aq(qm11)q1m1aq(qn1)q1n，即aqm1am1aqnan因为 baqm1，bnaqn，dbam1，所以 dbnan，即 andbn，即 anbn当 ba 时， 0q1，当 nN*，nm 时，Sm1m1Snn即aq(qm11)q1m1aq(qn1)q1n精品资料 -

22、 - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 因为 0q1，所以aqm1am1aqnan以下同综上，anbn(nN*，nm)证法二：设等差数列a，a1，a2， am，b 的公差为d，等比数列a，b1，b2， bm，b 的公比为 q，b a( 0， 1)由题意，得d 1m1a，qa1m1，所以 ananda 1m1an，bnanm1要证 anbn(nN* ，nm)，只要证 1 1m1nnm10( 0， 1，nN*，nm)构造函数f(x)1 1m1xxm 1

23、( 0， 1，0 x m 1)，则 f (x) 1m11m1xm1ln 令 f (x)0，解得 x0 (m1)log 1ln以下证明0log 1ln1不妨设 1，即证明1 1ln ，即证明ln 10， ln 10设 g( )ln 1，h( ) ln 1( 1)，则 g ( )1 10，h ( )ln 0，所以函数g( )ln 1( 1)为减函数，函数h( ) ln 1( 1)为增函数所以 g( )g(1)0，h( )h(1)0所以 1 1ln ，从而 0log 1ln1，所以 0 x0m1因为在 (0，x0)上 f (x)0，函数 f(x)在(0，x0)上是增函数；因为在 (x0，m1)上 f

24、 (x)0，函数 f(x)在(x0，m1)上是减函数所以 f(x)min f(0)，f(m1) 0所以 anbn(nN* ，nm)同理，当0 1 时，anbn(nN*，nm)数学附加题2014.0521 【选做题】在A、B、C、D 四小题中只能选做2 题，每小题10 分，共计20 分请在答卷卡指精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修 41：几何证明选讲已知圆 O 的内接 ABC

25、中，D 为 BC 上一点，且ADC 为正三角形，点E 为 BC 的延长线上一点， AE 为圆 O 的切线，求证：CD2BDEC证：因为AE 为圆 O 的切线，所以ABD CAE因为 ACD 为等边三角形，所以ADC ACD，所以 ADB ECA，所以 ABD EAC所以ADBDECCA，即 ADCABDEC因为 ACD 为等边三角形，所以ADACCD，所以 CD2BDEC. B选修 42：矩阵与变换已知矩阵 Aa k0 1(k0)的一个特征向量为 k1，A 的逆矩阵 A1对应的变换将点(3，1)变为点 (1，1)求实数a，k 的值解：设特征向量为 k1对应的特征值为 ，则a k0 1k1k1，

26、即akkk， 1.因为 k0，所以 a2因为 A13111，所以 A1131，即2 k0 11131，所以 2k3，解得k1综上， a2，k1C选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，已知M 是椭圆x24y2121 上在第一象限的点，A(2，0)，B(0，2 3) 是椭圆两个顶点，求四边形OAMB 的面积的最大值解：设 M(2cos ，2 3sin )， (0，2)由题知 OA2，OB23，所以四边形OAMB 的面积 S12OA2 3sin 12OB2cosO B A C D E （第 21题 A 图）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - -

27、欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 2 3sin 23cos 2 6sin( 4)所以当 4时，四边形OAMB 的面积的最大值为2 6D选修 45：不等式选讲已知 a，b，cR，a22b23c26，求 abc 的最大值解：由柯西不等式，得a2(2b)2(3c)212(12)2(13)2(abc)2因为 a22b23c26，所以 (abc)211，所以11abc11所以 abc 的最大值为11，当且仅当a2b3c61111【必做题】第22 题、第 23 题，每题10 分，共计20 分请在答卷卡指定区域内作答

28、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤22 （本小题满分10 分）如图， 在正四棱锥PABCD 中，PAAB2，点 M，N 分别在线段 PA 和 BD 上，BN13BD（1）若 PM13PA，求证： MNAD；（2）若二面角MBDA 的大小为4，求线段 MN 的长度证明：连接AC，BD 交于点 O，以 OA 为 x 轴正方向，以OB 为 y 轴正方向， OP 为 z 轴建立空间直角坐标系因为 PAAB2，则 A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0， 1，0)，P(0，0，1)（1）由 BN13BD，得 N(0，13，0)，由 PM13PA，得 M(13，0，23)，所以 MN(13，13，

29、23)， AD(1， 1，0)因为 MN AD0所以 MNADC P M A B D N (第 22 题图 ) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 14 页 - - - - - - - - - - （2）因为 M 在 PA 上，可设PMPA，得 M( ，0，1 )所以 BM( ， 1，1 )， BD(0， 2，0)设平面 MBD 的法向量n(x，y，z)，由n BD0，n BM0，得2y0， xy(1 )z0，其中一组解为x 1，y0，z ，所以可取n( 1，0， )因为平面AB

30、D 的法向量为OP(0，0，1)，所以 cos4|n OP|n| OP|，即22( 1)22，解得 12，从而 M(12，0，12)，N(0，13，0)，所以 MN(120)2(013)2(120)222623 （本小题满分10 分）已知非空有限实数集S的所有非空子集依次记为S1，S2，S3，集合Sk中所有元素的平均值记为 bk将所有bk组成数组T：b1，b2，b3，数组T 中所有数的平均值记为m(T)（1）若 S=1 ，2 ，求 m(T)；（2）若 S a1，a2， an （nN*，n2） ，求 m(T)解： （1）S1,2 的所有非空子集为：1 ，2 ，1,2 ，错误 !未指定书签。 所以

31、数组T 为： 1，2，32因此 m(T)1232332（2）因为 Sa1,a2, an，nN*，n2，所以 m(T)i1nai(12C1n1)i1nai(13C2n 1)i1nai (1nCn 1n 1)i1naiC1nC2nC3n Cnn112C1n 113C2n 11nCn 1n 1C1nC2nC3n Cnni1nai又因为1kCk1n11k(n1)!(k1) ! ( nk) !(n1)!k ! (nk) !1nn!(nk) ! k!1nCkn，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页

32、，共 14 页 - - - - - - - - - - 所以 m(T)1nC1n1nC2n1nC3n1nCnnC1nC2nC3n Cnni1nai1ni1nai精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 14 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 14 页 - - - - - - - - - -