2022年江苏省南京市高三数学第三次模拟考试.pdf

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1、南京市 2014 届高三年级第三次模拟考试数学注意事项：1本试卷共4 页，包括填空题（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、学号写在答题纸内试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题纸一、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|x2，xR ，Bx|x1，xR ，则 (?UA) B2已知 (1 2i)2abi(a，bR，i 为虚数单位 ) ，则ab3某地区对两所高中学校进

2、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 张牌，则所取2 张牌均为红心的概率为5执行右边的伪代码，输出的结果是6已知抛物线y22px过点M(2 ，2) ，则点M到抛物线焦点的距离为7已知 tan 2， ，且2，则 cossin8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

3、图象向右平移3个单位长度，得到函数yg(x) 的图象，则函数yS1 I3 While S200 SSIII 2 End While Print 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 17 页 - - - - - - - - - - g(x) 在3，23 上的最小值为10已知数列 an满足anan1an2(n3，nN*) ，它的前n项和为Sn若S9 6，S10 5，则a1的值为11已知函数f (x) x，x0，x2，x0，则关于x的不等式f(x2)f(3 2x) 的解

4、集是12在 RtABC中，CACB2，M，N是斜边AB上的两个动点，且MN2，则CMCN的取值范围为13在平面直角坐标系xOy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

5、) 在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanBtanA12ca（1）求B；（2）若 cos(C6) 13，求 sinA的值16(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.17(本小题满分14 分) P 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 2 页，共

6、 17 页 - - - - - - - - - - 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t 2-23，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 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

7、 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19(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：x1x2e220(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，求ba的值；（2）若ba(N*，2)，如

8、果存在n (nN*，6nm) 使得an5bn，求的最小值及此时m的值；（3）求证：anbn(nN* ，nm) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 南京市 2014 届高三年级第三次模拟考试数学附加题 2014.05 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、学号写在答题纸内试题的答案写在答题纸上对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

9、、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：CD2BDECB选修 42：矩阵与变换已知矩阵Aak0 1 (k0) 的一个特征向量为k1，A的逆矩阵A 1对应的变换将点 (3，1) 变为点 (1 ，1)求实数a，k的值C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x24y212 1上在第一象限的点，A(2 ， 0)，B(0 ，23) 是椭圆两个顶点，求四边形

10、OAMB的面积的最大值D选修 45：不等式选讲已知a，b，cR，a22b23c26，求abc的最大值【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解答应写出O B A C D E （第 21题 A 图）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 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PM13

11、PA，求证：MNAD；（2）若二面角MBDA的大小为4，求线段MN的长度23 （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Sa1，a2，an（nN*，n2） ，求m(T) 南京市 2014 届高三年级第三次模拟考试数学参考答案2014.05C 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 - - - - -

12、- - - - -第 5 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 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，计 70 分. 1( 2，1) 2 7 330 4310 511 652

13、7558 922 101 11( ， 3) (1 ，3) 1232， 2 13(x1)2y21 14222 二、解答题：15(本小题满分14 分) 解： (1) 由tanBtanA12ca及正弦定理，得sinBcosAcosBsinA12sinCsinA，2分所以sinBcosAcosBsinAcosBsinA2sinCsinA，即sin(AB)cosBsinA2sinCsinA，则sinCcosBsinA2sinCsinA因为在ABC中， sinA0，sinC0，所以 cosB125 分因为B(0 ，) ，所以B37分（2）因为 0C23，所以6C656因为 cos(C6) 13，所以 si

14、n(C6) 22310 分所以sinAsin(BC)sin(C3)sin(C6)6 12 分sin(C6)cos6cos(C6)sin6精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 261614 分16(本小题满分14 分) 证 （1）因为OE平面PBC，OE平面PAC，平面PAC平面PBCPC，所以OEPC，所以AOOCAEEP3 分因为DC/AB，DC2AB，所以AOOCABDC12. 所以AEPE126 分（2）法一：取PC的中点F，连

15、结FB，FD因为PAD是正三角形，DADC，所以DPDC因为F为PC的中点，所以DFPC. 8 分因为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中，由DF2a，FB3a，BD5a，可知DF2FB2BD2，所以FBDF12 分由DFPC，DFFB，PCFBF，PC、FB平面PBC，所以DF平面PBC又DF平面PCD，所以平面PBC平面PDC14 分法二：取PD，PC

16、的中点，分别为M，F，连结AM，FB，MF，所以MFDC，MF12DC因为DC/AB，AB12DC，所以MFAB，MFAB，即四边形ABFM为平行四边形，所以AMBF8 分在正三角形PAD中，M为PD中点，所以AMPD因为AB平面PAD，所以ABAM精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 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PCD12 分因为BF平面PB

17、C，所以平面PBC平面PDC. 14 分17(本小题满分14 分) 解： （1）由题意知f(0) A，f(3) 3A所以9AabA，9Aa14b3A，解得a1，b84分所以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6 分（2）由（ 1）知f(n) 9A18tn第n年的增长高度为f(n)f(n1)9A18tn9A18tn19 分所以72Atn1(1 t)(1 8tn)(1 8tn1)72Atn 1(1t)18tn1(t1) 64t2n172A (1 t)1tn164tn8

18、(t1)12 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 72A (1 t)264tn1tn18(t1)72A (1 t) 8(1 t )29A (1 t ) 1 t当且仅当64tn1tn 1，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14 分18(本小题满分16 分) 解： （1）由条件得1a21b21，且c22b2，所以a23b2，解得b243，a24所以椭圆方程为：x243y2413 分（2

19、）设l1方程为y1k(x1)，联立ykxk1，x23y24，消去y得(1 3k2)x26k(k1)x 3(k1)240因为P为（1，1） ，解得M（3k26k113k2，3k22k113k2） 5 分当k0 时，用1k代替k，得N（k26k3k23，k22k3k23） 7 分将k 1 代入，得M（2，0） ，N（1，1） 因为P（ 1， 1） ，所以PM2，PN22，所以PMN的面积为1222229 分（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

20、以y1y20，从而可得 (x1x2)(x1x2) 012 分若x1x20，则N( x，y) 因为PMPN，所以PMPN0，得x12y122又因为x123y124，所以解得x1 1，所以M( 1， 1) ，N(1 ，1) 或M(1 ，1) ，N( 1， 1) 所以直线MN的方程为yx14 分若x1x20，则N（x1，y1） ，因为PMPN，所以PMPN0，得y12(x11)21又因为x123y124，所以解得x112或 1，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 17 页 - - - -

21、 - - - - - - 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x1216 分解法二：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k2512 分若k25，则M（12，52） ，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 14分当k0 时，M（1，1） ，N（ 1，1） ，满足题意，此时直线MN的方程为xy 0综上，直线MN的方程为x12或xy016 分19(本小题满分16 分) 解：

22、（1）因为点P(1 ， 1)在曲线yf(x) 上，所以m 1，解得m1因 为f(x) 1x 1 ， 所 以 切 线 的 斜 率 为0 ， 所 以 切 线 方 程 为y 13 分（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) 1me5 分当 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)m

23、axf(1m) lnm17 分当1m1，即m1 时，x(1 ，e) ， f(x) 0，函数f(x) 在(1 ，e) 上单调递减，则f(x)maxf (1) m精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 9 分综上，当m1e时，f (x)max1me；当1em1 时，f (x)maxlnm1；当m1 时，f (x)maxm10 分（3）不妨设x1x20因为f (x1)f (x2) 0，所以 lnx1mx1 0，lnx2mx20，可得 lnx

24、1lnx2m(x1x2) ，lnx1lnx2m(x1x2) 要证明x1x2e2，即证明 lnx1lnx22，也就是m(x1x2) 2因为mlnx1lnx2x1x2，所以即证明lnx1lnx2x1x22x1x2，即 lnx1x22(x1x2)x1x212 分令x1x2t，则t1，于是 lnt2(t1)t1令(t)lnt2(t1)t1（t1） ，则(t) 1t4(t1)2(t1)2t(t1)20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16分20( 本小题满分16 分) 解： （1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则dba6，

25、q6baa3a3dab2，b3aq3ab2分因为a3b354，所以2a5ab2b0，解得ba4 或144分（2）因为aa(m1)d，所以d1m1a，从而得ana1m1an精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 因为aaqm 1，所以q1m1，从而得bnanm1因为an 5bn，所以a(1)(n5)m1aanm1因为a0， 所以 1(1)(n5)m1nm1（* ） 6 分因为，m，nN*，所以 1(1)(n5)m1为有理数要使（ * ）

26、成立，则nm1必须为有理数因为nm，所以nm1若2，则nm1为无理数，不满足条件同理，3 不满足条件8分当4 时， 4nm122nm1要使 22nm1为有理数，则2nm1必须为整数又因为nm，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 2910分(3) 证法一：设cn0，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SnnSn 1n1，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12分

27、精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 当ba时，q1当nN* ，nm时，Sm 1m1Snn即aq(qm 11)q1m1aq(qn1)q1n，即aqm 1am1aqnan因为baqm 1，bnaqn，dbam1，所以dbnan，即andbn，即anbn当ba时， 0q1，当nN* ，nm时，Sm 1m1Snn即aq(qm11)q1m1aq(qn1)q1n因为 0q1，所以aqm 1am1aqnan以下同综上， anbn(nN* ，nm

28、) 16分证法二：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，ba(0，1) 由题意，得d1m1a，qa1m1，所以ananda1m1an，bnanm1要证anbn(nN*，nm) ，只要证 11m1nnm10(0，1，nN*，nm) 12 分构造函数f(x) 11m1xxm1(0，1，0 xm1) ，则f (x)1m11m1xm1ln令f (x) 0，解得x0(m1)log1ln以下证明0log1ln1不妨设1，即证明11ln，即证明ln10，ln1 0精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳

29、 - - - - - - - - - -第 13 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 设g() ln1，h() ln1(1) ，则g() 110，h() ln0，所以函数g() ln1(1) 为减函数，函数h() ln1(1) 为增函数所以g() g(1) 0，h() h(1) 0所以1 1ln，从 而0 log1ln 1 ， 所 以0 x0m114 分因为在 (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 (x) 0，函数f(x) 在(x0，m1) 上是减函数所以f(x)minf(0) ，f(m1) 0所以anb

30、n(nN*，nm) 同理， 当 01 时，anbn(nN*，nm) 16 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 南京市 2014 届高三年级第三次模拟考试数学附加题参考答案及评分标准 2014.05 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

31、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，共计 20 分请在答卷纸指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：几何证明选讲证：因为AE为圆O的切线，所以ABDCAE2分因为ACD为等边三角形，所以ADCACD，所以ADBECA，所以ABDEAC6分所以ADBDECCA，即ADCABDEC8 分因为ACD为等边三角形，所以ADACCD，所以CD2BDEC. 10 分B选修 42：矩阵与

32、变换解：设特征向量为k1对应的特征值为，则ak0 1k1k1，即akkk，1.因为k0，所以a25 分因为A13111，所以A1131，即2 k0 11131，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 所以 2k3，解得 k1综上，a2，k110 分C选修 44：坐标系与参数方程解：设M(2cos，23sin) ，(0 ，2) 由题知OA2，OB23，2分所以四边形OAMB的面积S12OA23sin12OB2cos23sin23cos2

33、6sin(4) 8 分所以当4时，四边形OAMB的面积的最大值为2610 分D选修 45：不等式选讲解 ： 由 柯 西 不 等 式 ， 得 a2 (2b)2 (3c)212 (12)2 (13)2 (abc)28 分因为a22b23c26，所以 (abc)211，所以11abc11所以abc的最大值为11， 当且仅当a2b3c6111110 分22 （本小题满分10 分）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

34、N(0，13，0)，由PM13PA，得M(13，0，23) ，所以MN( 13，13，23) ，AD( 1， 1，0) 因为MNAD0所以MNAD4 分（2）因为M在PA上，可设PM PA，得M(，0， 1) 所以BM(， 1，1) ，BD(0 ， 2，0) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 17 页 - - - - - - - - - - 设平面MBD的法向量n(x，y，z) ，由nBD0，nBM0，得2y0，xy(1)z0，其中一组解为x1，y0，z， 所以可取n(1， 0

35、，) 8 分因为平面ABD的法向量为OP(0，0，1)，所以 cos4|nOP|n|OP| ，即22(1)22，解得12，从而M(12，0，12) ，N(0 ，13，0)，所以MN(120)2(0 13)2(120)222610 分23 （本小题满分10 分）解： （1）S1,2 的所有非空子集为：1 ，2 ，1,2 ，所以数组T为： 1，2，32因此m(T)12323323 分（2）因为Sa1,a2, , an ，nN*，n2，所以m(T)i1nai(12C1n1)i1nai(13C2n1)i1nai (1nCn1n1)i1naiC1nC2nC3nCnn112C1n113C2n11nCn1n1C1nC2nC3nCnni 1nai6 分又 因 为1kCk1n1 1k(n1)!(k1) ! (nk) !(n 1)!k ! (nk) !1nn!(nk) ! k!1nCkn，8 分所以m(T)1nC1n1nC2n1nC3n1nCnnC1nC2nC3nCnni 1nai1ni 1nai10 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 17 页 - - - - - - - - - -