2014南京三模数学


南京市 2014 届高三年级第三次模拟考试

10. 已知数列{an}满足 an=an-1-an-2(n≥3, n∈N*), 它的前 n 项和为 Sn. 若 S9=6, S10=5, 则 a1 的值为
?x,x≥0, 11.已知函数 f (x)=? 2 ,则关于 x 的不等式 f(x2)>f(3-2x)的解集是 ?x ,x<0,






注意事项:





. ▲ .

2014.05

→ → 12. 在 Rt△ABC 中, CA=CB=2, M, N 是斜边 AB 上的两个动点, 且 MN= 2, 则 CM ·CN 的取值范围为
2 2

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 U=R,集合 A={x|x≤-2,x∈R},B={x|x<1,x∈R},则(?UA)∩B= 2 2.已知(1+ )2=a+bi(a,b∈R,i 为虚数单位),则 a+b= i ▲ . ▲ .

13.在平面直角坐标系 xOy 中,圆 C 的方程为(x-1) +y =4,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 . b2 14. 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a, b, c 为常数)的导函数为 f′(x). 对任意 x∈R, 不等式 f(x)≥f′(x)恒成立, 则 2 2 a +c 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) tanB 2c 在△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且 +1= . tanA a (1)求 B;

3.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 ▲ . ▲ .

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 ▲ . S←1 I←3 While S≤200 S←S×I I←I+2 End While Print I
(第 5 题图)

π 1 (2)若 cos(C+ )= ,求 sinA 的值. 6 3

16.(本小题满分 14 分) 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,O 为 AC 与 BD 的交点,AB?平面 PAD,△PAD 是正三角形, DC//AB,DA=DC=2AB. (1)若点 E 为棱 PA 上一点,且 OE∥平面 PBC,求 (2)求证:平面 PBC?平面 PDC.
B O C (第 16 题图) D

6.已知抛物线 y2=2px 过点 M(2,2),则点 M 到抛物线焦点的距离为 π 7.已知 tanα=-2, ,且 <α<π,则 cosα+sinα= 2 ▲ .





AE 的值; PE

P

8.已知 m,n 是不重合的两条直线,α,β 是不重合的两个平面.下列命题: ①若 α⊥β,m⊥α,则 m∥β; ③若 m∥α,m⊥n,则 n⊥α; 其中所有真命题的序号是 ▲ . ②若 m⊥α,m⊥β,则 α∥β; ④若 m∥α,m?β,则 α∥β.

E A

π π π 2π 9.将函数 f(x)=sin(3x+ )的图象向右平移 个单位长度,得到函数 y=g(x)的图象,则函数 y=g(x)在[ , ]上的 4 3 3 3 最小值为 ▲ .

高三数学试卷第 1 页(共 4 页)

17.(本小题满分 14 分) 9A 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)= , a+btn -2 3 其中 t=2 ,a,b 为常数,n∈N,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.

19.(本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)=lnx-mx(m∈R). (1)若曲线 y=f(x)过点 P(1,-1),求曲线 y=f(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:x1x2>e2.

20.(本小题满分 16 分) 18.(本小题满分 16 分) x2 y2 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)过点 P(-1,-1),c 为椭圆的半焦距,且 c= 2b.过点 P 作 a b 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-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. 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. a3 5 b (1)若 m=5, = ,求 的值; b3 4 a (2)若 b=λa(λ∈N*,λ≥2),如果存在 n (n∈N*,6≤n≤m)使得 an-5=bn,求 λ 的最小值及此时 m 的值; (3)求证:an>bn(n∈N*,n≤m).

高三数学试卷第 2 页(共 4 页)

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【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.解答应写出文字说明、证 . ....... 明过程或演算步骤. 22. (本小题满分 10 分) 1 如图,在正四棱锥 P-ABCD 中,PA=AB= 2,点 M,N 分别在线段 PA 和 BD 上,BN= BD. 3 1 (1)若 PM= PA,求证:MN⊥AD; 3 π (2)若二面角 M-BD-A 的大小为 ,求线段 MN 的长度. 4
P

数学附加题
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.

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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、 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 4—1: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:CD2=BD·EC.
O · A A (第 22 题图) C E D C N · B

B

D

(第 21 题 A 图)

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 S={a1,a2,…,an}(n∈N*,n≥2) ,求 m(T).

B.选修 4—2:矩阵与变换

?a k ? (k≠0)的一个特征向量为 α=? k ?,A 的逆矩阵 A-1 对应的变换将点 已知矩阵 A=? ? ?-1? ?0 1?
(3,1)变为点(1,1).求实数 a,k 的值.

C.选修 4—4:坐标系与参数方程 x2 y2 在平面直角坐标系 xOy 中,已知 M 是椭圆 + =1 上在第一象限的点,A(2,0),B(0,2 3) 4 12 是椭圆两个顶点,求四边形 OAMB 的面积的最大值.

D.选修 4—5:不等式选讲 已知 a,b,c∈R,a2+2b2+3c2=6,求 a+b+c 的最大值.

高三数学试卷第 3 页(共 4 页)

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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 PBC=PC,所以 OE∥PC,

数学参考答案
说明:

2014.05

所以 AO∶OC=AE∶EP.

………………………………………3 分

因为 DC//AB,DC=2AB,所以 AO∶OC=AB∶DC=1∶2. AE 1 所以 = . PE 2 (2)法一:取 PC 的中点 F,连结 FB,FD. 因为△PAD 是正三角形,DA=DC,所以 DP=DC. 因为 F 为 PC 的中点,所以 DF⊥PC. ………………………………………8 分 ………………………………………6 分

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) 8.② 2.-7 9.- 2 2 3.30 10.1 14.2 2-2 4. 3 10 5.11 5 6. 2 3 12.[ ,2] 2 7. 5 5

因为 AB?平面 PAD,所以 AB⊥PA,AB⊥AD,AB⊥PD. 因为 DC//AB,所以 DC⊥DP,DC⊥DA. 设 AB=a,在等腰直角三角形 PCD 中,DF=PF= 2a. 在 Rt△PAB 中,PB= 5a. 在直角梯形 ABCD 中,BD=BC= 5a. 因为 BC=PB= 5a,点 F 为 PC 的中点,所以 PC⊥FB. 在 Rt△PFB 中,FB= 3a. 在△FDB 中,由 DF= 2a,FB= 3a,BD= 5a,可知 DF2+FB2=BD2,所以 FB⊥DF. ………………………………………12 分 由 DF⊥PC,DF⊥FB,PC∩FB=F,PC、FB? 平面 PBC,所以 DF⊥平面 PBC. 又 DF?平面 PCD,所以平面 PBC?平面 PDC. ………………………………………14 分

11.(-∞,-3)∪(1,3)

13.(x-1)2+y2=1 二、解答题: 15.(本小题满分 14 分)

tanB 2c sinBcosA 2sinC 解:(1)由 +1= 及正弦定理,得 +1= ,………………………………………2 分 tanA a cosBsinA sinA sinBcosA+cosBsinA 2sinC sin(A+B) 2sinC sinC 2sinC 所以 = ,即 = ,则 = . cosBsinA sinA cosBsinA sinA cosBsinA sinA 因为在△ABC 中,sinA≠0,sinC≠0, 1 所以 cosB= . 2 π 因为 B∈(0,π),所以 B= . 3 2π π π 5π (2)因为 0<C< ,所以 <C+ < . 3 6 6 6 π 1 π 2 2 因为 cos(C+ )= ,所以 sin(C+ )= . 6 3 6 3 π π π 所以 sinA=sin(B+C)=sin(C+ )=sin[(C+ )+ ] 3 6 6 π π π π =sin(C+ )cos +cos(C+ )sin 6 6 6 6 = 2 6+1 . 6 ………………………………………14 分 ………………………………………10 分 ………………………………………12 分 ………………………………………5 分 ………………………………………7 分

法二:取 PD,PC 的中点,分别为 M,F,连结 AM,FB,MF, 1 所以 MF∥DC,MF= DC. 2 1 因为 DC//AB,AB= DC,所以 MF∥AB,MF=AB, 2 即四边形 ABFM 为平行四边形,所以 AM∥BF. ………………………………………8 分

在正三角形 PAD 中,M 为 PD 中点,所以 AM⊥PD. 因为 AB⊥平面 PAD,所以 AB⊥AM. 又因为 DC//AB,所以 DC⊥AM. 因为 BF//AM,所以 BF⊥PD,BF⊥CD. 又因为 PD∩DC=D,PD、DC? 平面 PCD,所以 BF⊥平面 PCD.……………………………12 分 因为 BF? 平面 PBC,所以平面 PBC?平面 PDC.
高三数学试卷第 4 页(共 4 页)

………………………………………14 分

k2-6k-3 -k2-2k+3 1 当 k≠0 时,用- 代替 k,得 N( 2 , ) . ………………………………………7 分 k k +3 k2+3 将 k=-1 代入,得 M(-2,0) ,N(1,1) . 17.(本小题满分 14 分) 解: (1)由题意知 f(0)=A,f(3)=3A. =A, ? ?a+b 所以? 9A 解得 a=1,b=8. =3A, 1 ? ?a+4b -2 9A 3 所以 f(n)= n,其中 t=2 . 1+8×t 9A 1 令 f(n)=8A,得 =8A,解得 tn= , 64 1+8×tn -23n 1 即 2 = ,所以 n=9. 64 所以栽种9年后,该树木的高度是栽种时高度的 8 倍. ………………………………………6 分 9A (2)由(1)知 f(n)= . 1+8×tn 9A 9A 第 n 年的增长高度为△=f(n)-f(n-1)= - . n- 1+8×t 1+8×tn 1 72Atn 1(1-t) 72Atn 1(1-t) 所以△= - - n n-1 = (1+8t )(1+8t ) 1+8tn 1(t+1)+64t2n 1
- -

因为 P(-1,-1) ,所以 PM= 2,PN=2 2, 1 所以△PMN 的面积为 × 2×2 2=2. 2 (3)解法一:设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 ………………………………………4 分
?x12+3y12=4, ? 2 两式相减得(x1+x2)(x1-x2)+3(y1+y2)(y1-y2)=0, 2 ?x2 +3y2 =4,

………………………………………9 分

9A

因为线段 MN 的中点在 x 轴上,所以 y1+y2=0,从而可得(x1+x2)(x1-x2)=0.…………………12 分 若 x1+x2=0,则 N(-x1,-y1). → → 因为 PM⊥PN,所以PM·PN=0,得 x12+y12=2. 又因为 x12+3y12=4,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 y=-x. ………………………………………14 分 若 x1-x2=0,则 N(x1,-y1) , → → 因为 PM⊥PN,所以PM·PN=0,得 y12=(x1+1)2+1. 1 又因为 x12+3y12=4,所以解得 x1=- 或-1, 2 ……………………………9 分 1 经检验:x=- 满足条件,x=-1 不满足条件. 2 1 综上,直线 MN 的方程为 x+y=0 或 x=- . 2 ………………………………………16 分

= t ≤

72A (1-t) 1
n-1

+64tn+8(t+1) 72A (1-t) 72A (1-t) 9A (1- t ) = = . 1 8(1+ t )2 1+ t n 64t × n-1+8(t+1) t

………………………………………12 分

3k2+2k-1 -k2-2k+3 解法二:由(2)知,当 k≠0 时,因为线段 MN 的中点在 x 轴上,所以 , 2 =- 1+3k k2+3 化简得 4k (k2-4k-1)=0,解得 k=2± 5. ………………………………………12 分 1 5 1 5 1 若 k=2+ 5,则 M(- , ) ,N(- ,- ) ,此时直线 MN 的方程为 x=- . 2 2 2 2 2 1 5 1 5 1 若 k=2- 5,则 M(- ,- ) ,N(- , ) ,此时直线 MN 的方程为 x=- .…………14 分 2 2 2 2 2 当 k=0 时,M(1,-1) ,N(-1,1) ,满足题意,此时直线 MN 的方程为 x+y=0. 1 综上,直线 MN 的方程为 x=- 或 x+y=0. 2 19.(本小题满分 16 分) 解: (1)因为点 P(1,-1)在曲线 y=f(x)上,所以-m=-1,解得 m=1. 1 因为 f ′(x)= -1,所以切线的斜率为 0,所以切线方程为 y=-1.…………………………………3 分 x 1-mx 1 (2)因为 f ′(x)= -m= . x x ①当 m≤0 时, x∈(1,e), f ′(x)>0,所以函数 f (x)在(1,e)上单调递增,则 f (x) max=f (e)=1-me. 1 1 ②当 ≥e,即 0<m≤ 时,x∈(1,e), f ′(x)>0,所以函数 f (x)在(1,e)上单调递增,则 f (x)max= m e ………………………………………16 分

2

-2(2n-1) 1 1 当且仅当 64tn= n-1,即 2 3 = 时取等号,此时 n=5. 64 t 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) 1 1 4 解: (1)由条件得 2+ 2=1,且 c2=2b2,所以 a2=3b2,解得 b2= ,a2=4. a b 3 x2 3y2 所以椭圆方程为: + =1. 4 4 (2)设 l1 方程为 y+1=k(x+1), 联立?
?y=kx+k-1, ?x +3y =4,
2 2

………………………………………14 分

………………………………………3 分

消去 y 得(1+3k2)x2+6k(k-1)x+3(k-1)2-4=0.

-3k2+6k+1 3k2+2k-1 因为 P 为(-1,1) ,解得 M( , ) .………………………………………5 分 1+3k2 1+3k2

高三数学试卷第 5 页(共 4 页)

f (e)=1-me.

………………………………………5 分

1 1 1 1 ③当 1< <e,即 <m<1 时,函数 f (x)在 (1, )上单调递增,在( ,e)上单调递减, m e m m 1 则 f (x) max=f ( )=-lnm-1. m ………………………………………7 分

n (λ-1)(n-5) 因为 an-5=bn,所以 a+ × a=a× λm+1. m+1

(λ-1)(n-5) m+1 因为 a>0,所以 1+ =λ (*) . m+1 (λ-1)(n-5) 因为 λ,m,n∈N*,所以 1+ 为有理数. m+1 要使(*)成立,则 λ
n m+1

n

………………………………………6 分

1 ④当 ≤1,即 m≥1 时,x∈(1,e), f ′(x)<0,函数 f (x)在(1,e)上单调递减,则 f (x) max=f (1)=-m. m ………………………………………9 分 1 综上,①当 m≤ 时,f (x)max=1-me; e 1 ②当 <m<1 时,f (x)max=-lnm-1; e ③当 m≥1 时,f (x)max=-m. ………………………………………10 分

必须为有理数.

因为 n≤m,所以 n<m+1.
n

若 λ=2,则 λm+1为无理数,不满足条件. 同理,λ=3 不满足条件.
n

………………………………………8 分
2n

(3)不妨设 x1>x2>0.因为 f (x1)=f (x2)=0,所以 lnx1-mx1=0,lnx2-mx2=0, 可得 lnx1+lnx2=m(x1+x2),lnx1-lnx2=m(x1-x2). 要证明 x1x2>e ,即证明 lnx1+lnx2>2,也就是 m(x1+x2)>2. lnx1-lnx2 lnx1-lnx2 2 x1 2(x1-x2) 因为 m= ,所以即证明 > ,即 ln > . x2 x1-x2 x1-x2 x1+x2 x1+x2 ………………………………………12 分 2(t-1) x1 令 =t,则 t>1,于是 lnt> . x2 t+1 2(t-1) (t-1)2 1 4 令?(t)=lnt- (t>1) ,则? ′(t)= - > 0. 2= t (t+1) t(t+1)2 t+1 2(t-1) 故函数?(t)在(1,+∞)上是增函数,所以?(t)>?(1)=0,即 lnt> 成立. t+1 所以原不等式成立. 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, b-a 则 d= ,q= 6
6 2

2n 当 λ=4 时,4m+1=2m+1.要使 2m+1为有理数,则 必须为整数. m+1 又因为 n≤m,所以仅有 2n=m+1 满足条件. 3(n-5) 所以 1+ =2,从而解得 n=15,m=29. m+1 综上,λ 最小值为 4,此时 m 为 29. (3)证法一:设 cn>0,Sn 为数列{cn}的前 n 项的和. Sn 先证:若{cn}为递增数列,则{ }为递增数列. n Sn nbn+1 证明:当 n∈N*时, < =bn+1. n n Sn n+1 Sn Sn+1 Sn 因为 Sn+1=Sn+bn+1>Sn+ = S ,所以 < ,即数列{ }为递增数列. n n n n n+1 n Sn 同理可证,若{cn}为递减数列,则{ }为递减数列. n Sm+1 Sn ①当 b>a 时,q>1.当 n∈N*,n≤m 时, > . m+1 n aq(qm 1-1) aq(qn-1) + q-1 q-1 aqm 1-a aqn-a 即 > ,即 > . n n m+1 m+1


2n

………………………………………10 分

………………………………………16 分

………………………………………12 分

b . a ………………………………………2 分 ………………………………………4 分

a+b a3=a+3d= ,b3=aq3= ab. 2 a3 5 b 1 因为 = ,所以 2a-5 ab+2b=0,解得 =4 或 . b3 4 a 4

b-a + 因为 b=aqm 1,bn=aqn,d= , m+1 bn-a 所以 d> ,即 a+nd>bn,即 an>bn. n Sm+1 Sn ②当 b<a 时,0<q<1,当 n∈N*,n≤m 时, < . m+1 n aq(qm 1-1) aq(qn-1) q-1 q-1 即 < . n m+1


λ-1 λ-1 (2)因为 λa=a+(m+1)d,所以 d= a,从而得 an=a+ a× n. m+1 m+1 因为 λa=a× q
m+1

,所以 q=λ

1 m+1

,从而得 bn=a× λ

n m+1



高三数学试卷第 6 页(共 4 页)

aqm 1-a aqn-a 因为 0<q<1,所以 > .以下同①. n m+1


综上, an>bn(n∈N*,n≤m).

………………………………………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, b=λa(λ>0,λ≠1). λ-1 由题意,得 d= a,q=aλm+1, m+1
n λ-1 所以 an=a+nd=a+ an,bn=aλm+1. m+1 1

要证 an>bn(n∈N*,n≤m), λ-1 只要证 1+ n-λm+1>0(λ>0,λ≠1,n∈N*,n≤m).………………………………………12 分 m+1
x λ-1 构造函数 f(x)=1+ x-λm+1(λ>0,λ≠1,0<x<m+1), m+1 n

λ-1 λ-1 1 m +1 则 f′(x)= - λ lnλ.令 f′(x)=0,解得 x0=(m+1)logλ . lnλ m+1 m+1 λ-1 以下证明 0<logλ <1. lnλ λ-1 不妨设 λ>1,即证明 1< <λ,即证明 lnλ-λ+1<0,λlnλ-λ+1>0. lnλ 1 设 g(λ)=lnλ-λ+1,h(λ)=λlnλ-λ+1(λ>1),则 g′(λ)= -1<0,h′(λ)=lnλ>0, λ 所以函数 g(λ)=lnλ-λ+1(λ>1)为减函数,函数 h(λ)=λlnλ-λ+1(λ>1)为增函数. 所以 g(λ)<g(1)=0,h(λ)>h(1)=0. λ-1 λ-1 所以 1< <λ,从而 0<logλ <1,所以 0<x0<m+1.………………………………………14 分 lnλ lnλ 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,m+1)上 f′(x)<0,函数 f(x)在(x0,m+1)上是减函数. 所以 f(x)>min{f(0),f(m+1)}=0. 所以 an>bn(n∈N*,n≤m). 同理,当 0<λ<1 时,an>bn(n∈N*,n≤m). ………………………………………16 分

x

高三数学试卷第 7 页(共 4 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
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. 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 4—1:几何证明选讲 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. AD EC 所以 = ,即 AD·CA=BD·EC. BD CA 因为△ACD 为等边三角形,所以 AD=AC=CD, 所以 CD2=BD·EC. B.选修 4—2:矩阵与变换 解:设特征向量为 α= ………………………………………10 分 ………………………………………6 分 ………………………………………8 分 ………………………………………2 分

由题知 OA=2,OB=2 3,

………………………………………2 分

2014.05

1 1 所以四边形 OAMB 的面积 S= ×OA×2 3sinθ+ ×OB×2cosθ 2 2 π =2 3sinθ+2 3cosθ=2 6sin(θ+ ). 4 ………………………………………8 分 ………………………………………10 分

π 所以当 θ= 时,四边形 OAMB 的面积的最大值为 2 6. 4 D.选修 4—5:不等式选讲 解:由柯西不等式,得[a2+( 2b)2+( 3c)2][12+( 因为 a2+2b2+3c2=6,所以(a+b+c)2≤11, 所以- 11≤a+b+c≤ 11.

1 2 1 ) +( )2]≥(a+b+c)2.……………………………8 分 2 3

6 11 所以 a+b+c 的最大值为 11,当且仅当 a=2b=3c= . 11 22. (本小题满分 10 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 PA=AB= 2,则 A(1,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),P(0,0,1). 1 1 2 → 1→ → 1→ (1)由 BN = BD ,得 N(0, ,0),由 PM = PA ,得 M( ,0, ), 3 3 3 3 3 1 1 2 → → 所以 MN =(- , ,- ), AD =(-1,-1,0). 3 3 3 → → 因为 MN · AD =0.所以 MN⊥AD. ………………………………………4 分

→ → (2)因为 M 在 PA 上,可设 PM =λ PA ,得 M(λ,0,1-λ). → → 所以 BM =(λ,-1,1-λ), BD =(0,-2,0). 设平面 MBD 的法向量 n=(x,y,z),

? k ?对应的特征值为 λ, ?-1?

ak-k=λk, ?a k ? ? k ?=λ? k ?,即? ? 则? ? ?0 1? ?-1? ?-1? ? λ=1. 因为 k≠0,所以 a=2. ………………………………………5 分

? ?n· → BD =0, ?-2y=0, 由? 得? ?λx-y+(1-λ)z=0, ? n· → BM =0, ?
其中一组解为 x=λ-1,y=0,z=λ,所以可取 n=(λ-1,0,λ).………………………………8 分 → 因为平面 ABD 的法向量为 OP =(0,0,1), → π n· OP 2 λ 1 所以 cos = ,即 = 2 2,解得 λ=2, 4 2 → ( λ - 1) + λ |n|| OP |

1 1 3 ?2 k ? ?1?=?3?, - 3 因为 A 1? ?=? ?,所以 A? ?=? ?,即? ? ?1? ?1? ?1? ?1? ?0 1? ?1? ?1? 所以 2+k=3,解得 k=1. 综上,a=2,k=1. C.选修 4—4:坐标系与参数方程 π 解:设 M(2cosθ,2 3sinθ),θ∈(0, ). 2 ………………………………………10 分

|

|

1 1 1 从而 M( ,0, ),N(0, ,0), 2 2 3

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所以 MN=

1 1 1 22 ( -0)2+(0- )2+( -0)2= . 2 3 2 6

………………………………………10 分

23. (本小题满分 10 分) 3 解: (1)S={1,2}的所有非空子集为:{1},{2},{1,2},所以数组 T 为:1,2, . 2 3 1+2+ 2 3 因此 m(T)= = . 3 2

………………………………………3 分

(2)因为 S={a1,a2,…, an},n∈N*,n≥2,
1 2 n-1 1) ?ai+( Cn-1) ?ai+…+( Cn-1) ?ai ?ai+(2Cn- 3 n

n

1

n

1

n

1

n

i=1

i=1

i=1

i=1

所以 m(T)=

2 3 n C1 n+Cn+Cn+…+Cn

1 1 1 2 1 n-1 1+ Cn- 1+ Cn-1+…+ Cn-1 n 2 3 n = ai . ? 1 2 3 n Cn+Cn+Cn+…+Cn i=1

………………………………………6 分

(n-1)! (n-1)! 1 k -1 1 1 n! 1 k 又因为 Cn -1= · = = · = Cn ,……………………………8 分 k k (k-1) ! (n-k) ! k ! (n-k) ! n (n-k) ! k! n 1 1 1 2 1 3 1 Cn+ Cn+ Cn+…+ Cn n n n n n n 1n 所以 m(T)= ai= ?ai.………………………………………10 分 ? 1 2 3 n ni=1 Cn+Cn+Cn+…+Cn i=1

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