江苏省南京市2018届高三第三次模拟考试数学试题+Word版含答案

南京市 2018 届高三年级第三次模拟考试 数
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、学号写在答题纸的密封线内.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.集合 A={x| x2+x-6=0},B={x| x2-4=0},则 A∪B=________ ▲ . 2.已知复数 z 的共轭复数是- z .若 z(2-i)=5,其中 i 为虚数单位,则- z 的模为________ ▲ . 3.某学校为了了解住校学生每天在校平均开销情况,随机抽取了 500 名学生,他们的每天在 校平均开销都不低于 20 元且不超过 60 元,其频率分布直方图如图所示,则其中每天在校 平均开销在[50,60]元的学生人数为________ ▲ . S←1 I←1 While I<8 S←S+2 I←I+3 End While Print S
(第 3 题图)



(第 4 题图)

4.根据如图所示的伪代码,可知输出 S 的值为________ ▲ . 5.已知 A,B,C 三人分别在连续三天中值班,每人值班一天,那么 A 与 B 在相邻两天值班 的概率为________ ▲ .

? ?x-y-3≤0, y 6.若实数 x,y 满足?x+2y-5≥0,则 的取值范围为________ ▲ . x ? y - 2 ≤ 0 , ?
7. 已知 α,β 是两个不同的平面,l,m 是两条不同的直线,有如下四个命题: ①若 l⊥α,l⊥β,则 α∥β; ③若 l∥α,l⊥β,则 α⊥β; ②若 l⊥α,α⊥β,则 l∥β; ④若 l∥α,α⊥β,则 l⊥β.

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其中真命题为________ ▲ (填所有真命题的序号) . x2 y2 8.在平面直角坐标系 xOy 中,若双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)的一个焦点到一条渐近线的距 a b 离为 2a,则该双曲线的离心率为________ ▲ . 9.若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,n∈N*,且 a1=1,S6=3S3,则 a7 的值为________ ▲ .
?x2+x+a,0≤x≤2, ? 10. 若 f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的函数, 且 f(x)=? 则 f(a+1)的值为 ? ?-6x+18,2<x≤3,

▲ . ________ 11.在平面直角坐标系 xOy 中,圆 M:x2+y2-6x-4y+8=0 与 x 轴的两个交点分别为 A,B, 其中 A 在 B 的右侧,以 AB 为直径的圆记为圆 N,过点 A 作直线 l 与圆 M,圆 N 分别交 于 C,D 两点.若 D 为线段 AC 的中点,则直线 l 的方程为________ ▲ . 2 → → →→ →→ 12. 在△ABC 中, AB=3, AC=2, D 为边 BC 上一点. 若 AB · AD =5, AC · AD =- , 则 AB ·AC 3 的值为________ ▲ . c b 13.若正数 a,b,c 成等差数列,则 + 的最小值为________ ▲ . 2a+b a+2c 14.已知 a,b∈R,e 为自然对数的底数.若存在 b∈[-3e,-e2],使得函数 f (x)=ex-ax-b 在[1,3]上存在零点,则 a 的取值范围为________ ▲ . 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, 请把答案写在答题卡的指定区域内) 15.(本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,锐角 α,β 的顶点为坐标原点 O,始边为 x 轴的正半轴,终边 2 7 3 3 与单位圆 O 的交点分别为 P,Q.已知点 P 的横坐标为 ,点 Q 的纵坐标为 . 7 14 (1)求 cos2α 的值; (2)求 2α-β 的值.
P Q O

x

(第 15 题图)

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16.(本小题满分 14 分) 如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA= 6,其余棱长均为 2,M 是棱 PC 上的一点,D,E 分 别为棱 AB,BC 的中点. (1)求证: 平面 PBC⊥平面 ABC; (2)若 PD∥平面 AEM,求 PM 的长.
P M

A D B E

C

17.(本小题满分 14 分)

(第 16 题图)

如图,公园里有一湖泊,其边界由两条线段 AB,AC 和以 BC 为直径的半圆弧⌒ BC 组成, π 其中 AC 为 2 百米,AC⊥BC,∠A 为 .若在半圆弧⌒ BC ,线段 AC,线段 AB 上各建一个 3 π 观赏亭 D,E,F,再修两条栈道 DE,DF,使 DE∥AB,DF∥AC. 记∠CBD=θ( ≤θ 3 B π < ) . 2 (1)试用 θ 表示 BD 的长; (2)试确定点 E 的位置,使两条栈道长度之和最大.
C E A D F

(第 17 题图)

18.(本小题满分 16 分) x2 y2 8 3 3 如图, 在平面直角坐标系 xOy 中, 椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)经过点 P( , ), 离心率为 . a b 5 5 2 2 已知过点 M( ,0)的直线 l 与椭圆 C 交于 A,B 两点. 5 (1)求椭圆 C 的方程; → → (2)试问 x 轴上是否存在定点 N,使得 NA ·NB 为定值.若存在,求出点 N 的坐标; 若不存在,请说明理由.
y A O B (第 18 题图) M x

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19.(本小题满分 16 分) 已知函数 f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a>0) ,记 f'(x)为 f(x)的导函数. (1)若 f (x)的极大值为 0,求实数 a 的值; (2)若函数 g (x)=f (x)+6x,求 g (x)在[0,1]上取到最大值时 x 的值; a a+2 (3)若关于 x 的不等式 f(x)≥f'(x)在[ , ]上有解,求满足条件的正整数 a 的集合. 2 2

20.(本小题满分 16 分) 若数列{an}满足:对于任意 n∈N*,an+|an+1-an+2|均为数列{an}中的项,则称数列{an} 为“T 数列”. (1)若数列{an}的前 n 项和 Sn=2n2,n∈N*,求证:数列{an}为“T 数列”; (2)若公差为 d 的等差数列{an}为“T 数列”,求 d 的取值范围; 2 -a2<a ,求数 (3)若数列{an}为“T 数列”,a1=1,且对于任意 n∈N*,均有 an<an+ 1 n n+1 列{an}的通项公式.

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南京市 2018 届高三年级第三次模拟考试

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.

2018.05

3.答题前,考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内.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 ...... 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 1 在△ABC 中, AC= AB, M 为边 AB 上一点, △AMC 的外接圆交 BC 边于点 N, BN=2AM, 2 求证:CM 是∠ACB 的平分线.
M A

B

N (第 21A 题图)

C

B.选修 4—2:矩阵与变换

?1 2 ?, ?2 0 ?, 已知矩阵 A=? ? B=? ? 若直线 l: x-y+2=0 在矩阵 AB 对应的变换作用下得 ?0 1 ? ?0 1 ? 到直线 l1,求直线 l1 的方程.

C.选修 4—4:坐标系与参数方程 π π 在极坐标系中,已知圆 C 经过点 P(2, ) ,圆心 C 为直线?sin(θ- )=- 3与极轴的交 3 3
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点,求圆 C 的极坐标方程.

D.选修 4—5:不等式选讲 已知 a,b,c∈(0,+∞),且 a+b+c=1,求 2a+b+ 2b+c+ 2c+a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 文字说明、证明过程或演算步骤. 22.(本小题满分 10 分) 在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,点 A(1,a) (a>0)是抛 物线 C 上一点,且 AF=2. (1)求 p 的值; (2)若 M,N 为抛物线 C 上异于 A 的两点,且 AM⊥AN.记点 M,N 到直线 y=-2 的距 离分别为 d1,d2,求 d1d2 的值. y M A · OF x

N
(第 22 题图)

23.(本小题满分 10 分) 已知 fn(x)= ∑ A
i=1 n-1

n-i n n x(x+1)…(x+i-1),gn(x)=An+x(x+1)…(x+n-1),其中

x∈R,n∈N*

且 n≥2. (1)若 fn(1)=7gn(1),求 n 的值; (2)对于每一个给定的正整数 n,求关于 x 的方程 fn(x)+gn(x)=0 所有解的集合.

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南京市 2018 届高三年级第三次模拟考试 数学参考答案
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. 不需写出解答过程,请把答案写在答 题纸的指定位置上) 1. {-3, -2, 2} 8. 5 4e] 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) 2 7 解: (1)因为点 P 的横坐标为 ,P 在单位圆上,α 为锐角, 7 所 2 7 , 7 所 以 cos2α = 以 cosα ………………………………2 分 2cos2α - 1 = = 9. 4 2. 5 10. 2 3. 150 4. 7 2 5. 3 12. -3 2 6. [ , 2] 11 2 5 13. 9 7.①③ 14. [e2,

11. x+2y-4=0

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1 . 7 ( 3 3 . 14 又 13 . 14 因 2 ) 因 为 点 Q

………………………………4 分 的 纵 坐 标 为 3 3 14 , 所 以 sinβ =

………………………………6 分 为 β 为 锐 角 , 所 以 cosβ =

………………………………8 分 2 7 21 因为 cosα= ,且 α 为锐角,所以 sinα= , 7 7 因 此 sin2α = 2sinαcosα =

4 3 , 7 所 3 . 2 以 sin(2α - β)

……………………………10 分 = 4 3 7 × 13 14 - 1 7 × 3 3 14 =

……………………………12 分 因为 α 为锐角,所以 0<2α<π. π 又 cos2α>0,所以 0<2α< , 2 π π π 又 β 为锐角, 所以- <2α-β< , 所以 2α-β= . 2 2 3 …………………………………

14 分 16.(本小题满分 14 分) (1)证明:如图 1,连结 PE. 因为△PBC 的边长为 2 的正三角形,E 为 BC 中点, 所以 PE⊥BC, 且 PE= 3,同理 AE= 3. 因为 PA= 6,所以 PE2+AE2=PA2,所以 PE⊥AE.……4 分 因为 PE⊥BC,PE⊥AE,BC∩AE=E,AE,BC ?平面 ABC, 所以 PE ⊥平面 ABC. 因为 PE?平面 PBC, 所以平面 PBC⊥平面 ABC. (2)解法一 如图 1,连接 CD 交 AE 于 O,连接 OM. 因为 PD∥平面 AEM,PD?平面 PDC,平面 AEM∩平面 PDC=OM, ……………………7 分
A D O E C P

……………………2 分

M

B (图 1)

-8-

所 OM, 所 DO . DC



PD ……………………………………9 分





PM PC ……………………………………11 分



因为 D,E 分别为 AB,BC 的中点,CD∩AE=O, 所以 O 为?ABC 重心,所以 所 2 . 3 解法二 如图 2,取 BE 的中点 N,连接 PN. 因为 D,N 分别为 AB,BE 的中点, 所以 DN∥AE. 又 DN?平面 AEM,AE?平面 AEM, 所以 DN∥平面 AEM. 又因为 PD∥平面 AEM,DN?平面 PDN,PD?平面 PDN,DN∩PD=D, 所以平面 PDN∥平面 AEM. ………………………………9 分
A D E C M

DO 1 = , DC 3 PM = 1 3 PC =



…………………………………14 分
P

N
B (图 2)

又因为平面 AEM∩平面 PBC=ME,平面 PDN∩平面 PBC=PN, PM NE 所以 ME∥PN,所以 = . PC NC 11 分 因为 E,N 分别为 BC,BE 的中点, NE 1 1 2 所以 = ,所以 PM= PC= . NC 3 3 3 14 分 17.(本小题满分 14 分) 解: (1)连结 DC. π 在△ABC 中,AC 为 2 百米,AC⊥BC,∠A 为 , 3 所 2 3. 以 ∠CBA = π 6 , AB = 4 , BC = ……………………………… ………………………………

………………………………2 分 π 因为 BC 为直径,所以∠BDC= , 2
-9-

所 cosθ.



BD



BC

cosθ



2

3

………………………………4 分

π π (2)在△BDF 中,∠DBF=θ+ ,∠BFD= ,BD=2 3cosθ, 6 3 DF BF BD 所以 = = , π π sin∠BFD sin(θ+ ) sin( -θ) 6 2 所 θ), 且 θ, BF = 4cos
2



DF



4cosθsin(

π 6



………………………………6 分 θ , 所 以 DE = AF=4 - 4cos
2

………………………………8 分 π 所以 DE+DF=4-4cos2θ+4 cosθsin( +θ)= 3sin2θ-cos2θ+3 6 = 2 sin(2θ - π 6 ) +

3.

…………………………………12 分 π π π π 5π 因为 ≤θ< ,所以 ≤2θ- < , 3 2 2 6 6 π π π 所以当 2θ- = , 即 θ= 时, DE+DF 有最大值 5, 此时 E 与 C 重合. …………… 6 2 3

13 分 答: 当 E 与 C 重合时, 两条栈道长度之和最大. 14 分 18.(本小题满分 16 分) c 3 3 1 解 (1) 离心率 e= = , 所以 c= a, b= a2-c2= a, a 2 2 2 2分 x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 2+ 2=1. 4b b 8 3 16 9 因为椭圆 C 经过点 P( , ),所以 =1, 2+ 5 5 25b 25b2 x2 所以 b2=1, 所以椭圆 C 的方程为 +y2=1. 4 4分 (2)解法一 设 N(n,0), ………………………………… ………………………………… …………………………………

- 10 -

2 ( )2 2 2 5 24 2 当 l 斜率不存在时,A( ,y),B( ,-y),则 y =1- = , 5 5 4 25 则 4 , 5 2 2 4 → → 24 NA ? NB = ( - n)2 - y2 = ( - n)2 - = n2 - n - 5 5 5 25 …………………………………6 分 →→ 当 l 经过左?右顶点时, NA ? NB =(-2-n)(2-n)=n2-4. 令 4. n2 - 4 5 n - 4 5 = n2 - 4 , 得 n =

……………………………………8 分 →→ 2 下面证明当 N 为(4,0)时,对斜率为 k 的直线 l:y=k(x- ),恒有 NA ? NB =12. 5 设 A(x1,y1),B(x2,y2), x2

? 4 +y =1, 16 16 由? 2 消去 y,得(4k +1)x - 5 k x+25k -4=0, ?y=k(x-5),
2 2 2 2 2

所 16 2 k -4 25 , 4k2+1



x1



x2



16 2 k 5 4k2+1



x1x2



…………………………………10 分

→→ 所以 NA ? NB =(x1-4)(x2-4)+y1y2 2 2 =(x1-4)(x2-4)+k2(x1- )(x2- ) 5 5 = (k2 + 1)x1x2 - (4 + k2 …………………………………12 分 16 2 16 2 k -4 k 25 5 2 4 =(k2+1) 2 -(4+ k2) 2 +16+ k2 5 4k +1 25 4k +1 16 16 2 4 (k2+1)( k2-4)- k2(4+ k2)+ k2(4k2+1) 25 5 5 25 = +16 4k2+1 = -16k2-4 +16=12. 4k2+1 2 2 4 k )(x1 + x2) + 16 + 5 25

→→ 所以在 x 轴上存在定点 N(4, 0), 使得 NA ? NB 为定值. ………………………………… 16 分

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解法二 2 设 N(n,0),当直线 l 斜率存在时,设 l:y=k(x- ), 5 设 A(x1,y1),B(x2,y2), x2

? 4 +y =1, 16 16 由? 2 消去 y,得(4k +1)x - 5 k x+25k -4=0, ?y=k(x-5),
2 2 2 2 2

16 2 16 2 k k -4 5 25 所以 x1+x2= 2 , x1x2= 2 , 4k +1 4k +1 6分

…………………………………

→→ 2 2 所以 NA ? NB =(x1-n)(x2-n)+y1y2=(x1-n)(x2-n)+k2(x1- )(x2- ) 5 5 2 4 =(k2+1)x1x2-(n+ k2)(x1+x2)+n2+ k2 5 25 (k2 16 2 k -4 25 4k2+1 2 5 k2) 16 2 k 5 4k2+1 n2 4 25

= k2



1)



(n







……………………………………8 分 16 16 2 4 (k2+1)( k2-4)- k2(n+ k2)+ k2(4k2+1) 25 5 5 25 = +n2 4k2+1 16 16 (- n- )k2-4 5 5 4k2+1 ……………………………………12 分 16 16 16 16 (- n- )k2-4 (- n- )k2-4 5 5 5 5 →→ 若 NA ? NB 为常数,则 为常数,设 =λ,λ 为常数, 2 2 4k +1 4k +1 16 16 则(- n- )k2-4=4λk2+λ 对任意的实数 k 恒成立, 5 5 ? ?-16n-16=4λ, 5 所以? 5 所以 n=4,λ=-4, ?-4=λ, ? →→ 此时 NA ? NB =12. ……………………………………

= n2.



14 分 2 ( )2 2 2 5 24 2 当直线 l 斜率不存在时,A( ,y),B( ,-y),则 y =1- = , 5 5 4 25

- 12 -

2 →→ 2 24 所以 NA ? NB =( -4)2-y2=( -4)2- =12, 5 5 25 →→ 所以在 x 轴上存在定点 N(4,0),使得 NA ? NB 为定值. ……………………………… 16 分 19.(本小题满分 16 分) 解: (1)因为 f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a>0) , 所以 f'(x)=6x2-6ax=6x(x-a). 令 f'(x)=0, 得 x=0 或 a. 2分 当 x∈(-∞,0)时,f'(x)>0,f (x)单调递增; 当 x∈(0,a)时,f'(x)<0,f (x)单调递减; 当 x∈(a,+∞)时,f'(x)>0,f (x)单调递增. 2 故 f (x)极大值=f (0)=3a-2=0, 解得 a= . 3 4分 (2)g (x)=f (x)+6x=2x3-3ax2+6x+3a-2(a>0) , 2 2 则 g′(x)=6x -6ax+6=6(x -ax+1),x∈[0,1]. ①当 0<a≤2 时,△ =36(a2-4)≤0, 所以 g′(x)≥0 恒成立,g (x)在[0,1]上单调递增, 则 g (x)取得最大值时 x 的值为 1. 分 ……………………………… ………………………………

……………………………6

a ②当 a>2 时,g′(x)的对称轴 x= >1,且△=36(a2-4)>0,g′(1)=6(2-a)<0,g′(0) 2 =6>0, a- a2-4 所以 g′(x)在(0,1)上存在唯一零点 x0= . 2 当 x∈(0,x0)时,g′(x)>0,g (x)单调递增, 当 x∈(x0,1)时,g′(x)<0,g (x)单调递减, 则 a- a2-4 . 2 当 a- a2-4 . 2 g (x) 取 得 最 大 值 时 x 的 值 为 x0 =

………………………………8 分

综上,当 0<a≤2 时,g (x)取得最大值时 x 的值为 1; a > 2 时 , g (x) 取 得 最 大 值 时 x 的 值 为

……………………………9 分 a+2 2

(3)设 h (x)=f (x)-f ′(x)=2x3-3(a+2)x2+6ax+3a-2, 则 解. h (x) ≥ 0 在 [ a 2 , ] 有

………………………………10 分

- 13 -

a+2 2 a2+4 h′(x)=6[x -(a+2)x+a]=6[(x- )- ], 2 4
2

a a+2 a 3 因为 h′(x)在( , )上单调递减,所以 h′(x)<h′( )=- a2<0, 2 2 2 2 a a+2 所以 h (x)在( , )上单调递减, 2 2 所 0. 以 h( a 2 ) ≥ 0 , 即 a3 - 3a2 - 6a + 4 ≤

…………………………………12 分 设 t (a)=a3-3a2-6a+4(a>0) ,则 t′ (a)=3a2-6a-6, 当 a∈(0,1+ 2)时,t′ (a)<0,t (a)单调递减; 当 a∈(1+ 2,+∞)时,t′ (a)>0,t(a)单调递增. 因为 t (0)=4>0, t (1)=-4<0, 所以 t (a)存在一个零点 m∈(0, 1),…………………

14 分 因为 t (4)=-4<0,t (5)=24>0,所以 t (a)存在一个零点 n∈(4,5), 所以 t (a)≤0 的解集为[m,n], 故满足条件的正整数 a 的集合为{1, 2, 3, 4}. 16 分 20.(本小题满分 16 分) 解: (1)当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n2-2(n-1)2=4n-2, 又 2. a1 = S1 = 2 = 4× 1 - 2 , 所 以 an = 4n - …………………………………

…………………………………2 分 所以 an+|an+1-an+2|=4n-2+4=4(n+1)-2 为数列{an}的第 n+1 项, 因 此 数 列 {an} 为 “T 数

列”.

…………………………………4 分

(2)因为数列{an}是公差为 d 的等差数列, 所以 an+|an+1-an+2|=a1+(n-1) d+|d|. 因为数列{an}为“T 数列”, 所以任意 n ∈ N* ,存在 m ∈ N* ,使得 a1 + (n - 1) d + |d| = am ,即有 (m - n) d = |d|.…………6 分 ①若 d≥0,则存在 m=n+1∈N*,使得(m-n) d=|d|, ②若 d<0,则 m=n-1. 此时,当 n=1 时,m=0 不为正整数,所以 d<0 不符合题意. 综 上
- 14 -



d



0.

……………………………………8 分

(3)因为 an<an+1,所以 an+|an+1-an+2|=an+an+2-an+1. 又因为 an<an+an+2-an+1=an+2-(an+1-an)<an+2,且数列{an}为“T 数列”, 所以 an+an+2-an+1=an+1,即 an+an+2=2an+1, 所 列. 以 数 列 {an} 为 等 差 数

…………………………………10 分 设数列{an}的公差为 t(t>0),则有 an=1+(n-1)t, 由 an < a
n+1
2

-a

n

2

< an



1

, 得 1 + (n - 1)t < t[2 + (2n - 1)t] < 1 +

nt,………………………………12 分 整理得 n(2t2-t)>t2-3t+1, ① n(t-2t2)>2t-t2-1. ② t2-3t+1 若 2t2-t<0,取正整数 N0> , 2t2-t 则当 n>N0 时,n(2t2-t)<(2t2-t) N0<t2-3t+1,与①式对于任意 n∈N*恒成立相矛 盾, 因此 2t2-t≥0. 同样根据②式可得 t-2t2≥0, 1 所以 2t2-t=0.又 t>0,所以 t= . 2 1 经检验当 t= 时,①②两式对于任意 n∈N*恒成立, 2 n+1 1 所以数列{an}的通项公式为 an=1+ (n-1)= . 2 2 16 分 ………………………………

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南京市 2018 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
2018.05
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 ...... 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 证 ∠BCA, 又 △CBA. 所 BN . MN 1 BN 又因为 AC= AB, 所以 =2, 即 BN=2MN. 2 MN 8分 又因为 BN=2AM,所以 AM=MN, 所 线. B.选修 4—2:矩阵与变换 解 : 因 为 A = 以 CM 是 ∠ACB 的 平 分 ∠MBN = 明 : 连 结 MN , 则 ∠BMN =

………………………………2 分 ∠CBA , 因 此 △MBN ∽

………………………………4 分 以 AB AC ………………………………6 分 ……………………………… =

………………………………10 分

?1 2? ? ? ?0 1?



B



?2 0? ? ? ?0 1?







AB



?2 2?. ? ? ?0 1?

………………………………4 分

- 16 -

设点 P0(x0,y0)是 l 上任意一点,P0 在矩阵 AB 对应的变换作用下得到 P(x,y). 因为 P0(x0,y0)在直线 l: x-y+2=0 上,所以 x0-y0+2=0. ① x0 x ?2 2? ?x0?=?x?, 由 AB? ?=? ?,即? ? ?y0? ?y? ?0 1? ?y0? ?y? 得
?2 x0+2 y0=x, ? ? y0=y,

………………………………6 分

? ?x0=1x-y, 2 即? ② ? y0=y. ?
将②代入①得 x-4y+4=0, 所 0. 以 直 线 l1 的 方 程 为 x - 4y + 4 =

………………………………10 分

C.选修 4—4:坐标系与参数方程 解:解法一 π 在直线?sin(θ- )=- 3中,令 θ=0,得?=2. 3 所 0). π 因为圆 C 经过点 P(2, ), 3 所 2, 所 4cosθ. 以 以 圆 C 的 半 径 PC = 标 π 22+22-2× 2× 2× cos 3 方 程 = = 以 圆 C 的 圆 心 坐 标 ………………………………4 分 为 C(2 ,

……………………………6 分 圆 C 的 极 坐

?

……………………………10 分

解法二 以极点为坐标原点,极轴为 x 轴建立平面直角坐标系, 则直线方程为 y= 3x-2 3,P 的直角坐标为(1, 3), 令 y = 0 , 得 x = 2 , 所 0), ………………………………4 分 所 =2, 所 以 圆 0, 所 4cosθ. D.选修 4—5:不等式选讲
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C(2







C







PC



(2-1)2+(0- 3)2

………………………………6 分 C 的 方 程 为 (x - 2)2 + (y - 0)2 = 4 , 即 x2 + y2 - 4x =

………………………………8 分 以 圆 C 的 极 坐 标 方 程

?



……………………………10 分

解 : 因 为 (12 + 12 + 12)[( 2a+b )2 + ( 2b+c )2 + ( 2c+a )2] ≥ (1· 2a+b + 1· 2b+c + 1· 2c+a)2, 即 c). 因 为 9, ( 2a+b + 2b+c + 2c+a )2 ≤ 9(a + b +

……………………………4 分 a + b + c = 1 , 所 以 ( ……………………………6 分 所以 2a+b+ 2b+c+ 2c+a≤3, 1 当且仅当 2a+b= 2b+c= 2c+a,即 a=b=c= 时等号成立. 3 所 以 2a+b + 2b+c + 2c+a )2 ≤

3.

2a+b + 2b+c + 2c+a ……………………………10 分











【必做题】第 22 题、第 23 题,每题 10 分,共计 20 分. 22. (本小题满分 10 分) 解: (1)因为点 A(1,a) (a>0)是抛物线 C 上一点,且 AF=2, p 所 以 + 1 = 2 , 2 2. (2)解法一 由(1)得抛物线方程为 y2=4x. 因 为 点 2. A(1 , a) (a > 0) 是 抛 物 线 C 上 一 点 , 所 以 a =





p



……………………………3 分

……………………………4 分 设直线 AM 方程为 x-1=m (y-2) (m≠0),M(x1,y1),N(x2,y2).
?x-1=m (y-2), 由? 2 消去 x,得 y2-4m y+8m-4=0, ?y =4x, 即 (y - 2)( y - 4m + 2) = 0 , 所



y1



4m



2. 因 为 2, 所 16. 以

……………………………6 分 AM ⊥ AN , 所 以 - ……………………………8 分 d1d2 = |(y1 + 2) (y2 + 2)| = |4m×( - 4 m )| = 1 m 代 m , 得 y2 = - 4 - m

……………………………10 分 解法二 由(1)得抛物线方程为 y2=4x. 因为点 A(1, a) (a>0)是抛物线 C 上一点, 所以 a=2. ……………………………4


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→→ 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 AM · AN =(x1-1)(x2-1)+( y1-2) (y2-2)=0. ……6 分 又因为 M(x1,y1),N(x2,y2)在 y2=4x 上, 所以(y21-4) (y22-4)+16( y1-2) (y2-2)=0, 即[( y1+2) (y2+2)+16]( y1-2) (y2-2)=0. 因为( y1-2) (y2-2)≠0, 所以( y1+2) (y2+2)=-16, 分 所 16. 23. (本小题满分 10 分) 解: (1)因为 fn(x)= ∑ A
i=1 n-1 i=1 n-1

……………………………8 (y2 + 2)| =



d1d2



|(y1



2)

……………………………10 分

n-i n x(x+1)…(x+i-1), n-i n gn(1)=An+1×2×…×n=2×n!, n ×1×…×i=∑n!=(n-1)×n!,
i=1 n-1

所以 fn(1)=∑A

所以(n-1)×n!=14×n!,解得 n=15. 分

……………………………3

(2)因为 f2(x)+g2(x)=2x+2+x(x+1)=(x+1)(x+2), f3(x)+g3(x)=6x+3x(x+1)+6+x(x+1)(x+2)=(x+1)(x+2)(x+3), 猜想 fn(x)+gn(x)=(x+1)(x+2)…(x+n). ……………………………5 分 下面用数学归纳法证明: 当 n=2 时,命题成立; 假设 n=k(k≥2,k∈N*)时命题成立,即 fk(x)+gk(x)=(x+1)(x+2)…(x+k), 因为 fk+1(x)=∑A
i =1 k- 1 i=1 k

k+1-i k+1 x(x+1)…(x+i-1) k-i 1

= ∑ (k+1)A k x(x+1)…(x+i-1)+Ak+1x(x+1)…(x+k-1) =(k+1) fk(x)+(k+1) x(x+1)…(x+k-1), 所以 fk+1(x)+gk+1(x)=(k+1) fk(x)+(k+1) x(x+1)…(x+k-1)+Ak+1+x(x+1)…(x+k) =(k+1)[ fk(x)+x(x+1)…(x+k-1)+Ak]+x(x+1)…(x+k) =(k+1)[ fk(x)+gk(x)]+x(x+1)…(x+k) =(k+1)(x+1)(x+2)…(x+k)+x(x+1)…(x+k) =(x+1)(x+2)…(x+k) (x+k+1), 即 n=k+1 时命题也成立. 因此任意 n∈N*且 n≥2, 有 fn(x)+gn(x)=(x+1)(x+2)…(x+n). ………………… 9分 所以对于每一个给定的正整数 n,关于 x 的方程 fn(x)+gn(x)=0 所有解的集合为 {-1,-2,…,-n}. …………………………… 10 分
k k+1

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