江苏省南京市高三三模考试数学试题及答案Word下载.docx
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因为sinB≠0,所以cosA=.
因为0<A<π,所以A=.…………………………7分
(2)sinB+sinC=sinB+sin(-B)=sinB+sincosB-cossinB
=sinB+cosB=sin(B+).…………………………11分
因为0<B<,所以<B+<.
所以sinB+sinC的取值范围为(,].…………………………14分
16.证明:
(1)取PD的中点F,连接EF,CF.
因为E为PA的中点,所以EF∥AD,EF=AD.
因为BC∥AD,BC=AD,
所以EF∥BC,EF=BC.
所以四边形BCFE为平行四边形.
所以BE∥CF.…………………………4分
因为BE⊄平面PCD,CF⊂平面PCD,
所以BE∥平面PCD.…………………………6分
(2)因为AB=PB,E为PA的中点,所以PA⊥BE.
因为BE∥CF,所以PA⊥CF.…………………………9分
因为PA⊥PD,PD⊂平面PCD,CF⊂平面PCD,PD∩CF=F,
所以PA⊥平面PCD.…………………………12分
因为PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PCD.…………………………14分
17.解:
(1)由题意,得PQ=50-50cosθ.
从而,当θ=时,PQ=50-50cos=75.
即点P距地面的高度为75m.…………………………4分
(2)(方法一)由题意,得AQ=50sinθ,从而MQ=60-50sinθ,NQ=300-50sinθ.
又PQ=50-50cosθ,
所以tan∠NPQ==,tan∠MPQ==.
…………………………6分
从而tan∠MPN=tan(∠NPQ-∠MPQ)
==
=.…………………………9分
令g(θ)=,θ∈(0,π),
则g'
(θ)=,θ∈(0,π).
由g'
(θ)=0,得sinθ+cosθ-1=0,解得θ=.
…………………………11分
当θ∈(0,)时,g'
(θ)>0,g(θ)为增函数;
当θ∈(,π)时,g'
(θ)<0,g(θ)为减函数,
所以,当θ=时,g(θ)有极大值,也为最大值.
因为0<∠MPQ<∠NPQ<,所以0<∠MPN<,
从而当g(θ)=tan∠MPN取得最大值时,∠MPN取得最大值.
即当θ=时,∠MPN取得最大值.…………………………14分
(方法二)以点A为坐标原点,AM为x轴建立平面直角坐标系,
则圆O的方程为x2+(y-50)2=502,即x2+y2-100y=0,点M(60,0),N(300,0).
设点P的坐标为(x0,y0),所以Q(x0,0),且x02+y02-100y0=0.
从而tan∠NPQ==,tan∠MPQ==.
=.
由题意知,x0=50sinθ,y0=50-50cosθ,
所以tan∠MPN==.…………………………9分
(下同方法一)
18.解:
(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0).
由题意,得解得
所以椭圆方程为+=1.
因为椭圆C过点(,1),所以+=1,
解得m=2或m=-(舍去).
所以m=2.…………………………4分
(2)①设点T(x,y).
由=,得(x+2)2+y2=2[(x+1)2+y2],即x2+y2=2.…………………6分
由得y2=m2-m.
因此0≤m2-m≤m,解得1≤m≤2.
所以椭圆C的离心率e=[,].…………………………10分
②(方法一)设M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2).
则=(x0+2,y0),=(x1+2,y1).
由=λ,得
从而…………………………12分
因为+y02=1,所以+(λy1)2=1.
即λ2(+y12)+2λ(λ-1)x1+2(λ-1)2-1=0.
因为+y12=1,代入得2λ(λ-1)x1+3λ2-4λ+1=0.
由题意知,λ≠1,
故x1=-,所以x0=.
同理可得x0=.…………………………14分
因此=,
所以λ+μ=6.…………………………16分
(方法二)设M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2).
直线AM的方程为y=(x+2).
将y=(x+2)代入+y2=1,得((x0+2)2+y)x2+4yx+4y-(x0+2)2=0(*).
因为+y02=1,所以(*)可化为(2x0+3)x2+4yx-3x-4x0=0.
因为x0x1=-,所以x1=-.
同理x2=.…………………………14分
因为=λ,=μ,
所以λ+μ=+=+
=+=6.
即λ+μ为定值6.…………………………16分
19.解:
(1)由h(x)=f(x)+g(x)=x2-x+t+lnx,得h'
(x)=2x-1+,x>0.
因为2x+≥2=2,所以h'
(x)>0,
从而函数h(x)是增函数.…………………………3分
(2)记直线l分别切f(x),g(x)的图象于点(x1,x12-x1+t),(x2,lnx2),
由f'
(x)=2x-1,得l的方程为y-(x12-x1+t)=(2x1-1)(x-x1),即y=(2x1-1)x-x12+t.
(x)=,得l的方程为y-lnx2=(x-x2),即y=·
x+lnx2-1.
所以(*)
消去x1得lnx2+-(t+1)=0(**).…………………………7分
令F(x)=lnx+-(t+1),则F'
(x)=-==,x>0.
由F'
(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,F'
(x)<0,当x>1时,F'
(x)>0,
所以F(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
从而F(x)min=F
(1)=-t.…………………………9分
当t=0时,方程(**)只有唯一正数解,从而方程组(*)有唯一一组解,
即存在唯一一条满足题意的直线;
…………………………11分
当t>0时,F
(1)<0,由于F(et+1)>ln(et+1)-(t+1)=0,
故方程(**)在(1,+∞)上存在唯一解;
…………………………13分
令k(x)=lnx+-1(x≤1),由于k'
(x)=-=≤0,故k(x)在(0,1]上单调递减,
故当0<x<1时,k(x)>k
(1)=0,即lnx>1-,
从而lnx+-(t+1)>(-)2-t.
所以F()>(+)2-t=+>0,又0<<1,
故方程(**)在(0,1)上存在唯一解.
所以当t>0时,方程(**)有两个不同的正数解,方程组(*)有两组解.
即存在两条满足题意的直线.
综上,当t=0时,与两个函数图象同时相切的直线的条数为1;
当t>0时,与两个函数图象同时相切的直线的条数为2.
…………………………16分
20.解:
(1)由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(S2+S1)2=4a,即(a2+2a1)2=4a.
因为a1>0,a2>0,所以a2+2a1=a2,即=2.…………………………3分
证明:
(2)(方法一)令m=1,n=2,得(S3+S1)2=4a2a4,即(2a1+a2+a3)2=4a2a4,
令m=n=2,得S4+S1=2a4,即2a1+a2+a3=a4.
所以a4=4a2=8a1.
又因为=2,所以a3=4a1.…………………………6分
由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(Sn+1+S1)2=4a2na2,(Sn+2+S1)2=4a2na4.
两式相除,得=,所以==2.
即Sn+2+S1=2(Sn+1+S1),
从而Sn+3+S1=2(Sn+2+S1).
所以an+3=2an+2,故当n≥3时,{an}是公比为2的等比数列.
又因为a3=2a2=4a1,从而an=a1·
2n-1,n∈N*.
显然,an=a1·
2n-1满足题设,
因此{an}是首项为a1,公比为2的等比数列.…………………………10分
(方法二)在(Sm+n+S1)2=4a2na2m中,
令m=n,得S2n+S1=2a2n.①
令m=n+1,得S2n+1+S1=2,②
在①中,用n+1代n得,S2n+2+S1=2a2n+2.③
②-①,得a2n+1=2-2a2n=2(-),④
③-②,得a2n+2=2a2n+2-2=2(-),⑤
由④⑤得a2n+1=.⑥
…………………………8分
⑥代入④,得a2n+1=2a2n;
⑥代入⑤得a2n+2=2a2n+1,
所以==2.又=2,
从而an=a1·
(3)由
(2)知,an=a1·
2n-1.
因为|cp|=|dp|=a1·
2p-1,所以cp=dp或cp=-dp.
若cp=-dp,不妨设cp>0,dp<0,
则Tp≥a1·
2p-1-(a1·
2p-2+a1·
2p-3+…+a1)=a1·
2p-1-a1·
(2p-1-1)=a1>0.
Rp≤-a1·
2p-1+(a1·
2p-3+…+a1)=-a1·
2p-1+a1·
(2p-1-1)=-a1<0.
这与Tp=Rp矛盾,所以cp=dp.
从而Tp-1=Rp-1.
由上证明,同理可得cp-1=dp-1.如此下去,可得cp-2=dp-2,cp-3=dp-3.…,c1=d1.
即对任意正整数k(1≤k≤p),ck=dk.…………………………16分
数学附加题参考答案及评分标准2015.05
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20分.
A.选修4—1:
几何证明选讲
因为AB是⊙O的切线,所以∠ABD=∠AEB.
又因为∠BAD=∠EAB,所以△BAD∽△EAB.
所以=.…………………………5分
同理,=..
因为AB,AC是⊙O的切线,所以AB=AC.
因此=,即BE·
CD=BD·
CE.…………………………10分
B.选修4—2:
矩阵与变换
解:
(1)设直线l上一点M0(x0,y0)
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