南京市盐城市届高三第二次模拟考试参考答案第四稿Word格式.docx
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=,得abcosC=.
又因为cosC=,所以ab==.……………………2分
又C为△ABC的内角,所以sinC=.……………………4分
所以△ABC的面积S=absinC=3.……………………6分
(2)因为x//y,所以2sincos=cosB,即sinB=cosB.…………………8分
因为cosB≠0,所以tanB=.
因为B为三角形的内角,所以B=.……………………10分
所以A+C=,所以A=-C.
所以sin(B-A)=sin(-A)=sin(C-)
=sinC-cosC=×
-×
=.……………………14分
16.证明:
(1)连结AC.不妨设AD=1.
因为AD=CD=AB,所以CD=1,AB=2.
因为ADC=90,所以AC=,CAB=45.
在△ABC中,由余弦定理得BC=,所以AC2+BC2=AB2.
所以BCAC.……………………3分
因为PC平面ABCD,BC平面ABCD,所以BCPC.……………………5分
因为PC平面PAC,AC平面PAC,PC∩AC=C,
所以BC平面PAC.……………………7分
N
(2)如图,因为AB∥DC,CD平面CDMN,AB平面CDMN,
所以AB∥平面CDMN.……………………9分
因为AB平面PAB,
平面PAB∩平面CDMN=MN,
所以AB∥MN.……………………12分
在△PAB中,因为M为线段PA的中点,
所以N为线段PB的中点,
即PN:
PB的值为.……………………14分
17.解:
(1)由题意知,OF=OP=10,MP=6.5,故OM=3.5.
(i)在Rt△ONF中,NF=OFsinθ=10sinθ,ON=OFcosθ=10cosθ.
在矩形EFGH中,EF=2MF=20sinθ,FG=ON-OM=10cosθ-3.5,
故S=EF×
FG=20sinθ(10cosθ-3.5)=10sinθ(20cosθ-7).
即所求函数关系是S=10sinθ(20cosθ-7),0<θ<θ0,其中cosθ0=.
……………………4分
(ii)因为MN=x,OM=3.5,所以ON=x+3.5.
在Rt△ONF中,NF===.
在矩形EFGH中,EF=2NF=,FG=MN=x,
FG=x.
即所求函数关系是S=x,0<x<6.5.……………………8分
(2)方法一:
选择(i)中的函数模型:
令f(θ)=sinθ(20cosθ-7),
则f′(θ)=cosθ(20cosθ-7)+sinθ(-20sinθ)=40cos2θ-7cosθ-20.……………………10分
由f′(θ)=40cos2θ-7cosθ-20=0,解得cosθ=,或cosθ=-.
因为0<θ<θ0,所以cosθ>cosθ0,所以cosθ=.
设cosα=,且α为锐角,
则当θ∈(0,α)时,f′(θ)>0,f(θ)是增函数;
当θ∈(α,θ0)时,f′(θ)<0,f(θ)是减函数,
所以当θ=α,即cosθ=时,f(θ)取到最大值,此时S有最大值.
即MN=10cosθ-3.5=4.5m时,通风窗的面积最大.……………………14分
方法二:
选择(ii)中的函数模型:
因为S=,令f(x)=x2(351-28x-4x2),
则f′(x)=-2x(2x-9)(4x+39).……………………10分
因为当0<x<时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当<x<时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以当x=时,f(x)取到最大值,此时S有最大值.
即MN=x=4.5m时,通风窗的面积最大.……………………14分
18.解:
(1)因为e==,所以c2=a2,即a2-b2=a2,所以a2=2b2.…………2分
故椭圆方程为+=1.
由题意,不妨设点A在第一象限,点B在第三象限.
由解得A(b,b).
又AB=2,所以OA=,即b2+b2=5,解得b2=3.
故a=,b=.……………………5分
由
(1)知,椭圆E的方程为+=1,从而A(2,1),B(-2,-1).
①当CA,CB,DA,DB斜率都存在时,设直线CA,DA的斜率分别为k1,k2,C(x0,y0),
显然k1≠k2.
从而k1·
kCB=·
====-.
所以kCB=-.……………………8分
同理kDB=-.
于是直线AD的方程为y-1=k2(x-2),直线BC的方程为y+1=-(x+2).
由解得
从而点N的坐标为(,).
用k2代k1,k1代k2得点M的坐标为(,).
…………………………11分
所以kMN===-1.
即直线MN的斜率为定值-1.……………………………14分
②当CA,CB,DA,DB中,有直线的斜率不存在时,
根据题设要求,至多有一条直线斜率不存在,
故不妨设直线CA的斜率不存在,从而C(2,-1).
仍然设DA的斜率为k2,由①知kDB=-.
此时CA:
x=2,DB:
y+1=-(x+2),它们交点M(2,-1-).
BC:
y=-1,AD:
y-1=k2(x-2),它们交点N(2-,-1),
从而kMN=-1也成立.
由①②可知,直线MN的斜率为定值-1.……………………………16分
①当CA,CB,DA,DB斜率都存在时,设直线CA,DA的斜率分别为k1,k2.
直线AC的方程y-1=k1(x-2),即y=k1x+(1-2k1).
由得(1+2k12)x2+4k1(1-2k1)x+2(4k12-4k1-2)=0.
设点C的坐标为(x1,y1),则2·
x1=,从而x1=.
所以C(,).
又B(-2,-1),
所以kBC==-.……………………8分
所以直线BC的方程为y+1=-(x+2).
又直线AD的方程为y-1=k2(x-2).
仍然设DA的斜率为k2,则由①知kDB=-.
19.解:
(1)当k=0时,f(x)=1+lnx.
因为f(x)=,从而f
(1)=1.
又f
(1)=1,
所以曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程y-1=x-1,
即x-y=0.…………………………3分
(2)当k=5时,f(x)=lnx+-4.
因为f(x)=,从而
当x∈(0,10),f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(10,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=10时,f(x)有极小值.……………………5分
因f(10)=ln10-3<0,f
(1)=6>0,所以f(x)在(1,10)之间有一个零点.
因为f(e4)=4+-4>0,所以f(x)在(10,e4)之间有一个零点.
从而f(x)有两个不同的零点.……………………8分
(3)方法一:
由题意知,1+lnx->0对x∈(2,+∞)恒成立,
即k<对x∈(2,+∞)恒成立.
令h(x)=,则h(x)=.
设v(x)=x-2lnx-4,则v(x)=.
当x∈(2,+∞)时,v(x)>0,所以v(x)在(2,+∞)为增函数.
因为v(8)=8-2ln8-4=4-2ln8<0,v(9)=5-2ln9>0,
所以存在x0∈(8,9),v(x0)=0,即x0-2lnx0-4=0.
当x∈(2,x0)时,h(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,h(x)单调递增.
所以当x=x0时,h(x)的最小值h(x0)=.
因为lnx0=,所以h(x0)=∈(4,4.5).
故所求的整数k的最大值为4.……………………16分
由题意知,1+lnx->0对x∈(2,+∞)恒成立.
f(x)=1+lnx-,f(x)=.
①当2k≤2,即k≤1时,f(x)>0对x∈(2,+∞)恒成立,
所以f(x)在(2,+∞)上单调递增.
而f
(2)=1+ln2>0成立,所以满足要求.
②当2k>2,即k>1时,
当x∈(2,2k)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(2k,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=2k时,f(x)有最小值f(2k)=2+ln2k-k.
从而f(x)>0在x∈(2,+∞)恒成立,等价于2+ln2k-k>0.
令g(k)=2+ln2k-k,则g(k)=<0,从而g(k)在(1,+∞)为减函数.
因为g(4)=ln8-2>0,g(5)=ln10-3<0,
所以使2+ln2k-k<0成立的最大正整数k=4.
综合①②,知所求的整数k的最大值为4.……………………16分
20.解:
(1)因为a2,a3,a6成等差数列,所以a2-a3=a3-a6.
又因为a2=,a3=,a6=,
代入得-=-,解得a=0.……………………3分
(2)设等差数列b1,b2,…,bm的公差为d.
因为b1=,所以b2≤,
从而d=b2-b1≤-=-.……………………6分
所以bm=b1+(m-1)d≤-.
又因为bm>0,所以->0.
即m-1<k+1.
所以m<k+2.
又因为m,k∈N*,所以m≤k+1.……………………9分
(3)设c1=(t∈N*),等比数列c1,c2,…,cm的公比为q.
因为c2≤,所以q=≤.
从而cn=c1qn-1≤(1≤n≤m,n∈N*).
所以c1+c2+…+cm≤+++…+
=[1-]
=-.……………………13分
设函数f(x)=x-,(m≥3,m∈N*).
当x∈(0,+∞)时,函数f(x)=x-为单调增函数.
因为当t∈N*,所以1<≤2.
所以f()≤2-.
即c1+c2+…+cm≤2-.……………………16分
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