届高三第三次全国大联考江苏卷数学卷全解全析Word文档格式.docx
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≤()
,所以a+b≤5
,当且仅当a=b=时取等号,所以该矩形的周长的最
大值为10.故填10.
x2y2
222
9.2+
2【解析】方法一:
设双曲线与圆的一个交点的横坐标为x0,把方程a2-b2
=1与x+y=c(其
中c为双曲线的半焦距)联立,解得|x0|=
b2+c2
e
,其中
e为双曲线的离心率,因为圆弧被双曲线
四等分,所以|x0|=
b+c
c,所以=
2e
c,又b2+a2=c2,即
2c2-a2
e2
c
=,整理可得
e4-4e2+2=0,解得e2=2+2或e2=2-,又e>
1,
所以双曲线的离心率的平方为2+2,故
填2+2.
方法二:
由题意可设双曲线与圆的一个交点为(x,x),则x2+x2=c2(其中c为双曲线的半焦距),
⎧c2
-c2=
0000
所以x2=1c2,由⎪2a22b2
1
,整理得c4+2a4-4a2c2=0,即e4-4e2+2=0,解得e2=2+
0⎨
2⎪⎩a2+b2=c2
或e2=2-,又e>
所以双曲线的离心率的平方为2+2,故填2+2.
10.0【解析】因为曲线Γ上的点到(2,0)的距离比到直线x=-5的距离小3,所以曲线Γ上的点到(2,0)
的距离与到直线x=-2的距离相等,故曲线Γ:
y2=8x,则k
=y2-y1=
y2-y1=8,
MNx-x
1212
y+y
888
218y2-8y112
88
同理可得kNP=y+y
,kPQ=y+y
,kQM=y
+y,kMP=y+y
,kNQ=y+y
,由于
k=-k
2334
,则8=-8,可得y
41
+y+y+y
13
=0,由此可得
24
8=-8,
MPNQ
y+yy+y
1234
y+yy+y
13244123
即k=-k
,同理有=-
,即k
=-k
,故k
+
k+k+k
=0,故填0.
QMNP
MNPQ
MNNPPQQM
11.[-2,4]
【解析】依题意,
g(x)=
43sin
3xcos3x+4sin23x=23sin3x-2cos3x+2=
4sin(3x-π)+2,则f(x)=g(x-)π=4sin[3()x]-2πsin(3+π=-)2-x+π,当x∈0[,]π时,
-4
633663
3x-π∈[-π,5π],sin(3x-π)∈[-1,1],则f(x)∈[-2,4],故填[-2,4].
66662
12.
【解析】选取OA,OB为基向量,设OC=λOA+(1-λ)OB,其中0≤λ≤1,
因为D为OB的中点,所以
,所以DC=DO+OC=λOA+(1-λ)OB,
OD=OB
所以DC⋅OC=[λOA+(1-λ)OB]⋅[λOA+(1-λ)OB]=6λ2-6λ+2=6(λ-1)2+1,
因为0≤λ≤1,所以当λ=1时,DC⋅OC取得最小值,为1,故填1.
13.(
3,1]【解析】由题中条件可得2a-c=
b,根据正弦定理可得2sinA-sinC=sinB,即
2cosC
cosB
cosC
(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC,所以2sinAcosB=sin(B+C)=sinA,因为sinA≠0,所以
cosB=1,因为B∈(0,π),所以B=π,在锐角三角形ABC中,由C=2π-A<
π,得π<
A<
π,
233262
所以π<
A+π<
2π,所以3sinA+1cosA=sin(A+π)∈(
3,1].故填(
3,1].
363
2262
⎧
a2a2
11⎧⎪x2-ax,x≥0
⎪(x-2)
-,x≥0
4
14.(-,0)(0,)
【解析】令h(x)=|x|(x-a)=⎨=⎨
,若a=0,
824
⎪⎩-x2+ax,x<
0
⎪-(x-a)2+
⎪
⎩2
a
x<
显然不合题意;
当a∈
(0,]
时,若函数f(x)=|x|(x-a)-t(1-a)有3个不同的零点,即函数h(x)与
a21a2
直线y=t(1-a)有3个不同的交点,则-<
t(1-a)<
0,即存在a∈(0,],使-<
t<
g(a)=-a
g'
(a)=a(a-2)
a∈
(0,]
(a)<
4(1
-)a
g(a)
成立,令
,求导可得
4(1-a)
4(1-a)2,当2时,
,单调递
减,所以g(a)≥
111
g()=-,所以-<
t<
0;
288
当a∈[-1,0)时,若函数f(x)=|x|(x-a)-t(1-a)有3个不同的零点,即函数h(x)与直线
y=t(1-a)有3个不同的交点,则0<
t(1-a)
<
a2,即存在a∈[-
1,0),使0<
a2
4(1-a)
a2m'
(a)=a(2-a)1
m(a)=,求导可得
4(1-a)2,当a∈[-2,0)
时,m'
(a)<
0,m(a)单调递减,所以
m(a)≤m(-1)=1,所以0<
1.
22424
综上所述,t∈(-1,0)(0,1),故填(-1,0)(0,
1).
15.(本小题满分14分)
【解析】
(1)∵M,N分别为棱PB,PC的中点,∴MN∥BC,(4分)
又BC⊄平面AMN,∴BC∥平面AMN.(7分)
(2)∵PA=AB,点M为棱PB的中点,
∴AM⊥PB,(8分)
又平面PAB⊥平面PBC,平面PAB
平面PBC=PB,∴AM⊥平面PBC.(12分)
∵AM⊂平面AMN,∴平面AMN⊥平面PBC.(14分)
16.(本小题满分14分)
3-tanB
1+3tanB
(1)因为tanA=,
tanπ-tanBπ
所以tanA=
π
1+tanπ
⋅tanB
=tan(
-B),(2分)
所以A=-B+kπ,k∈Z,
所以A+B
=π+kπ,k∈Z,
因为A+B∈(0,π),所以A+B=π,
所以C=π-(A+B)=2π.(7分)
(2)方法一:
由A+B+C=π及2sinAcosB+sinC=2sin(A+B)得
2sinAcosB+sin(A+B)=2sin(A+B),
即2sinAcosB=sin(A+B),化简得sinAcosB-cosAsinB=0,即sin(A-B)=0.
因为A+B+C=π及C=2π,所以A=B=π,(10分)
a=c
a=1
6
⨯1=3
由正弦定理得
sinA
,得
sinC
323,
所以△ABC的面积S=1acsinB=1⨯3⨯1⨯1=3.(14分)
223212
由
(1)得A+B=π,C=2π,
因为2sinAcosB+sinC=2sin(A+B),
所以2sinAcosB+
3=2⨯3,
所以sinAcosB=
3,(10分)
所以sinAcos(π-A)=3,
34
ππ
所以sinA(coscosA+sinsinA)=,
334
所以1sin2A+3(1-cos2A)=3,
444
所以1sin2A-3cos2A=0,
44
所以tan2A=,
因为0<
2A<
2π,所以2A=π,
所以A=π,B=π,
66
因为c=1,所以AB边上的高h=ctanA=3,
26
所以△ABC的面积为1ch=3.(14分)
212
17.(本小题满分14分)
(1)当k=8时,s=5t3-8t2+t+10,这时汽车的瞬时速度为v=s'
=15t2-16t+1,
令s'
=0,解得t=1(舍)或t=1,
15
当t=时,s=10
22
675
>
10,
故有撞击障碍物的危险,应紧急避让.(7分)
(2)汽车的瞬时速度为v=s'
,所以v=15t2-2kt+1,汽车静止时v=0,故问题转化为15t2-2kt+1=0在t∈[1,2]内有解,
∈
15t2+11
即2k==15t+在t[1,2]内有解,(9分)
tt
记f(t)=15t+1,f'
(t)=15-1,t∈[1,2],∴f'
(t)=15-1
0,∴f(t)单调递增,
tt2t2
]
∴f(t)在区间[1,2]上的取值范围为[16,61,
∴16≤2k≤61,即8≤k≤61,
故k的取值范围为[8,61].(14分)
18.(本小题满分16分)
(1)设椭圆C的焦距为2c(c>
0),
2c2
∵椭圆C:
+
a2b2
=1(a>
b>
0)的离心率为
,∴=
,∴a=
2c,b=c,
∴椭圆C的方程为x2+2y2=2c2,
设椭圆C的下顶点为B,∵x轴上到B,T(4,t)两点距离之和最小的点为右焦点F,∴B
(0,-b),
F(c,0)
T(,t)
b=t
30
t=4-c
,3三点共线,∴c
4-c,故3
,(4分)
又T为椭圆C上的一点,∴16+2(4-c)2=2c2,解得c=1,故a=
93
2,b=1,所以椭圆C的标准
方程为x
y2
=1.(7分)
(2)设过原点且与直线l垂直的直线为l0,∵三角形PMN是以∠MPN为顶角的等腰三角形,∴点P
为直线l0与椭圆C的交点.(8分)
当直线l的斜率不存在时,点P为椭圆C的左顶点或右顶点,此时,|MN|=2,|OP|=2,
tan∠PMN=
|OP|=
|OM|
≠6,
∴直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx,
当k=0时,点P为椭圆C的上顶点或下顶点,此时|MN|=22,|OP|=1,tan∠PMN=
|OP|=2
≠6,故k≠0,故可得直线l的方程为y=-1x.(10分)
|OM|2
3k
⎧x2+2
设M(x,y),N(x,y),由⎪2y=1消去y得,(1+2k2)x2-2=0,
1122
⎨
⎪⎩y=kx
根据根与系数的关系得x+x=0,x⋅x=-2,
(x+x)2-4xx
12
1+k2
2k2+2
2k2+1
1212
∴|MN|=
|x1-x2|=⋅
=2,
故|OM|=|ON|=
,(14分)
y
同理由⎪2
=1
k2+2
得|OP|=,
⎪y=-1x
⎩⎪k
|OP|
k=±
1
∵tan∠PMN==,∴
|OM|3
故直线l的斜率为1或-1.
=,解得,
32
所以直线l的方程为x-2y=0或x+2y=0.(16分)
19.(本小题满分16分)
(1)易知函数
f(x)
的定义域为
(0,+∞)
,f'
(x)=2x-a=
2x2-a
令
f'
(x)=0,
得x=,
所以当x∈(0,
a)时,f'
(x)<
0,当x∈(2
xx
a,+∞)时,f'
(x)>
0,
所以f(x)在x=处取得极小值,又f(
a)=-a(lna+1),
所以f(x)的极小值为-a(lna+1);
(6分)
(2)f(e2)=ea-a(
aaa
+1)=e--a,(8分)
令ϕ(a)=e
aa
--a,
则ϕ'
(a)=ea-a-1,
令h(a)=ea-a-1,则h'
(a)=ea-1,
当a>
0时,ea-1>
0,所以h(a)在(0,+∞)上单调递增,(12分)
所以h(a)>
e0-0-1=0,即ϕ'
(a)>
0,所以ϕ(a)在(0,+∞)上单调递增,
所以ϕ(a)>
e0-0-0=1,即f(e2)>
1.(16分)
20.(本小题满分16分)
T
(1)因为数列{an}的前n项积
n
n(n+1)
=22,
所以a=T=21=2,
11
当n≥2时,a=Tn
n-1
所以a=2n(n∈N*),
n(n+1)2
=(n-1)n
=2n,
对任意正整数n,令m=n(n+1)∈N*,满足
所以{an}是“R数列”;
(5分)
Tn=2
=am,
(2)因为{an}是等比数列,其首项a1=3,公比为q,
n-1n-1*
所以an=a⋅q=3q(n∈N),
所以T=aaa
=3nq1+2+
=3nq
(n-1)n
2,
+(n-1)
n12n
因为{an}是“R数列”,所以对任意正整数n,总存在正整数m,使得Tn=am,
即对任意正整数n,总存在正整数m,使得3nq
=3qm-1,即q
(n-1)n-(m-1)2
=31-n,
①当m=(n+1)n时,得(n-1)n-(m-1)=1-n,且q=3.
(n-1)nn2-3n+4
②当m=+(2-n)=(显然m∈
N*)时,得[(n-1)n-(m-1)]+(1-n)=0,且
q=1.
所以公比q=3或1;
(10分)
(3)对任意的等比数列{a},设公比为q,则a
=aqn-1=an⋅(q)n-1,
令b=an,c
=(q)n-1,则a
n11
=b⋅c(n∈N*),
n1n
nnn
下面证明:
{bn}为“R”数列.
因为bn=a1,所以
=a1+2++n=a2,
取正整数m=n(n+1),得T=b,
2nm
所以{bn}为“R”数列,
同理可以证明{cn}为“R”数列.
所以对任意的等比数列{an},总存在两个“R数列”{bn}和{cn},使得an=bn⋅cn(n∈N*)成立.(16分)
数学Ⅱ(附加题)·
21.【选做题】本题包括A、B、C、D共4小题,请.选.定.其.中.两.小.题.,并.在.相.应.的.答.题.区.域.内.作.答..若多做,则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
A.[选修4-2:
矩阵与变换](本小题满分10分)
⎡1⎤
⎡1⎤⎡1⎤
【解析】因为矩阵A属于特征值-3的一个特征向量为α1=⎢-1⎥,所以A⎢-1⎥=-3⎢-1⎥,得
⎣⎦⎣⎦⎣⎦
⎧a-b=-3
⎩
⎨c-d=3,①
⎡1⎤
⎡1⎤⎡1⎤
⎧a=1
因为矩阵A属于特征值1的一个特征向量为α2=⎢0⎥,所以A⎢0⎥=⎢0⎥,得⎨c=0
②(5分)
⎣⎦
①②联立,解得a=1,b=4,c=0,d=-3,
⎡14⎤
⎣⎦⎣⎦⎩
所以A=⎢0-3⎥.(10分)
B.[选修4-4:
坐标系与参数方程](本小题满分10分)
【解析】因为x=ρcosθ
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