南京市届高三年级学情调研.docx
- 文档编号:5539768
- 上传时间:2022-12-19
- 格式:DOCX
- 页数:15
- 大小:291.60KB
南京市届高三年级学情调研.docx
《南京市届高三年级学情调研.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《南京市届高三年级学情调研.docx(15页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
南京市届高三年级学情调研
南京市2017届高三年级学情调研
数学2016.09
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、学校写在答题卡上•试题的答案写在答题卡...上对应题目的答案空格内.考试结束后,交回答题卡.
参考公式:
柱体的体积公式:
V=Sh,其中S为柱体的底面积,h为柱体的咼.
锥体的体积公式:
1
V=§Sh,其中S为锥体的底面积,h为锥体的咼.
、填空题:
本大题共14小题,每小题5分,共70分•请把答案填写在答题卡相应位置上.
▲.6
11.各项均为正数的等比数列{an},其前n项和为Sn.若a2—a5=—78,S3=13,则数列{an}的通项公式an=▲.3n—1
12x—x3,x<0,一
12.已知函数f(x)=当x€(—a,m]时,f(x)的取值范围为[—16,+^),则
—2x,x>0.
实数m的取值范围是▲.[—2,8]
13.在AABC中,已知AB=3,BC=2,D在AB上,品=才AB.若占C=3,贝VAC的长
是▲.p10
1x卄亠亠1
14.已知f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,且f(x)+g(x)=(了.右存在x0€©
因为钝角B的终边与单位圆交于点B,且点B的纵坐标是
所以sin3=,从而cos=-p1-sin2p=—呼.
55
3^10、//\5
(1)cos(a—3)=cosacos3+sinosin3=-〔°x(—§)+〔°5
\:
10、//」
(2)sin(a+3=sinacos3+cosasin3=x(—§)+105
3n
2),
因为a为锐角,B为钝角,故a+氏
5)+10x5-—10
531^252
2
11分
所以a+3=
4
16.
(本小题满分14分)如图,在直三棱柱ABC—A1B1C1中,点的中点.
(1)求证:
MN//平面BB1C1C;
(2)若D在边BC上,AD丄DC1,求证:
MN丄AD.证明:
(1)如图,连结AC
在直三棱柱ABC—A1B1C1中,侧面AA1C1C为平行四边形.又因为N为线段AC1的中点,所以A1C与AC1相交于点N,即A1C经过点N,且N为线段A1C的中点.•…因为M为线段A1B的中点,
所以MN//BC.
又MN%平面BB1C1C,BC?
平面BB1C1C,所以MN//平面BB1C1C.
(2)在直三棱柱ABC—A1B1C1中,CC1丄平面ABC.又AD?
平面ABC,所以CC1丄AD.
14分
因为AD丄DC1,DC1?
平面BB1C1C,CC1?
平面BB1C1C,CC1QDC1=C1,所以AD丄平面BB1C1C.
又BC?
平面BB1C1C,所以AD丄BC.又由
(1)知,MN//BC,所以MN丄AD.
17.
(本小题满分14分)如图,某城市有一块半径为40m的半圆形绿化区域(以O为圆心,
为直径),现计划对其进行改建•在AB的延长线上取
点D,OD=80m,在半圆上选定一点C,改建后的绿化区域由扇形区域AOC和三角形区域COD组成,其
面积为Sm2.设/AOC=xrad.
(1)写出S关于x的函数关系式S(x),并指出x的取值范围;
(2)试问/AOC多大时,改建后的绿化区域面积S取得最大值.
AB
解:
(1)因为扇形AOC的半径为40m,/AOC=xrad,
xOA2
所以扇形AOC的面积S扇形aoc=—2=800x,0Vxvn
在ACOD中,OD=80,OC=40,/COD=n-x,
1
所以ACOD的面积Sacod=2OCODsin/COD=1600sin(-nx)=1600sinx.
从而S=Szcod+S扇形aoc=1600sinx+800x,0vxvn
⑵由
(1)知,S(x)=1600sinx+800x,0vxvn
1
S'(x)=1600cosx+800=1600(cosx+?
).
由S'x)=0,解得x=
从而当0vxv
S'x)>0;当^^Vxvn时,S'x(v0.
3
,、,2n2n
因此s(x)在区间(0,―)上单调递增;在区间(§,n上单调递减.11分
所以当x=争s(x)取得最大值.
答:
当/AOC为;中寸,改建后的绿化区域面积S最大.
3
18.(本小题满分16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆右焦点分别为F1,F2,P为椭圆上一点(在x轴上方),连结PF1并延长交椭圆于另一点Q,设PF1=扃Q.
3
(1)若点P的坐标为(1,2),且APQF2的周长为8,求椭圆C的方程;
⑵若PF2垂直于x轴,且椭圆C的离心率e€[|,子],求实数入的取值范围.
解:
(1)因为F1,F2为椭圆C的两焦点,且P,Q为椭圆上的点,所以PF1+PF2=QF1+QF2=2a,从而APQF2的周长为4a.由题意,得4a=8,解得a=2.
14分
319
因为点P的坐标为(1,2),所以护+4b2=1,
解得b2=3.
所以椭圆C的方程为x+y=1.5分
43
(2)方法一:
因为PF2丄x轴,且P在x轴上方,故设P(c,y。
),因为P在椭圆上,所以:
:
+常=J解得y0=£,即P(C,f).
y0>0.设Q(X1,y1).
7分
因为F1(—c,0),所以PF1=(—2c,
b2
—a),
F1Q=(X1+c,
y1).
TTb2
由PF1=?
F1Q,得—2c=心1+c),——=M,a
解得X1=—^c,y1=—号,所以Q(—fc,—号因为点Q在椭圆上,所以(入:
2)2e2+^2^=1,
A兀a
即(H2)2e2+(1—e2)=*,(*+4H3洽=*—1,因为H1丰0,
x+c),
得(4c2+b2)x2+2b2cx+c2(b2—4a2)=o.
一1
⑵数列{bn}满足b1=a1,bn+1—bn=an.an+1.
1求数列{bn}的通项公式;
2是否存在正整数m,n(m^n),使得b2,bm,bn成等差数列?
若存在,求出
解:
的值;若不存在,请说明理由.
(1)设数列{an}的公差为d,则d>0.
由a2a3=15,S4=16,得
解得al或a二2.
所以an=2n—1.
(舍去)
(a1+d)(a1+2d)=15,
4a1+6d=16,
1
(2)①因为b1=a1,bn+1—bn=,
anan+1
所以b1=a1=1,
11_1_
bn+1一bn=anan+1=(2n—1)(2n+1)=2(2n—12n+1),即b2—b1=2(1—;),
111
b3—b2=2(3—5),
111
bn—bn-1=一(—),(n》2)
2、2n-32n-
11n—1
累加得:
bn—b1=c(1一)=
2'2n—12n—1
n—1n—13n—2
所以bn=b1+=1+=——•
2n—12n—12n—1
b1=1也符合上式.
故bn=3^—2,n€N*.
2n—1
②假设存在正整数m、n(mzn),使得b2,bm,bn成等差数列,则b2+bn=2bm.
又b一4b_3n—2=3一1
又b2=3,bn=2n_1=2—4n—2
11分
b=3—^^
,bm=24m—2,
111
=Z.+
4z3131卄
所以3+(2一4n—2)=2(2一4m—2),即2m—16'4n—2'
7n—29
化简得:
2m=7n—2=7—十.
n+1n+1
当n+1=3,即n=2时,m=2,(舍去);当n+1=9,即n=8时,m=3,符合题意.所以存在正整数m=3,n=8,使得b2,bm,bn成等差数列.
20.(本小题满分16分)已知函数f(x)=ax2—bx+lnx,a,b€R.
(1)当a=b=1时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;
(2)当b=2a+1时,讨论函数f(x)的单调性;
(3)当a=1,b>3时,记函数f(x)的导函数f'(x)的两个零点是
3—f(x2)>4—ln2.
解:
(1)因为a=b=1,所以f(x)=x2—x+lnx,
1从而f'x)=2x—1+.
x
因为f
(1)=0,f
(1)=2,故曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为即2x—y—2=0.
(2)因为b=2a+1,所以f(x)=ax2—(2a+1)x+lnx,
…,12ax2—(2a+1)x+1(2ax—1)(x—1)
从而f'(x)=2ax—(2a+1)+_=11
xx
当aw0时,x€(0,1)时,f'(x)>0,x€(1,所以,f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间当0vav*时,由f'(x)>0,得0vxv1,或
14分
16分
X1和X2(x1VX2).求证:
f(X1)
y—0=2(x-1),
所以f(x)在区间(0,1)和区间
x>0.
x
+m)时,f(x)v0,
(1,+m)上单调递减.
11
x>;由f'(x)v0,得1vxv1,2a2a
1
+m)上单调递增,在区间(1,£)上单调递减.
1
当a=2时,因为f'(x)》0(当且仅当x=1时取等号),所以f(x)在区间(0,+8)上单调递增.
11
,由f'(x)>0,得0vxv务,或x>1;由f'(x)V0,得2^vxv1,
11
所以f(x)在区间(0,2a)和区间(1,+^)上单调递增,在区间(2a,1)上单调递减・
2yX—bx+1⑶方法一:
因为a=1,所以f(x)=x2—bx+lnx,从而f(x)=(x>0).
x
1由题意知,X1,x2是方程2x2—bx+1=0的两个根,故X1X2=2.
12分
22X1.22X1
f(x1)—f(x2)=(X1—X2)—(bx1—bx2)+In=—(X1—X2)+In.
2X2
11
因为X1X2=2,所以f(X1)—f(X2)=X22—4X^—In(2X22),X2€(1,+8).
t1令t=2X22€(2,+^),(f)(t)=f(X1)—f(x2)=2—2t—Int.
0('t)=(t2t^)》0,所以根)在区间(2,+^)单调递增,
33
Ht)>(K2)=4—In2,即f(x"—f(x2)>4—In2.••…
14分
因为
所以
16分
方法二:
2x2—bx+1
因为a=1,所以f(x)=x2—bx+Inx,从而f'(x)=(x>0).
由题意知,X1,X2是方程2x2—bx+1=0的两个根.
3—b
2v0,g
(1)=3—bv0,
记g(x)=2x2—bx+1,因为b>3,所以g(;)
1
所以X1€(0,2),X2€(1,+s),且f(x)在[X1,X2]上为减函数.
11b,13b,
所以f(X1)—f(x2)>f
(2)—f
(1)=(4—2+In2)—(1—b)=—4+2―In2.
因为b>3,故f(x1)—f(x2)>—3+—In2>-—In2.
12分
16分
记g(x)=2x2—bx+1,因为b>3,所以g
(2)=色2上<0,g
(1)=3—bv0,
1
所以捲€(0,2),x2€(1,+s),且bxi=2xi2+1(i=1,2).
南京市2017届高三年级学情调研
数学附加题2016.09
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.
3•答题前,请务必将自己的姓名、学校写在答题卡上•试题的答案写在答题卡...上对应题目的答案空格内.考试结束后,交回答题卡.
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
如图,AB为圆O的一条弦,C为圆O外一点.CA,CB分别交圆O于D,E两点.若
AB=AC,EF丄AC于点F,求证:
F为线段DC的中点.证明:
因为点A、D、E、B在圆O上,即四边形ADEB是圆内接
四边形,
所以/B=ZEDC.3分
因为AB=AC,所以/B=ZC.5分
所以/C=ZEDC,从而ED=EC.7分
又因为EF丄DC于点F,所以F为线段DC中点.…10分B.选修4—2:
矩阵与变换
2—210
已知矩阵A=,B=,设M=AB.
1—30—1
(1)求矩阵M;
(2)求矩阵M的特征值.
2—21022解:
(1)M=AB==
⑵矩阵M的特征多项式为f(R=
^—2—2
=(入一2)(入一3)—2
—1—3
1—30—113
10分
令f(为=0,解得入=1,?
2=4,所以矩阵M的特征值为1或4.
C.选修4—4:
坐标系与参数方程
已知曲线C的极坐标方程为尸2cosB,直线I的极坐标方程为psin(0+f)=m.若直线I
与曲线C有且只有一个公共点,求实数m的值.
解:
曲线C的极坐标方程为p=2cos0化为直角坐标方程为x2+y2=2x.
即(x—1)2+y2=1,表示以(1,0)为圆心,1为半径的圆.3分
直线I的极坐标方程是pin(0+n=m,即丁如卅罗pin0=m,
化为直角坐标方程为x+3y—2m=0.6分
因为直线I与曲线C有且只有一个公共点,
所以|1—2m|=1,解得m=—或m=2.
所以,所求实数m的值为—1或2-10分
D.选修4—5:
不等式选讲
解不等式|x—1|+2|x|w4x.
解:
原不等式等价于
XW0,
1-x-2x<4x,
x<0,
1-x-2x<4x,
0vx<1,
1-x+2x<4x,
x>1,
x-1+2x<4x,
得x€;
1
得3Wx<1;
3
得x>1.
10分
(第22题)
0vx<1,亠x>1,
1—x+2xw4x,或x-1+2xw4x.
、1
所以原不等式的解集为【3,+8).
3
【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)如图,在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,侧棱PD丄底面ABCD,
PD=DC,点E是线段PC的中点.
(1)求异面直线AP与BE所成角的大小;
⑵若点F在线段PB上,使得二面角F—DE-B的正弦值为品求圧的值
3'求PB的值.
解:
(1)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧棱PD丄底面ABCD,所以DA、DC、DP两两垂直,故以{DA,DC,DP}为正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz.
因为PD=DC,所以DA=DC=DP,不妨设DA=DC=DP=2,
则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),B(2,2,0).
x』AB
(第22题)
因为E是PC的中点,所以E(0,1,1).
所以DP=(-2,0,2),DE=(-2,-1,1),
所以cos矗,Be=APBE=3,
DD2
|AP||BE|
从而云卩,de=n
6
因此异面直线AP与BE所成角的大小为n.…4分
6
(2)由
(1)可知,DE=(0,1,1),DB=(2,2,0),DB=(2,2,-2).
设侖=XPB,则BF=(2人2入-2,从而DF=DP
+DF=(2人2人2-2为.
设m=(X1,y1,Z1)为平面DEF的一个法向量,
则mDF=0,即恥+“计(1-0,
D0y1+Z1=0,
mDE=0,,
取z1=入贝Vy1=-入X1=2-1.
所以m=(211,—人为为平面DEF的一个法向量.
设n=(X2,y2,Z2)为平面DEB的一个法向量,
则n抚=0,即2x2+2y2=0,
nDE=0,y2+Z2=0,
取X2=1,贝yy2=-1,Z2=1.
所以n=(1,—1,1)为平面BDE的一个法向量.
因为二面角F—DE—B的正弦值为33,所以二面角F—DE—B的余弦的绝对值为3
即|cosm,n|=誓,
3
所以|mn|=x6|411丨=远
所|m||n「3,3•(2入—1)2+2旷3,
化简得,4*=1,因为点F在线段PB上,所以0W疋1,
10分
PF_1
PB=2
23.(本小题满分10分)甲、乙两人轮流投篮,每人每次投一次篮,先投中者获胜•投篮进行到有人获胜或每人都已投球3次时结束.设甲每次投篮命中的概率为2,乙每次投篮命中
5
2
的概率为2,且各次投篮互不影响.现由甲先投.
3
(1)求甲获胜的概率;
(2)求投篮结束时甲的投篮次数X的分布列与期望.
解:
(1)设甲第i次投中获胜的事件为Ai(i=1,2,3),则A1,A2,A3彼此互斥.
甲获胜的事件为A1+A2+A3.
231223122
P(A)=5;P(A2)=5X3X5=25;卩斫(广(广5F
22262
答:
甲获胜的概率为
62
125.
所以P(A1+A2+A3)=P(A1)+P(A2)+P(A3)=5+25+125=125.
(2)X所有可能取的值为1,2,3.
2324231324311
则P(X=1)=5+5X3=5;P(X=2)=25+5X3X5X3=25;P(X=3)=(5〃(3〃1=25即X的概率分布列为
X
1
2
3
P
4
_4
5
25
25
10分
所以X的数学期望E(X)=1X5+2X25+3X右二卷.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 南京市 三年级 情调