求南京市,盐城市2015届高三年级第二次模拟考试数学卷答案
南京市、盐城市2015届高三年级第二次模拟考试
数学参考答案
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1．p 2．一 3．－2 4．55 5．
6． 7．③④ 8． 9． 10．50
11．(1，2) 12． 2 13． 14．10000
15．（本小题满分14分）
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知cosC＝．
（1）若×＝，求△ABC的面积；
（2）设向量x＝(2sin，)，y＝(cosB，cos)，且x∥y，求sin(B－A)的值．
解：（1）由・＝，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．（本小题满分14分）
如图，在四棱锥P―ABCD中， AD＝CD＝AB， AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
(第16题图)
P
A
B
C
D
M
（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN：PB的值．
证明：（1）连结AC．不妨设AD＝1．
因为AD＝CD＝AB，所以CD＝1，AB＝2．
因为ÐADC＝90°，所以AC＝，ÐCAB＝45°．
在△ABC中，由余弦定理得BC＝，所以AC2＋BC2＝AB2．
所以BC^AC． …………………… 3分
因为PC^平面ABCD，BCÌ平面ABCD，所以BC^PC． …………………… 5分
因为PCÌ平面PAC，ACÌ平面PAC，PC∩AC＝C，
所以BC^平面PAC． …………………… 7分
(第16题图)
P
A
B
C
D
M
N
（2）如图，因为AB∥DC，CDÌ平面CDMN，ABË平面CDMN，
所以AB∥平面CDMN． …………………… 9分
因为ABÌ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．（本小题满分14分）
E
B
G
A
N
D
M
C
F
O
H
P
(第17题图)
右图为某仓库一侧墙面的示意图，其下部是一个矩形ABCD，上部是圆弧AB，该圆弧所在圆的圆心为O．为了调节仓库内的湿度和温度，现要在墙面上开一个矩形的通风窗EFGH(其中E，F在圆弧AB上， G，H在弦AB上)．过O作OP^AB，交AB于M，交EF于N，交圆弧AB于P．已知OP＝10，MP＝6.5（单位：m），记通风窗EFGH的面积为S（单位：m2）．
（1）按下列要求建立函数关系式：
(i)设∠POF＝θ (rad)，将S表示成θ的函数；
(ii)设MN＝x (m)，将S表示成x的函数；
（2）试问通风窗的高度MN为多少时，通风窗EFGH的面积S最大？
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，
故S＝EF×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．（本小题满分16分）
x
y
A
O
B
C
D
M
N
(第18题图)
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0) 的离心率为，直线l：y＝x与椭圆E相交于A，B两点，AB＝2．C，D是椭圆E上异于A，B的任意两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．
（1）求a，b的值；
（2）求证：直线MN的斜率为定值．
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
（2）方法一：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
方法二：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．
显然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)．
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，则由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
19．（本小题满分16分）
已知函数f(x)＝1＋lnx－，其中k为常数．
（1）若k＝0，求曲线y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程；
（2）若k＝5，求证：f(x)有且仅有两个零点；
（3）若k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．
（参考数据ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30）
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
方法二：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．（本小题满分16分）
给定一个数列{an}，在这个数列里，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．
已知数列{an}的通项公式为an＝ (n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．
（1）求a的值；
（2）等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m (m≥3，m∈N*) 阶子数列，且b1＝ (k为常数，
k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1；
（3）等比数列c1，c2，…，cm是{an}的一个m (m≥3，m∈N*) 阶子数列，
求证：c1＋c2＋…＋cm≤2－．
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
南京市、盐城市2015届高三年级第二次模拟考试
数学附加题参考答案
A．选修4―1：几何证明选讲
B
A
D
E
C
F
（第21A题图）
如图，过点A的圆与BC切于点D，且与AB、AC分别交于点E、F．已知AD为∠BAC的平分线，求证：EF∥BC．
证明：如图，连接ED．
B
A
D
E
C
F
（第21A题图）
因为圆与BC切于D，所以∠BDE＝∠BAD．…………………… 4分
因为AD平分∠BAC，
所以∠BAD＝∠DAC．
又∠DAC＝∠DEF，所以∠BDE＝∠DEF．
所以EF∥BC． …………………… 10分
B．选修4－2：矩阵与变换
已知矩阵A＝， A的逆矩阵A－1＝ ．
（1）求a，b的值；
（2）求A的特征值．
解：（1）因为A A－1＝ ＝＝．
所以
解得a＝1，b＝－． …………………… 5分
（2）由（1）得A＝，
则A的特征多项式f(λ)＝＝(λ－3)( λ－1)．
令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝1，λ2＝3． ………………… 10分
C．选修4－4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：(s为参数），直线l：（t为参数）．设C与l交于A，B两点，求线段AB的长度．
解：由消去s得曲线C的普通方程为y＝x2；
由消去t得直线l的普通方程为y＝3x－2．…………… 5分
联立直线方程与曲线C的方程，即
解得交点的坐标分别为(1，1)，(2，4)．
所以线段AB的长度为＝． …………… 10分
D．选修4－5：不等式选讲
已知x，y，z都是正数，且xyz＝1，求证：(1＋x)( 1＋y)( 1＋z)≥8．
证明：因为x为正数，所以1＋x≥2．
同理 1＋y≥2，
1＋z≥2．
所以(1＋x)( 1＋y)( 1＋z)≥2・2・2＝8．
因为xyz＝1， 所以(1＋x)( 1＋y)( 1＋z)≥8． …… 10分
22．（本小题满分10分）
甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是．假设各局比赛结果相互独立．
（1）分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率；
（2）若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求甲队得分X的分布列及数学期望．
解：（1）记甲队以3∶0，3∶1，3∶2获胜分别为事件A，B，C．
由题意得P(A)＝＝，
P(B)＝C・・＝，
P(C)＝ C・・＝． …………… 5分
（2）X的可能取值为0，1，2，3．
P(X＝3)＝P(A)＋P(B)＝； P(X＝2)＝P(C)＝，
P(X＝1)＝C・・＝， P(X＝0)＝1－P(1≤X≤3)＝．
所以X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
从而E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．
答：甲队以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率分别为，，．甲队得分X的数学期望为． …………………… 10分
23．（本小题满分10分）
已知m，n∈N*，定义fn(m)＝．
（1）记am＝f6(m)，求a1＋a2＋…＋a12的值；
（2）记bm＝(－1)mmfn(m)，求b1＋b2＋…＋b2n所有可能值的集合．
解：（1）由题意知，fn(m)＝
所以am＝ ………………… 2分
所以a1＋a2＋…＋a12＝C＋C＋…＋C＝63． ………………… 4分
（2）当n＝1时， bm＝(－1)mmf1(m)＝则b1＋b2＝－1．………… 6分
当n≥2时，bm＝
又mC＝m・＝n・＝nC，
所以b1+b2＋…＋b2n＝n[－C＋C－C＋C＋…＋(－1)nC]＝0．
所以b1+b2＋…＋b2n的取值构成的集合为{－1，0}． ………… 10分
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11点问谁会泄题给你
你可以到第 一 高 考 网上去看，他们那里有很多高三的试卷的
