2019-2020年高三第三次模擬考試 數(shù)學(xué) 含答案.doc

2019-2020年高三第三次模擬考試 數(shù)學(xué) 含答案注意事項(xiàng)：1本試卷共4頁(yè)，包括填空題（第1題第14題）、解答題（第15題第20題）兩部分本試卷滿分為160分，考試時(shí)間為120分鐘2答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)校寫在答題紙上試題的答案寫在答題紙上對(duì)應(yīng)題目的答案空格內(nèi)考試結(jié)束后，交回答題紙參考公式樣本數(shù)據(jù)x1，x2，xn的方差s2 (xi)2，其中 xi錐體的體積公式：VSh，其中S為錐體的底面積，h為錐體的高一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分請(qǐng)把答案填寫在答題紙相應(yīng)位置上1已知復(fù)數(shù)z1，其中i為虛數(shù)單位，則z的模為 2經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在銀行一個(gè)營(yíng)業(yè)窗口每天上午9點(diǎn)鐘排隊(duì)等候的人數(shù)及相應(yīng)概率如下：排隊(duì)人數(shù)012345概率0.10.160.30.30.10.04則該營(yíng)業(yè)窗口上午9點(diǎn)鐘時(shí)，至少有2人排隊(duì)的概率是 3若變量x，y滿足約束條件則z2xy的最大值是 NS40開始k1kk1S0Y輸出k結(jié)束SS2k（第4題圖）4右圖是一個(gè)算法流程圖，則輸出k的值是 5如圖是甲、乙兩位射擊運(yùn)動(dòng)員的5次訓(xùn)練成績(jī)（單位：環(huán)）的莖葉圖，則 甲 乙 8 9 7 8 9 3 1 0 6 9789（第5題圖）成績(jī)較為穩(wěn)定（方差較?。┑倪\(yùn)動(dòng)員是 6記不等式x2x60的解集為集合A，函數(shù)ylg(xa)的定義域?yàn)榧螧若“xA”是“xB”的充分條件，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為 7在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過雙曲線C：x21的右焦點(diǎn)F作x軸的垂線l，則l與雙曲線C的兩條漸近線所圍成的三角形的面積是 8已知正六棱錐PABCDEF的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱長(zhǎng)為4，則此六棱錐的體積為 9在ABC中， ABC120，BA2，BC3，D，E是線段AC的三等分點(diǎn)，則的值為 10記等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn若Sk18，Sk0，Sk110，則正整數(shù)k 11若將函數(shù)f(x)sin(wx)(w0)的圖象向左平移個(gè)單位后，所得圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù) ，則實(shí)數(shù)w的最小值是 12已知x，y為正實(shí)數(shù)，則的最大值為 13在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為(x1)2(y1)29，直線l：ykx3與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，M為弦AB上一動(dòng)點(diǎn)，以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為 14已知a，t為正實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)x22xa，且對(duì)任意的x0，t，都有f(x)a，a若對(duì)每一個(gè)正實(shí)數(shù)a，記t的最大值為g(a)，則函數(shù)g(a)的值域?yàn)?二、解答題：本大題共6小題，共計(jì)90分請(qǐng)?jiān)诖痤}紙指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15（本小題滿分14分）在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c已知acosCccosA2bcosA（1）求角A的值；（2）求sinBsinC的取值范圍16（本小題滿分14分）在四棱錐PABCD中，BCAD，PAPD，AD2BC，ABPB， E為PA的中點(diǎn) （第16題圖）PABCDE （1）求證：BE平面PCD； （2）求證：平面PAB平面PCD17（本小題滿分14分）如圖，摩天輪的半徑OA為50m，它的最低點(diǎn)A距地面的高度忽略不計(jì)地面上有一長(zhǎng)度為240m的景觀帶MN，它與摩天輪在同一豎直平面內(nèi)，且AM60m點(diǎn)P從最低點(diǎn)A處按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)B處，記AOPq，q (0，)（1）當(dāng)q 時(shí)，求點(diǎn)P距地面的高度PQ；（2）試確定q 的值，使得MPN取得最大值（第17題圖）AMNBOPQq18（本小題滿分16分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，右準(zhǔn)線l：xm1與x軸的交點(diǎn)為B，BF2m （1）已知點(diǎn)(，1)在橢圓C上，求實(shí)數(shù)m的值；（2）已知定點(diǎn)A(2，0)若橢圓C上存在點(diǎn)T，使得，求橢圓C的離心率的取值范圍；當(dāng)m1時(shí)，記M為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，直線AM，BM分別與橢圓C交于另一點(diǎn)P，Q，xyAOBMPQ（第18題圖）F2F1l若 ，m，求證：m為定值19(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)x2xt，t0，g(x)lnx（1）令h(x)f(x)g(x)，求證：h(x)是增函數(shù)；（2）直線l與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切對(duì)于確定的正實(shí)數(shù)t，討論直線l的條數(shù)，并說明理由20（本小題滿分16分）已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)的和為Sn，且對(duì)任意的m，nN*，都有(SmnS1)24a2ma2n （1）求的值；（2）求證：an為等比數(shù)列；（3）已知數(shù)列cn，dn滿足|cn|dn|an，p(p3)是給定的正整數(shù)，數(shù)列cn，dn的前p項(xiàng)的和分別為Tp，Rp，且TpRp，求證：對(duì)任意正整數(shù)k(1kp)，ckdk南京市xx屆高三年級(jí)第三次模擬考試 數(shù)學(xué)附加題 xx.05注意事項(xiàng)：1附加題供選修物理的考生使用2本試卷共40分，考試時(shí)間30分鐘3答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)校寫在答題紙上試題的答案寫在答題紙上對(duì)應(yīng)題目的答案空格內(nèi)考試結(jié)束后，交回答題紙21【選做題】在A、B、C、D四小題中只要選做2題，每小題10分，共計(jì)20分請(qǐng)?jiān)诖鹁砑堉付▍^(qū)域內(nèi)作答解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟A選修41：幾何證明選講如圖，AB，AC是O的切線，ADE是O的割線，求證：BE CDBD CEADBCEO（第21A題圖）B選修42：矩陣與變換已知矩陣A，直線l：xy40在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下變?yōu)橹本€l：xy2a0（1）求實(shí)數(shù)a的值；（2）求A2C選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在極坐標(biāo)系中，設(shè)圓C：r4 cosq 與直線l：q (rR)交于A，B兩點(diǎn)，求以AB為直徑的圓的極坐標(biāo)方程D選修45：不等式選講已知實(shí)數(shù)x，y滿足xy，求證：2x 2y3【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計(jì)20分請(qǐng)?jiān)诖鹁砑堉付▍^(qū)域內(nèi)作答解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟22（本小題滿分10分）PABCD如圖，四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ABAD，BC，AB1，BDPA2（1）求異面直線BD與PC所成角的余弦值；（2）求二面角APDC的余弦值23（本小題滿分10分）已知集合A是集合Pn1，2，3，n (n3，nN*)的子集，且A中恰有3個(gè)元素，同時(shí)這3個(gè)元素的和是3的倍數(shù)記符合上述條件的集合A的個(gè)數(shù)為f(n)（1）求f(3)，f(4)；（2）求f(n)（用含n的式子表示）南京市xx屆高三第三次模擬考試 數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) xx.05說明：1本解答給出的解法供參考如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)則2對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后續(xù)部分的解答未改變?cè)擃}的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該部分正確解答應(yīng)得分?jǐn)?shù)的一半；如果后續(xù)部分的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤，就不再給分3解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)4只給整數(shù)分?jǐn)?shù)，填空題不給中間分?jǐn)?shù)一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分 1 20.74 34 46 5甲6(，3 74 812 9 109 11 12 13，) 14(0，1)2二、解答題：本大題共6小題，共90分15解：（1）因?yàn)閍cosCccosA2bcosA，所以sinAcosCsinCcosA2sinBcosA，即sin(AC)2sinBcosA因?yàn)锳BC，所以sin(AC)sinB從而sinB2sinBcosA 4分因?yàn)閟inB0，所以cosA因?yàn)?A，所以A 7分（2）sinBsinCsinBsin(B)sinBsincosBcossinBsinBcosBsin(B) 11分因?yàn)?B，所以B所以sinBsinC的取值范圍為(， 14分16證明：（1）取PD的中點(diǎn)F，連接EF，CFPABCDEF（第16題圖）因?yàn)镋為PA的中點(diǎn)，所以EFAD，EFAD因?yàn)锽CAD，BCAD，所以EFBC，EFBC所以四邊形BCFE為平行四邊形所以BECF 4分因?yàn)锽E平面PCD，CF平面PCD，所以BE平面PCD 6分（2）因?yàn)锳BPB，E為PA的中點(diǎn)，所以PABE因?yàn)锽ECF，所以PACF 9分因?yàn)镻APD，PD平面PCD，CF平面PCD，PDCFF，所以PA平面PCD 12分因?yàn)镻A平面PAB，所以平面PAB平面PCD 14分17解：（1）由題意，得PQ5050cosq 從而，當(dāng)q 時(shí)，PQ5050cos75即點(diǎn)P距地面的高度為75m 4分（2）（方法一）由題意，得AQ50sinq ，從而MQ6050sinq ，NQ30050sinq 又PQ5050cosq ，所以tanNPQ ，tanMPQ 6分從而tanMPNtan(NPQMPQ) 9分令g(q ) ，q (0，)，則g(q) ，q (0，)由g(q)0，得sinq cosq 10，解得q 11分當(dāng)q (0，)時(shí)，g(q )0，g(q )為增函數(shù)；當(dāng)q (，p)時(shí)，g(q )0，g(q )為減函數(shù)，所以，當(dāng)q 時(shí)，g(q )有極大值，也為最大值因?yàn)?MPQNPQ，所以0MPN，從而當(dāng)g(q )tanMPN取得最大值時(shí)，MPN取得最大值即當(dāng)q 時(shí)，MPN取得最大值 14分（方法二）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AM為x軸建立平面直角坐標(biāo)系，則圓O的方程為 x2(y50)2502，即x2y2100y0，點(diǎn)M(60，0)，N(300，0)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為 (x0，y0)，所以Q (x0，0)，且x02y02100y00從而tanNPQ ，tanMPQ 6分從而tanMPNtan(NPQMPQ) 由題意知，x050sinq ，y05050cosq ，所以tanMPN 9分（下同方法一）18解：（1）設(shè)橢圓C的方程為 1(ab0)由題意，得 解得 所以橢圓方程為1 因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)(，1)，所以1，解得m2或m (舍去）所以m2 4分（2）設(shè)點(diǎn)T(x，y)由，得(x2)2y22(x1)2y2，即x2y22 6分由 得y2m2m因此0m2mm，解得1m2所以橢圓C的離心率e， 10分（方法一）設(shè)M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)則(x02，y0)，(x12，y1)由l， 得 從而 12分因?yàn)閥021，所以(ly1)21即l2(y12)2l(l1)x12(l1)210因?yàn)?y121，代入得2l (l1)x13l24l10由題意知，l1，故x1，所以x0 同理可得x0 14分因此，所以lm6 16分（方法二）設(shè)M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)直線AM的方程為y(x2)將y(x2)代入y21，得(x02)2y)x24yx4y(x02)2 0(*)因?yàn)閥021，所以（*）可化為(2x03)x24yx3x4x00因?yàn)閤0x1，所以x1同理x2 14分因?yàn)閘，m，所以lm6即m為定值6 16分19解：（1）由h(x)f(x)g(x)x2xtlnx，得h (x)2x1，x0因?yàn)?x22，所以h (x)0， 從而函數(shù)h(x)是增函數(shù) 3分（2）記直線l分別切f(x)，g(x)的圖象于點(diǎn)(x1，x12x1t)，(x2，lnx2)，由f(x)2x1，得l的方程為y(x12x1t)(2x11)(xx1)，即y(2x11)xx12t由g(x)，得l的方程為ylnx2(xx2)，即y xlnx21所以(*) 消去x1得lnx2(t1)0 (*) 7分令F(x)lnx(t1)，則F(x)，x0由F(x)0，解得x1當(dāng)0x1時(shí)，F(xiàn)(x)0，當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)(x)0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，從而F(x)minF(1)t 9分當(dāng)t0時(shí)，方程(*)只有唯一正數(shù)解，從而方程組(*)有唯一一組解，即存在唯一一條滿足題意的直線； 11分當(dāng)t0時(shí)，F(xiàn)(1)0，由于F(et1)ln(et1)(t1)0，故方程(*)在(1，)上存在唯一解； 13分令k(x)lnx1(x1)，由于k (x)0，故k (x)在(0，1上單調(diào)遞減，故當(dāng)0x1時(shí)，k (x)k (1)0，即lnx1，從而lnx (t1)()2t所以F()()2t0，又01，故方程(*)在(0，1)上存在唯一解所以當(dāng)t0時(shí)，方程(*)有兩個(gè)不同的正數(shù)解，方程組(*)有兩組解即存在兩條滿足題意的直線綜上，當(dāng)t0時(shí)，與兩個(gè)函數(shù)圖象同時(shí)相切的直線的條數(shù)為1；當(dāng)t0時(shí)，與兩個(gè)函數(shù)圖象同時(shí)相切的直線的條數(shù)為2 16分20解：（1）由(SmnS1)24a2na2m，得(S2S1)24a，即(a22a1)24a因?yàn)閍10，a20，所以a22a1a2，即2 3分證明：（2）（方法一）令m1，n2，得(S3S1)24a2a4，即(2a1a2a3)24a2a4，令mn2，得S4S12a4，即2a1a2a3a4所以a44a28a1又因?yàn)?，所以a34a1 6分由(SmnS1)24a2na2m，得(Sn1S1)24a2na2，(Sn2S1)24a2na4兩式相除，得，所以2即Sn2S12(Sn1S1)，從而Sn3S12(Sn2S1)所以an32an2，故當(dāng)n3時(shí)，an是公比為2的等比數(shù)列又因?yàn)閍32a24a1，從而ana12 n1，nN*顯然，ana12 n1滿足題設(shè)，因此an是首項(xiàng)為a1，公比為2的等比數(shù)列 10分（方法二）在(SmnS1)24a2na2m中，令mn，得S2nS12a2n 令mn1，得S2n1S12 ， 在中，用n1代n得，S2n2S12a2n2 ，得a2n122a2n2()， ，得a2n22a2n222()， 由得a2n1 8分代入，得a2n12a2n；代入得a2n22a2n1，所以2又2，從而ana12 n1，nN*顯然，ana12 n1滿足題設(shè)，因此an是首項(xiàng)為a1，公比為2的等比數(shù)列 10分（3）由（2）知，ana12 n1因?yàn)閨cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp若cpdp，不妨設(shè)cp0，dp0，則Tpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10Rpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10這與TpRp矛盾，所以cpdp從而Tp1Rp1由上證明，同理可得cp1dp1如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3，c1d1即對(duì)任意正整數(shù)k(1kp)，ckdk 16分南京市xx屆高三第三次模擬考試 數(shù)學(xué)附加題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) xx.0521【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2題，每小題10分，共20分 A選修41：幾何證明選講證明：因?yàn)锳B是O的切線，所以ABDAEB又因?yàn)锽ADEAB，所以BADEAB所以 5分同理，. 因?yàn)锳B，AC是O的切線，所以ABAC因此，即BE CDBD CE 10分B選修42：矩陣與變換解：（1）設(shè)直線l上一點(diǎn)M0(x0，y0)在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下變?yōu)閘 上點(diǎn)M(x，y)，則， 所以 3分代入l 方程得(ax0y0)(x0ay0)2a0，即(a1)x0(a1)y02a0因?yàn)?x0，y0)滿足x0y040，所以4，解得a2 6分（2）由A，得A2 10分C選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程解： 以極點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸，建立直角坐標(biāo)系，則由題意，得圓C的直角坐標(biāo)方程 x2y24x0，直線l的直角坐標(biāo)方程 yx 4分由 解得或 所以A(0，0)，B(2，2)從而以AB為直徑的圓的直角坐標(biāo)方程為(x1)2(y1)22，即x2y22x2y 7分將其化為極坐標(biāo)方程為：r22r(cosqsinq)0，即r2(cosqsinq) 10分D選修45：不等式選講證明：因?yàn)閤y，所以xy0，從而左邊(xy)(xy)2y32y2y3右邊 即原不等式成立 10分【必做題】第22題、第23題，每題10分，共20分22解：（1）因?yàn)镻A平面ABCD，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAAB，PAAD 又ADAB，故分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系PABCDxyz根據(jù)條件得AD所以B(1，0，0)，D(0，0)，C(1，0)，P(0，0，2) 從而(1，0)，(1，2) 3分設(shè)異面直線BD，PC所成角為q ，則cosq |cos，| 即異面直線BD與PC所成角的余弦值為 5分（2）因?yàn)锳B平面PAD，所以平面PAD的一個(gè)法向量為 (1，0，0) 設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n(x，y，z)， 由n，n ，(1，2)，(0，2)，得 解得不妨取z3，則得n(2，2，3) 8分設(shè)二面角APDC的大小為j，則cosjcos，n 即二面角APDC的余弦值為 10分23解：（1）f(3)1，f(4)2； 2分（2）設(shè)A0mm3p，pN*，p，A1mm3p1，pN*，p，A2mm3p2，pN*，p，它們所含元素的個(gè)數(shù)分別記為A0，A1，A2 4分當(dāng)n3k時(shí)，則A0A1A2kk1，2時(shí)，f(n)(C)3k3；k3時(shí)，f(n)3C(C)3k3k2k從而 f(n)n3n2n，n3k，kN* 6分當(dāng)n3k1時(shí)，則A0k1，A1A2kk2時(shí)，f(n)f(5)2214；k3時(shí)，f(n)f(8)1133220；k3時(shí)，f(n)C2CC (C)2k33k2k1； 從而 f(n)n3n2n，n3k1，kN* 8分當(dāng)n3k2時(shí)，A0k1，A1k1，A2kk2時(shí)，f(n)f(4)2112；k3時(shí)，f(n)f(7)132213；k3時(shí)，f(n)2CC(C)2 Ck3k25k2；從而 f(n)n3n2n，n3k2，kN*所以f(n) 10分