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1、优秀学习资料欢迎下载苏北四市高三数学试卷第页(共 6 页)苏北四市高三年级第三次模拟考试数学(满分 160 分，考试时间120 分钟 ) 201103 一、 填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分1. 若ai1i(i 是虚数单位 )是实数，则实数a 的值是 _2. 已知集合Ax|x1 ，Bx|x22x0 ，则 AB_. 3. 为了解某校教师使用多媒体进行教学的情况，从该校200 名授课教师中随机抽取20名教师，调查了他们上学期使用多媒体进行教学的次数，结果用茎叶图表示如下：据此可估计该校上学期200 名教师中，使用多媒体进行教学次数在15,30 内的人数为_4. 在如图所示的流
2、程图中，输出的结果是_ (第 4 题) 5. 若以连续掷两次骰子分别得到的点数m、n 作为点 P 的横、纵坐标，则点P 在圆 x2y216 内的概率为 _6. 在约束条件0 x1，0y2，2y x1下，则x12y2的最小值为 _7. 一个匀速旋转的摩天轮每12 分钟旋转一周，最低点距地面2 米，最高点距地面18米， P 是摩天轮轮周上的一个定点，从P 在摩天轮最低点时开始计时，则16 分钟后 P 点距地面高度为 _米8. 已知集合A( x，y)|x|y| 1，B( x，y)|x2y2r2，r0，若点 (x，y)A 是点(x，y)B 的必要条件，则r 的最大值是 _9. 已知点 A(0,2) ，
3、 抛物线 y22px(p0)的焦点为F， 准线为 l， 线段 FA 交抛物线于点B，过 B 作 l 的垂线，垂足为M，若 AMMF ，则 p_. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载10. 若函数 f(x)2x， x0，2x，x0，则函数 yf(f(x)的值域是 _11. 如图所示， 在直三棱柱A1B1C1 ABC 中，ACBC，AC4，BCCC12.若用平行于三棱柱A1B1C1ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为_(第 11 题) 1
4、2. 已知椭圆x24y221，A、B 是其左、右顶点，动点M 满足 MBAB，连结 AM 交椭圆于点 P，在 x 轴上有异于点A、B 的定点 Q，以 MP 为直径的圆经过直线BP、MQ 的交点，则点 Q 的坐标为 _13. 在 ABC 中，过中线 AD 中点 E 任作一直线分别交边AB、AC 于 M、N 两点， 设AMxAB，ANyAC(x、y0)，则 4x y 的最小值是 _14. 如图是一个数表，第1 行依次写着从小到大的正整数，然后把每行相邻的两个数的和写在这两数正中间的下方，得到下一行， 数表从上到下与从左到右均为无限项，则这个数表中的第13 行第 10 个数为 _二、 解答题：本大题
5、共6 小题，共 90 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分14 分) 如图，在平面直角坐标系xOy 中，点 A 在 x 轴正半轴上，直线AB 的倾斜角为34，OB2，设 AOBq，q2，34. (1) 用 q 表示 OA；(2) 求 OAOB的最小值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载16. (本小题满分14 分) 如图，已知四面体ABCD 的四个面均为锐角三角形，E、F、G、H 分别为边AB、BC、CD、DA 上的点， BD平面 EFGH ，且 EHFG. (1) 求证
6、： HG平面 ABC；(2) 请在面 ABD 内过点 E 作一条线段垂直于AC，并给出证明(本小题满分14 分 ) 如图，已知位于y轴左侧的圆C 与 y 轴相切于点 (0,1)，且被 x 轴分成的两段弧长之比为21，过点 H(0，t)的直线 l 与圆 C 相交于 M、N 两点，且以MN 为直径的圆恰好经过坐标原点 O. (1) 求圆 C 的方程；(2) 当 t1 时，求出直线l 的方程；(3) 求直线 OM 的斜率 k 的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载18. (本小题满分16 分)
7、心理学家研究某位学生的学习情况发现：若这位学生刚学完的知识存留量记为1，则 x天后的存留量y14x4；若在 t(t4)天时进行第一次复习，则此时知识存留量比未复习情况下增加一倍 (复习时间忽略不计)，其后存留量y2随时间变化的曲线恰为直线的一部分，其斜率为at42(a0)，存留量随时间变化的曲线如图所示当进行第一次复习后的存留量与不复习的存留量相差最大时，则称此时刻为“二次复习最佳时机点”(1) 若 a 1， t5 求“二次复习最佳时机点”；(2) 若出现了“二次复习最佳时机点”，求a 的取值范围精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4
8、页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载19. (本小题满分16 分) 已知各项均为正数的等差数列an的公差 d 不等于 0，设 a1、a3、ak是公比为 q 的等比数列 bn的前三项(1) 若 k 7，a12. 求数列 anbn的前 n 项和 Tn； 将数列 an与bn中相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列cn ，设其前 n项和为 Sn，求 S2nn122n13 2n1的值；(2) 若存在 mk，mN*使得 a1、a3、ak、am成等比数列，求证：k 为奇数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载20
9、. (本小题满分16 分) 已知函数 f(x)ax2lnx，f1(x)16x243x59lnx，f2(x)12x22ax，aR. (1) 求证：函数f(x)在点 (e，f(e)处的切线恒过定点，并求出定点坐标；(2) 若 f(x)f2(x)在区间 (1， )上恒成立，求a 的取值范围；(3) 当 a23时，求证：在区间(1， )上，满足f1(x)g(x)f2(x)恒成立的函数g(x)有无穷多个 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载苏北四市高三数学附加题试卷第页 (共 2 页)苏北四市高三年级第
10、三次模拟考试数学附加题 (满分 40 分，考试时间30 分钟 ) 21. 【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题，每小题10 分，共 20 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤A. 选修 4-1：几何证明选讲如图，过圆O 外一点 M 作圆的切线，切点为A，过 A 作 AP OM 于 P. (1) 求证： OM OPOA2；(2) N 为线段 AP 上一点， 直线 NB 垂直直线ON，且交圆 O 于 B 点过 B 点的切线交直线 ON 于 K.求证： OKM90 . B. 选修 4-2：矩阵与变换已知矩阵 M1bc2有特征值14 及对应的一个特征向量e123. (1) 求矩阵
11、M；(2) 求曲线 5x28xy 4y21 在 M 的作用下的新曲线的方程C. 选修 4-4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x 轴的正半轴重合若直线l 的极坐标方程为 sin 43 2. (1) 把直线 l 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2) 已知 P 为椭圆 C：x216y291 上一点，求P 到直线 l 的距离的最大值D. 选修 4-5：不等式选讲设 x、y、z 为正数，求证：2(x3y3z3)x2(yz)y2(xz)z2(xy)【必做题】第 22 题、第 23 题，每小题10 分，共 20 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22. 如图，已知三
12、棱柱ABCA1B1C1的侧面与底面垂直，AA1AB AC1，AB AC，M、N、P 分别是 CC1、BC、A1B1的中点(1) 求证： PNAM；(2) 若直线 MB 与平面 PMN 所成的角为 ，求 sin 的值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载23. 已知数列 an中，对任意nN*，an14a3n3an. (1) 求证：若 |an| 1，则 |an1|1；(2) 若存在正整数m，使得 am 1，求证： |a1|1； a1cos2k3m1(其中 kZ)(参考公式： cos3 4cos3 3co
13、s )精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载苏北四市高三数学参考答案第页 (共 4 页)苏北四市高三年级第三次模拟考试数学参考答案及评分标准一、 填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共 70 分1. 12. x|x03. 1004. 605. 296. 2557. 148. 229. 2 10. 1，1212， 111. 2412. (0,0)13. 9414. 216(或者 65 536) 二、 解答题：本大题共6 小题，共90 分15. 解： (1) 在 ABC 中，因为 OB2， BAO
14、4， ABO 4q34q，由正弦定理，得OBsin4OAsinABO， (3 分) 即222OAsin34q，所以 OA2 2sin34q .(6 分) 注：仅写出正弦定理，得3 分若用直线 AB 方程求得OA2(sinqcosq)或 OA22sin 4也得分(2) 由 (1)得OAOB |OA|OB|cosq4 2sin34 q cosq(8 分) 2(sin2 cos2 )222sin 2 4 2.(10 分) 因为 q2，34，所以 2q454，74，所以当 2q432，即 q58时， OAOB的最小值为222.(14 分) 16. (1) 证明：因为BD平面 EFGH ，平面 BDC
15、平面 EFGH FG，所以 BDFG. 同理 BDEH，又 EHFG，所以四边形EFGH 为平行四边形，所以 HGEF. 又 HG?平面 ABC，EF? 平面 ABC，所以 HG平面 ABC.(6 分) (2) 解：在平面ABC 内过点 E 作 EP AC，且交 AC 于点 P，在平面 ACD 内过点 P 作 PQAC，且交 AD 于点 Q，连结 EQ，则 EQ 即为所求线段(10 分) 证明如下：EPACPQ ACEPPQP?AC平面 EPQEQ? 平面 EPQ? EQAC.(14 分) 17. 解： (1) 因为位于y 轴左侧的圆C 与 y 轴相切于点 (0,1)，所以圆心 C 在直线 y
16、1 上设圆 C 与 x轴的交点分别为A、 B，由圆 C 被 x轴分成的两段弧长之比为21，得 ACB23，所以 CACB2，圆心 C 的坐标为 (2,1)，所以圆 C 的方程为 (x2)2(y 1)24.(4 分) (2) 当 t1 时，由题意知直线l 的斜率存在，设直线l 方程为 ymx1，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载由ymx1，x22 y124，得x0y1或x4m21，ym24m1m21.不妨令 M 4m21，m24m1m21，N(0,1)，因为以 MN 为直径的圆恰好经过O(0,0)
17、，所以 OM ON4m2 1，m24m1m21 (0,1)mm24m1m2 1 0，解得 m2 3，故所求直线l 方程为 y (23)x1 或 y(23)x1.(10 分) (3) 设直线 OM 的方程为ykx，由题意知，|2k1|1k22，解之得k34，同理得1k34，解之得 k43或 k0. 由(2)知， k0 也满足题意所以 k 的取值范围是，430，34.(14 分) 18. 解：设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为y，由题意知， y2at42(xt)8t4(t4)，(2 分) 所以 yy2y1at42(xt)8t44x4(t4)(4 分) (1) 当 a 1， t5 时，y1
18、542(x5)85 44x4 x4814x 41 2481 159，当且仅当 x14 时取等号，所以“二次复习最佳时机点”为第14 天 (10 分) (2) yat42(xt)8t44x4a x4t424x48t4a t4t42 24at428at4，(14 分) 当且仅当a x4t424x4，即 x2 a(t4)4 时取等号，由题意2a(t 4) 4t，所以 4a0.(16 分 ) 注：使用求导方法可以得到相应得分19. (1) 解：因为k7，所以 a1、a3、a7成等比数列又 an 是公差 d0 的等差数列，所以 (a12d)2a1(a16d)，整理得a12d. 又 a12，所以 d1.
19、b1a12，qb2b1a3a1a1 2da12，所以 ana1(n1)dn1， bnb1qn12n.(4 分 ) 用错位相减法或其他方法可求得 anbn的前 n 项和为 Tnn2n1； (6 分) 因为新的数列 cn的前 2nn 1项和为数列 an的前 2n1 项的和减去数列bn 前 n项的和，所以 S2nn12n1 22n22 2n121(2n1)(2n11)所以 S2nn1 22n13 2n1 1.(10 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载(2) 证明：由 (a1 2d)2a1a1(
20、k1)d，整理得4d2 a1d(k5)因为 d0，所以 da1k54，所以 qa3a1a1 2da1k32. 因为存在 mk，mN*使得 a1、a3、ak、am成等比数列，所以 ama1q3 a1k 323.(12 分) 又在正项等差数列an中， ama1(m1)d a1a1m1 k54，(13 分) 所以 a1a1m 1 k 54a1k323. 又 a10，所以有 24(m1)(k5)(k3)3.(14 分) 因为 24(m1)(k5)是偶数，所以 (k3)3也是偶数，即 k3 为偶数，所以k 为奇数 (16 分) 20. (1) 证明： 因为 f(x)2ax1x，所以 f(x)在点 (e，
21、f(e)处的切线的斜率为k2ae1e，所以 f(x)在点 (e，f(e)处的切线方程为y 2ae1e(xe)ae21，(2 分) 整理得 y12 2ae1exe2，所以切线恒过定点e2，12.(4 分) (2) 解：令 p(x)f(x)f2(x) a12x22axlnx0，对 x(1， )恒成立，因为 p(x)(2a1)x 2a1x2a1 x22ax1xx1 2a1 x1x(*) ，(6 分) 令 p(x)0，得极值点x11， x212a1. 当12a1 时，有 x2 x1 1，即12a1 时，在 (x2， )上有 p (x)0，此时 p(x)在区间 (x2， )上是增函数，并且在该区间上有p
22、(x)(p(x2)， )，不合题意； 当 a1 时，有 x2x11，同理可知， p(x)在区间 (1， )上，有 p(x)(p(1)， )，也不合题意；(8 分 ) 当 a12时，有 2a10，此时在区间(1， )上恒有 p(x)0，从而 p(x)在区间 (1， )上是减函数；要使 p(x)0 在此区间上恒成立，只须满足p(1) a120? a12，所以12a12. 综上可知 a 的范围是12，12.(12 分) (3) 证明：当a23时， f1(x)16x243x59lnx，f2(x)12x243x. 记 yf2(x)f1(x)13x259lnx， x(1， )因为 y2x359x6x259
23、x0，所以 yf2(x)f1(x)在(1， )上为增函数，所以 f2(x)f1(x)f2(1) f1(1)13.(14 分 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载设 R(x)f1(x)13 (0 1)，则 f1(x)R(x)f2(x)，所以在区间 (1， )上，满足f1(x)g(x)f2(x)恒成立的函数g(x)有无穷多个(16 分) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载苏北四市高三数学附加题参
24、考答案第页 (共 2页 )苏北四市高三年级第三次模拟考试数学附加题参考答案及评分标准21. A. 选修 4-1：几何证明选讲证明： (1) 因为 MA 是圆 O 的切线，所以OAAM. 又 AP OM，在 RtOAM 中，由射影定理知，OA2OM OP.(4 分) (2) 因为 BK 是圆 O 的切线， BNOK，同 (1)，有 OB2 ON OK. 又 OBOA，所以 OP OMON OK，即ONOPOMOK.又 NOP MOK ，所以 ONP OMK，故 OKM OPN90 .(10 分) B. 选修 4-2：矩阵与变换解： (1) 由已知1bc223812，即 23b8,2c612，b2
25、， c3，所以 M1232.(4 分) (2) 设曲线上任一点P(x，y)， P 在 M 作用下对应点P (x，y)， 则xy1232xy，即x x2y，y 3x2y，解之得xy x2，y3x y4，代入 5x28xy4y21 得 x2y22，即曲线 5x28xy4y21 在 M 的作用下的新曲线的方程是x2y22.(10 分) C. 选修 4-4：坐标系与参数方程解： (1) 直线 l 的极坐标方程 sin 432，则22 sin 22 cos 32，即 sin cos 6，所以直线l 的直角坐标方程为xy60.(4 分) (2) P 为椭圆 C：x216y291 上一点，设P(4cos ，
26、3sin )，其中 0,2 )，则 P 到直线 l 的距离 d|4cos 3sin 6|2|5cos 6|2，其中 cos 45，所以当 cos( )1 时， d 的最大值为1122.(10 分 ) D. 选修 4-5：不等式选讲证明：因为x2y22xy0，所以 x3y3(xy)(x2 xyy2)xy(xy)，(4 分) 同理 y3z3yz(yz)，z3x3zx(zx)，三式相加即可得2(x3y3z3)xy(xy)yz(yz)zx(zx)又 xy(xy)yz(yz)zx(zx)x2(yz)y2(xz)z2(xy)，所以 2(x3y3z3) x2(yz)y2(xz)z2(xy)(10 分) 22
27、. (1) 证明：建立如图所示直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)， A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，C1(0,1,1)，P12，0，1 ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 14 页优秀学习资料欢迎下载M 0，1，12，N12，12，0 ， NP 0，12，1 ，AM 0， 1，12. 因为 PN AM 00112(1)120，所以 PNAM.(4 分) (2) 解：设平面PMN 的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，NP0，12，1 ，NM 12，12，12，则n1 NP0n1
28、NM 0?12y1z10，12x112y112z10.令 y12，得 z11，x13，所以 n1(3,2,1) (6 分) 又MB 1， 1，12，所以 sin n1 MB|n1|MB|1232141442.(10 分) 23. 证明： (1) 因为 |an|1，an1 4a3n3an所以 |an1|4a3n3an|an|(4|an|2 3) 1.(2 分) (2) 假设 |a1|1，则 |a2|4a313a1|a1|(4|a1|2 3)1. 若|ak|1，则 |ak1| |4a3k 3ak|ak|(4|ak|2 3)1. 所以当 |a1| 1 时，有 |an|1(nN*)，这与已知am1 矛盾，所以 |a1|1.(6 分) 由可知，存在 ，使得 a1cos . 则 a24cos3 3cos cos3假设 nk 时，有 an cos3n1 即 akcos3k1 ，则 ak14a3k3ak4(cos3k1 )33(cos3k1 )cos3k . 所以对任意nN*，ancos3n1 ，则 amcos3m1 1,3m1 2k ，其中 kZ，即 2k3m1，所以 a1cos2k3m1(其中 k 为整数 ) (10 分 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 14 页