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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 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 202203 一、 填空题：本大题共 14 小题,每道题 5 分,共 70 分ai1. 如 1ii 是虚数单位 是实数,就实数 a 的值是 _2. 已知集合 A x|x1 ,B x|x 22x0 ,就 AB_. 3. 为明白某校老师使用多媒体进行教学的情形,从该校 200 名授课老师中随机抽取 20名老师,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：据此可估量该校上学期 200 名老师中,
2、使用多媒体进行教学次数在 15,30 内的人数为_y4. 在如下列图的流程图中,输出的结果是_ 2 P 在圆 x5. 如以连续掷两次骰子分别得到的点数 216 内的概率为 _第 4 题 m、n 作为点 P 的横、纵坐标,就点0x1,6. 在约束条件0y2,下,就x12y 2的最小值为 _2y x1名师归纳总结 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第 1 页,共 14 页米, P 是摩天轮轮周上的一个定点,从P 在摩天轮最低点时开头计时,就16 分钟后 P 点距地面高度为 _米2y2r2,r0 ,如点 x,yA 是点8. 已知集合 A x,y|x|
3、y| 1 ,B x,y|xx,yB 的必要条件,就 r 的最大值是 _9. 已知点 A0,2 ,抛物线 y 22pxp0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,如 AMMF ,就 p_. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 10. 如函数 fx优秀学习资料欢迎下载2 x, x0,2 x,x0,就函数 yffx的值域是 _11. 如下列图, 在直三棱柱A1B1C1 ABC 中,ACBC,AC4,BCCC12.如用平行于三棱柱 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
4、,就长方体表面积的最小值为 _第 11 题 2 212. 已知椭圆 x 4y 21,A、B 是其左、右顶点,动点 M 满意 MB AB,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,就点 Q 的坐标为 _13. 在 ABC 中,过中线 AD 中点 E 任作始终线分别交边 AB、AC 于 M、N 两点, 设AMxAB ,AN yAC x、y 0,就 4x y 的最小值是 _14. 如图是一个数表,第 和写在这两数正中间的下方,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 得到下一行, 数表从上到下与从左到右均为
5、无限项,就这个数表中的第 13 行第 10 个数为 _骤二、 解答题：本大题共 6 小题,共 90 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步名师归纳总结 15. 本小题满分14 分 AB 的倾斜角为3 4,OB第 2 页,共 14 页如图,在平面直角坐标系xOy 中,点 A 在 x 轴正半轴上,直线2,设 AOB q,q 2, 3 4 . 1 用 q 表示 OA；2 求 OA OB 的最小值- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载16. 本小题满分 14 分 如图,已知四周体 ABCD 的四个面均为锐角三角形,CD 、DA 上的点, B
6、D 平面 EFGH ,且 EHFG. 1 求证： HG 平面 ABC；E、F、G、H 分别为边 AB、BC、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 H0,t的直线 l 与圆 C 相交于 M、N 两点,且以 原点 O. MN 为直径的圆恰好经过坐标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 的取值范畴名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 14 页精选学习资料 - - - - -
7、- - - - 优秀学习资料欢迎下载1,就 x18. 本小题满分16 分 心理学家讨论某位同学的学习情形发觉：如这位同学刚学完的学问存留量记为天后的存留量 y14；如在 tt4天时进行第一次复习,就此时学问存留量比未复习情形x4下增加一倍 复习时间忽视不计 ,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t4 a2a0,存留量随时间变化的曲线如下列图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,就称此时刻为“ 二次复习正确时机点” 1 如 a 1, t5 求“ 二次复习正确时机点” ；名师归纳总结 2 如显现了“ 二次复习正确时机点” ,求a 的取值范畴第 4 页,共 1
8、4 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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 如 k 7,a12. 求数列 anbn 的前 n 项和 Tn；名师归纳总结 将数列 an 与bn 中相同的项去掉,为 Sn,求 S2nn 12 2n 132 n1 的值；剩下的项依次构成新的数列 cn ,设其前 n 项和第 5 页,共 14 页2 如存在 mk,mN*使得 a1、a3、ak、am 成等比数列,求证：k 为奇数- - - -
9、 - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载1 2x22ax,aR. 20. 本小题满分16 分 5 9lnx,f2x已知函数 fxax 2ln x,f1x1 6x24 3x名师归纳总结 1 求证：函数fx在点 e,fe 处的切线恒过定点,并求出定点坐标；gx有第 6 页,共 14 页2 如 fxf2x在区间 1, 上恒成立,求a 的取值范畴；3 当 a2 3 时,求证：在区间1, 上,满意 f1xgxf2x恒成立的函数无穷多个 . - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载苏北四市高三数学附加题试卷
10、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 满分 40 分,考试时间30 分钟 10 分,共 20 分解21. 【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只能选做两题,每道题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1 求证： OM OPOA 2；A,过 A 作 AP OM 于 P. 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： OKM 90. B. 选修 4-2：矩阵与变换e12. 已知矩阵 M 1b有特点值 14 及对应的一
11、个特点向量c231 求矩阵 M ；2 求曲线 5x 28xy 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x 轴的正半轴重合如直线l 的已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合,极轴与极坐标方程为sin 43 2. 1 把直线 l 的极坐标方程化为直角坐标方程；2 22 已知 P 为椭圆 C：16y 91 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：2x 3y 3z 3x 2yzy 2xzz 2xy【必做题】第 22 题、第 23 题,每道题 10 分,共 20 分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤2
12、2. 如图,已知三棱柱 ABCA1B1C1的侧面与底面垂直,M、N、P 分别是 CC1、BC、A1B1的中点1 求证： PNAM；AA1AB AC1,AB AC,名师归纳总结 2 如直线 MB 与平面 PMN 所成的角为,求 sin 的值第 7 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载23. 已知数列 an 中,对任意 nN *,an 14a 3 n3an. 名师归纳总结 1 求证：如 |an| 1,就 |an1|1；第 8 页,共 14 页2 如存在正整数m,使得 am 1,求证： |a1|1； a1cos2k 3 m
13、1其中 kZ参考公式： cos34cos 33cos- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 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,每道题 5 分,共 70 分1. 1 2. x|x0 3. 100 4. 60 5. 29 6. 25 5 7. 14 8. 2 2 9. 2 10. 1, 1 2 1 2, 1 11. 24 12. 0,0 13. 9 4 14. 2 16或者 65 536 二、 解答题：本大题共 6 小题,共 90 分15. 解：
14、 1 在 ABC 中,由于 OB2, BAO由正弦定理,得OBsin 4OA, 3 分 sinABO4, ABO 4q3 4q,即22 2sin OA34q,所以 OA2 2sin 3 4q .6 分 注：仅写出正弦定理,得 3 分如用直线 AB 方程求得 OA2sinqcosq或 OA2 2sin 4也得分2 由 1得OA OB |OA |OB|cosq4 2sin 34q cosq8 分 2sin2cos222 2sin 2 4 2.10 分 由于 q 2,3,所以 2q 4 5 4,7 4,所以当 2q 43 2,即 q5 8时, OA OB 的最小值为 22 2.14 分 16. 1
15、证明：由于 BD 平面 EFGH ,平面 BDC 平面 EFGH FG,所以 BD FG. 同理 BD EH,又 EHFG,所以四边形 EFGH 为平行四边形,所以 HG EF. 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,就 EQ 即为所求线段10 分 证明如下：EPAC.AC平面 EPQ. EQAC.14 分 PQ ACEQ. 平面 EPQEPPQ P17. 解： 1 由于位于 y 轴左侧的圆 所以圆心
16、 C 在直线 y1 上C 与 y 轴相切于点 0,1,名师归纳总结 设圆 C 与 x 轴的交点分别为A、 B,第 9 页,共 14 页由圆 C 被 x 轴分成的两段弧长之比为21,得 ACB2 3,所以 CACB2,圆心 C 的坐标为 2,1,所以圆 C 的方程为 x22y 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 - - - - - - - - - 由ymx1,24,得优秀学习资料x欢迎下载.x0 y1或4 m 21,ym24m1 m 21x22 y1不妨令 M 4 24m1m 21,m m 21,N0
17、,1,3,由于以 MN 为直径的圆恰好经过 O0,0,所以 OM ON m42 1,m 24m1m 210,1m m24m1 m 2 1 0,解得 m2故所求直线l 方程为 y 23x1 或 y23x1.10 分 3 设直线 OM 的方程为 ykx,由题意知,|2k1|1k 22,解之得 k3 4,同理得1 k3 4,解之得 k 4 3或 k0. 由2知, k0 也满意题意所以 k 的取值范畴是,4 3 0,3 4 .14 分 y,18. 解：设第一次复习后的存留量与不复习的存留量之差为由题意知, y2a2xt8 t4t4,2 分 t4所以 yy2y1a2xt8t44 x4t44 分 t41
18、当 a 1, t5 时,y12x58 5 44 x4 x44 x 41 281 15 9,5481当且仅当 x14 时取等号,所以“ 二次复习正确时机点” 为第 14 天 10 分 2 yt4 a2xtt48x44a x4t42 x44 t4a t4 2 24a 28a,14 分 t4 t4当且仅当a x4t42 x4 4,即 x at44 时取等号,2由题意at 4 4t,所以 4a0.16 分 2注：使用求导方法可以得到相应得分名师归纳总结 19. 1 解：由于 k7,所以 a1、a3、a7成等比数列又 所以 a12d 2a1a16d,整理得 a12d. an 是公差 d 0 的等差数列,
19、第 10 页,共 14 页又 a12,所以 d1. b1a12,qb2 b1a3 a1a1 2d2,所以 ana1n1dn1, bnb1 q n12 n.4 分 用错位相减法或其他方法可求得 anbn的前 n 项和为 Tnn 2 n1； 6 分 由于新的数列 cn 的前 2 nn 1 项和为数列 an的前 2 n1 项的和减去数列bn 前 n项的和,所以 S2nn 12 n1 22 2 n2 2 21 n12所以 S2nn 1 2 2n132 n1 1.10 分 n12n11- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载2 证明：由 a1 2
20、d 2a1a1k1d,整理得 4d 2 a1dk5由于 d 0,所以 da1 k5 4,所以 qa3 a1a1 2dk32 . 由于存在 mk,mN *使得 a1、a3、ak、am成等比数列,所以 ama1q 3 a1 k 32 3.12 分 又在正项等差数列 an 中, ama1m1d a1a1 m1 k5 4,13 分 所以 a1a1 m 1 k 5 4a1 k32 3. 又 a10,所以有 24m1 k5 k3 3.14 分 由于 24m1k5 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： 由于 fx2ax1x,所以 fx在点 e,f
21、e处的切线的斜率为 k2ae1 e,所以 fx在点 e,fe处的切线方程为 y 2ae1 e xeae 21,2 分 整理得 y1 2 2ae1e x2,e所以切线恒过定点 2,1 2 .4 分 2 解：令 pxfxf2x a12 x 22axlnx0,对 x1, 恒成立,由于 px2a1x 2a1 x 2a1 x 22ax1xx1 2a1 x1x * ,6 分 令 px0,得极值点 x11, x22a1. 1 当1 2a1 时,有 x2 x1 1,即 1 2a1 时,在 x2, 上有 px0,此时 px在区间 x2, 上是增函数,并且在该区间上有 pxpx2, ,不合题意； 当 a1 时,有
22、 x2x11,同理可知, px在区间 1, 上,有 pxp1, ,也不合题意； 8 分 当 a1 2时,有 2a10,此时在区间 1, 上恒有 px0,从而 px在区间 1, 上是减函数；要使 px0 在此区间上恒成立,只须满意所以1 2a1 2. 综上可知 a 的范畴是1 2,1 2 .12 分 p1 a1 20. a 1 2,名师归纳总结 3 证明：当 a2 3时, f1x1 6x 24 3x5 9ln x,f2x1 2x 24 3x. 第 11 页,共 14 页记 yf2xf1x1 3x 25 9lnx, x1, 由于 y 2x 3 5 9x6x 259x0,所以 yf2xf1x在1,
23、上为增函数,所以 f2xf 1xf 21 f11 1 3.14 分 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载gx有无穷多个16 分 设 Rxf1x1 301,就 f1xRxf2x,所以在区间 1, 上,满意f1xgxf2x恒成立的函数名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载苏北四市高三数学附加题参考答案第页 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2,21. A. 选修 4-1：几何证明选讲12x y,证明： 1
24、 由于 MA 是圆 O 的切线,所以OAAM. 又 AP OM,在 Rt OAM 中,由射影定理知,OA 2OM OP.4 分 2 由于 BK 是圆 O 的切线, BNOK,同 1,有 OB 2 ONOK. 又 OBOA,所以 OPOMONOK,即ON OPOM OK .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1b28,即 23b8,2c612,b2, c3,c2312所以 M 12.4 分 322 设曲线上任一点Px,y,P 在 M 作用下对应点Px ,y,就xy32即x x2y,解之得xy x,代入 5x
25、28xy4y 21 得 x2y,2y2y 3x2y,3x y4即曲线 5x 28xy4y21 在 M 的作用下的新曲线的方程是x 2y 22.10 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 43 2,就 2sin22cos3 22,即 sin cos6,所以直线 l 的直角坐标方程为 xy60.4 分 2 22 P 为椭圆 C：16y 91 上一点,设 P4cos,3sin,其中 0,2 ,就 P 到直线 l 的距离 d|4cos3sin 6|2|5cos 6|2,其中 cos4 5,所以当 cos1 时, d 的最大值为112 2.10 分 D. 选修
26、 4-5：不等式选讲证明：由于 x 2y 22xy0,所以 x 3y 3xyx 2 xyy 2xyxy,4 分 同理 y 3z 3yzyz,z 3x 3zxzx,三式相加即可得 2x 3y 3z 3xyxyyzyzzxzx又 xyxyyzyzzxzxx 2yzy 2xzz 2xy,所以 2x 3y 3z 3 x 2yzy 2xzz 2xy10 分 22. 1 证明：建立如下列图直角坐标系,就 C0,1,0, A10,0,1,B11,0,1,C10,1,1,PA0,0,0,B1,0,0 ,1 2,0,1 ,名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 14 页精选学习资料 - - -
27、 - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载M 0,1,1 2,N 1,12,0 , NP 0, 1 2,1 ,AM 0, 1,1 2 . 由于 PNAM 0 01 1 21 1 20,所以 PNAM.4 分 2 解：设平面 PMN 的一个法向量为 n1x1,y1,z1, 0,12,1 ,NM 1 2,1 2,1 2,n1NP 01 2y1z10,就 .n1NM 01 2x11 2y11 2z10.令 y12,得 z11,x13,所以 n13,2,1 6 分 又MB 1, 1,12,1所以 sinn1MB|n1|MB |3221442 .10 分 14323. 证明： 1 由于 |an|1
28、,an1 4a n3an所以 |an1|4a3n3an|an|4|an| 2 3 1.2 分 2 假设 |a1|1,就 |a2|4a313a1|a1|4|a1| 2 31. 如|ak|1,就 |ak1| |4a3k 3ak|ak|4|ak| 2 31. 所以当 |a1| 1 时,有 |an|1nN *,这与已知 am1 冲突,所以 |a1|1.6 分 由可知,存在 ,使得 a1cos. 就 a24cos 33coscos3假设 nk 时,有 an cos3 n1 即 akcos3 k1,就 ak 14a 3 k3ak4cos3 k1 33cos3 k1cos3 k. 所以对任意 nN *,ancos3 n1,就 amcos3 m 11,3m12k,其中 kZ,即 2k 3 m1,名师归纳总结 所以 a1cos 2k 3 m1其中 k 为整数 10 分 第 14 页,共 14 页- - - - - - -