南京市2018届高三年级第三次模拟考试及答案.doc-淘文阁

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1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流南京市2018届高三年级第三次模拟考试及答案【精品文档】第 13 页南京市2018届高三年级第三次模拟考试数学 2018.05一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1集合Ax| x2x60，Bx| x240，则AB=2已知复数z的共轭复数是若z(2i)5，其中i为虚数单位，则的模为S1I1WhileI8 SS2 II3End WhilePrint S3某学校为了了解住校学生每天在校平均开销情况，随机抽取了500名学生，他们的每天在校平均开销都不低于20元且不超过60元，其频率分布直方图

2、如图所示，则其中每天在校平均开销在50，60元的学生人数为(第3题图)(第4题图)4根据如图所示的伪代码，可知输出S的值为5已知A，B，C三人分别在连续三天中值班，每人值班一天，那么A与B在相邻两天值班的概率为6若实数x，y满足则的取值范围为7. 已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，有如下四个命题：若l，l，则；若l，则l；若l，l，则；若l，则l其中真命题为（填所有真命题的序号）8在平面直角坐标系xOy中，若双曲线1(a0，b0)的一个焦点到一条渐近线的距离为2a，则该双曲线的离心率为9若等比数列an的前n项和为Sn，nN*，且a1=1，S6=3S3，则a7的值为10若f(

3、x)是定义在R上的周期为3的函数，且f(x)则f(a+1)的值为11在平面直角坐标系xOy中，圆M：x2y26x4y80与x轴的两个交点分别为A，B，其中A在B的右侧，以AB为直径的圆记为圆N，过点A作直线l与圆M，圆N分别交于C，D两点若D为线段AC的中点，则直线l的方程为12在ABC中，AB=3，AC=2，D为边BC上一点若5，，则的值为13若正数a，b，c成等差数列，则的最小值为14已知a，bR，e为自然对数的底数若存在b3e，e2，使得函数f (x)exaxb在1，3上存在零点，则a的取值范围为二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答

4、案写在答题卡的指定区域内）15(本小题满分14分)y在平面直角坐标系xOy中，锐角，的顶点为坐标原点O，始边为x轴的正半轴，终边与单位圆O的交点分别为P，Q已知点P的横坐标为，点Q的纵坐标为（1）求cos2的值；QP（2）求2的值.xO(第15题图)16.（本小题满分14分）(第16题图)ACBMDEP如图，在三棱锥PABC中，PA，其余棱长均为2，M是棱PC上的一点，D，E分别为棱AB，BC的中点（1）求证: 平面PBC平面ABC；（2）若PD平面AEM，求PM的长17(本小题满分14分)ABCDFE(第17题图)如图，公园里有一湖泊，其边界由两条线段AB，AC和以BC为直径的半圆弧组成，其

5、中AC为2百米，ACBC，A为若在半圆弧，线段AC，线段AB上各建一个观赏亭D，E，F，再修两条栈道DE，DF，使DEAB，DFAC. 记CBD（）（1）试用表示BD的长；（2）试确定点E的位置，使两条栈道长度之和最大.18(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)经过点P(，)，离心率为. 已知过点M(，0)的直线l与椭圆C交于A，B两点（1）求椭圆C的方程；xyO(第18题图)MBA（2）试问x轴上是否存在定点N，使得为定值若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.19(本小题满分16分)已知函数f (x)2x33ax23a2（a0），记f(x)为f(x)

6、的导函数（1）若f (x)的极大值为0，求实数a的值；（2）若函数g (x)f (x)6x，求g (x)在0，1上取到最大值时x的值；（3）若关于x的不等式f(x)f(x)在，上有解，求满足条件的正整数a的集合20(本小题满分16分)若数列an满足：对于任意nN*，an|an1an2|均为数列an中的项，则称数列an为“T 数列” （1）若数列an的前n项和Sn2n2，nN*，求证：数列an为“T 数列”；（2）若公差为d的等差数列an为“T 数列”，求d的取值范围；（3）若数列an为“T 数列”，a11，且对于任意nN*，均有anaaan1，求数列an的通项公式南京市2018届高三年级第三

7、次模拟考试数学附加题 2018.05B选修42：矩阵与变换已知矩阵A，B，若直线l: xy20在矩阵AB对应的变换作用下得到直线l1，求直线l1的方程C选修44：坐标系与参数方程在极坐标系中，已知圆C经过点P（2，），圆心C为直线rsin()与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程22(本小题满分10分)在平面直角坐标系中，抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点A(1，a) (a0)是抛物线C上一点，且AF2（1）求p的值；（2）若M，N为抛物线C上异于A的两点，且AMAN记点M，N到直线y2的距离分别为d1，d2，求d1d2的值F(第22题图)xyOAMN23(本小题满分10分)已知fn(

8、x)Ax(x1)(xi1)，gn(x)Ax(x1)(xn1)，其中xR，nN*且n2（1）若fn(1)7gn(1)，求n的值；（2）对于每一个给定的正整数n，求关于x的方程fn(x)gn(x)0所有解的集合南京市2018届高三年级第三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，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）13，2，2 2 3150 47 5 6，2 7 8 94 102 11x2y40 123 13 14e，4e二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15(本小题满

9、分14分)解：（1）因为点P的横坐标为，P在单位圆上，为锐角，所以cos， 2分所以cos22cos21 4分（2）因为点Q的纵坐标为，所以sin 6分又因为为锐角，所以cos 8分因为cos，且为锐角，所以sin，因此sin22sincos， 10分所以sin(2) 12分因为为锐角，所以02又cos20，所以02，又为锐角，所以2，所以2 14分16(本小题满分14分)(图1)OCBPACBMDE（1）证明：如图1，连结PE因为PBC的边长为2的正三角形，E为BC中点，所以PEBC， 2分且PE，同理AE因为PA，所以PE2AE2PA2，所以PEAE4分因为PEBC，PEAE，BCAEE

10、，AE，BC 平面ABC，所以PE 平面ABC 因为PE平面PBC，所以平面PBC平面ABC 7分（2）解法一如图1，连接CD交AE于O，连接OM因为PD平面AEM，PD平面PDC，平面AEM平面PDCOM，所以PDOM， 9分所以 11分因为D，E分别为AB，BC的中点，CDAEO，所以O为DABC重心，所以，所以PMPC 14分(图2)PACBMDECBN 解法二如图2，取BE的中点N，连接PN因为D，N分别为AB，BE的中点，所以DNAE又DN平面AEM，AE平面AEM，所以DN平面AEM 又因为PD平面AEM，DN平面PDN，PD平面PDN，DNPDD，所以平面PDN平面AEM 9分又

11、因为平面AEM平面PBCME，平面PDN平面PBCPN，所以MEPN，所以 11分因为E，N分别为BC，BE的中点，所以，所以PMPC 14分17(本小题满分14分)解：（1）连结DC在ABC中，AC为2百米，ACBC，A为，所以CBA，AB4，BC2 2分因为BC为直径，所以BDC，所以BDBC cos2cos 4分（2）在BDF中，DBF，BFD，BD2cos，所以，所以DF4cossin()， 6分且BF4cos，所以DEAF=44cos， 8分所以DEDF44cos4 cossin()=sin2cos232 sin(2)3 12分因为，所以2，所以当2，即时，DEDF有最大值5，此时

12、E与C重合 13分答：当E与C重合时，两条栈道长度之和最大 14分18(本小题满分16分)解（1）离心率e，所以ca，ba， 2分所以椭圆C的方程为1因为椭圆C经过点P(，)，所以1，所以b21，所以椭圆C的方程为y21 4分（2）解法一设N(n，0)，当l斜率不存在时，A(，y)，B(，y)，则y21，则(n)2y2(n)2n2n， 6分当l经过左右顶点时，(2n)(2n)n24令n2nn24，得n4 8分下面证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：yk(x)，恒有12设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y，得(4k21)x2k2xk240，所以x1x2，x1x2， 10分所

13、以(x14)(x24)y1y2(x14)(x24)k2(x1)(x2)(k21)x1x2(4k2)(x1x2)16k2 12分 (k21)(4k2)16k2161612 所以在x轴上存在定点N(4，0)，使得为定值 16分解法二设N(n，0)，当直线l斜率存在时，设l：yk(x)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y，得(4k21)x2k2xk240，所以x1x2，x1x2， 6分所以(x1n)(x2n)y1y2(x1n)(x2n)k2(x1)(x2)(k21)x1x2(nk2)(x1x2)n2k2(k21)(nk2)n2k2 8分n2n2 12分若为常数，则为常数，设，为常数，则

14、(n)k244k2对任意的实数k恒成立，所以所以n4，4，此时12 14分当直线l斜率不存在时，A(，y)，B(，y)，则y21，所以(4)2y2(4)212，所以在x轴上存在定点N(4，0)，使得为定值 16分19(本小题满分16分)解：（1）因为f (x)2x33ax23a2（a0），所以f(x)6x26ax6x(xa) 令f(x)0，得x0或a 2分当x(，0)时，f(x)0，f (x)单调递增；当x(0，a)时，f(x)0，f (x)单调递减；当x(a，)时，f(x)0，f (x)单调递增故f (x)极大值f (0)3a20，解得a 4分（2）g (x)f (x)6x2x33ax2

15、6x3a2（a0），则g(x)6x26ax66(x2ax1)，x0，1当0a2时，36(a24)0，所以g(x)0恒成立，g (x)在0，1上单调递增，则g (x)取得最大值时x的值为1 6分当a2时，g(x)的对称轴x1，且36(a24)0，g(1)6(2a)0，g(0)60，所以g(x)在(0，1)上存在唯一零点x0当x(0，x0)时，g(x)0，g (x)单调递增，当x(x0，1)时，g(x)0，g (x)单调递减，则g (x)取得最大值时x的值为x0 8分综上，当0a2时，g (x)取得最大值时x的值为1；当a2时，g (x)取得最大值时x的值为 9分（3）设h (x)f (x)f

16、 (x)2x33(a2)x26ax3a2，则h (x)0在，有解 10分h(x)6x2(a2)xa6(x)2，因为h(x)在(，)上单调递减，所以h(x)h()a20，所以h (x)在(，)上单调递减，所以h()0，即a33a26a40 12分设t (a)a33a26a4（a0），则t (a)3a26a6，当a(0，1)时，t (a)0，t (a)单调递减；当a(1，)时，t (a)0，t(a)单调递增因为t (0)40，t (1)40，所以t (a)存在一个零点m(0，1)， 14分因为t (4)40，t (5)240，所以t (a)存在一个零点n(4，5)，所以t (a)0的解集为m，n

18、符合题意综上，d0 8分（3）因为anan1，所以an|an1an2|anan2an1 又因为ananan2an1an2(an1an)an2，且数列an为“T数列”，所以anan2an1an1，即anan22an1，所以数列an为等差数列 10分设数列an的公差为t(t0)，则有an1(n1)t，由anaaan1，得1(n1)tt2(2n1)t1nt，12分整理得n(2t2t)t23t1， n(t2t2)2tt21 若2t2t0，取正整数N0，则当nN0时，n(2t2t)(2t2t) N0t23t1，与式对于任意nN*恒成立相矛盾，因此2t2t0同样根据式可得t2t20，所以2t

19、2t0又t0，所以t经检验当t时，两式对于任意nN*恒成立，所以数列an的通项公式为an1(n1) 16分B选修42：矩阵与变换解：因为A，B，所以AB 4分设点P0(x0，y0)是l上任意一点，P0在矩阵AB对应的变换作用下得到P(x，y)因为P0(x0，y0)在直线l: xy20上，所以x0y020 由AB，即，得 6分即将代入得x4y40，所以直线l1的方程为x4y40 10分C选修44：坐标系与参数方程解：解法一在直线rsin()中，令0，得r2. 所以圆C的圆心坐标为C(2，0) 4分因为圆C经过点P(2，)，所以圆C的半径PC2， 6分所以圆C的极坐标方程r4cos 10分解法

20、二以极点为坐标原点，极轴为x轴建立平面直角坐标系，则直线方程为yx2，P的直角坐标为(1，)，令y0，得x2，所以C(2，0)， 4分所以圆C的半径PC=2， 6分所以圆C的方程为(x2)2(y0)24，即x2y24x0， 8分所以圆C的极坐标方程r4cos. 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分 22（本小题满分10分）解：（1）因为点A(1，a) (a0)是抛物线C上一点，且AF=2，所以12，所以p2. 3分（2）解法一由(1)得抛物线方程为y24x因为点A(1，a) (a0)是抛物线C上一点，所以a2 4分设直线AM方程为x1m (y2) (m0)，M(x1，

21、y1)，N(x2，y2)由消去x，得y24m y8m40，即(y2)( y4m2)0，所以y14m2 6分因为AMAN，所以代m，得y22， 8分所以d1d2|(y12) (y22)|4m()|16 10分解法二由(1)得抛物线方程为y24x因为点A(1，a) (a0)是抛物线C上一点，所以a2 4分设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则(x11)(x21)( y12) (y22)0 6分又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在y24x上，所以(y214) (y224)16( y12) (y22)0，即( y12) (y22)16( y12) (y22)0因为( y12) (y22)0，

22、所以( y12) (y22)16， 8分所以d1d2|(y12) (y22)|16 10分23（本小题满分10分）解：（1）因为fn(x)Ax(x1)(xi1)，所以fn(1)A1in!(n1)n!，gn(1)A12n2n!，所以(n1)n!14n!，解得n15 3分（2）因为f2(x)g2(x)2x2x(x1)(x1)(x2)， f3(x)g3(x)6x3x(x1)6x(x1)(x2)(x1)(x2)(x3)，猜想fn(x)gn(x)(x1)(x2)(xn) 5分下面用数学归纳法证明：当n2时，命题成立；假设nk(k2，kN*)时命题成立，即fk(x)gk(x)(x1)(x2)(

23、xk)，因为fk1(x)Ax(x1)(xi1) (k1)Ax(x1)(xi1)Ax(x1)(xk1) (k+1) fk(x)(k+1) x(x1)(xk1)，所以fk1(x)gk1(x)(k+1) fk(x)(k+1) x(x1)(xk1)Ax(x1)(xk) (k+1) fk(x)x(x1)(xk1)Ax(x1)(xk) (k+1) fk(x)gk(x)x(x1)(xk) (k+1)(x1)(x2)(xk)x(x1)(xk) (x1)(x2)(xk) (xk1)，即nk1时命题也成立因此任意nN*且n2，有fn(x)gn(x)(x1)(x2)(xn) 9分所以对于每一个给定的正整数n，关于x的方程fn(x)gn(x)0所有解的集合为1，2，n 10分

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