3南京师大附中校模数学答案.doc

南京师大附中2014届高三模拟考试数学参考答案及评分标准说明：1本解答给出的解法供参考如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4只给整数分数，填空题不给中间分数一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分11； 22； 377； 45； 5； 6必要不充分； 7,0； 8； 94； 10(0，)(5，+)； 1124； 12（0，）； 137a0或a2； 14 二、解答题：15解析:（1）因为，由正弦定理 得， 2分即=sin(A+C) 4分 因为BAC，所以sinB=sin(A+C)，所以因为B(0，)，所以sinB0， 所以，因为，所以 7分（2）由（1）知，所以， 8分 设，则，又 在AMC中，由余弦定理 得 即 解得x2. 12分 故 14分16解析: （1）因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD， 2分 又ACD90，则，而PAACA， 所以CD平面PAC，因为CD平面ACD， 4分所以，平面PAC平面PCD 7分（2） 证法一：取AD中点M，连EM，CM，则EMPA 因为EM 平面PAB，PA平面PAB， 所以EM平面PAB 9分 在RtACD中，AM=CM，所以CAD=ACM，又BACCAD，所以BACACM， 则MCAB因为MC 平面PAB，AB平面PAB， 所以MC平面PAB 12分 而EMMCM，所以平面EMC平面PAB由于EC平面EMC，从而EC平面PAB 14分 证法二：延长DC，AB交于点N，连PN因为NACDAC，ACCD，所以C为ND的中点 而E为PD中点，所以ECPN 因为EC 平面PAB，PN 平面PAB， 所以EC平面PAB 14分17解析:正三棱锥展开如图所示当按照底边包装时体积最大 设正三棱锥侧面的高为h，高为h 由题意得：xh10，解得h10x 2分 则h ，x(0,10) 5分 所以，正三棱锥体积VShx2 8分设yV2(100x)， 求导得y ，令y0，得x8， 10分 当x(0，8)时，y0，y随着x的增加而增大， 当x(8，10)时，y0，y随着x的增加而减小， 所以，当x8 cm时，y取得极大值也是最大值 12分 此时y15360，所以Vmax32 cm3 答：当底面边长为8cm时，正三棱锥的最大体积为32cm3 14分18解析: （1）由题设可知a2 1分 因为e，即，所以c 又因为b2a2c2431，所以b1 2分（2）由题设可知，椭圆的方程为y21，直线MN的方程为yx1设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组，消去y可得5x28x0，解得x10，x2 将x10，x2，代入直线MN的方程，解得y11，y2所以MN 4分设与直线MN平行的直线m方程为yx联立方程组，消去y可得5x28x4240，若直线m与椭圆只有一个交点，则满足64220(424)0，解得 6分当直线m为yx时，直线l与m之间的距离为d1；当直线m为yx时，直线l与m之间的距离为d2； 8分设点C到MN的距离为d，要使CMN的面积为S的点C恰有两个，则需满足d1dd2，即d因为SdMNd，所以S 10分 （3）方法一 设直线A1M的方程为yk1(x2)，直线A2N的方程为yk2(x2) 联立方程组，消去y得(14k12)x216k12x16k1240， 解得点M的坐标为(，) 同理，可解得点N的坐标为(，) 12分 由M，D，N三点共线，有，化简得(k23k1)(4k1k21)0 由题设可知k1与k2同号，所以k23k1 14分 联立方程组，解得交点G的坐标为(，) 将k23k1代入点G的横坐标，得xG4 所以，点G恒在定直线x4上 16分 方法二 显然，直线MN的斜率为0时不合题意 设直线MN的方程为xmy1 令m0，解得M(1，)，N(1，)或M(1，)，N(1，) 当M(1，)，N(1，)时，直线A1M的方程为yx，直线A2N的方程为yx 联立方程组，解得交点G的坐标为(4，)； 当M(1，)，N(1，)时，由对称性可知交点G的坐标为(4，) 若点G恒在一条定直线上，则此定直线必为x4 12分 下面证明对于任意的实数m，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x4上 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(4，y0) 由点A1，M，G三点共线，有，即y0 再由点A2，N，G三点共线，有，即y0 所以， 将x1my11，x2my21代入式，化简得2my1y23(y1y2)0 14分 联立方程组，消去x得(m24)y22my30， 从而有y1y2，y1y2 将其代入式，有2m30成立 所以，当m为任意实数时，直线A1M与直线A2N的交点G均在直线x4上 16分19解析：（1）由数列an是等差数列及a1a2a39，得a23， 由数列bn是等比数列及b1b2b327，得b23 2分 设数列an的公差为d，数列bn的公比为q，若m18，则有解得或 所以，an和bn的通项公式为或 4分 由题设b4b3m，得3q23qm，即3q23qm0（*）因为数列bn是唯一的，所以若q=0，则m=0，检验知，当m=0时，q=1或0（舍去），满足题意；若q0，则(3)212 m0，解得m，代入（*）式，解得q，又b23，所以bn是唯一的等比数列，符合题意 所以，m=0或 8分 （2）依题意，36(a1b1) (a3b3)， 设bn公比为q，则有36(3d)(3d3q)， （*） 记m3d，n3d3q，则mn=36将（*）中的q消去，整理得： d2(mn)d3(mn)360 10分d的大根为 而m，nN*，所以 (m，n)的可能取值为： (1，36)，(2，18)，(3，12)，(4，9)，(6，6)，(9，4)，(12，3)，(18，2)，(36，1) 所以，当m1，n36时，d的最大值为 16分20解析：（1）当a1时，f (x)(x0)， 1分 由f (x)0得：x ；由f (x)0得：0x 2分所以，f(x)的单调增区间为(，)，单调减区间为(0,) 3分 （2）当a2时，设切点为M (m，n) f (x)4x3( x0)， 所以，切线的斜率k4m3 又直线OM的斜率为 ， 5分 所以，4m3，即m2lnm10， 又函数ym2lnm1在(0,)上递增，且m1是一根，所以是唯一根， 所以，切点横坐标为1 7分 （3）a时，由函数yf(x)在其图象上一点P(x0,y0)处的切线方程为： y(x0)(xx0)x02x02ln x0 8分 令h(x)(x0)(xx0)x02x02ln x0， 设F(x)f(x)h(x)，则F(x0)0 且F (x)f (x)h (x)x(x0) (xx0)()(xx0) (x) 10分 当0x02时，x0，F(x)在(x0,)上单调递增，从而有F(x)F(x0)0，所以，0； 当x02时，x0，F(x)在(,x0)上单调递增，从而有F(x)F(x0)0，所以，0 因此，yf(x)在(0，2)和(2，)上不存在“巧点” 13分 当x02时， F (x)0，所以函数F(x)在(0,)上单调递减 所以，x2时，F(x)F(2)0，0；0x2时，F(x)F(2)0，0 因此，点(2，f(2)为“巧点”，其横坐标为2 16分南京师大附中2014届高三模拟考试 数学附加题参考答案及评分标准 2014.0521【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分请在答卷纸指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修41：几何证明选讲解析：连接BC，相交于点因为AB是线段CD的垂直平分线，所以AB是圆的直径，ACB90 2分设，则，由射影定理得CEAEEB，又，即有，解得（舍）或 8分所以，ACAEAB5630， 10分B选修42：矩阵与变换解析：由特征值、特征向量定义可知，A，即，得 5分同理可得 解得因此adbc264 10分C选修44：坐标系与参数方程解析：将曲线C1的参数消去可得(x3)2(y4)21 将曲线C2化为直角坐标方程为x2y21 5分 曲线C1是以(3，4)为圆心，1为半径的圆；曲线C2是以(0，0)为圆心，1为半径的圆， 可求得两圆圆心距为5， 所以，AB的最小值为5113 10分D选修45：不等式选讲证明：由a，b，c为正数，根据平均值不等式，得， 将此三式相加，得2()，即 5分 由abc1，则有1 所以， 10分22解析：（1）； 3分 （2）的所有取值为0, 1，2，3 4分 ，, 则随机变量的分布列为 3 的数学期望 10分23解析：（1）m100，共有选法种数为12 3分（2）若至少选