南京师大附中2014届高三模拟考试数学及答案

1、绝密启用前南京师大附中2014届高三模拟考试 数 学 2014.05注意事项：1本试卷共4页，包括填空题（第1题第14题）、解答题（第15题第20题）两部分本试卷满分为160分，考试时间为120分钟2答题前，请务必将自己的姓名、班级写在答题纸的密封线内试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题纸参考公式：锥体的体积公式为VSh，其中S是锥体的底面面积，h是高 一填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案填写在答题卡相应位置上 1设集合Ax|1x2，Bx|0x4，xN，则AB 2若复数 (i是虚数单位)为纯虚数，则实数a 3某时段内共有100辆汽车经过某一雷达测速

2、区域，将测得的汽车时速绘制成如图所示的频率分布直方图根据图形推断，该时段时速超过50km/h的汽车辆数为 4如图是一个算法流程图，则输出的S的值是 5一只口袋内装有大小相同的5只球，其中3只黑球，2只白球， 从中一次随机摸出2只球，至少有1只黑球的概率是 6已知，表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线， 则“”是“m”的 条件（填“充分不必要”、 “必要不充分”、“充要”或“既不充分也不必要”） 7函数的单调增区间是 8设实数x，y，b满足，若z2xy的最小值为3， 则实数b的值为 (第4题图)9设a，b均为正实数，则的最小值是 10设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间0，+)上单调

3、递增，则满足不等式f(1)f(lg(2x)的x的取值范围是 11在ABC中，已知BAC90，AB6，若D点在斜边BC上，CD2DB，则 的值为 12在平面直角坐标系xOy中，点M是椭圆1（ab0）上的点，以M为圆心的 圆与x轴相切于椭圆的焦点F，圆M与y轴相交于P，Q两点若PQM是钝角三角 形，则该椭圆离心率的取值范围是 13对于定义域内的任意实数x，函数f(x)的值恒为正数，则实数a的取值范围是 14记数列an的前n项和为Sn，若不等式ama对任意等差数列an及任意正整数n 都成立，则实数m的最大值为 二解答题：本大题共6小题，共90分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明证明过程或

4、演算步骤15（本小题满分14分） 在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求角的值； （2）若角，边上的中线=，求的面积16（本小题满分14分） 在四棱锥PABCD中，ACD90，BACCAD，PA平面ABCD，E为PD(第16题图)图 的中点 （1）求证：平面PAC平面PCD；（2）求证：CE平面PAB 17（本小题满分14分） 某商场为促销要准备一些正三棱锥形状的装饰品，用半径为10cm的圆形包装纸包装要求如下：正三棱锥的底面中心与包装纸的圆心重合，包装纸不能裁剪，沿底边向上翻折，其边缘恰好达到三棱锥的顶点，如图所示设正三棱锥的底面边长为xcm，体积为Vcm3在所有能用这

5、种包装纸包装的正三棱锥装饰品中，V的最大值是多少？并求此时x的值(第17题图)图18（本小题满分16分） 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1（ab0）的离心率为，两个顶点分别为A1(2，0)，A2(2，0)过点D(1，0)的直线交椭圆于M，N两点，直线A1M与NA2的交点为G （1）求实数a，b的值； （2）当直线MN的斜率为1时，若椭圆上恰有两个点P1，P2使得P1MN和P2MN (第18题图) 的面积为S，求S的取值范围； （3）求证：点G在一条定直线上 19（本小题满分16分） 已知数列an是等差数列，bn是等比数列，且满足a1a2a39，b1b2b327. （1）若a4b3，b4b3

6、m. 当m18时，求数列an和bn的通项公式； 若数列bn是唯一的，求m的值； （2）若a1b1，a2b2，a3b3均为正整数，且成等比数列，求数列an的公差d的最 大值.20（本小题满分16分） 设a是实数，函数f(x)ax2(a1)x2lnx （1）当a1时，求函数f(x)的单调区间； （2）当a2时，过原点O作曲线yf(x)的切线，求切点的横坐标； （3）设定义在D上的函数yg(x)在点P(x0，y0)处的切线方程为l：yh(x)，当xx0 时， 若0在D内恒成立，则称点P为函数yg(x)的“巧点”当a时， 试问函数yf(x)是否存在“巧点”？若存在，请求出“巧点”的横坐标；若不存在，说

7、 明理由南京师大附中2014届高三模拟考试 数 学（附加题） 2014.0521【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每题10分，共计20分.请在答题纸指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A（几何证明选讲选做题） 如图，设、是圆的两条弦，直线是线段的垂直平分线已知，求线段的长度 (第21A题图)B（矩阵与变换选做题） 设矩阵A，矩阵A属于特征值的一个特征向量为，属于特征值 的一个特征向量为，求adbc的值C（坐标系与参数方程选做题） 在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. 设点A， B分别在曲线C1：（为参数）和曲线C2：1上，求线

8、段AB的最小值D（不等式选做题） 设a，b，c均为正数， abc1求证：.22【必做题】 在一个盒子中放有大小质量相同的四个小球，标号分别为，4，现从这个盒 子中有放回地先后摸出两个小球,它们的标号分别为x，y，记|xy|（1）求P(1)；（2）求随机变量的分布列和数学期望23【必做题】 有三种卡片分别写有数字1，10和100设m为正整数，从上述三种卡片中选取若干张， 使得这些卡片上的数字之和为m考虑不同的选法种数，例如当m11时，有如下两种选法：“一张卡片写有1，另一张卡片写有10”或“11张写有1的卡片”，则选法种数为2（1）若m100，直接写出选法种数；（2）设n为正整数，记所选卡片的数

9、字和为100n的选法种数为an当n2时，求数 列an的通项公式南京师大附中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

10、； 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P

11、CD 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

12、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

13、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

14、)，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

15、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

16、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

17、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( x

18、0)， 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x

19、02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