精选南京市2023届高三年级第三次模拟考试数学试题

1、南京市2023届高三年级第三次模拟考试数学试题PAGE 高三数学试卷 第 PAGE 37页共 NUMPAGES 37页南京市2023届高三年级第三次模拟考试 数 学 2023.05一、填空题本大题共14小题，每题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全集U1，2，3，a，集合M1，3假设UM2，5，那么实数a的值为 eq o(,sdo1(_)2设复数z满足z(1i)24i，其中i为虚数单位，那么复数的共轭复数为 3甲、乙两位选手参加射击选拔赛，其中连续5轮比赛的成绩单位：环如下表：选手第1轮第2轮第3轮第4轮第5轮甲9.89.910.11010.2乙9.410.3

2、10.89.79.8那么甲、乙两位选手中成绩最稳定的选手的方差是 eq o(,sdo1(_)S1I2While S100II2SSIEnd WhilePrint I第5题图4从2个白球，2个红球，1个黄球这5个球中随机取出两个球，那么取出的两球中恰有一个红球的概率是 eq o(,sdo1(_)5执行如下图的伪代码，输出的结果是 6，是两个不同的平面，l，m是两条不同直线，l，m给出以下命题：lm； lm； ml； lm其中正确的命题是 eq o(,sdo1(_) (填写所有正确命题的序号)7设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2an2，那么 eq f(a8,a6) 8设F是双曲线的一个焦点，点

3、P在双曲线上，且线段PF的中点恰为双曲线虚轴的一个端点，那么双曲线的离心率为 eq o(,sdo1(_)9如图，A，B分别是函数f(x) EQ r( ,3)sinx(0)在y轴右侧图象上的第一个最高点和第一个最低点，且AOB EQ F(,2)，那么该函数的周期是 eq o(,sdo1(_)10f(x)是定义在R上的偶函数，当x0时，f(x)2x2，那么不等式f(x1)2的解集是 eq o(,sdo1(_)OyxAB第9题图ABCDM第11题图11如图，在梯形ABCD中，ABCD，AB4，AD3，CD2，eq o(AM,dfo1()sup7()2eq o(MD,dfo1()sup7()假设eq

4、o(AC,dfo1()sup7()eq o(BM,dfo1()sup7()3，那么eq o(AB,dfo1()sup7()eq o(AD,dfo1()sup7() eq o(,sdo1(_) 12在平面直角坐标系xOy中，圆M：(xa)2(ya3)21(a0)，点N为圆M上任意一点假设以N为圆心，ON为半径的圆与圆M至多有一个公共点，那么a的最小值为 eq o(,sdo1(_)13设函数f(x)eq blc(aal(eq F(x1,ex)，xa，,x1，xa，)g(x)f(x)b假设存在实数b，使得函数g(x)恰有3个零点，那么实数a的取值范围为 eq o(,sdo1(_) 14假设实数x，y

5、满足2x2xyy21，那么eq F(x2y,5x22xy2y2)的最大值为 eq o(,sdo1(_)二、解答题本大题共6小题，计90分.解容许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(本小题总分值14分)在ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边假设向量m(a，cosA)，向量n(cosC，c)，且mn3bcosB1求cosB的值；2假设a，b，c成等比数列，求 EQ F(1,tanA) EQ F(1,tanC)的值16(本小题总分值14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱BC上一点 1假设ABAC，D为棱BC的中点，求证：平面ADC1平面B

6、CC1B1；2假设A1B平面ADC1，求 eq f(BD,DC)的值 第16题图ABCDA1B1C117 (本小题总分值14分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq F(x2,a2)eq F(y2,b2)1(ab0)的离心率为 点(2，1)在椭圆C上1求椭圆C的方程；2设直线l与圆O：x2y22相切，与椭圆C相交于P，Q两点 OxyFPQ第17题图假设直线l过椭圆C的右焦点F，求OPQ的面积；求证： OPOQ18(本小题总分值16分)如图，某森林公园有一直角梯形区域ABCD，其四条边均为道路，ADBC，ADC90，AB5千米，BC8千米，CD3千米现甲、乙两管理员同时从地出发匀速前往D

7、地，甲的路线是AD，速度为6千米/小时，乙的路线是ABCD，速度为v千米/小时1假设甲、乙两管理员到达D的时间相差不超过15分钟，求乙的速度v的取值范围；2对讲机有效通话的最大距离是5千米假设乙先到达D，且乙从A到D的过程中始终能用对讲机与甲保持有效通话，求乙的速度v的取值范围第18题图CBAD19(本小题总分值16分)设函数f(x)x3mx2m(m0) 1当m1时，求函数f(x)的单调减区间； 2设g(x)|f(x)|，求函数g(x)在区间0，m上的最大值；3假设存在t0，使得函数f(x)图象上有且仅有两个不同的点，且函数f(x)的图象在这两点处的两条切线都经过点(2，t)，试求m的取值范围

8、 20(本小题总分值16分)数列an的前n项的和为Sn，记bneq F(Sn+1,n) 1假设an是首项为a，公差为d的等差数列，其中a，d均为正数 = 1 * GB3 当3b1，2b2，b3成等差数列时，求eq F(a,d)的值； = 2 * GB3 求证：存在唯一的正整数n，使得an+1bnan+2 2设数列an是公比为q(q2)的等比数列，假设存在r，t(r，tN*，rt)使得eq F(bt,br)eq F(t2,r2)，求q的值南京市2023届高三年级第三次模拟考试 数学附加题 2023.05考前须知：1附加题供选修物理的考生使用2本试卷共40分，考试时间30分钟3答题前，考生务必将自

9、己的姓名、学校、班级、学号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，交答复题纸21【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分请在答卷纸指定区域内作答解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修41：几何证明选讲APOHC第21题A图B如图，半圆O的半径为2，P是直径BC延长线上的一点，PA与半圆O相切于点A， H是OC的中点，AHBC1求证：AC是PAH的平分线；2求PC的长B选修42：矩阵与变换曲线C：x22xy2y21，矩阵Aeq bbc(aalvs4(1 2 ,1 0 )所对应的变换T把曲线C变成曲线C1，求曲线C1的方程 C选

10、修44：坐标系与参数方程设极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合椭圆C的参数方程为 EQ blc(aal (x2cos，,ysin)为参数，点M的极坐标为(1， EQ F(,2)假设P是椭圆C上任意一点，试求PM的最大值，并求出此时点P的直角坐标D选修45：不等式选讲求函数f(x)5eq R(,x)eq R(,82x)的最大值【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分请在答卷卡指定区域内作答解容许写出 文字说明、证明过程或演算步骤22本小题总分值10分从0，1，2，3，4这五个数中任选三个不同的数组成一个三位数，记X为所组成的三位数各位数字之和1求X是奇数的概率

11、；2求X的概率分布列及数学期望23本小题总分值10分 在平面直角坐标系xOy中，点P(x0，y0)在曲线yx2(x0)上A(0，1)，Pn(x eq o(sup 5(n),0)，y eq o(sup 5(n),0)，nN*记直线APn的斜率为kn 1假设k12，求P1的坐标；2假设 k1为偶数，求证：kn为偶数南京市2023届高三年级第三次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那么2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续局部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

12、得超过该局部正确解容许得分数的一半；如果后续局部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15 23i 30.02 4 eq f(3,5) 58 674 8eq R(,5) 94 101，3 11 eq f(3,2) 123 13(1 eq f(1,e2)，2) 14eq f( eq r(2),4) 二、解答题本大题共6小题，计90分.解容许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

13、小题总分值14分)解：1因为mn3bcosB，所以acosCccosA3bcosB由正弦定理，得sinAcosCsinCcosA3sinBcosB，3分所以sin(AC)3sinBcosB，所以sinB3sinBcosB因为B是ABC的内角，所以sinB0，所以cosB EQ F(1,3)7分2因为a，b，c成等比数列，所以b2ac由正弦定理，得sin2BsinAsinC 9分因为cosB EQ F(1,3)，B是ABC的内角，所以sinB EQ F(2 EQ r( ,2),3)11分又 EQ F(1,tanA) EQ F(1,tanC) EQ F(cosA,sinA) EQ F(cosC,s

14、inC) EQ F(cosAsinCsinAcosC,sinAsinC) EQ F(sin(AC),sinAsinC) EQ F(sinB,sinAsinC) EQ F(sinB,sin2B) EQ F(1,sinB) EQ F(3 EQ r( ,2),4)14分16(本小题总分值14分)证明：1因为ABAC，点D为BC中点，所以ADBC 2分 因为ABCA1B1C1 是直三棱柱，所以BB1平面ABC 因为AD平面ABC，所以BB1AD 4分 因为BCBB1B，BC平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1， 所以AD平面BCC1B1 因为AD平面ADC1，所以平面ADC1平面BCC1B1 6分

15、(2)连结A1C，交AC1于O，连结OD，所以O为AC1中点 8分因为A1B平面ADC1，A1B平面A1BC，平面ADC1平面A1BCOD，所以A1BOD 12分因为O为AC1中点，所以D为BC中点，所以 eq f(BD,DC)1 14分17(本小题总分值14分)解：1由题意，得 EQ F(c,a) EQ F( EQ r( ,2),2)，eq F(4,a2)eq F(1,b2)1，解得a26，b23所以椭圆的方程为eq F(x2,6)eq F(y2,3)1 2分2解法一 椭圆C的右焦点F(eq R(,3)，0)设切线方程为yk(xeq R(,3)，即kxyeq R(,3)k0，所以eq F(|

16、eq R(,3)k |,eq R(,k21)eq R(,2)，解得keq R(,2)，所以切线方程为yeq R(,2)(xeq R(,3)4分由方程组eq blc(aal(yeq R(,2)(xeq R(,3)，,eq F(x2,6)eq F(y2,3)1，)解得eq blc(aal(xeq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，,yeq F(eq R(,6)6,5)，)或eq blc(aal(xeq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，,yeq F(eq R(,6)6,5) 所以点P，Q的坐标分别为(eq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，eq F(eq

17、R(,6)6,5)，(eq F(4eq R(,3)3eq R(,2),5)，eq F(eq R(,6)6,5)，所以PQeq F(6eq R(,6),5) 6分因为O到直线PQ的距离为eq R(,2)，所以OPQ的面积为eq F(6eq R(,3),5) 因为椭圆的对称性，当切线方程为yeq R(,2)(xeq R(,3)时，OPQ的面积也为eq F(6eq R(,3),5)综上所述，OPQ的面积为eq F(6eq R(,3),5) 8分解法二 椭圆C的右焦点F(eq R(,3)，0)设切线方程为yk(xeq R(,3)，即kxyeq R(,3)k0，所以eq F(|eq R(,3)k |,e

18、q R(,k21)eq R(,2)，解得keq R(,2)，所以切线方程为yeq R(,2)(xeq R(,3)4分把切线方程 yeq R(,2)(xeq R(,3)代入椭圆C的方程，消去y得5x28 EQ r( ,3)x60设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，那么有x1x2 EQ F(8 EQ r( ,3),5) 由椭圆定义可得，PQPFFQ2ae( x1x2)2 EQ r( ,6) EQ F( EQ r( ,2),2) EQ F(8 EQ r( ,3),5)eq F(6eq R(,6),5)6分因为O到直线PQ的距离为eq R(,2)，所以OPQ的面积为eq F(6eq R(,3),5

19、) 因为椭圆的对称性，当切线方程为yeq R(,2)(xeq R(,3)时，所以OPQ的面积为eq F(6eq R(,3),5)综上所述，OPQ的面积为eq F(6eq R(,3),5) 8分解法一：(i)假设直线PQ的斜率不存在，那么直线PQ的方程为x EQ r( ,2)或x EQ r( ,2)当x EQ r( ,2)时，P ( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)，Q( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)因为 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ当x EQ r( ,2)时，同理可得OPOQ 10分(ii) 假设直线PQ的斜率存在，设直线PQ的

20、方程为ykxm，即kxym0因为直线与圆相切，所以 EQ F(|m|, EQ r( ,1k2) EQ r( ,2)，即m22k22将直线PQ方程代入椭圆方程，得(12k2) x24kmx2m260.设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，那么有x1x2 EQ F(4km, 12k2)，x1x2 EQ F(2m26,12k2)12分因为 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m2(1k2) EQ F(2m26,12k2)km( EQ F(4km, 12k2)m2将m22k22代入上式可得 eq

21、o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ综上所述，OPOQ 14分解法二：设切点T(x0，y0)，那么其切线方程为x0 xy0y20，且x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)2 (i)当y00时，那么直线PQ的直线方程为x EQ r( ,2)或x EQ r( ,2)当x EQ r( ,2)时，P ( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)，Q( EQ r( ,2)， EQ r( ,2)因为 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ当x EQ r( ,2)时，同理可得OPOQ 10分(ii) 当y0

22、0时，由方程组eq blc(aal(x0 xy0y20，,eq F(x2,6)eq F(y2,3)1，)消去y得(2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)x28x0 x86y eq o(sup 5(2),0)0设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，那么有x1x2eq F(8x0,2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)，x1x2eq F(86y eq o(sup 5(2),0),2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0) 12分所以 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()x

23、1x2y1y2x1x2 eq f(2x0 x1)( 2x0 x2),y02) eq f(8(x02y eq o(sup 5(2),0)16,y02(2x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)因为x eq o(sup 5(2),0)y eq o(sup 5(2),0)2，代入上式可得 eq o(OP,sup7() eq o(OQ,sup7()0，所以OPOQ综上所述，OPOQ 14分18(本小题总分值16分)解：(1)由题意，可得AD12千米 由题可知| EQ F(12,6) EQ F(16,v)| EQ F(1,4)， 2分解得 EQ F(64,9)v EQ F

24、(64,7) 4分(2) 解法一：经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f(t)由于先乙到达D地，故 EQ F(16,v)2，即v8 6分当0vt5，即0t eq f(5,v)时，f(t)(6t)2(vt)226tvtcosDAB(v2 eq f(48,5)v36) t2因为v2 eq f(48,5)v360，所以当t eq f(5,v)时，f(t)取最大值，所以(v2 eq f(48,5)v36)( eq f(5,v)225，解得v EQ F(15,4) 9分当5vt13，即 eq f(5,v)t eq f(13,v)时，f(t)(vt16t)29(v6) 2 (t eq f(1,v6)29因

25、为v8，所以 eq f(1,v6) eq f(5,v)，(v6) 20，所以当t eq f(13,v)时，f(t)取最大值，所以(v6) 2 ( eq f(13,v) eq f(1,v6)2925，解得 EQ F(39,8)v EQ F(39,4) 13分当13vt16， eq f(13,v)t eq f(16,v)时，f(t)(126t)2(16vt)2，因为126t0，16vt0，所以当f(t)在( eq f(13,v)， eq f(16,v)递减，所以当t eq f(13,v)时，f(t)取最大值，(126 eq f(13,v)2(16v eq f(13,v)225，解得 EQ F(39

26、,8)v EQ F(39,4) 因为v8，所以 8v EQ F(39,4) 16分解法二：设经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f(t)由于先乙到达D地，故 EQ F(16,v)2，即v8 6分以A点为原点，AD为x轴建立直角坐标系， 当0vt5时，f(t)( EQ F(4,5)vt6t)2( EQ F(3,5)vt)2由于( EQ F(4,5)vt6t)2( EQ F(3,5)vt)225，所以( EQ F(4,5)v6)2( EQ F(3,5)v)2 EQ F(25,t2)对任意0t EQ F(5,v)都成立，所以( EQ F(4,5)v6)2( EQ F(3,5)v)2v2，解得v EQ

27、 F(15,4) 9分当5vt13时，f(t)(vt16t)232由于(vt16t)23225，所以4vt16t4对任意 EQ F(5,v)t EQ F(13,v)都成立，即eq blc(aal(v6 EQ F(5,t)，, EQ F(3,t)v6，)对任意 EQ F(5,v)t EQ F(13,v)都成立，所以eq blc(aal(v6 EQ F(5v,13)，, EQ F(3v,13)v6，)解得 EQ F(39,8)v EQ F(39,4) 13分 = 3 * GB3 当13vt16即eq F(13,v)teq F(16,v)，此时f (t)(126t)2(16vt)2由 = 1 * G

28、B3 及 = 2 * GB3 知：8veq F(39,4)，于是0126t12eq F(78,v)12eq F(78,eq F(39,4) )4，又因为016vt3，所以f (t)(126t)2(16vt)2423225恒成立综上 = 1 * GB3 = 2 * GB3 = 3 * GB3 可知8veq F(39,4) 16分19(本小题总分值16分)解：1当m1时，f(x)x3x21f (x)3x22xx(3x2)由f (x)0，解得x0或x EQ F(2,3)所以函数f(x)的减区间是(，0)和( EQ F(2,3)，) 2分2依题意m0因为f(x)x3mx2m，所以f (x)3x22mx

29、x(3x2m)由f (x)0，得x EQ F(2m,3)或x0 当0 x EQ F(2m,3)时，f (x)0，所以f(x)在(0， EQ F(2m,3)上为增函数；当 EQ F(2m,3)xm时，f (x)0，所以f(x)在( EQ F(2m,3)，m)上为减函数；所以，f(x)极大值f( EQ F(2m,3) EQ F(4,27)m3m 4分当 EQ F(4,27)m3mm，即m EQ F(3 EQ r( ,6),2)，ymax EQ F(4,27)m3m6分当 EQ F(4,27)m3mm，即0m EQ F(3 EQ r( ,6),2)时，ymaxm综上，ymax EQ blc(aal

30、( EQ F(4,27)m3m m EQ F(3 EQ r( ,6),2)，, m 0m EQ F(3 EQ r( ,6),2) 8分3设两切点的横坐标分别是x1，x2那么函数f(x)在这两点的切线的方程分别为y(x13mx12m)(3x122mx1)(xx1)，y(x23mx22m)(3x222mx2)(xx2) 10分将(2，t)代入两条切线方程，得t(x13mx12m)(3x122mx1)(2x1)，t(x23mx22m)(3x222mx2)(2x2)因为函数f(x)图象上有且仅有两个不同的切点，所以方程t(x3mx2m)(3x22mx)(2x)有且仅有不相等的两个实根12分整理得t2x

31、3(6m)x24mxm设h(x)2x3(6m)x24mxm，h (x)6x22(6m)x4m2(3xm)(x2)当m6时，h (x)6(x2)20，所以h(x)单调递增，显然不成立当m6时， h (x)0，解得x2或x EQ F(m,3)列表可判断单调性，可得当x2或x EQ F(m,3)，h(x)取得极值分别为h(2)3m8，或h( EQ F(m,3) EQ F(1,27)m3 EQ F(2,3)m2m 要使得关于x的方程t2x3(6m)x24mxm有且仅有两个不相等的实根，那么t3m8，或t EQ F(1,27)m3 EQ F(2,3)m2m 14分因为t0，所以3m80，*，或 EQ F

32、(1,27)m3 EQ F(2,3)m2m0*解*，得m EQ F(8,3)，解*，得m93eq R(,6)或m93eq R(,6)因为m0，所以m的范围为(0， EQ F(8,3)93eq R(,6)，) 16分20(本小题总分值16分)解：1 = 1 * GB3 因为3b1，2b2，b3成等差数列， 所以4b23b1b3，即4eq F(3a3d,2)3(2ad)eq F(4a6d,3)， 解得，eq F(a,d)eq F(3,4) 4分 = 2 * GB3 由an1bnan2，得andeq F(n1)aeq F(n1)nd,2),n)a(n1)d，整理得eq blc(aal(n2neq F

33、(2a,d)0，, n2neq F(2a,d)0，) 6分解得eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)neq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)， 8分由于eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)1且eq F(1eq R(,1eq F(8a,d),2)0 因此存在唯一的正整数n，使得an1bnan2 10分2因为eq F(bt,br)eq F(eq F(a1(1qt1),t(1q),eq F(a1(1qr1),r(1q)eq F(t2,r2)，所以eq F(qt11,t(t2)eq F(qr11,r(r2)

34、 设f(n)eq F(qn11,n(n2)，n2，nN*那么f(n1)f(n)eq F(qn21,(n1)(n3)eq F(qn11,n(n2)eq F(qn1(q1)n22(q2)n32n3,n(n1)(n2)(n3)，因为q2，n2，所以(q1)n22(q2)n3n2310，所以f(n1)f(n)0，即f(n1)f(n)，即f(n)单调递增12分所以当r2时，tr2，那么f(t)f(r)，即eq F(qt11,t(t2)eq F(qr11,r(r2)，这与eq F(qt11,t(t2)eq F(qr11,r(r2)互相矛盾所以r1，即eq F(qt11,t(t2)eq F(q21,3) 1

35、4分假设t3，那么f(t)f(3) EQ F(q41,15) EQ F(q21,3) EQ F(q21,5) EQ F(q21,3)，即eq F(qt11,t(t2)eq F(q21,3)，与eq F(qt11,t(t2)eq F(q21,3)相矛盾于是t2，所以eq F(q31,8)eq F(q21,3)，即3q25q50又q2，所以q EQ F(5 EQ r( ,85),6) 16分南京市2023届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 2023.05 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那么2对计算题

36、，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续局部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，但不得超过该局部正确解容许得分数的一半；如果后续局部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21【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分请在答卷卡指定区域内作答解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修41：几何证明选讲证明：(1)连接AB因为PA是半圆O的切线，所以PACABC因为BC是圆O的直径，所以ABAC又因为AHBC，所以CAHABC，所以PACCAH，所以AC是PAH的平

37、分线 5分(2)因为H是OC中点，半圆O的半径为2，所以BH3，CH1又因为AHBC，所以AH2BHHC3，所以AH EQ r( ,3)在RtAHC中，AH EQ r( ,3)，CH1，所以CAH30由(1)可得PAH2CAH60，所以PA2 EQ r( ,3)由PA是半圆O的切线，所以PA2PCPB，所以PC(PCBC)(2 EQ r( ,3)212，所以PC2 10分B选修42：矩阵与变换解：设曲线C上的任意一点P(x，y)，P在矩阵Aeq bbc(aalvs4(1 2 ,1 0 )对应的变换下得到点Q(x，y)那么eq bbc(aalvs4(1 2 ,1 0 ) eq bbc(aalvs

38、2(x,y)eq bbc(aalvs2(x,y)， 即x2yx，xy，所以xy，y EQ F(xy,2) 5分代入x22xy2y21，得y22y EQ F(xy,2)2( EQ F(xy,2)21，即x2y22，所以曲线C1的方程为x2y22 10分C选修44：坐标系与参数方程解：M的极坐标为(1， EQ F(,2)，故直角坐标为M(0，1)，且P(2cos，sin)，所以PM EQ r( ,(2cos)2(sin1)2) EQ r( ,3sin22sin5)，sin1，1 5分当sin EQ F(1,3)时，PMmax EQ F(4 EQ r( ,3),3)，此时cos EQ F(2 EQ

39、r( ,2),3)所以，PM的最大值是 EQ F(4 EQ r( ,3),3)，此时点P的坐标是( EQ F(4 EQ r( ,2),3)， EQ F(1,3)10分D选修45：不等式选讲 解：函数定义域为0，4，且f(x)0 由柯西不等式得52(eq R(,2)2(eq R(,x) EQ sup4(2)(eq R(,4x) EQ sup4(2)(5eq R(,x)eq R(,2)eq R(,4x)2，5分 即274(5eq R(,x)eq R(,2)eq R(,4x)2，所以5eq R(,x)eq R(,82x)6eq R(,3) 当且仅当eq R(,2)eq R(,x)5eq R(,4x)，即xeq F(100,27)时，取等号所以，函数f(x)5eq R(,x)eq R(,82x)的最大值为6eq R(,3) 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分 22本小题总分值10分解：1记“X是奇数为事件A，能组成的三位数的个数是48 2分X是奇数的个数有28，所以P(A) EQ F(28,48) EQ F(7,12)答：X是奇数的概率为 EQ F(7,12) 4分2 X的可能取值为3，4，5，6，7，8，9当 X3时，组成