江苏省南通市2011届高三第二次模拟考试数学试题

出处:老师板报网 时间:2023-03-28

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江苏省南通市2011届高三第二次模拟考试数学试题一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.1.曲线32yxx在点(1,-1)处的切线方程是▲.2.若15ii3iab(ab,R,i为虚数单位),则ab=▲.3.命题“若实数a满足2a≤,则24a”的否命题是▲命题(填“真”、“假”之一).4.把一个体积为27cm3的正方体木块表面涂上红漆,然后锯成体积为1cm3的27个小正方体,现从中任取一块,则这一块至少有一面涂有红漆的概率为▲.5.某教师出了一份三道题的测试卷,每道题1分,全班得3分、2分、1分和0分的学生所占比例分别为30%、50%、10%和10%,则全班学生的平均分为▲分.6.设(20)(01)MmmR,,,aa和(11)(11)NnnR,,,bb都是元素为向量的集合,则M∩N=▲.7.在如图所示的算法流程图中,若输入m=4,n=3,则输出的a=▲.8.设等差数列na的公差为正数,若1231231580aaaaaa,,则111213aaa▲.9.设,是空间两个不同的平面,m,n是平面及外的两条不同直线.从“①m⊥n;②⊥;③n⊥;④m⊥”中选取三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命题:▲(用代号表示).10.定义在R上的函数()fx满足:()(2)fxfx=+,当35x,时,()24fxx=--.下列四个不等关系:()()sincos6π6πff<;(sin1)(cos1)ff>;()()cossin332π2πff<;(cos2)(sin2)ff>.其中正确的个数是▲.11.在平面直角坐标系xOy中,已知A、B分别是双曲线2213yx的左、右焦点,△ABC的顶点C在双曲线的右支上,则sinsinsinABC的值是▲.12.在平面直角坐标系xOy中,设点()11Pxy,、()22Qxy,,定义:1212()dPQxxyy=-+-,.已知点()10B,,点M为直线220xy-+=上的动点,则使()dBM,取最小值时点M的坐标是▲.13.若实数x,y,z,t满足110000xyzt≤≤≤≤≤,则xzyt的最小值为▲.14.在平面直角坐标系xOy中,设A、B、C是圆x2+y2=1上相异三点,若存在正实数,,使得OC=OAOB,则223的取值范围是▲.【填空题答案】1.x-y-2=02.8253.真4.26275.26.20,7.128.1059.①③④②(或②③④①)10.111.2112.312,13.15014.2,二、解答题:本大题共6小题,共计90分,解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.(本小题满分14分)如图,平面PAC平面ABC,点E、F、O分别为线段PA、PB、AC的中点,点G是线段CO的中点,4ABBCAC,22PAPC.求证:(1)PA平面EBO;(2)FG∥平面EBO.【证明】由题意可知,PAC为等腰直角三角形,ABC为等边三角形.…………………2分(1)因为O为边AC的中点,所以BOAC,PABCOEFG(第15题)因为平面PAC平面ABC,平面PAC平面ABCAC,BO平面ABC,所以BO面PAC.…………………5分因为PA平面PAC,所以BOPA,在等腰三角形PAC内,O,E为所在边的中点,所以OEPA,又BOOEO,所以PA平面EBO;…………………8分(2)连AF交BE于Q,连QO.因为E、F、O分别为边PA、PB、PC的中点,所以2AOOG,且Q是△PAB的重心,…………………10分于是2AQAOQFOG,所以FG//QO.…………………12分因为FG平面EBO,QO平面EBO,所以FG∥平面EBO.…………………14分【注】第(2)小题亦可通过取PE中点H,利用平面FGH//平面EBO证得.16.(本小题满分14分)已知函数()2cos3cossin222xxxfx.(1)设ππ22,,且()31f,求的值;(2)在△ABC中,AB=1,()31fC,且△ABC的面积为32,求sinA+sinB的值.【解】(1)2()23cos2sincos222xxxfx=3(1cos)sinxx=π2cos36x.……3分由π2cos3316x,得π1cos62x,………………5分于是ππ2π()63xkkZ,因为ππ22x,,所以ππ26x或.………………7分(2)因为(0π)C,,由(1)知π6C.………………9分因为△ABC的面积为32,所以31πsin226ab,于是23ab.①在△ABC中,设内角A、B的对边分别是a,b.由余弦定理得2222π12cos66ababab,所以227ab. ②PABCOEFGQOA1A2B1B2xy(第17题)由①②可得23ab,或32.ab,于是23ab.………………12分由正弦定理得sinsinsin112ABCab,所以31sinsin122ABab.………………14分17.(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中,如图,已知椭圆E:22221(0)yxabab的左、右顶点分别为1A、2A,上、下顶点分别为1B、2B.设直线11AB的倾斜角的正弦值为13,圆C与以线段2OA为直径的圆关于直线11AB对称.(1)求椭圆E的离心率;(2)判断直线11AB与圆C的位置关系,并说明理由;(3)若圆C的面积为,求圆C的方程.【解】(1)设椭圆E的焦距为2c(c>0),因为直线11AB的倾斜角的正弦值为13,所以2213bab,于是228ab,即2228()aac,所以椭圆E的离心率22147.84cea…………4分(2)由144e可设40akk,14ck,则2bk,于是11AB的方程为:2240xyk,故2OA的中点20k,到11AB的距离d2423kkk,…………………………6分又以2OA为直径的圆的半径2rk,即有dr,所以直线11AB与圆C相切.…………………………8分(3)由圆C的面积为知圆半径为1,从而12k,…………………………10分θTQPNMSRMNPQBCAD甲乙设2OA的中点10,关于直线11AB:2220xy的对称点为mn,,则21,141222022nmmn.…………………………12分解得42133mn,.所以,圆C的方程为22421133xy.…………………14分18.(本小题满分16分)如图,实线部分的月牙形公园是由圆P上的一段优弧和圆Q上的一段劣弧围成,圆P和圆Q的半径都是2km,点P在圆Q上,现要在公园内建一块顶点都在圆P上的多边形活动场地.(1)如图甲,要建的活动场地为△RST,求场地的最大面积;(2)如图乙,要建的活动场地为等腰梯形ABCD,求场地的最大面积.【解】(1)如右图,过S作SH⊥RT于H,S△RST=RTSH21.……………………2分由题意,△RST在月牙形公园里,RT与圆Q只能相切或相离;……………………4分RT左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形,则有RT≤4,SH≤2,当且仅当RT切圆Q于P时(如下左图),上面两个不等式中等号同时成立.此时,场地面积的最大值为S△RST=1422=4(km2).……………………6分(第17题甲)DACBQPNMRSMNPQT(第17题乙)(2)同(1)的分析,要使得场地面积最大,AD左边的部分是一个大小不超过半圆的弓形,AD必须切圆Q于P,再设∠BPA=,则有11π22sin222sin(π2)4(sinsincos)0222ABCDS四边形.……………………8分令cossinsiny,则)sin(sincoscoscosy1coscos22.…………………11分若0y,1πcos23,,又π03,时,0y,ππ32,时,0y,…………………14分函数cossinsiny在π3处取到极大值也是最大值,故π3时,场地面积取得最大值为33(km2).…………………16分19.(本小题满分16分)设定义在区间[x1,x2]上的函数y=f(x)的图象为C,M是C上的任意一点,O为坐标原点,设向量OA=11xfx,,22OBxfx,,OM=(x,y),当实数λ满足x=λx1+(1-λ)x2时,记向量ON=λOA+(1-λ)OB.定义“函数y=f(x)在区间[x1,x2]上可在标准k下线性近似”是指“MN≤k恒成立”,其中k是一个确定的正数.(1)设函数f(x)=x2在区间[0,1]上可在标准k下线性近似,求k的取值范围;(2)求证:函数()lngxx在区间1ee()mmmR,上可在标准k=18下线性近似.(参考数据:e=2.718,ln(e-1)=0.541)【解】(1)由ON=λOA+(1-λ)OB得到BN=λBA,所以B,N,A三点共线,……………………2分又由x=λx1+(1-λ)x2与向量ON=λOA+(1-λ)OB,得N与M的横坐标相同.……………4分对于[0,1]上的函数y=x2,A(0,0),B(1,1),则有221124MNxxx,故104MN,;所以k的取值范围是14,.……………………6分(2)对于1eemm,上的函数lnyx,A(emm,),B(1e1mm,),……………………8分则直线AB的方程11(e)eemmmymx,……………………10分令11()ln(e)eemmmhxxmx,其中1eemmxmR,,于是111()eemmhxx,……………………13分列表如下:xem(em,em+1-em)em+1-em(em+1-em,em+1)em+1()h\'x+0-()hx0增1(ee)mmh减0则MNhx,且在1eemmx处取得最大值,又1e2(ee)lne1e1mmh0.12318,从而命题成立.……………………16分20.(本小题满分16分)已知数列{}na满足2*12()naaannN.(1)求数列{}na的通项公式;(2)对任意给定的*kN,是否存在*prN,(kpr)使111kpraaa,,成等差数列?若存在,用k分别表示p和r(只要写出一组);若不存在,请说明理由;(3)证明:存在无穷多个三边成等比数列且互不相似的三角形,其边长为123,,nnnaaa.【解】(1)当1n时,11a;当*2nnN≥,时,2121(1)naaan,所以22(1)21nannn;综上所述,*21()nannN.……………………3分(2)当1k时,若存在p,r使111kpraaa,,成等差数列,则1213221rpkpaaap,因为2p≥,所以0ra,与数列{}na为正数相矛盾,因此,当1k时不存在;…………5分当2k≥时,设kpraxayaz,,,则112xzy,所以2xyzxy,……………………7分令21yx,得(21)zxyxx,此时21kaxk,212(21)1payxk,所以21pk,2(21)(43)2(452)1razkkkk,所以2452rkk;综上所述,当1k时,不存在p,r;当2k≥时,存在221,452pkrkk满足题设.……………………10分(3)作如下构造:12322(23)(23)(25)(25)nnnakakkak,,,其中*kN,它们依次为数列{}na中的第2265kk项,第2288kk项,第221013kk项,……12分显然它们成等比数列,且123nnnaaa,123nnnaaa,所以它们能组成三角形.由*kN的任意性,这样的三角形有无穷多个.……………………14分下面用反证法证明其中任意两个三角形111ABC和222ABC不相似:若三角形111ABC和222ABC相似,且12kk,则11222212(23)(25)(23)(25)(23)(23)kkkkkk,整理得121225252323kkkk,所以12kk,这与条件12kk相矛盾,因此,任意两个三角形不相似.故命题成立.……………………16分【注】1.第(2)小题当ak不是质数时,p,r的解不唯一;2.第(3)小题构造的依据如下:不妨设123nnn,且123nnnaaa,,符合题意,则公比q>1,因123nnnaaa,又123nnnaaa,则21qq,所以5112q,因为三项均为整数,所以q为5112,内的既约分数且1na含平方数因子,经验证,仅含21或23时不合,所以12*(23)()nakpkpN,;3.第(3)小题的构造形式不唯一.数学II(附加题)21.【选做题】本题包括A,B,C,D四小题,请选定其中两题作答,每小题10分,共计20分,解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤.A.选修4—1:几何证明选讲自圆O外一点P引圆的一条切线PA,切点为A,M为PA的中点,过点M引圆O的割线交该圆于B、C两点,且∠BMP=100°,∠BPC=40°,求∠MPB的大小.【解】因为MA为圆O的切线,所以2MAMBMC.又M为PA的中点,所以2MPMBMC.因为BMPPMC,所以BMPPMC∽.………………5分于是MPBMCP.在△MCP中,由180MPBMCPBPCBMP,得∠MPB=20°.………………10分B.选修4—2:矩阵与变换已知二阶矩阵Aabcd,矩阵A属于特征值11的一个特征向量为111,属于特征值24的一个特征向量为232.求矩阵A.【解】由特征值、特征向量定义可知,A111,即11111abcd,得11.abcd,……………………5分同理可得3212328abcd,,解得2321,,,abcd.因此矩阵A2321.…………10分C.选修4—4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C的参数方程为2cossin,为参数xy.以直角坐标系原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为(第21—A题)A1BADCBAO(第22题)EBAB1CBAA1CBACBAC1D1πcos224.点P为曲线C上的动点,求点P到直线l距离的最大值.【解】πcos224化简为cossin4,则直线l的直角坐标方程为4xy.…………………4分设点P的坐标为2cossin,,得P到直线l的距离2cossin42d,即5sin42d,其中12cos,sin55.…………………8分当sin1-时,max10222d.………………10分D.选修4—5:不等式选讲若正数a,b,c满足a+b+c=1,求111323232abc的最小值.【解】因为正数a,b,c满足a+b+c=1,所以,2111323232111323232abcabc≥,………………5分即1111323232≥abc,当且仅当323232abc,即13abc时,原式取最小值1.………………10分【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.解答时应写出文字说明,证明过程或演算步骤.22.在正方体1111ABCDABCD中,O是AC的中点,E是线段D1O上一点,且D1E=λEO.(1)若λ=1,求异面直线DE与CD1所成角的余弦值;(2)若平面CDE⊥平面CD1O,求λ的值.【解】(1)不妨设正方体的棱长为1,以1,,DADCDD为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则A(1,0,0),11022O,,,010C,,,D1(0,0,1),E111442,,,于是111442DE,,,1011CD,,.由cos1DECD,=11||||DECDDECD=36.所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为36.……………………5分(2)设平面CD1O的向量为m=(x1,y1,z1),由m·CO=0,m·1CD=0得1111110220xyyz,,取x1=1,得y1=z1=1,即m=(1,1,1).……………………7分由D1E=λEO,则E12(1)2(1)1,,,DE=12(1)2(1)1,,.又设平面CDE的法向量为n=(x2,y2,z2),由n·CD=0,n·DE=0.得2222002(1)2(1)1yxyz,,取x2=2,得z2=-λ,即n=(-2,0,λ).因为平面CDE⊥平面CD1F,所以m·n=0,得λ=2.……………………10分23.一种抛硬币游戏的规则是:抛掷一枚硬币,每次正面向上得1分,反面向上得2分.(1)设抛掷5次的得分为,求的分布列和数学期望E;(2)求恰好得到n*()nN分的概率.【解】(1)所抛5次得分的概率为P(=i)=5551C2i(i=5,6,7,8,9,10),其分布列如下:5678910P132532516516532132E=5105551C2iii=152(分).……………………5分(2)令pn表示恰好得到n分的概率.不出现n分的唯一情况是得到n-1分以后再掷出一次反面.因为“不出现n分”的概率是1-pn,“恰好得到n-1分”的概率是pn-1,因为“掷一次出现反面”的概率是12,所以有1-pn=12pn-1,……………………7分即pn-23=-12123np.于是23np是以p1-23=12-23=-16为首项,以-12为公比的等比数列.所以pn-23=-16112n,即pn=11232n.答:恰好得到n分的概率是11232n.…………………10分
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