江苏省苏泰州南通高三第三次数学模拟考试+参考答案

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南通市2010届高三第三次调研测试数学参考答案及评分建议必做题部分一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.有一容量为10的样本：2，4，7，6，5，9，7，10，3，8，则数据落在5.5,7.5内的频率为▲.2.已知直线l，m，n，平面，m，n，则“l”是“,lmln且”的▲条件.（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”之一）3.已知集合274(2)iAmm，，（其中i为虚数单位，mR），{83}B，，且ABI，则m的值为▲.4.在区间[0,1]上任取两个数a，b，则关于x的方程2220xaxb有实数根的概率为▲.5.若函数2tan0()log()0xxfxxx，≥，，，则3π24ff▲.6.在区间(0)aaa，内不间断的偶函数()fx满足(0)()0ffa，且()fx在区间0a，上是单调函数，则函数()yfx在区间()aa，内零点的个数是▲.7.执行如图所示的程序框图后，输出的结果是▲.8.不等式21xx的解集是▲.9.如图，点A、B在函数ππtan42yx的图象上,则直线AB的方程为▲.BBAyx1O（第9题）（第7题）输出n0S开始6nS<15NY1nnSSn结束10.双曲线221169yx上的点P到点(5,0)的距离是6，则点P的坐标是▲.11.已知数列na为等差数列，若561aa，则数列na的最小项是第▲项.12.在菱形ABCD中，若4AC,则CAABuuruuur▲.13.已知点P在直线210xy上,点Q在直线230xy上，PQ的中点为00(,)Mxy,且002yx,则00yx的取值范围是____▲____.14.数列na满足：11121(234)nnaana，，，，，若数列na有一个形如sin()naAnB的通项公式，其中AB、、、均为实数，且π002A，，，则na▲.（只要写出一个通项公式即可）ABCDEF（第16题）GBO【填空题答案】1．0.32．充分不必要3．－24．125．16．27．38．201xxx或9．20xy10．(8，33)网11．612．－8　　　13．1125，　　　14．2ππ13sin332n二、解答题：本大题共6小题,共90分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.15.（本题满分14分）已知向量1sin2A，m与3sin3cosAA，n共线，其中A是△ABC的内角．（1）求角A的大小；（2）若BC=2，求△ABC面积S的最大值，并判断S取得最大值时△ABC的形状.【解】（1）因为m//n,所以3sin(sin3cos)02AAA………………………2分所以31cos23sin20222AA，即31sin2cos2122AA，…………3分即 πsin216A.　…………………………………………………4分因为(0,π)A,所以ππ11π2666A，.…………………………………5分故ππ262A，π3A.………………………………7分（2）由余弦定理，得224bcbc.……………………………………8分又31sin24ABCSbcAbc，……………………………………9分而222424bcbcbcbcbc≥≥≤，（当且仅当bc时等号成立）…………11分所以331sin43244ABCSbcAbc≤.………………………12分当△ABC的面积取最大值时，bc.又π3A，故此时△ABC为等边三角形.…14分16.（本题满分14分）1如图，已知四边形ABCD为矩形，AD平面ABE，AE=EB=BC=2,F为CE上的点，且BF平面ACE.（1）求证：AE//平面BDF；（2）求三棱锥D－ACE的体积.【证明】（1）设ACBDGI，连结GF.因为BF面ACE,CE面ACE，所以BFCE.因为BEBC,所以F为EC的中点.……………………………3分在矩形ABCD中，G为AC中点，所以//GFAE.………………5分因为AE面BFD,GF面BFD，所以//AE面BFD.………………7分（2）取AB中点O，连结OE.因为AEEB,所以OEAB.因为AD面ABE,OE面ABE,所以OEAD,所以OE面ADC.……………………………………………9分因为BF面ACE,AE面ACE，所以BFAE.因为CB面ABE,AE面ABE,所以AEBC.又BFBCBI，所以AE平面BCE.……………………………11分又BE面BCE,所以AEEB.所以2222ABAEBE,122OEAB.…………12分故三棱锥EADC的体积为111422223323DAECEADCADCVVSOE.…………14分17.（本题满分15分）田忌和齐王赛马是历史上有名的故事.设齐王的3匹马分别为A、B、C，田忌的3匹马分别为a，b，c，6匹马的奔跑速度由快到慢的顺序依次为：A，a，B，b，C，c.两人约定：6匹马均需参赛，共赛3场，每场比赛双方各出1匹马，最终至少胜两场者为获胜.（1）试双方均不知道对方的出马顺序，求田忌获胜的概率；（2）颇有心计的田忌赛前派探子到齐王处打探实情，得知齐王第一场必出A马.那么，田忌应怎样安排马的出场顺序，才能使获胜的概率最大？【解】记A与a比赛为（A，a），其它同理．（l）（方法1）齐王与田忌赛马，有如下6种情况：（A，a）,（B，b）,（C，c）；（A，a）,（B，c）,（C，b）；（A，b）,（B，c）,（C，a）；（A，b）,（B，a）,（C，c）；（A，c）,（B，a）,（C，b）；（A，c），（B，b），（C，a）.……………2分其中田忌获胜的只有一种：（A，c）,（B，a）,（C，b）.……………………4分故田忌获胜的概率为16P.…………………………………7分（方法2）齐王与田忌赛马对局有6种可能：ABCabcacbbacbcacabcba……………………………………………………………2分其中田忌获胜的只有一种：（A，c）,（B，a）,（C，b）.………………4分若齐王出马顺序还有ACB,BAC,BCA，CAB，CBA等五种；每种田忌有一种可以获胜．故田忌获胜的概率为61666P．……………………………………7分（2）已知齐王第一场必出上等马A，若田忌第一场必出上等马a或中等马b，则剩下二场，田忌至少输一场，这时田忌必败．为了使自己获胜的概率最大，田忌第一场应出下等马c．……9分后两场有两种情形：①若齐王第二场派出中等马B，可能的对阵为：（B，a）,（C，b）或（B，b）,（C，a）．田忌获胜的概率为12.……………………………………………………11分②若齐王第二场派出下等马C，可能的对阵为：（C，a）,（B，b）或（C，b）,（B，a）．田忌获胜的概率也为12．……………………………………………………13分所以，田忌按c,a,b或c,b,a的顺序出马，才能使自己获胜的概率达到最大12…14分答：（l）田忌获胜的概率16．（2）田忌按c,a,b或c,b,a的顺序出马，才能使获胜的概率达到最大为12……15分18.（本题满分15分）在平面直角坐标系xOy中，已知对于任意实数k，直线313330kxkyk恒过定点F.设椭圆C的中心在原点，一个焦点为F，且椭圆C上的点到F的最大距离为23.（1）求椭圆C的方程；（2）设（m，n）是椭圆C上的任意一点，圆O：222(0)xyrr与椭圆C有4个相异公共点，试分别判断圆O与直线l1：mx+ny=1和l2：mx+ny=4的位置关系.【解】（1）313330kxkyk33330xykxy,…1分解330,330,xyxy得30F，.……………………………………3分设椭圆C的长轴长、短轴长、焦距分别为2a，2b，2c，则由题设，知323.cac，.于是a=2，b2=1.………………………………5分所以椭圆C的方程为221.4xy…………………………………………6分（2）因为圆O：222(0)xyrr与椭圆C有4个相异公共点，所以bra，即12.r…………………………………8分因为点（m，n）是椭圆2214xy上的点，所以221224mnm，且-≤≤.所以22231[12]4mnm=，.………………………………………10分于是圆心O到直线l1的距离12211drmn≤，……………………………12分圆心O到直线l2的距离22242drmn≥.……………………………14分故直线l1与圆O相交，直线l2与圆O相离.……………………………………15分19.（本题满分16分）设数列{an}是由正数组成的等比数列，公比为q，Sn是其前n项和．（1）证明21nnnSSS；（2）设31442,1555nnnnbaaa记数列nb的前n项和为Tn，试比较q2Sn和Tn的大小.【证明】（1）由题设知a1>0，q>0．………………………………………1分(i)当q=1时，Sn=na1，于是Sn·Sn+2－21nS=na1·(n+2)a1－(n+1)221a=－21a<0，…3分(ii)当q≠1时，111nnaqSq，于是Sn·Sn+2－21nS22221112211111nnnaqqaqqq=210naq．…………7分由(i)和(ii)，得Sn·Sn+2－21nS<0．所以Sn·Sn+2<21nS，21nnnSSS．……………8分(2)方法一：331442442,15551555nnnnnnnbaaaaqaqa…………11分Tn=3113442442()15551555kkknnknnkknbqaqaqaqSSS，Tn－q2Sn=32(415126)15nSqqq，…………………………………13分＝22(4(2)(2)2)15nSqqq≥2>0，…………………………………15分所以Tn>q2S．…………………………………………………………16分方法二：Tn=3113442442()15551555kkknnknnkknbqaqaqaqSSS， ………11分由24421555nnTqqSq，…………………………………………………13分因为0q，所以444482315515515qq≥（当且仅当44155qq，即3q时取“=”号），因为683823115515，所以21nnTqS，即Tn>q2S.……………………………16分20．（本题满分16分）已知函数2*()2cosπln(fxxakxkN，aR，且0a）．（1）讨论函数()fx的单调性；（2）若2010k，关于x的方程()2fxax有唯一解，求a的值.【解】（1）由已知得x＞0且2()2(1)kafxxx．当k是奇数时，()0fx，则f(x)在(0,+)上是增函数;……………3分当k是偶数时，则2()()2()2xaxaafxxxx.　……………………5分所以当x0,a时，()0fx，当x,a时，()0fx.故当k是偶数时，f(x)在0,a上是减函数，在,a上是增函数．………………7分（2）若2010k，则2*()2ln()fxxaxkN.记g(x)=f(x)–2ax=x2–2axlnx–2ax,222()22()agxxaxaxaxx,若方程f(x)=2ax有唯一解，即g(x)=0有唯一解；…………………………9分令()0gx,得20xaxa.因为0,0ax，所以21402aaax（舍去），2242aaax.……………………11分当2(0,)xx时，()0gx，()gx在2(0,)x是单调递减函数；当2(,)xx时，()0gx，()gx在2(,)x上是单调递增函数．当x=x2时,2()0gx，min2()()gxgx.…………………………12分因为()0gx有唯一解，所以2()0gx.则22()0()0gxgx，，即22222222ln200xaxaxxaxa，，…………………………13分两式相减得22ln0axaxa，因为a>0，所以222ln10(*)xx.……14分设函数()2ln1hxxx，因为在x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)=0至多有一解．因为h(1)=0，所以方程(*)的解为x2=1，从而解得12a…………16分OAEBDFC附加题部分21.（选做题）本大题包括A，B，C，D共4小题，请从这4题中选做2小题.每小题10分，共20分．请在答题卡上准确填涂题目标记.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A.选修4－1：几何证明选讲如图，AB是⊙O的直径，,CF是⊙O上的两点，OC⊥AB，过点F作⊙O的切线FD交AB的延长线于点D．连结CF交AB于点E.求证：2DEDBDA.【证明】连结OF．因为DF切⊙O于F，所以∠OFD=90°．所以∠OFC+∠CFD=90°．因为OC=OF，所以∠OCF=∠OFC．因为CO⊥AB于O，所以∠OCF+∠CEO=90°．………………………5分所以∠CFD=∠CEO=∠DEF，所以DF=DE．因为DF是⊙O的切线,所以DF2=DB·DA．所以DE2=DB·DA．……………10分B.选修4－2：矩阵与变换求矩阵2112的特征值及对应的特征向量.【解】特征多项式2221()(2)14312f，…………3分由()0f，解得121,3.………………………………………6分将11代入特征方程组，得0,00xyxyxy.可取11为属于特征值1=1的一个特征向量．…………………………8分将23代入特征方程组,得0,00xyxyxy.可取11为属于特征值23的一个特征向量．综上所述,矩阵2112有两个特征值1213，；属于11的一个特征向量为11，属于23的一个特征向量为11．………………………………10分C.选修4－4：坐标系与参数方程已知曲线C的极坐标方程是2sin，直线l的参数方程是32,545xtyt（t为参数）．（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设直线l与x轴的交点是M，N是曲线C上一动点，求MN的最大值.【解】（1）曲线C的极坐标方程可化为22sin.……………………2分又222,cos,sinxyxy,所以曲线C的直角坐标方程为2220xyy.………………………4分（2）将直线l的参数方程化为直角坐标方程,得4(2)3yx.…………………6分令0y,得2x,即M点的坐标为(2,0).（第22题）BACA1B1C1又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为(1,0)，半径1r，则5MC.…………8分所以51MNMCr≤．………………………………10分D．选修4－5：不等式选讲设123aaa，，均为正数，且123aaam，求证1231119.aaam≥【证明】因为123111()maaag123123111()()aaaaaa33123123111339aaaaaa≥，当且仅当1233maaa时等号成立．又因为1230maaa，所以1231119.aaam≥……………10分22.必做题,本小题10分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．如图，在三棱柱111ABCABC中，ABAC，顶点1A在底面ABC上的射影恰为点B，且12ABACAB．（1）求棱1AA与BC所成的角的大小；（2）在棱11BC上确定一点P，使14AP，并求出二面角1PABA的平面角的余弦值．【解】（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则11200020022042CBAB，，，，，，，，，，，，1022AA，，，11220BCBC，，．11141cos288AABCAABCAABC，，故1AA与棱BC所成的角是π3．………………………4分（2）设111220BPBC，，，则2422P，，．BACA1B1C1zxyP于是2214424142AP（32舍去），则P为棱11BC的中点，其坐标为132P，，．…………6分设平面1PABA的法向量为n1,,xyz，则110320220.0.0APxyzxzyyAB，，，nn故n1201，，．……………………………………8分而平面1ABA的法向量是n2=(1,0,0)，则121212225cos,55nnnnnn，故二面角1PABA的平面角的余弦值是255．……………10分23．必做题,本小题10分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．已知函数22()ln(1)1xfxxx，2()2(1)ln(1)2gxxxxx．（1）证明：当(0)x，时，()0gx；（2）求函数()fx的的极值．【解】（1）2()2(1)ln(1)2gxxxxx，则()2ln(1)2gxxx.令()2ln(1)2hxxx，则22()211xhxxx.……………1分当10x时，()0hx，()hx在(1,0)上为增函数.当x＞0时，()0hx，()hx在(0)，上为减函数.……………………3分所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0，所以()0(0)gxx，函数g(x)在(0)，上为减函数.…………………………………………4分当x＞0时，()(0)0gxg．………………………………………5分（2）函数()fx的定义域是(1)，，22222ln(1)2(1)ln(1)22()1(1)(1)xxxxxxxfxxxx，……………………6分由（1）知，当10x时，2()2(1)ln(1)2(0)0gxxxxxg，当x＞0时，()(0)0gxg，所以，当10x时，()0fx()fx在（－1，0）上为增函数.当x＞0时，()0fx,()fx在(0)，上为减函数.……………………8分故函数()fx的单调递增区间为（－1，0），单调递减区间为(0)，.故x=0时()fx有极大值0．………………………10分