1、南京市2014届高三年级第二次模拟考试 数 学 2014.03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、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，交回答题纸参考公式：柱体的体积公式：VSh，其中S为柱体的底面积，h为柱体的高圆柱的侧面积公式：S侧2Rh，其中R为圆柱的底面半径，h为圆柱的高一、填空题（本大题共14小题，每小题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函数f(x)lnx的定义域为 2已知复
2、数z12i，z2a2i(i为虚数单位，aR)若z1z2为实数，则a的值为 150 200 250 300 350 400 4500.005a0.0010.0040.003O成绩/分(第3题图)3某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1000名学生的成绩，并根据这1000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在300，350)内的学生人数共有 k1开始输出k结束S6 S1YN SS(k1)2 kk1(第6题图)4盒中有3张分别标有1，2，3的卡片从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个
3、为偶数的概率为 5已知等差数列an的公差d不为0，且a1，a3，a7成等比数列，则的值为 6执行如图所示的流程图，则输出的k的值为 xxyO22(第7题图)7函数f(x)Asin(x)(A，为常数，A0，0，0)的图象如下图所示，则f()的值为 8在平面直角坐标系xOy中，双曲线1(a0，b0)的两条渐近线与抛物线y24x的准线相交于A，B两点若AOB的面积为2，则双曲线的离心率为 9表面积为12的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 10已知|1，|2，AOB，则与的夹角大小为 11在平面直角坐标系xOy中，过点P(5，3)作直线l与圆x2y24相交于A，B两点，若OAOB，则直
4、线l的斜率为 12已知f(x)是定义在R上的奇函数，当0x1时，f(x)x2，当x0时，f(x1)f(x)f(1)，且 若直线ykx与函数yf(x)的图象恰有5个不同的公共点，则实数k的值为 13在ABC中，点D在边BC上，且DC2BD，ABADAC3k1，则实数k的取值范围为 14设函数f(x)axsinxcosx若函数f(x)的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线yf(x)在点A，B处的切线互相垂直，则实数a的取值范围为 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1(0，1 24 3300 4 52 64 71 8 9 1060 111或 1222 13(，) 141，1二、解答
5、题（本大题共6小题，计90分.解答应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(本小题满分14分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB平面ABCD，PAPB，PBCDEA(第15题图) BPBC，E为PC的中点 （1）求证：AP平面BDE； （2）求证：BE平面PAC15证：（1）设ACBDO，连结OE因为ABCD为矩形，所以O是AC的中点因为E是PC中点，所以OEAP 4分因为AP平面BDE，OE平面BDE，所以AP平面BDE 6分（2）因为平面PAB平面ABCD，BCAB，平面PAB平面ABCDAB，所以BC平面PAB 8分因为AP平
6、面PAB，所以BCPA因为PBPA，BCPBB，BC，PB平面PBC，所以PA平面PBC 12分因为BE平面PBC，所以PABE因为BPPC，且E为PC中点，所以BEPC因为PAPCP，PA，PC平面PAC，所以BE平面PAC 14分16(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，角的顶点是坐标原点，始边为x轴的正半轴，终边与单位圆O交于点A(x1 ，y1 )，(，)将角终边绕原点按逆时针方向旋转，交单位圆于点B(x2，y2)ABDOCxy(第16题图)（1）若x1，求x2；（2）过A，B作x轴的垂线，垂足分别为C，D，记AOC及 BOD的面积分别为S1，S2，且S1S2，求tan的值16解
7、：（1）解法一：因为x1，y10，所以y1 所以sin，cos 2分所以x2cos()coscossinsin 6分 解法二：因为x1，y10，所以y1A(，)，则(，)，2分 (x2，y2)， 因为|cosAOB，所以x2y2 4分 又x22y221，联立消去y2得50 x2230x270 解得x2或，又x20，所以x2 6分 解法三：因为x1，y10，所以y1 因此A(，)，所以tan2分 所以tan()7，所以直线OB的方程为y7x 4分 由得x，又x20，所以x2 6分（2）S1sincossin2 8分因为(，)，所以(，) 所以S2sin()cos()sin(2)cos210分 因
8、为S1S2，所以sin2cos2，即tan2 12分 所以，解得tan2或tan 因为(，)，所以tan214分17(本小题满分14分)APMNBC(第17题图)如图，经过村庄A有两条夹角为60的公路AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂P，分别在两条公路边上建两个仓库M、N (异于村庄A)，要求PMPNMN2(单位：千米)如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)解法一：设AMN，在AMN中，因为MN2，所以AMsin(120) 2分在APM中，cosAMPcos(60) 6分AP2AM2MP22 AMMPcosAMPsin2(120)422 sin
9、(120) cos(60) 8分sin2(60) sin(60) cos(60)41cos (2120) sin(2120)4sin(2120)cos (2120)sin(2150)，(0，120) 12分 当且仅当2150270，即60时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2答：设计AMN为60时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分APMNBC第17题图D解法二(构造直角三角形)：设PMD，在PMD中，PM2，PD2sin，MD2cos 2分在AMN中，ANMPMD，AMsin，ADsin2cos，(时，结论也正确)6分AP2AD2PD2(sin2cos)2(2sin)2sin2sin
10、cos4cos24sin2 8分sin24sin2cos2sin(2)，(0，) 12分当且仅当2，即时，AP2取得最大值12，即AP取得最大值2 此时AMAN2，PAB30 14分解法三：设AMx，ANy，AMN在AMN中，因为MN2，MAN60，所以MN2AM2AN22 AMANcosMAN，即x2y22xycos60x2y2xy4 2分因为，即，所以siny，cos 6分cosAMPcos(60)cossiny8分在AMP中，AP2AM2PM22 AMPMcosAMP，即AP2x2422xx24x(x2y)42xy12分因为x2y2xy4，4xyx2y22xy，即xy4所以AP212，即
11、AP2当且仅当xy2时，AP取得最大值2 答：设计AMAN2 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分 解法四(坐标法)：以AB所在的直线为x轴，A为坐标原点，建立直角坐标系设M(x1，0)，N(x2，x2)，P(x0，y0)MN2，(x1x2)23x4 2分MN的中点K(，x2) MNP为正三角形，且MN2PK，PKMNPK2(x0)2(y0x2)23， kMNkPK1，即1， 6分 y0x2(x0)，(y0x2)2(x0)2(1)(x0)23，即(x0)23，(x0)2xx00 x0x2，x0x12x2，y0x1 8分AP2xy(2x2x1)2xx4x2x1x244x1x244212，
12、 12分即AP2 答：设计AMAN2 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分解法五(变换法)：以AB所在的直线为x轴，A为坐标原点，建立直角坐标系APMNBCxy设M(x1，0)，N(x2，x2)，P(x0，y0)MN2，(x1x2)23x4即x4x42x1x242x1x24x1x2，即x1x22 4分MNP为正三角形，且MN2PK，PKMN顺时针方向旋转60后得到(x0x1，y0)，(x2x1，x2) ，即x0x1(x2x1)x2，y0(x2x1)x2x02x2x1，y0x1 8分AP2xy(2x2x1)2xx4x2x1x2 44x1x244212， 12分即AP2 答：设计AMAN2
13、 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分APMNBCFE解法六(几何法)：由运动的相对性，可使PMN不动，点A在运动由于MAN60，点A在以MN为弦的一段圆弧(优弧)上，4分设圆弧所在的圆的圆心为F，半径为R，由图形的几何性质知：AP的最大值为PFR 8分在AMN中，由正弦定理知：2R，R， 10分FMFNR，又PMPN，PF是线段MN的垂直平分线设PF与MN交于E，则FE2FM2ME2R212即FE，又PE 12PF，AP的最大值为PFR2 答：设计AMAN2 km时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分18 (本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1(ab0)的左、右
14、焦点分别为F1，F2，焦距为2，一条准线方程为x2P为椭圆C上一点，直线PF1交椭圆C于另一点Q（1）求椭圆C的方程；（2）若点P的坐标为(0，b)，求过P，Q，F2三点的圆的方程；（3）若，且，2，求的最大值（1）解：由题意得 解得c1，a22，所以b2a2c21 所以椭圆的方程为y21 2分 （2）因为P(0，1)，F1(1，0)，所以PF1的方程为xy10由 解得或所以点Q的坐标为(，) 4分解法一：因为kPFkPF1，所以PQF2为直角三角形 6分因为QF2的中点为(，)，QF2，所以圆的方程为(x)2(y)2 8分解法二：设过P，Q，F2三点的圆为x2y2DxEyF0，则 解得 所以
15、圆的方程为x2y2xy0 8分（3）解法一：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则(x11，y1)，(1x2，y2)因为，所以即所以解得x2 12分所以x1x2y1y2x2(1x2)yx22(1)x2()2(1)() 14分因为，2，所以22，当且仅当，即1时，取等号所以，即最大值为 16分解法二：当PQ斜率不存在时， 在y21中，令x1得y 所以，此时 2 当PQ斜率存在时，设为k，则PQ的方程是yk(x1)， 由得(12k2)x24k2x2k220， 韦达定理 4设P(x1，y1)，Q(x2，y2) ， 则 的最大值为，此时 819(本小题满分16分)已知函数f(x)ex，a，bR，且a
16、0（1）若a2，b1，求函数f(x)的极值；（2）设g(x)a(x1)exf(x) 当a1时，对任意x(0，)，都有g(x)1成立，求b的最大值； 设g(x)为g(x)的导函数若存在x1，使g(x)g(x)0成立，求的取值范围解：（1）当a2，b1时，f (x)(2)ex，定义域为(，0)(0，)所以f (x)ex 2分令f (x)0，得x11，x2，列表x(，1)1(1，0)(0，)(，)f (x)f (x)极大值极小值由表知f (x)的极大值是f (1)e1，f (x)的极小值是f ()44分（2） 因为g (x)(axa)exf (x)(ax2a)ex，当a1时，g (x)(x2)ex因
17、为g (x)1在x（0，）上恒成立，所以bx22x在x（0，）上恒成立 8分记h(x)x22x（x0），则h(x)当0x1时，h(x)0，h(x)在（0，1）上是减函数；当x1时，h(x)0，h(x)在（1，）上是增函数所以h(x)minh(1)1e1 所以b的最大值为1e1 10分解法二：因为g (x)(axa)exf (x)(ax2a)ex，当a1时，g (x)(x2)ex因为g (x)1在x（0，）上恒成立，所以g(2)e20，因此b0 6分g(x)(1)ex(x2)ex因为b0，所以：当0x1时，g(x)0，g(x)在（0，1）上是减函数；当x1时，g(x)0，g(x)在（1，）上是增
18、函数所以g(x)ming(1)(1b)e1 8分因为g (x)1在x（0，）上恒成立，所以(1b)e11，解得b1e1因此b的最大值为1e1 10分解法一：因为g (x)(ax2a)ex，所以g (x)(axa)ex由g (x)g (x)0，得(ax2a)ex(axa)ex0，整理得2ax33ax22bxb0存在x1，使g (x)g (x)0成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立 12分因为a0，所以设u(x)（x1），则u(x)因为x1，u(x)0恒成立，所以u(x)在（1，）是增函数，所以u(x)u(1)1，所以1，即的取值范围为（1，） 16分解法二：因为g (x)(ax2
19、a)ex，所以g (x)(axa)ex由g (x)g (x)0，得(ax2a)ex(axa)ex0，整理得2ax33ax22bxb0存在x1，使g (x)g (x)0成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立 12分设u(x)2ax33ax22bxb(x1)u(x)6ax26ax2b6ax(x1)2b-2b 当b0时，u(x) 0此时u(x)在1，)上单调递增，因此u(x)u(1)ab因为存在x1，2ax33ax22bxb0成立所以只要ab0即可，此时10 13分当b0时，令x01，得u(x0)b0，又u(1)ab0于是u(x)0，在(1，x0)上必有零点即存在x1，2ax33ax2
20、2bxb0成立，此时0 15分综上有的取值范围为（1，） 16分20(本小题满分16分)已知数列an的各项都为正数，且对任意nN*，a2n1，a2n，a2n1成等差数列，a2n，a2n1，a2n2成等比数列（1）若a21，a53，求a1的值；（2）设a1a2，求证：对任意nN*，且n2，都有解：（1）解法一：因为a3，a4，a5成等差数列，设公差为d，则a332d，a43d因为a2，a3，a4成等比数列，所以a2 3分因为a21，所以1，解得d2，或d因为an0，所以d 因为a1，a2，a3成等差数列，所以a12a2a32(32d)5分解法二：因为a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成
21、等比数列，a3，a4，a5成等差数列，则，3分则，解得或（舍），所以。5分解法三：因为a1，a2，a3成等差数列，则，因为a2，a3，a4成等比数列，则3分因为a3，a4，a5成等差数列，则，则解得：或；当时，（与矛盾，故舍去），所以5分（注：没有舍去一解，扣1分）（2）证法一：因为a2n1，a2n，a2n1成等差数列，a2n，a2n1，a2n2成等比数列，所以2a2na2n1a2n1， aa2na2n2；所以aa2n2a2n，n2所以2a2n因为an0，所以2 7分即数列是等差数列 所以(n1)()由a1，a2及a2n1，a2n，a2n1是等差数列，a2n，a2n1，a2n2是等比数列，可得
22、a48分 所以(n1)()所以a2n10分所以a2n2 从而a2n1所以a2n112分 当n2m，mN*时， 0 14分当n2m1，mN*，m2时， 0 综上，对一切nN*，n2，有 16分证法二：若n为奇数且n3时，则an，an1，an2成等差数列因为0，所以9分若n为偶数且n2时，则an，an1，an2成等比数列，所以11分由可知，对任意n2，nN*， 13分又因为，因为a1a2，所以0，即15分综上，16分南京市2014届高三年级第二次模拟考试 数学附加题 2014.03注意事项：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，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学
23、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，交回答题纸21【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分请在答卷卡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：几何证明选讲如图，ABC为圆的内接三角形，ABAC，BD为圆的弦，且BDAC过点A作圆的切线与AEBCFD第21题A图DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F （1）求证：四边形ACBE为平行四边形； （2）若AE6，BD5，求线段CF的长.A选修41：几何证明选讲解：（1）因为AE与圆相切于点A，所以BAEACB因为ABAC，所以ABCACB所以ABCBAE所
24、以AEBC因为BDAC，所以四边形ACBE为平行四边形4分（2）因为AE与圆相切于点A，所以AE2EB(EBBD)，即62EB(EB5)，解得BE4根据（1）有ACBE4，BCAE6设CFx，由BDAC，得，即，解得x，即CF10分B选修42：矩阵与变换 已知矩阵A的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为 （1）求矩阵A； （2）若A，求x，y的值解：（1）由题意，得 2，即 解得a2，b4所以A 5分 （2）解法一：A，即 ， 所以 8分解得 10分解法二：因为A，所以A1 7分 因为A，所以A1 所以 10分C选修44：坐标系与参数方程在极坐标系中，求曲线r2cos关于直线(rR)对称的曲
25、线的极坐标方程解法一：以极点为坐标原点，极轴为x轴建立直角坐标系，则曲线r2cos的直角坐标方程为 (x1)2y21，且圆心C为(1，0)4分直线的直角坐标方程为yx，因为圆心C(1，0)关于yx的对称点为(0，1)，所以圆心C关于yx的对称曲线为x2(y1)21 8分所以曲线r2cos关于直线(rR)对称的曲线的极坐标方程为r2sin10分解法二：设曲线r2cos上任意一点为(r，)，其关于直线对称点为(r，)，则 6分将(r，)代入r2cos，得r2cos()，即r2sin所以曲线r2cos关于直线(rR)对称的曲线的极坐标方程为r2sin10分D选修45：不等式选讲已知x，yR，且|xy
26、|，|xy|，求证：|x5y|1证： 因为|x5y|3(xy)2(xy)| 5分由绝对值不等式性质，得|x5y|3(xy)2(xy)|3(xy)|2(xy)|3|xy|2|xy|321即|x5y|1 10分【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答应写出文字说明、证明过程或演算步骤22（本小题满分10分）某中学有4位学生申请A，B，C三所大学的自主招生若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的（1）求恰有2人申请A大学的概率；（2）求被申请大学的个数X的概率分布列与数学期望E(X)22（本小题满分10分）解（1）记“恰有2人申请A大学
27、”为事件A， P(A) 答：恰有2人申请A大学的概率为 4分（2）X的所有可能值为1，2，3P(X1)，P(X2)，P(X3)X的概率分布列为：X123P所以X的数学期望E(X)123 10分23（本小题满分10分） 设f(n)是定义在N*上的增函数，f(4)5，且满足：任意nN*，f(n)Z；任意m，nN*，有f(m)f(n)f(mn)f(mn1)（1）求f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）求f(n)的表达式23解：（1）因为f(1)f(4)f(4)f(4)，所以5 f(1)10，则f(1)21分 因为f(n)是单调增函数， 所以2f(1)f(2)f(3)f(4)5 因为f(n)Z，所以
28、f(2)3，f(3)4 3分（2）解：由（1）可猜想f (n)n+1 证明：因为f (n)单调递增，所以f (n+1)f (n)，又f(n)Z， 所以f (n+1)f (n)+1 首先证明：f (n)n+1 因为f (1)2，所以n1时，命题成立 假设n=k(k1)时命题成立，即f(k)k+1 则f(k+1)f (k)+1k+2，即nk+1时，命题也成立 综上，f (n)n+1 5分 由已知可得f (2)f (n)f (2n)f (n+1)，而f(2)3，f (2n)2n1，所以3 f (n)f (n+1)2n1，即f(n+1)3 f (n)2n1下面证明：f (n)n+1因为f (1)2，所
29、以n1时，命题成立假设n=k(k1)时命题成立，即f(k)k+1，则f(k+1)3f (k)2k13(k+1)2k1k2，又f(k+1)k2，所以f(k+1)k2即nk+1时，命题也成立所以f (n)n+1 10分解法二：由f(1)2，f(2)3，f(3)4，f(4)5，猜想f(n)n1 下面用数学归纳法证明：当n1，2，3，4时，命题成立假设当nk (k4)时，命题成立，下面讨论nk1的情形 若k为奇数，则k1为偶数，且k，k 根据归纳假设知f()1，f()1 因为f(2) f()f(k1)f(21)f(k1)f()， 所以3(k1)，即(k1)k2 若k为偶数，则k2，k4为偶数，且k，k
30、 根据归纳假设知f()1，f()1 因为f(2) f()f(k2)f(21)f(k2)f()， 所以3f(k2)，即f(k2)k3 又k1f(k)f(k1)f(k2)k3 所以f(k1)k2 因此不论k的奇偶性如何，总有f(k1)k2，即nk1时，命题也成立 于是对一切nN*，f(n)n1 解法三：因为f (n)单调递增，所以f (n+1)f (n)，又f(n)Z，所以f (n+1)f (n)+1，又f(1)2，所以f (n)n+1 由已知可得：f (2)f (n)f (2n)f (n+1)而f(2)3，f (2n)2n1所以3 f (n)f (n+1)2n1，即：f(n+1)3 f (n)2n1 或者f(n+1)n23(f (n)n1) 所以有f(n+1)n23(f (n)n1) 32(f (n1)n) 33(f (n2)n1) 3n(f (1)2)0 于是f(n+1)n2 又f (n1)n+2 所以f(n+1)n2，又f(1)2 所以f(n)n1