1、高考资源网（） 您身边的高考专家南京市2015届高三第三次模拟考试 数学参考答案及评分标准 2015.05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，共70分 1 20.74 34 46 5甲6(，3 74
2、 812 9 109 11 12 13，) 14(0，1)2二、解答题：本大题共6小题，共90分15解：（1）因为acosCccosA2bcosA，所以sinAcosCsinCcosA2sinBcosA，即sin(AC)2sinBcosA因为ABC，所以sin(AC)sinB从而sinB2sinBcosA 4分因为sinB0，所以cosA因为0A，所以A 7分（2）sinBsinCsinBsin(B)sinBsincosBcossinBsinBcosBsin(B) 11分因为0B，所以B所以sinBsinC的取值范围为(， 14分16证明：（1）取PD的中点F，连接EF，CFPABCDEF（第
3、16题图）因为E为PA的中点，所以EFAD，EFAD因为BCAD，BCAD，所以EFBC，EFBC所以四边形BCFE为平行四边形所以BECF 4分因为BE平面PCD，CF平面PCD，所以BE平面PCD 6分（2）因为ABPB，E为PA的中点，所以PABE因为BECF，所以PACF 9分因为PAPD，PD平面PCD，CF平面PCD，PDCFF，所以PA平面PCD 12分因为PA平面PAB，所以平面PAB平面PCD 14分17解：（1）由题意，得PQ5050cosq 从而，当q 时，PQ5050cos75即点P距地面的高度为75m 4分（2）（方法一）由题意，得AQ50sinq ，从而MQ6050
4、sinq ，NQ30050sinq 又PQ5050cosq ，所以tanNPQ ，tanMPQ 6分从而tanMPNtan(NPQMPQ) 9分令g(q ) ，q (0，)，则g(q) ，q (0，)由g(q)0，得sinq cosq 10，解得q 11分当q (0，)时，g(q )0，g(q )为增函数；当q (，p)时，g(q )0，g(q )为减函数，所以，当q 时，g(q )有极大值，也为最大值因为0MPQNPQ，所以0MPN，从而当g(q )tanMPN取得最大值时，MPN取得最大值即当q 时，MPN取得最大值 14分（方法二）以点A为坐标原点，AM为x轴建立平面直角坐标系，则圆O的
5、方程为 x2(y50)2502，即x2y2100y0，点M(60，0)，N(300，0)设点P的坐标为 (x0，y0)，所以Q (x0，0)，且x02y02100y00从而tanNPQ ，tanMPQ 6分从而tanMPNtan(NPQMPQ) 由题意知，x050sinq ，y05050cosq ，所以tanMPN 9分（下同方法一）18解：（1）设椭圆C的方程为 1(ab0)由题意，得 解得 所以椭圆方程为1 因为椭圆C过点(，1)，所以1，解得m2或m (舍去）所以m2 4分（2）设点T(x，y)由，得(x2)2y22(x1)2y2，即x2y22 6分由 得y2m2m因此0m2mm，解得1
6、m2所以椭圆C的离心率e， 10分（方法一）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)则(x02，y0)，(x12，y1)由l， 得 从而 12分因为y021，所以(ly1)21即l2(y12)2l(l1)x12(l1)210因为 y121，代入得2l (l1)x13l24l10由题意知，l1，故x1，所以x0 同理可得x0 14分因此，所以lm6 16分（方法二）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)直线AM的方程为y(x2)将y(x2)代入y21，得(x02)2y)x24yx4y(x02)2 0(*)因为y021，所以（*）可化为(2x03)x24yx3x4x0
7、0因为x0x1，所以x1同理x2 14分因为l，m，所以lm6即m为定值6 16分19解：（1）由h(x)f(x)g(x)x2xtlnx，得h (x)2x1，x0因为2x22，所以h (x)0， 从而函数h(x)是增函数 3分（2）记直线l分别切f(x)，g(x)的图象于点(x1，x12x1t)，(x2，lnx2)，由f(x)2x1，得l的方程为y(x12x1t)(2x11)(xx1)，即y(2x11)xx12t由g(x)，得l的方程为ylnx2(xx2)，即y xlnx21所以(*) 消去x1得lnx2(t1)0 (*) 7分令F(x)lnx(t1)，则F(x)，x0由F(x)0，解得x1当
8、0x1时，F(x)0，当x1时，F(x)0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而F(x)minF(1)t 9分当t0时，方程(*)只有唯一正数解，从而方程组(*)有唯一一组解，即存在唯一一条满足题意的直线； 11分当t0时，F(1)0，由于F(et1)ln(et1)(t1)0，故方程(*)在(1，)上存在唯一解； 13分令k(x)lnx1(x1)，由于k (x)0，故k (x)在(0，1上单调递减，故当0x1时，k (x)k (1)0，即lnx1，从而lnx (t1)()2t所以F()()2t0，又01，故方程(*)在(0，1)上存在唯一解所以当t0时，方程(*)有两
9、个不同的正数解，方程组(*)有两组解即存在两条满足题意的直线综上，当t0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；当t0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为2 16分20解：（1）由(SmnS1)24a2na2m，得(S2S1)24a，即(a22a1)24a因为a10，a20，所以a22a1a2，即2 3分证明：（2）（方法一）令m1，n2，得(S3S1)24a2a4，即(2a1a2a3)24a2a4，令mn2，得S4S12a4，即2a1a2a3a4所以a44a28a1又因为2，所以a34a1 6分由(SmnS1)24a2na2m，得(Sn1S1)24a2na2，(Sn2S1)24a2n
10、a4两式相除，得，所以2即Sn2S12(Sn1S1)，从而Sn3S12(Sn2S1)所以an32an2，故当n3时，an是公比为2的等比数列又因为a32a24a1，从而ana12 n1，nN*显然，ana12 n1满足题设，因此an是首项为a1，公比为2的等比数列 10分（方法二）在(SmnS1)24a2na2m中，令mn，得S2nS12a2n 令mn1，得S2n1S12 ， 在中，用n1代n得，S2n2S12a2n2 ，得a2n122a2n2()， ，得a2n22a2n222()， 由得a2n1 8分代入，得a2n12a2n；代入得a2n22a2n1，所以2又2，从而ana12 n1，nN*
11、显然，ana12 n1满足题设，因此an是首项为a1，公比为2的等比数列 10分（3）由（2）知，ana12 n1因为|cp|dp|a12p1，所以cpdp或cpdp若cpdp，不妨设cp0，dp0，则Tpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10Rpa12p1(a12p2a12p3a1)a12p1a1(2p11)a10这与TpRp矛盾，所以cpdp从而Tp1Rp1由上证明，同理可得cp1dp1如此下去，可得cp2dp2，cp3dp3，c1d1即对任意正整数k(1kp)，ckdk 16分南京市2015届高三第三次模拟考试 数学附加题参考答案及评分标准 2015.05
12、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20分 A选修41：几何证明选讲证明：因为AB是O的切线，所以ABDAEB又因为BADEAB，所以BADEAB所以 5分同理，. 因为AB，AC是O的切线，所以ABAC因此，即BE CDBD CE 10分B选修42：矩阵与变换解：（1）设直线l上一点M0(x0，y0)在矩阵A对应的变换作用下变为l 上点M(x，y)，则， 所以 3分代入l 方程得(ax0y0)(x0ay0)2a0，即(a1)x0(a1)y02a0因为(x0，y0)满足x0y040，所以4，解得a2 6分（2）由A，得A2 10分C选修44：坐标系与参数方程解：
13、 以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系，则由题意，得圆C的直角坐标方程 x2y24x0，直线l的直角坐标方程 yx 4分由 解得或 所以A(0，0)，B(2，2)从而以AB为直径的圆的直角坐标方程为(x1)2(y1)22，即x2y22x2y 7分将其化为极坐标方程为：r22r(cosqsinq)0，即r2(cosqsinq) 10分D选修45：不等式选讲证明：因为xy，所以xy0，从而左边(xy)(xy)2y32y2y3右边 即原不等式成立 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共20分22解：（1）因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，AD平面ABCD，所以PAA
14、B，PAAD 又ADAB，故分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系PABCDxyz根据条件得AD所以B(1，0，0)，D(0，0)，C(1，0)，P(0，0，2) 从而(1，0)，(1，2) 3分设异面直线BD，PC所成角为q ，则cosq |cos，| 即异面直线BD与PC所成角的余弦值为 5分（2）因为AB平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为 (1，0，0) 设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)， 由n，n ，(1，2)，(0，2)，得 解得不妨取z3，则得n(2，2，3) 8分设二面角APDC的大小为j，则cosjcos，n 即二面角APDC的余弦值
15、为 10分23解：（1）f(3)1，f(4)2； 2分（2）设A0mm3p，pN*，p，A1mm3p1，pN*，p，A2mm3p2，pN*，p，它们所含元素的个数分别记为A0，A1，A2 4分当n3k时，则A0A1A2kk1，2时，f(n)(C)3k3；k3时，f(n)3C(C)3k3k2k从而 f(n)n3n2n，n3k，kN* 6分当n3k1时，则A0k1，A1A2kk2时，f(n)f(5)2214；k3时，f(n)f(8)1133220；k3时，f(n)C2CC (C)2k33k2k1； 从而 f(n)n3n2n，n3k1，kN* 8分当n3k2时，A0k1，A1k1，A2kk2时，f(n)f(4)2112；k3时，f(n)f(7)132213；k3时，f(n)2CC(C)2 Ck3k25k2；从而 f(n)n3n2n，n3k2，kN*所以f(n) 10分- 15 - 版权所有高考资源网