1、南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 1 页 共 13 页南京市 2017 届高三年级第三次模拟考试数 学 2017.05参考公式：方差 s2 (x1 )2( x2 )2(x n )2，其中 为 x1，x 2，x n 的平均数1n x x x x柱体的体积公式：VSh，其中 S 为柱体的底面积，h 为柱体的高锥体的体积公式：V Sh，其中 S 为锥体的底面积，h 为锥体的高13一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分请把答案填写在答题卡相应位置上1已知全集 U1，2，3，4，集合 A1 ，4，B3，4，则 (AB) U2甲盒子中有编号分别为 1，2 的 2 个乒乓
2、球，乙盒子中有编号分别为 3，4，5，6 的 4 个乒乓球现分别从两个盒子中随机地各取出 1 个乒乓球，则取出的乒乓球的编号之和大于 6 的概率为 3若复数 z 满足 z2 32i ，其中 i 为虚数单位， 为 z z复数 z 的共轭复数，则复数 z 的模为 4执行如图所示的伪代码，若输出 y 的值为 1，则输入 x 的值为 5如图是甲、乙两名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则在这五场比赛中得分较为稳定（方差较小）的那名运动员的得分的方差为 6在同一直角坐标系中，函数 ysin(x ) （x0，2）的图象和直线 y 的交点的 3 12个数是 7在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 1
3、的焦距为 6，则所有满足条件的实数 m 构x22m2 y23m成的集合是 7 7 9 0 8 94 8 1 0 3 5甲 乙（第 5 题图）（第 4 题图）Read xIf x0 Theny2x 1 Elsey 2 x2End IfPrint y南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 2 页 共 13 页8已知函数 f(x)是定义在 R 上且周期为 4 的偶函数当 x2，4时，f(x)|log 4(x )|，32则 f( )的值为 129若等比数列a n的各项均为正数，且 a3a 12，则 a5 的最小值为 10如图，在直三棱柱 ABCA 1B1C1 中，AB1，BC 2 ，BB 13，
4、ABC 90，点 D 为侧棱 BB1 上的动点当 ADDC 1 最小时，三棱锥 DABC 1 的体积为 11若函数 f(x)e x(x 22xa)在区间 a，a1上单调递增，则实数 a 的最大值为 12在凸四边形 ABCD 中， BD2，且 0，( )( )5，则四边形AC BD AB DC BC ADABCD 的面积为 13. 在平面直角坐标系 xOy 中，圆 O：x 2y 21，圆 M：( xa3) 2(y2a) 21(a 为实数)若圆 O 与圆 M 上分别存在点 P，Q，使得OQP 30，则 a 的取值范围为 14已知 a，b，c 为正实数，且 a2b8c， ，则 的取值范围为 2a 3
5、b 2c 3a 8bc二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分15 （本小题满分 14 分）如图，在三棱锥 ABCD 中，E，F 分别为棱 BC，CD 上的点，且 BD平面 AEF（1）求证：EF平面 ABD；（2）若 BDCD，AE平面 BCD，求证：平面 AEF平面 ACD16 （本小题满分 14 分）已知向量 a(2cos，sin 2)，b(2sin，t )，(0， )2（1）若 ab( ，0)，求 t 的值；25A CBA1B1C1D（第 10 题图）AB CFED（第 15 题图）南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 3 页 共 13 页（2）若 t1，且 a b1，求
6、 tan(2 )的值417在一水域上建一个演艺广场演艺广场由看台，看台，三角形水域 ABC，及矩形表演台 BCDE 四个部分构成（如图） 看台，看台是分别以 AB，AC 为直径的两个半圆形区域，且看台的面积是看台的面积的 3 倍；矩形表演台 BCDE 中，CD10 米；三角形水域 ABC 的面积为 400 平方米设BAC3（1）求 BC 的长（用含 的式子表示） ；（2）若表演台每平方米的造价为 0.3 万元，求表演台的最低造价18如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 1(ab0)的右顶点和上顶点分别为x2a2 y2b2A，B，M 为线段 AB 的中点，且 b2OM AB 32（1）求椭圆
7、的离心率；（2）已知 a2，四边形 ABCD 内接于椭圆，ABDC记直线 AD，BC 的斜率分别为 k1，k 2，求证：k 1k2 为定值19已知常数 p0，数列a n满足 an1 |pa n|2 a np，nN *（1）若 a11，p1，求 a4 的值； 求数列a n的前 n 项和 Sn（2）若数列a n中存在三项 ar，a s，a t (r，s，tN *，rst)依次成等差数列，求 的a1p取值范围20已知 R，函数 f (x)e xex(xln xx1)的导函数为 g(x)（1）求曲线 yf ( x)在 x1 处的切线方程；CBA水域看台表演台看台DE（第 17 题图）xyOCBDMA（
8、第 18 题图）南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 4 页 共 13 页（2）若函数 g (x)存在极值，求 的取值范围；（3）若 x1 时，f ( x)0 恒成立，求 的最大值南京市 2017 届高三第三次模拟考试数学参考答案及评分标准一 、 填 空 题 （ 本 大 题 共 14 小 题 ， 每 小 题 5 分 ， 计 70 分 .）12 2 3 41 56.8 6238 57 8 98 10 11 12332 12 13 1 5213 ，0 1427，3065二、解答题（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）15 （本小题满分 14 分）证
9、明：（1）因为 BD平面 AEF，BD平面 BCD，平面 AEF平面 BCDEF，所以 BDEF 3 分因为 BD平面 ABD，EF平面 ABD，所以 EF平面 ABD 6 分（2）因为 AE平面 BCD，CD平面 BCD，所以 AECD 8 分因为 BDCD，BDEF ，所以 CDEF， 10 分又 AEEFE，AE平面 AEF，EF平面 AEF，所以 CD平面 AEF 12 分又 CD平面 ACD，所以 平面 AEF平面 ACD 14 分16 （本小题满分 14 分）解：（1）因为向量 a(2cos，sin 2)，b(2sin，t )，南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 5 页
10、共 13 页且 ab( ，0)，所以 cossin ，t sin 2 2 分25 15由 cossin 得 (cossin )2 ，15 125即 12sincos ，从而 2sincos 125 2425所以(cossin )212sincos 4925因为 (0， )，所以 cossin 5 分2 75所以 sin ，(cos sin) (cos sin)2 35从而 tsin 2 7 分925（2）因为 t1，且 a b1，所以 4sincossin 21，即 4sincoscos 2因为 (0 ， )，所以 cos0，从而 tan 9 分2 14所以 tan2 11 分2tan1 ta
11、n2 815从而 tan(2 ) 14 分4 23717 （本小题满分 14 分） 解：（1）因为看台的面积是看台的面积的 3 倍，所以 AB AC3在ABC 中，S ABC ABACsin400 ，12 3所以 AC2 3 分800sin由余弦定理可得 BC2AB 2AC 22ABAC cos，4AC 22 AC2 cos3(42 cos) ，3800sin即 BC 40 所以 BC40 ，(0， ) 7 分（2）设表演台的总造价为 W 万元因为 CD10m，表演台每平方米的造价为 0.3 万元，南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 6 页 共 13 页所以 W3BC120 ，(0，
12、) 9 分记 f() ，(0，)则 f () 11 分由 f ()0，解得 6当 (0， )时，f ()0；当 ( ，)时，f ()06 6故 f()在(0， )上单调递减，在( ，)上单调递增，6 6从而当 时，f()取得最小值，最小值为 f( )1 6 6所以 Wmin120(万元) 答：表演台的最低造价为 120 万元 14 分18 （本小题满分 16 分）解：（1）A( a， 0)，B(0，b)，由 M 为线段 AB 的中点得 M( ， )a2 b2所以 ( ， )， ( a，b) OM a2 b2 AB 因为 b2，所以( ， )(a，b) b2，OM AB 32 a2 b2 a22
13、 b22 32整理得 a24b 2，即 a2b 3 分因为 a2b 2c 2，所以 3a24c 2，即 a2c 3所以椭圆的离心率 e 5 分ca（2）方法一：由 a2 得 b1，故椭圆方程为 y 21 x24从而 A(2，0) ， B(0，1)，直线 AB 的斜率为 7 分12因为 ABDC，故可设 DC 的方程为 y xm 设 D(x1，y 1)，C (x2，y 2)12联立 消去 y，得 x22mx2m 220，所以 x1x 22m，从而 x12mx 2 9 分直线 AD 的斜率 k1 ，直线 BC 的斜率 k2 ，y1x1 2 y2 1x2 11 分南京市 2017 届高三三模考试数学
14、试卷 第 7 页 共 13 页所以 k1k2 ，14即 k1k2 为定值 16 分14方法二：由 a2 得 b1，故椭圆方程为 y 21 x24从而 A(2，0) ， B(0，1)，直线 AB 的斜率为 7 分12设 C(x0，y 0)，则 y 021x024因为 ABCD，故 CD 的方程为 y (xx 0)y 012联立 消去 y，得 x2(x 0 2y0)x2x 0y00，解得 xx 0（舍去）或 x2y 0所以点 D 的坐标为(2y 0， x0) 13 分12所以 k1k2 ，即 k1k2 为定值 16 分y0 1x0 14 1419 （本小题满分 16 分）解：（1）因为 p1，所以
15、 an1 |1a n|2 a n1 因为 a11，所以a2|1 a1|2 a111，a3|1 a2|2 a 21 3，a4|1 a3|2 a 31 9 3 分 因为 a21，a n1 |1 an|2 a n1，所以当 n2 时，a n1，从而 an1 |1a n|2 a n 1a n12 a n13a n，于是有 an3 n2 (n2) 5 分南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 8 页 共 13 页当 n1 时，S 11；当 n2 时，S n1a 2a 3a n1 1 3n 11 3 3n 1 32所以 Sn即 Sn ，nN * 8 分3n 1 32（2）因为 an1 a n|pa
16、n| anppa na np2 p 0，所以 an1 a n，即a n单调递增 10 分（i）当 1 时，有 a1p ，于是 ana 1p，a1p所以 an1 |pa n|2 a n pa n p2 a np3a n，所以 an3 n1 a1若a n中存在三项 ar，a s，a t (r，s，tN *，rst)依次成等差数列，则有 2 asa ra t，即 23s1 3 r1 3 t1 （*）因为 st1，所以 23s1 3s3 t1 3 r1 3 t1 ，23即（*）不成立故此时数列a n中不存在三项依次成等差数列 12 分（ii）当1 1 时，有pa 1pa1p此时 a2|p a 1|2
17、a 1p p a12 a 1pa 12 p p，于是当 n2 时，a na 2p，从而 an1 |pa n|2 a n pa n p2 a np3a n所以 an3 n2 a23 n2 (a12p) (n2) 若a n中存在三项 ar，a s，a t (r，s，tN *，rst)依次成等差数列，同（i）可知，r1，于是有 23s2 (a12 p)a 13 t2 (a12p)因为 2st1，所以 23 s2 3 t2 3s 3t1 0a1a1 2 p 29 13因为 23s2 3 t2 是整数，所以 1，a1a1 2 p于是 a1a 12p，即 a1p，与pa 1p 相矛盾故此时数列a n中不存
18、在三项依次成等差数列 14 分南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 9 页 共 13 页（iii ）当 1 时，则有 a1pp，a 1p0，a1p于是 a2| p a 1|2a 1p pa 12 a 1pa 12p，a3|p a2|2a 2p |pa 1|2a 15ppa 1 2a15pa 14p，此时有 a1，a 2，a 3 成等差数列综上可知： 1 16 分a1p20 （本小题满分 16 分）解：（1）因为 f(x)e xeln x，所以曲线 yf ( x)在 x1 处的切线的斜率为 f(1)0，又切点为(1，f (1)，即(1，0)，所以切线方程为 y0 2 分（2）g (x)
19、e xe lnx ，g(x)e x x当 0 时，g(x)0 恒成立，从而 g (x)在(0，) 上单调递增，故此时 g (x)无极值 4 分当 0 时，设 h(x)e x ，则 h(x)e x 0 恒成立，x x2所以 h(x)在(0，)上单调递增 6 分当 0e 时，h(1)e0，h( )e e0，且 h(x)是(0，)上的连续函数，e因此存在唯一的 x0( ，1)，使得 h(x0)0e当 e 时，h(1)e0，h()e 10，且 h(x)是(0 ， )上的连续函数，因此存在唯一的 x01 ，) ，使得 h(x0)0故当 0 时，存在唯一的 x00，使得 h(x0)0 8 分且当 0xx
20、0 时，h(x )0，即 g(x)0，当 xx 0 时，h(x) 0，即 g(x)0，所以 g (x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，) 上单调递增，因此 g (x)在 xx 0 处有极小值所以当函数 g (x)存在极值时， 的取值范围是(0 ，) 10 分南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 10 页 共 13 页（3）g (x) f(x )e xe lnx，g(x)e x x若 g(x)0 恒成立，则有 xex 恒成立设 (x)xe x(x1)，则 (x)(x1) e x0 恒成立，所以 (x)单调递增，从而 (x)(1)e，即 e于是当 e 时，g (x )在1，) 上单
21、调递增，此时 g (x)g (1)0，即 f(x)0，从而 f (x)在1，) 上单调递增所以 f (x)f (1)0 恒成立 13 分当 e 时，由（2）知，存在 x0(1 ，)，使得 g (x)在(0，x 0)上单调递减，即 f(x)在(0 ，x 0)上单调递减所以当 1xx 0 时，f(x )f (1)0，于是 f (x)在1，x 0)上单调递减，所以 f (x0)f (1)0这与 x1 时，f ( x)0 恒成立矛盾因此 e，即 的最大值为 e 16 分南京市 2017 届高三第三次模拟考试数学附加参考答案及评分标准21 【选做题】在 A、B、C、D 四小题中只能选做 2 题，每小题
22、10 分，共计 20 分请在答南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 11 页 共 13 页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：几何证明选讲证明：连结 BE因为 AD 是边 BC 上的高，AE 是ABC 的外接圆的直径，所以ABE ADC90 4 分AEB ACD， 6 分所以ABE ADC， 8 分所以 ABAD AEAC即 ABACADAE 10 分B选修 42：矩阵与变换解：（1）AX 2 分2 xy 2 11 x 22 y因为 AX ，所以 解得 x3，y0 4 分12 x 2 1，2 y 2，)（2）由（1）知 A ，又 B ，2 30 2 1
23、 10 2所以 AB 6 分2 30 21 10 2 2 40 4设(AB) 1 ，则 ，a bc d 2 40 4a bc d 1 00 1即 8 分2a 4c 2b 4d4c 4d 1 00 1所以 解得 a ，b ，c0，d ，2a 4c 1，4c 0，2b 4d 0，4d 1， ) 12 12 14即 (AB)1 10 分（说明：逆矩阵也可以直接使用公式求解，但要求呈现公式的结构）C选修 44：坐标系与参数方程解：由于 2 x2y 2， cos x，所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2y 28x150， 即 (x 4)2+y21，所以曲线 C 是以 (4，0) 为圆心，1 为半径的圆
24、3 分直线 l 的直角坐标方程为 yx ，即 xy0 6 分因为圆心 (4，0) 到直线 l 的距离 d 2 1 8 分2AB CDE（第 21(A)图）南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 12 页 共 13 页所以直线 l 与圆相离，从而 PQ 的最小值为 d 12 1 10 分2D选修 45：不等式选讲证明：因为 x0，所以 x32 x311 3 3x，3x311当且仅当 x31，即 x1 时取“” 4 分因为 y212y(y 1) 20，所以 y212y， 当且仅当 y1 时取“” 8 分所以 (x32)(y 21)3x2y，即 x3y 233x 2y，当且仅当 xy1 时，取
25、“” 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）解：（1）设 P(x，y) 为曲线 C 上任意一点 因为 PSl，垂足为 S，又直线 l：x1，所以 S(1，y)因为 T(3， 0)，所以 (x，y)， ( 4，y )OP ST 因为 0，所以 4xy 20，即 y24xOP ST 所以曲线 C 的方程为 y24x 3 分（2）因为直线 PQ 过点(1，0)，故设直线 PQ 的方程为 xmy1P( x1，y 1)，Q(x 2，y 2)联立 消去 x，得 y24my40y
26、2 4x，x my 1，)所以 y1y 24m，y 1y24 5 分因为 M 为线段 PQ 的中点，所以 M 的坐标为( ， )，即 M (2m21，2m )x1 x22 y1 y22又因为 S(1，y 1)，N(1， 0)，所以 (2m 22，2my 1)， (x 21，y 2)(m y22，y 2) 7 分SM NQ 因为(2m 22) y2(2my 1)(my22) (2m 22) y22m 2y2my 1y24m2y 12(y 1 y2)my 1y24m8m4m4m 0所以向量 与 共线 10 分SM NQ 南京市 2017 届高三三模考试数学试卷 第 13 页 共 13 页23 （本
27、小题满分 10 分）解：（1）由题意，当 n2 时，数列a n共有 6 项要使得 f(2)是 2 的整数倍，则这 6 项中，只能有 0 项、2 项、4 项、6 项取 1，故 T2C C C C 2 532 3 分0 6 2 6 4 6 6 6（2）T nC C C C 4 分0 3n 3 3n 6 3n 3n 3n当 1kn，kN *时，C C C C C C C 2C C C3k 3n 3 3k 3n 2 3k 1 3n 2 3k 1 3n 1 3k 3n 1 3k 1 3n 1 3k 2 3n 1 3k 1 3n 1 3k 3n 13k 2 3n 12 (C C )C C C C3k 1
28、3n 3k 2 3n 3k 1 3n 3k 3n 3k 3 3n 3k 2 3n3 (C C )C C ， 6 分3k 1 3n 3k 2 3n 3k 3n 3k 3 3n于是 Tn1 C C C C0 3n 3 3 3n 3 6 3n 3 3n 3 3n 3C C 3(C C C C C C )0 3n 3 3n 3 3n 3 1 3n 2 3n 4 3n 5 3n 3n 2 3n 3n 1 3nT nC T nC0 3n 3n 3n2 T n3(2 3nT n)38 nT n 8 分下面用数学归纳法证明 Tn 8n2(1) n13当 n1 时，T 1C C 2 812(1) 1，即 n1 时，命题成立0 3 3 313假设 nk (k1，k N *) 时，命题成立，即 Tk 8k2(1) k13则当 nk1 时，Tk1 38 kT k38 k 8k2(1) k 98k8 k2(1) k 8k1 2(1) k1 ，13 13 13即 nk1 时，命题也成立于是当 nN *，有 Tn 8n2( 1) n 13
