1、南京 2016 届高三年级 数学 第二次模拟考试一、填空题（本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70分.）1设集合 A x|2 x 0 ， B x| 1 x1 ，则 A B2若复数 z (1 mi)(2 i)(i 是虚数单位 )是纯虚数，则实数 m 的值为3将一骰子连续抛掷两次，至少有一次向上的点数为1 的概率是4如图所示， 一家面包销售店根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图若一个月以 30 天计算，估计这家面包店一个月内日销售量不少于150 个的天数为开始k1S1SS3k 1k k 1（第 4 题图）S 16NY输出 k结束5执行如图所示的流程图，则输出的k 的值
2、为（第 5 题图）6设公差不为 0 的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn若2，且 S1，S2，S4成等比数列，则a10 等于S3 a27如图，正三棱柱 ABC A B C中， AB 4，AA 6若 E，F 分别是棱 BB ，CC上的点，则三棱111111锥 A A1EF 的体积是C1A 1B1FECAB（第 7 题图）2)，则 8已知函数 f(x) 2sin(x )(0，| 2)的最小正周期为 ，且它的图象过点 ( 12，的值为19已知函数 f(x)2x 1，x 0，则不等式 f(x) 1 的解集是 (x 1)2， x0，2210在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y2 2px(p0) 的焦
3、点为F，双曲线 xa2 yb2 1(a 0，b 0)的两条渐近线分别与抛物线交于A，B 两点 (A，B 异于坐标原点O)若直线 AB 恰好过点 F ，则双曲线的渐近线方程是.2 711在 ABC中，A 120 ，AB 4若点 D 在边 BC上，且 BD 2DC ，AD，则 AC的长为312已知圆O： x2 y2 1，圆 M： (x a)2 (y a4)2 1若圆 M 上存在点P，过点 P 作圆 O 的两条切线，切点为A， B，使得APB 60，则实数a 的取值范围为13已知函数f(x) ax2 x b(a， b 均为正数)，不等式f(x) 0 的解集记为P，集合Q x| 2t x 2 t 若对
4、于任意正数t，P Q，则 1 1的最大值是ab14若存在两个正实数x、 y，使得等式x a(y 2ex)(ln y lnx) 0 成立，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围为二、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，请把答案写在答题纸的指定区域内）15 (本小题满分14 分 ) 5已知 为锐角， cos( ) 5 4（ 1）求 tan( 4)的值；（ 2）求 sin(2 3)的值16 (本小题满分14 分 )如图，在三棱锥P ABC 中，平面（ 1）求证： PB平面 MNC ；（ 2）若 AC BC，求证： PA平面PAB 平面MN
5、C .ABC，PAPB，M， N分别为AB， PA 的中点PNAMBC（第 16 题图）17 (本小题满分14 分 )如图，某城市有一块半径为1（单位：百米）的圆形景观，圆心为C，有两条与圆形景观相切且互相垂直的道路最初规划在拐角处（图中阴影部分）只有一块绿化地，后来有众多市民建议在绿化地上建一条小路，便于市民快捷地往返两条道路规划部门采纳了此建议，决定在绿化地中增建一条与圆C 相切的小道AB问： A， B 两点应选在何处可使得小道AB 最短？道 路 2CBA道 路 1（第 17 题图）18 (本小 分 16 分 )x2y2a在平面直角坐 系 xOy 中，点 C 在 M：22 1(a b 0)
6、上若点 A(a， 0)， B(0， ) ，ab3且 AB 3 BC 2（ 1）求 M 的离心率；（ 2） M 的焦距 4，P， Q 是 M 上不同的两点， 段PQ 的垂直平分 直 l，且直 l 不与 y 重合6若点 P( 3， 0)，直 l 点 (0， 7)，求直 l 的方程；若直 l 点 (0， 1) ，且与 x 的交点 D ，求 D 点横坐 的取 范 19 (本小 分 16 分 ) 于函数 f(x)，在 定区 a， b内任取 n 1(n 2， nN *) 个数 x0，x1，x2， xn，使得n-1a x0 x1 x2 xn 1 xn b， n 及 xi(i n， i N )均无关的S |f
7、(xi 1) f(xi)|若存在与i=0正数 A，使得 SA 恒成立， 称 f(x)在区 a， b上具有性 V（ 1）若函数 f(x) 2x 1， 定区 1， 1，求 S 的 ；（ 2）若函数 f(x) x， 定区 0， 2，求 S 的最大 ；xe（ 3） 于 定的 数 k，求 ：函数1， e上具有性 Vf(x) kln x x2 在区 1220 (本小 分16 分 )已知数列 an 的前 n 和 Sn，且 任意正整数n 都有 an(1) nSn pn(p 常数， p 0)（ 1）求 p 的 ；（ 2）求数列 an 的通 公式；（ 3） 集合An a2 n 1， a2n ，且 bn， cn A
8、n， 数列 nbn ， ncn 的前 n 和分 Pn， Qn 若 b1 c1，求 ： 任意n N * ， Pn Qn南京 2016 届高三第二次模拟 数学附加题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A 选修 4 1：几何证明选讲如图，在 Rt ABC 中， AB BC以 AB 为直径的 O 交 AC 于点 D，过 D 作 DEBC，垂足为 E，连接 AE 交 O 于点 F求证： BE CEEF EACEBFDOB选修 4 2：矩阵与变换A3a已知 a， b 是实数，如果矩阵A所对应的变换T 把点 (2， 3)变成点 (3， 4)b 2（
9、 1）求 a， b 的值（ 2）若矩阵 A 的逆矩阵为 B，求 B 2C选修 44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系直线l 的极坐3，椭圆 C的参数方程为x 2cos t，标方程为 sin( )=2(t 为参数 ) 3y 3sin t（ 1）求直线 l 的直角坐标方程与椭圆C 的普通方程；（ 2）若直线 l 与椭圆 C 交于 A， B 两点，求线段AB 的长D选修 45：不等式选讲解不等式： |x 2| x|x 2| 2【必做 】第 22 、第22（本小 分 10 分）23 ，每 10 分，共 20 分甲、乙两人投 命中的概率分 2与
10、 1，各自相互独立 两人做投 游 ，共比 323 局，每局每人各投一球（ 1）求比 束后甲的 球数比乙的 球数多1 个的概率；（ 2） 表示比 束后甲、乙两人 球数的差的 ，求的概率分布和数学期望E()23（本小 分10 分）设 (1 x)n a0 a1x a2x2 anxn， n N* ， n 2（ 1） n 11，求 |a6| |a7| |a8| |a9| |a10| |a11|的 ；k 1m（ 2） bkk1m012m(m N， mn 1)，求 |S|m nka( k N， kn 1)， S b b b bCn 1的 南京 2016 高三数学第二次模拟考试参考答案一、填空 （本大 共14
11、 小 ，每小 5 分， 70分.）111 x| 2 x 12 23364 95 56 197 8 3228 129 4， 210 y 2x11 312 2 2 ， 22 1113 214 a 0 或 a e二、解答 （本大 共6 小 ， 90 分 .）15 (本小 分 14 分 ) 3解：（ 1）因 (0， ），所以 ( ，2444 )，25，3 分所以 sin( )1 cos2( ) 445sin( 4)所以 tan() 2 6 分4cos(4)4，9 分（ 2）因 sin(2 ) sin2() 2 sin( ) cos( )2444523， 12 分4) 1cos(22) cos2( 4)
12、 2 cos (5 4 3 3 14 分所以 sin(2 ) sin(2 2) sin(2 )cos cos(22)sin 103626616 (本小 分 14分 ) ：（ 1）因 M， N 分 AB ，PA 的中点，P所以 MN PB 2 分N因 MN 平面 MNC ， PB 平面 MNC ，MA所以 PB平面MNC . 4 分B（ 2）因 PA PB， MN PB ，所以 PA MN . 6 分C因 AC BC，AM BM，所以 CM AB. 8 分因 平面PAB平面 ABC， CM平面 ABC，平面 PAB平面 ABC AB，所以 CM平面 PAB12 分因 PA平面 PAB，所以 CM
13、 PA因 PA MN ， MN平面 MNC ， CM平面 MNC ，MN CM M，所以 PA平面 MNC.14 分17 (本小 分14 分 )解法一：如 ，分 由两条道路所在直 建立直角坐 系xOy设 A(a， 0)，B(0， b)(0 a 1， 0 b1) ，xy 直 AB 方程 1，即 bx ay ab0因 AB 与 C 相切，所以|b a ab|分22 1 4b a化 得 ab 2(a b) 2 0，即 ab 2(a b) 2 6 分因此 AB a2 b2 (ab)2 2ab (a b)24(a b) 4 (a b2) 2 8 分因 0a 1， 0 b 1，所以 0 a b 2，于是
14、AB 2 (a b)又 ab2(a b) 2 ( a+b)2 ， 2解得 0a b 4 22，或 ab 4 22因 0a b 2，所以 0a b 4 22，12 分所以 AB 2 (a b) 2(4 22) 22 2，当且 当a b2-2 取等号，所以 AB 最小 22 2，此 a b 2-2y道路 2CBOA道路 1x答：当 A， B 两点离道路的交点都 2 2(百米 ) ，小道 AB 最短 14 分解法二：如 ， 接CE， CA， CD ，CB，CF DCE ， ( 0， ) ， DCF 22在直角三角形CDA 中， AD tan 4 分2 在直角三角形CDB 中， BD tan(42)，
15、 6 分 所以 AB AD BD tan2 tan(4 2)道路2 1 tan2 tan 8 分21 tan2FCB令 t tan2， 0 t 1，D1 t2道路 1则 AB f( t) t2 22 2，A E t 11 t1 t当且 当 t 21 取等号12 分所以 AB 最小 22 2，此 A， B 两点离两条道路交点的距离是1 (2 1) 2 2答：当 A， B 两点离道路的的交点都 2 2( 百米 ) ，小道 AB 最短 14 分18 (本小 分16 分 )解：（1） aaC (x0，y0)， AB (a， )， BC (x0， y0 )333a3(x0， y0a33a)，因 AB 2
16、BC ，所以 ( a，3)3) (x0， y022222x0 3a，得 2 分5y0 9a，9代入 方程得a2 b2因 a2 b2 c2，所以 e c 24 分a 3（ 2）因 c2，所以 a2 9， b2 5，所以 的方程 x2y2 1， 9 522设 Q (x0， y0)， x0 y0 1 6 分95x 3，y0因 点 P( 3， 0)，所以 PQ 中点 ()，022因 直 l 点 (0， 6 重合，所以0 3，7)，直 l 不与 yxy0 6所以 2 7 y0 1， 8 分x0 3 x0 32化 得 x02 9 y02127 y01515将代入化 得y02 7 y0 0，解得 y00（舍
17、），或y0 7将 y015代入得66157x0 ，所以 Q 为 ( ，)，777所以 PQ 斜率 1 或5，直 l 的斜率 1 或 9，9569610 分所以直 l 的方程 y x 或 yx 757 PQ： ykx+m， 直 l 的方程 ： y 1x 1，所以 xD kk将直 PQ 的方程代入 的方程，消去y 得 (59k2) x2 18kmx 9m2 45 0，设 P( x1， y1)， Q(x2，y2)，中点 N，xN x1 x29km2，代入直 PQ 的方程得 yN5m2，12 分25+9k5+9k代入直 l 的方程得9k2 4m 5又因 (18km)24(5 9k2) (9m2 45)
18、 0，化得 m2 9k2 5 014 分将代入上式得m2 4m 0，解得0 m 4，所以 11 k 11，且 k0，所以 xD k (11， 0) (0， 11)3333 上所述，点D 横坐 的取 范 ( 11，0) (0， 1133 ) 16 分19 (本小 分16 分 )（ 1）解：因 函数f(x) 2x 1 在区 1， 1 减函数，所以 f(xi 1)f(xi)，所以 |f(xi 1) f(xi)| f(xi) f(xi 1)n-1S|f(xi 1) f(xi)| f(x0) f(x1)+ f(x1) f(x2)+ + f(xn -1) f(xn)i =0 f(x0) f(xn)f( 1
19、) f(1) 4 2 分1 x(2) 解：由 f(x)ex 0，得 x 1当 x1 ， f(x) 0，所以 f (x)在 (，1) 增函数；当 x1 ， f(x) 0，所以 f (x)在 (1 ， ) 减函数；所以f (x)在x 1 取极大 1e4 分设 xm 1 xm 1， mN ， m n 1，n-1则 S|f(xi 1) f(xi)|i =0 |f(x1) f(0)| |f(xm) f(x m 1)| |f(xm 1)f(x m)| |f(xm 2) f(x m1 )| |f(2) f(x n 1)| f(x1) f(0) f(xm)f(x m 1) |f(xm1 ) f(x m)| f
20、(xm 1) f(x m 2) f(xn1) f(2) f(xm) f(0) |f(xm 1) f(x m)| f(xm 1) f(2) 6 分因 |f(xm 1) f(x m)| f(1) f(xm) f(1) f(xm 1) ，当 x m 1 取等号，所以 S f(xm) f(0) f(1) f( xm) f(1) f(xm 1) f(xm 1) f(2) 2 f(1) f(0) f(2)2(e 1)e2.所以 S 的最大 2(e 1)8 分e2（ 3） 明： f(x)kx k x2， x 1， exx当 k e2 ， k x20 恒成立，即 f(x) 0恒成立，所以f(x)在 1， e上
21、 增函数，n-1所以 S |f(xi 1) f(xi)| f(x1) f(x0)+ f(x2) f(x1)+ + f(x n) f( xn-1)i =0 f(x n) f(x0) f(e) f(1) k+1 1e2 2 2因此，存在正数112， e上具有性 V 10 分A k+e ，都有 S A，因此 f(x)在 122当 k 1 ， k x20恒成立，即 f(x) 0恒成立，所以f(x)在 1， e上 减函数，n-1所以 S) f(x2)+ +f(xn-1 ) f(xn)|f(xi 1) f(xi)| f(x0) f(x1)+ f(x1i =0 f(x0) f(xn) f(1) f(e) 1
22、2e2 k 12因此，存在正数A1e2 k 1，都有22S A，因此f(x)在 1 ，e上具有性 V12 分当 1 k e2 ，由 f(x) 0，得 xk；当 f(x) 0，得 1 xk；当 f(x) 0，得 k x e，因此 f(x)在 1， k)上 增函数，在 ( k， e上 减函数设 xm k xm+1，m N， m n 1n 1则 S |f(xi 1) f(xi)|i 1 |f(x1) f(x0)|+|f(xm) f(x m1)|+ |f(xm+1 ) f(x m)|+ |f( xm+2) f(x m+1)|+ +|f(xn)f(x n 1)| f(x10mm1) + |f(xm+1m
23、m+1) f(xm+2) + +f(xn1n) f(x )+ +f(x ) f(x) f( x )|+ f(x) f(x ) f(xm) f(x0) + |f(xm+1) f( x m)| + f(xm+1 ) f(x n) f(xm) f(x0) + f(xm+1) f(x n)+ f(k) f(xm+1)+ f(k) f( xm)1111 2 f( k) f(x0) f(x n) klnk k +k e2 klnk 2k + e22222112因此，存在正数 A klnk 2k+ e ，都有 SA，因此 f(x)在 1， e上具有性 V22 上， 于 定的 数1在区 1， e上具有性 V
24、16 分k，函数 f(x) kln x x2220 (本小 分 16 分 )解：（1）由 a1 S1 p，得 a1 p2 分2由 a2S2 p2，得 a1 p2，所以 p p22又 p0，所以 p 13 分21 nn( 1)n n1n，na S ( 2)（ 2）由 an ( 1) Sn (2) ，得n1 n1， n 1(1)n 1aS ( 2)得 an an 1 ( 1)n( an 1) 1 ( 1)n5 分22当 n 奇数 ， an an 1an 1 12(12)n，所以 a1n 1 7 分n ( )2当 n 偶数 ， an an 1 an 112 (12) n，111 111所以 an 2
25、an 1 ( )n2 ()n 2 ( )n ( )n，22222211， n 奇数， n N *， n2 9 分所以 an12n ， n 偶数，n N* 1 1（ 3）An 4n， 4n ，由于 b1 c1， b1 与 c1 一正一 ，不妨 b1 0， b114， c1 14则 Pn b1 2b2 3b3 nbn1 ( 22 33+ nn) 12 分444423n1S2n 1n1，设 S243+4n， 43n +n44441n 1两式相减得3211n111(4)n711n74S43+ 4n 1 4n 48424n116 164n148 124n1114所以 S 7 4 7 ，所以 Pn 1 ( 22 13+1n) 1 7 1 014 分483364444436
