徐州、宿迁市2013届高三第三次模拟数学试题 - 下载本文

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,在正三棱柱ABC?A1B1C1中,已知AA1?6,AB?2,M,N分别是棱BB1,CC1上的点,且BM?4,CN?2.

⑴求异面直线AM与AC11所成角的余弦值;

⑵求二面角M?AN?A1的正弦值.

N C1 C

A (第22题图)

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.

2n?12n?22n?3rnn?1已知函数f(x)?C0,n?N?. ?C1?C2???Cn(?1)rx2n?1?r???Cnnxnxnxn(?1)x⑴当n≥2时,求函数f(x)的极大值和极小值;

B M B1

A1

?1n⑵是否存在等差数列{an},使得a1C0 n?a2Cn???an?1Cn?nf(2)对一切n?N都成立?并说明理由.

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宿迁市高三年级第三次模拟考试

数学参考答案与评分标准

一、填空题

511; 4. {?1,1}; 5.(?1,5); 6.; 7.1; 8223+153π38.55; 9.9; 10.; 11. ; 12. ; 13.[,3); 14. 4

24481.?3; 2. 0.032; 3.

二、解答题

15.⑴因为CE?圆O所在的平面,BC?圆O所在的平面,

所以CE?BC,………………………………………………………………………………2分 因为AB为圆O的直径,点C在圆O上,所以AC?BC, ……………………………3分 因为AC?CE?C,AC,CE?平面ACE,

所以BC?平面ACE,………………………………………………………………………5分 因为BC?平面BCEF,所以平面BCEF?平面ACE.…………………………………7分 ⑵由⑴AC?BC,又因为CD为圆O的直径, 所以BD?BC,

因为AC,BC,BD在同一平面内,所以AC?BD,…………………………………………9分 因为BD?平面ACE,AC?平面ACE,所以BD?平面ACE.………………………11分 因为BF?CE,同理可证BF?平面ACE, 因为BD?BF?B,BD,BF?平面BDF, 所以平面BDF?平面ACE,

因为DF?平面BDF,所以DF?平面ACE.……………………………………………14分

????????331416.⑴由AB?AC?S,得bccosA??bcsinA,即sinA?cosA.……………2分

22239代入sin2A+cos2A?1,化简整理得,cos2A?.……………………………………4分

2534由sinA?cosA,知cosA?0,所以cosA?.………………………………………6分

53⑵由2b?a+c及正弦定理,得2sinB?sinA+sinC,

即2sin(A+C)?sinA+sinC,………………………………………………………………8分 所以2sinAcosC+2cosAsinC?sinA+sinC.①

344及sinA?cosA,得sinA?,……………………………………………10分 5354?sinC代入①,整理得cosC?.

8代入sin2C+cos2C?1,整理得65sin2C?8sinC?48?0,……………………………12分

124解得sinC?或sinC??.

13512因为C?(0,?),所以sinC?.…………………………………………………………14分

1317.如图甲,设?DBC??,

3r3r则BD?cos?,DC?sin?, ………………………………………………2分

22由cosA?

7

所以S△BDC?92rsin2?………………………………………………………………………4分 169≤r2, 16π时取等号, …………………………………………………6分 43此时点D到BC的距离为r,可以保证点D在半圆形材料ABC内部,因此按照图甲方案得到直角三角

492形的最大面积为r. …………………………………………………7分

16当且仅当??D

D

A B B O E C O C

(第17题乙图) (第17题甲图)

如图乙,设?EOD??,则OE?rcos?,DE?rsin?,

A ππ3211设f(?)?r2(1?cos?)sin?,则f?(?)?r2(1?cos?)(2cos??1),

22πππ

当??[,]时,f?(?)≤0,所以??时,即点E与点C重合时,

323

332△BDE的面积最大值为r. ………………………………………………………13分

833292r?r, 因为816332r.…………14分 所以选择图乙的方案,截得的直角三角形面积最大,最大值为8所以S△BDE?r2(1?cos?)sin?,??[,] . …………………………………10分

1218.⑴连结A2P,则A2P?A1P,且A2P?a, 又A1A2?2a,所以?A1A2P?60?.

所以?POA2?60?,所以直线OP的方程为y?3x.……………………………………3分 ⑵由⑴知,直线A2P的方程为y??3(x?a),A1P的方程为y?联立解得xP?3(x?a), 3a. ………………………………………………………………………5分 2x24y23c3321222因为e?,即?,所以c?a,b?a,故椭圆E的方程为2+2?1.

aa2a244 8

?3y?(x?a),?a?3由?2解得,…………………………………………………………7分 x??Q27?x+4y?1,?a2?a2aa?(?)PQ7?3. ………………………………………………………………8分 ?2所以

QA1?a?(?a)47⑶不妨设OM的方程为y?kx(k?0),

?y?kx,aak?,), 联立方程组?x24y2解得B(22+?1,1?4k1?4k?2a2?a1?k2所以OB?a;……………………………………………………………………10分

1?4k21?k21用?代替上面的k,得OC?a.

4?k2k同理可得,OM?2a1?k2,ON?2ak1?k2.…………………………………………13分

所以S1?S2?1k.………………………14分 ?OB?OC?OM?ON?a4?224(1?4k)(4?k)因为k(1?4k2)(4?k2)?11≤,

14(k2?2)?175ka4当且仅当k?1时等号成立,所以S1?S2的最大值为.………………………………16分

519.⑴若a?0时,a1?2,an?1?an2,所以2an?1?an,且an?0. 2两边取对数,得lg2+2lgan?1?lgan,……………………………………………………2分 化为lgan?1+lg2?(lgan+lg2), 因为lga1+lg2?2lg2,

所以数列{lgan+lg2}是以2lg2为首项,

121为公比的等比数列.……………………4分 22?n?1所以lgan+lg2?2()n?1lg2,所以an?2212.………………………………………6分

9

⑵由an?1?an+a2,得2an?1?an+a,① 2当n≥2时,2a2n?an?1+a,②

①?②,得2(an?1+an)(an?1?an)?an?an?1,…………………………………………8分 由已知an?0,所以an?1?an与an?an?1同号.…………………………………………10分

2因为a2?a+1,且a?0,所以a12?a2?(a+2)2?(a+1)?a2+3a+3?0恒成立,

所以a2?a1?0,所以an?1?an?0.………………………………………………………12分 因为bn?an?1?an,所以bn??(an?1?an), 所以Sn??[(a2?a1)+(a3?a2)+?+(an?1?an)]

??(an?1?a1)?a1?an?1?a1.…………………………………………………………16分 12ax2+x?1(x?0),………………………………………2分 20.⑴f?(x)??2ax?1??xx11111只需要2ax2?x?1≤0,即2a≤2??(?)2?,

xxx241所以a≤?.…………………………………………………………………………………4分

81⑵因为f?(x)??2ax?1.

x1所以切线l的方程为y?(?4a?)(x?2)?ln2?4a?2.

21??令g(x)?lnx?ax2?x??(?4a?)(x?2)?ln2?4a?2?,则g(2)?0.

2??12ax2?(4a?)x?1112g?(x)??2ax?4a???.………………………………………6分 x2x若a?0,则g?(x)?2?x, 2x当x?(0,2)时,g?(x)?0;当x?(2,+?)时,g?(x)?0,

所以g(x)≥g(2)?0,c1,c2在直线l同侧,不合题意;…………………………………8分

2a(x?2)(x?若a?0,g?(x)??x1)4a,

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