1、 江苏百校联考高三年级第三次考试 数学试卷 考试时间：120 分钟 总分：160 分 一、填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共计70 分.请把答案填写在答题卡相应位置上 . 1、若5 , 4 , 3 , 2 , 1A，6 , 5 , 4 , 3B，则下图中阴影表示的集合为_. 2、已知命题: 13px ， 3 :log1qx ，则p是q成立的_条件.（从充分不必要、必要不充分 、既 不充分有不必要、充要条件中选一个填） 3、已知i是虚数单位，则复数 3 1 i z i 的共轭复数的模为 . 4、设向量(1, )ak，( 2,3)bk ，若/ /ab，则实数k的值为 . 5、函数 2 (
2、 )2f xlnxx的单调减区间为 . 6、已知双曲线 22 22 1(0,0) xy ab ab 的离心率为2，且过点) 1 , 3(，则双曲线的焦距等于 . 7、设变量x，y满足约束条件 1 40 340 x xy xy ，则目标函数zxy的取值范围为 . 8、已知函数 sin,0 ( ) (2)2,0 x x f x f xx ，则 13 () 2 f的值为 . 9、 如图， 在正三棱锥ABCD中，ABBC，E为棱AD的中点， 若BCE的面积为2， 则三棱锥ABCD 的体积为_. 10、若将函数( )sinf xx(0)图像上所有点的横坐标向右平移 3 个单位长度（纵坐标不变） ，得到函
3、数 ( )sin() 6 g xx 的图像，则的最小值为_. 11、在ABC中，点D为边AB的中点，且满足2AB ACCA CD，则tantanAB的最小值为_. 12、已知函数 0, 0, )( 1 2 x e x xx xf x ，若方程0 16 1 )(2)( 22 axafxf有 4 个不等的实根，则实数a的 取值集合为_. 13、 已知数列 n a的各项均为正数， 其前n项 和为 n S满足 nnn aaS24 2 ，*Nn， 设 1 ) 1( nn n n aab， n T为数列 n b的前n项和，则 n T2_. 14、设点B，C为圆4 22 yx上的两点，O为坐标原点，点) 1
4、1 ( ，A且0AC AB，AEABAC， 则OAE面积的最大值为_.来源:163文库 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分.请在答题卡指定区域 内作答.解答时应写出文字说明、证明过程 或演算步骤. 15、设ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足 222 4 ABC Sbca . （1）求角A的大小； （2）已知 3 cos() 65 B ，求cos2C的值. 16、如图，在三棱柱 111 ABCABC中，已知ABAC， 11 A ACA AB ，D为棱BC的中点，且平面 11 AC D 与棱柱的下底面ABC交于DE. （1）求证：DE平面 111 ABC. （2）求证：
5、 1 BCAA. 17、如图，某同学在素质教育基地通过自己设计、选料、制作，打磨出了一个作品，作品由三根木棒OA， OB，OC组成，三根木棒有相同的端点O（粗细忽略不计） ，且CBAO,四点在同一平面内， 2022OBOAOCcm， 2 AOB，木棒OC可绕点O任意旋转，设BC的中点为D. （1）当 3 2 BOC时，求OD的长； （2）当木棒OC绕点O任意旋转时，求AD的长的范围. 18、在直角坐标系xOy中，已知椭圆 22 1 63 xy ，若圆 222 :O xyR(0)R 的一条切线与椭圆C有 两个交点BA,，且0OA OB. （1）求圆O的方程； （2）已知椭圆C的上顶点为M，点N在
6、圆O上，直线MN与椭圆C相交于另一点Q，且2MNNQ， 求直线MN的方程. 19、已知函数xmxmxxfln) 1( 2 1 )( 2 ，mxxxg2)( 2 ，Rm. （1）若曲线)(xfy 在1x处的切线与曲线)(xgy 相切，求m的值； （2）当), 2 x时，函数)(xfy 的图象恒在函数)(xgy 的图象的下方，求m的取值范围； （3）若函数)(xf恰有 2 个不相等的零点，求实数m的取值范围. 20、已知数列 n a，若对任意的n，*mN，nm，存在正数k使得| nm aak nm，则称数列 n a具有守恒性质，其中最小的k称为数列 n a的守恒数，记为p. （1）若数列 n a是
7、等差数列且公差为d(0)d ，前n项和记为 n S. 证明：数列 n a具有守恒性质，并求出其守恒数。 数列 n S是否具有守恒性质？并说明理由. （2）若首项为 1 且公比不为 1 的正项等比数列 n a具有守恒性质，且 1 2 p ，求公比q值的集合. 江苏百校联考高三年级第三次考试 数学理科附加题 21.【选做题】本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答 .若多做，则按作 答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A. 选修 42：矩阵与变换 已知线性变换 1 T是顺时针方向选择 90 的旋转变换，其对应的矩阵为M，线性变换 yy yxx
8、T 2 2： 对应的 矩阵为N，列向量 a X b . （1）写出矩阵M，N； （2）已知 2 4 11 XMN，试求ba,的值. B. 选修 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy中，曲线 1 C的参数方程为 3, 33 xt yt （t为参数） ，曲 线 2 C的参数方程为 cos 1sin x y ， （为参数）. （1）求曲线 1 C的直角坐标方程和 2 C的标准方程； （2）点,P Q分别为曲线 1 C， 2 C上的动点，当PQ长度最小时，试求点Q的坐标. C. 选修 45：不等式选讲 设, ,a b c都是正数，求证：)(4 )()()( 222 cba c ba b ac
9、 a cb . 【必做题】 第 22、23 题，每小题 10 分，共 20 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 22、在四棱锥ABCDP中，CD平面PAD，PAD是正三角形，ABDC，22ABDCDA. （1）求平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的大小； （2）点E为线段CD上的一动点，设异面直线BE与直线PA所成角的大小为，当 5 5 cos时，试确 定点E的位置. 23、在直角坐标系xOy中,已知抛物线pxyC2: 2 )0(p上一点), 4(mP到焦点F的距离为 6，点Q为 其准线l上的任意-一点，过点Q作抛物线C的两 条切线，切点分别为BA,. （1）求抛物线C的方
10、程; （2）当点Q在x轴上时，证明:QAB为等腰直角三角形. （3）证明：QAB为直角三角形. 江苏百校联考高三年级第三次考试 数学试卷参考答案 考试时间：120 分钟 总分：160 分 一、填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，共计70 分.请把答案填写在答题卡相应位置上 . 1. 3,4,5 2. 必要不充分 3. 5 4. 1 5. 1 , 2 6. 8 7. 2,0 8. 7 9. 2 2 3 10. 1 2 11. 2 12. 3 51 , 4 44 13. 81n n 14. 3 1、答案：3,4,5 解：韦恩图表示的是AB，由1,2,3,4,5A，3,4,5,6B ，则3,4
11、,5AB . 2、答案：必要不充分 解：由q： 3 log1x ，解得03x，所以p是q成立的必要不充分条件 3、答案：5 解：因为 3 1 i z i ，整理得1 2zi ，则1 2zi ，所以共轭复数的模为5. 4、答案：1 解：因为/ /ab，所以32kk ，解得1k . 5、答案： 1 , 2 解：因为 2 ln2f xxx，则 1 4fxx x ，令 0fx 解得 1 2 x ，所以函数的单调递减区间为 1 , 2 . 6、答案：8 解：由题意得 22 2 91 1 c a ab ，又 222 cab，解得 2 2 2 2 4 a b c ，双曲线的焦距为28c . 7、答案：2,0
12、 解：画出可行域，可得答案为2,0. 8、答案：7 解： 13951 246 2222 ffff 3 8 2 f ， 所以 133 sin87 22 f . 9. 答案： 2 2 3 解：由题意得正三棱锥ABCD为正四面体，每个面都为等边三角形，可得BCE为等腰三角形且 BECE， 因为点E为AD中点， 设DEx， 则正四面体的棱长为2x，3BECEx，2EMx， 又因为BCE的面积为2，则 1 222 2 xx，解得1x ，三棱锥的高求得为 2 6 3 ， 所以三棱锥ABCD的体积 2 1 2 632 2 2 3343 . 10、答案： 1 2 解： sin0fxx图像上所有点的横坐标向右平
13、移 3 个单位长度得sin 3 yx ，则 sin 3 yx 和 sin 6 g xx 相同，所以2 36 k ，kZ，解得 1 6 2 k，因为 0，所以0k 时，的最小值为 1 2 . 11、答案：2 解：因为D为边AB，所以 1 2 CDCACB，代入2AB ACCA CD得 2 AB ACCACA CB， 所以 2 coscosABACACACA CBC，则 222222 2 22 bcaabc bcbab bcab ， 整理得 222 abc，所以 2 C ，即 2 BA ， 所以 1 tantantantantan2 2tan ABAAA A （当且仅当tan1A时取等，即 4 A
14、 ） 12、答案： 3 51 , 4 44 令 yf x，方程 22 111 20 1644 tatatata ， 得 1 1 4 ta， 2 1 4 ta.根据 yf x的图象得： 当 1 0 4 a时，即 1 4 a ，此时 1 11 42 ta符合题意. 1 1 4 1 01 4 a a ，解得 35 44 a. a的取值集合为 3 51 , 4 44 . 13、答案：81n n 当1n 时， 2 111 42aaa，得 1 2a ， 1 0a （舍） ， 由 2 42 nnn Saa， 当2n时， 2 111 42 nnn Saa ， 一得 22 11 422 nnnnn aaaaa
15、， 化简得 22 1111 22 nnnnnnnn aaaaaaaa 1 2 nn aa . 又因为数列 n a的各项均为正数， 所以 1 2 nn aa ， 所以数列 n a是首项 1 2a ，公差2d 的等差数列，即2 n an， 所以1221411 nn n bnnnn ， 所以 2 41 22 33 44 52121 1221 n Tnnnn 4 2 22 42 2n 1 1681 2 n n n n . 14、答案：3 设BC的中点为,D x y，则由ADDC， 22 4ODDC， 得 22 4DADO，即 22 22 114xyxy， 化简得 22 113 222 xy . 直线O
16、A：yx经过点 1 1 , 2 2 ， 所以OAD面积的最大值为 133 2 222 . 又因为2 OAEOAD SS ，所以OAE面积的最大值为3. 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分.请在答题卡指定区域 内作答.解答时应写出文字说明、证明过程 或演算步骤. 15. 解： （1）由ABC的面积公式可知 222 1 44sin 2 ABC SbcAbca ， 即 222 sincos 2 bca AA bc ， 所以tan1A. 又因为0,A， 所以 4 A . （2）令 6 tB ，则 6 Bt ， 3 cos 5 t . 由 3 0, 4 B ，得 11 , 6612 tB ，
17、 所以 2 2 34 sin1 cos1 55 tt ， 所以 4324 sin22sin cos2 5525 ttt， 22 22 347 cos2cossin 5525 ttt ， cos2cos2cos 22CABABcos 22cos 2 436 tt cos2 cossin2 sin 66 tt 73241247 3 25225250 . 16. 证明： （1）因为三棱柱 111 ABCABC，所以 11/ / AC平面ABC. 又平面 11 AC D与棱柱的下底面ABC交于DE， 11 AC 平面 11 AC D， 所以 11/ / ACDE. 又DE 平面 111 ABC， 11
18、 AC 平面 111 ABC， 所以/DE平面 111 ABC. （2）连接 1 AB， 1 AC，AD. 因为ABAC， 11 A ACA AB ， 1 AA为公共边， 所以由两个三角形全等可得 11 ABAC，所以 1 BCAD. 又ABAC，D为棱BC的中点， 所以BCAD.又 1 ADADD，所以BC 平面 1 A AD. 又 1 AA 平面 1 A AD.所以 1 BCAA. 17. 解： （1）在BOC中，得 1 2 ODOBOC. 22 21 4 ODODODOBOC 221 2 2 OBOB OCOC 22 12 102 10 20 cos20 23 5 3. 所以OD的长为5
19、 3cm. （2）如图，以OB为x轴，OA为y轴建立坐标系xOy，则0, 10A，10,0B， 设,D x y，则210,2Cxy.由20OC ， 得 22 210220xy，即 2 2 5100xy. 所以AD的长的范围为5 5 10,5 510 . 18. 解： （1）设圆的切线为ykxb，点 11 ,A x y， 22 ,B xy. 由方程组 22 1 63 ykxb xy ，得 222 124260kxkbxb， 得 12 2 4 12 kb xx k ， 2 12 2 26 12 b x x k . 因为0OA OB， 所以 1122 ,0x yxy，即 1212 0x xy y.
20、又因为点 11 ,A x y， 22 ,B xy在直线ykxb上， 所以 1212 0x xkxbkxb， 即 22 1212 10kx xkb xxb. 所以 22 22 2 22 126 4 0 1 21 2 kb k b b kk ， 化简得 22 22bk， 所以圆O的半径 2 2 1 b R k ， 所以圆O的方程为 22 2xy. 此时，当切线为2x 时，易证满足0OA OB. （2）设点 00 ,Q xy，点 0, 3M，由2MNNQ，得 00 223 , 33 xy N . 代入椭圆和圆得 22 00 2 00 1 63 223 2 33 xy xy . 解得 0 0 3 2
21、2 3 2 x y 或者 0 0 3 2 2 3 2 x y . 所以点 3 23 , 22 Q ， 3 23 , 22 Q . 故直线MN的方程为 6 3 2 yx， 6 3 2 yx . 19. 解： （1） 2 11 11 1ln1 22 1fmmm ， 函数 f x的导数为 1 m xm x fx ， 函数 yf x在1x 处的切线的斜率为 110 1 1 m mf ， 函数 yf x在1x 处的切线的方程为 1 2 ym . 由函数 yf x在1x 处的切线与函数 yg x相切， 联立 2 1 2 2 ym yxmx ，得 2 1 20 2 xmxm. 所以 2 1 440 2 mm
22、 ，得 13 2 m . （2）设函数 22 1 21ln 2 xmxxmxmxxg xf x 2 1 ln 2 xxm xx， 所以 1 1 1 1 xxm xm x x x . 当2m时，2,x ， 0x，函数 x在2,上单调递增. 由题意 n 2 mi 1 2222ln20 2 xm， 所以 4 2ln2 m . 当2m时，当2,xm时， 0x，函数 x在2,m上单调递减； 当,xm时， 0x，函数 x在,m 上单调递增. 由题意 2 min 1 ln0 2 mmxmmm m， 即 1 1ln0 2 mm. 又因为2m， 1 1ln0 2 mm不成立. 综上所述，m的取值范围为 4 2l
23、n2 m . （3） 2 1 1 xmxmm xm x fx x 1xmx x . 当01m时，若0,xm， 0fx ， f x单调递增； 若,1xm， 0fx ， f x单调递减； 若1,x， 0fx ， f x单调递增. 所以 f x的极大值为 2 1 1ln 2 mmmmmmf 2 ln0 2 m mmm ， 所以函数 f x的图象与x轴至多有一个交点. 当0m时，若0,1x， 0fx ， f x单调递减； 若1,x， 0fx ， f x单调递增. 所以 min 11 11 22 f xfmm . （）当 min 1 0 2 f xm ，即 1 2 m 时，函数 f x的图象与x轴至多有
24、一个交点. （）当 min 1 0 2 f xm ，即 1 0 2 m时， 2 1 1ln 2 fmmm mmm 3 1ln 2 mmm . 令mt， 3 1 ln 2 tg tt ， 1 0, 2 t ， 1 323 0 22 t tt gt ， 13111 1lnln20 22224 g tg ， 所以当 1 ,0 2 m 时， 3 1 ln0 2 mm ， 所以 3 1ln0 2 fmmmm ， 所以存在 1 ,1xm ， 1 0f x. 2422 1 1ln 2 femeeem 422 1 2 2 eemem 2 22 120 2 e eem ， 所以存在 2 1,x ， 2 0f x
25、. （）当0m 时， 2 1 0 2 f xxx x只有一个零点， 综上所述，实数m的取值范围为 1 0 2 m. 20、解： （1）因为 n a是等差数列且公差为d，所以 1 1 n aand， 所以对任意 * , n mN，nm， 11 11 nm aaandamd nm dd nm恒成立， 所以数列 n a具有守恒性质，且守恒数pd. 假设数列 n S具有守恒性质，因为 2 1 22 n dd Snan ，所以存在实数0k ， 22 1 22 nm dd SSnmanm 1 22 dd k nmknma . 若0d ，则当 1 2 2 d ka nm d 时， 1 22 dd nmak
26、，矛盾； 若0d ，则当 1 2 2 d ka nm d 时， 1 22 dd nmak ，矛盾. 所以数列 n S不具有守恒性质. （2）显然0q 且1q ，因为 1 1a ，所以 11 1 nn n aa qq . 因为数列 n a具有守恒性质， 所以对任意 * , n mN，nm，存在正数k使得 nm aak nm， 即存在正数k， 11nm qqk nm 对任 * , n mN，nm都成立. （i）若1q ，等比数列 n a递增，不妨设nm，则 11nm qqk nm ， 即 11nm qknqkm ， * 设 1n n bqkn ，由 *式中的m，n任意性可知，数列 n b不递增，
27、所以 1 1 10 n nn bbqqk 对任意 * nN恒成立. 而当1log 1 q k n q ， 1 log1 11 1 110 q k nq nn bbqqkqkq ， 所以1q 不符题意. （ii）若01q，则数列 n a单调递减，不妨设nm，则 11mn qqk nm ， 即 11mn qkmqkn ，* 设 1n n cqkn ，由*式中的m，n任意性可知，数列 n c不递减， 所以 1 1 01 n nn qccqk 对任意 * nN恒成立， 所以 1 1 n qkq 对任意 * nN恒成立， 显然，当01q， * nN时， 1 1 n f nqq 单调递减， 所以当1n 时
28、， 1 1 n f nqq 取得最大值 11fq ， 所以1kq . 又 1 2 p ，故 1 1 2 q，即 1 2 q . 综上所述，公比q的取值集合为 1 2 . 江苏百校联考高三年级第三次考试 数学理科附加题 21.【选做题】本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答 .若多做，则按作 答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. A. 选修 42：矩阵与变换 解： （1） cossin 0122 10 sincos 22 M ， 12 01 N . （2） 401124 210012 XMN 0142 1228 . 所以2a ，8b. B.
29、选修 4-4：坐标系与参数方程 解： （1）曲线 1 C的直角坐标方程为360xy， 曲线 2 C的标准方程为 2 2 11xy. （2）点Q到曲线 1 C的距离 2 2 3cos1 sin6 31 d 7sin3cos 2 72 sincoscossin72sin 333 22 . 当sin1 3 时，即2 6 k ，kZ. 此时点Q的坐标为 3 cos 2 62 1 1 sin 2 62 xk yk . 所以点Q的坐标为 31 , 22 . C. 选修 45：不等式选讲 证明：因为a，b，c都是正数， 所以 222 bccaab abc abc 222 222 bccaab abc abc
30、 2 bccaab abc abc 2 bccaab 2 4 abc， 所以 222 4 bccaab abc abc . 【必做题】第 22、23 题，每小题 10 分，共 20 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 22. 解： （1）取AD的中点为O，在平面ABCD内作/ /OFDC，交BC于点F. 因为PAD是正三角形， 所以POAD. 又因为CD 平面PAD，PO平面PAD， 所以POCD. 又因为ADCDD， PO 平面ABCD， 由CD 平面PAD，/ /OFDC， 所以直线OF 平面PAD. 如图，以OD所在直线为x轴，OF所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立
31、空间直角坐标系Oxyz. 则1,0,0A ，1, 1,0B ，1, 2,0C，1,0,0D， 0,0, 3P， 1,0,3PA ， 1, 1,3PB . 设平面PAB的法向量 1111 ,nx y z， 所以 1 0PA n， 1 0PB n， 即 11 111 30 30 xz xyz ， 取 1 1z ，则 1 3,0, 1n ， 同理得平面PCD的法向量 2 3,0,1n ， 设平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为， 则 12 1 22 2 2 co 2 1313 s n n n n 21 42 . 又因为0, 2 ， 所以 3 . 所以平面PAB与平面PCD所成的锐二面角的大小为 3
32、 . （2）由点E为线段CD上的一动点，可设1, ,0Et，2,0t ， 所以2,1,0BEt， 1,0,3PA . 由异面直线BE与直线PA所成角的大小为， 得 2 22 2 2 c s 1 o 213 BE PA BE t PA 2 21 5 14 2t ， 所以 2 145t ，解得0t 或-2. 所以E的位置可以是C，也可以是D. 23. 解： （1）根据题意可得46 2 p ，得4p ， 所以抛物线C的方程为 2 8yx. （2）抛物线C： 2 8yx的准线方程为2x ， 所以点2,0Q ，由题意知切线的斜率存在且不为 0，设为k， 所以切线方程为2yk x. 由方程组 2 2 8 yk x yx ，得 2222 4840k xkxk， 所以 2 242 481664640kkk ， 解得 2 1k ，解得2 AB xx. 不妨取2,4A，2, 4B，易得QAB为等腰直角三角形. （3）设点 0 2,Qy，由题意知切线的斜率存在且不为 0，设为k， 所以切线方程为 0 2yk xy， 由方程组 0 2 2 8 yk xy yx ， 得 22222 000 428440k xkkyxkkyy， 此时 2 2222 000 428444kkykkkyy 2 0 6432640kky ， 所以 12 1k k ，即QAQB. 所以QAB为直角三角形.
