江苏省南京市2015届高三第三次模拟考试数学试题

学科网(www.zxxk.com)全国最大的教学资源网站！北京凤凰学易科技有限公司版权所有@学科网南京市2015届高三年级第三次模拟考试数学2015.05注意事项：1．本试卷共4页，包括填空题（第1题~第14题）、解答题（第15题~第20题）两部分．本试卷满分为160分，考试时间为120分钟．2．答题前，请务必将自己的姓名、 班级 班级管理量化考核细则初中班级管理量化细则班级心理健康教育计划班级建设班级德育计划 、学校写在答题纸上．试题的 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 写在答题纸上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题纸．参考公式样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝eq\f(1,n)eq\o(\s\DO8(i＝1),\d\fo()\s\up0(eq\o(∑,\d\fo1()\s\up9(n))))(xi－eq\o(\s\up5(－),x))2，其中eq\o(\s\up5(－),x)＝eq\f(1,n)eq\o(\s\DO8(i＝1),\d\fo()\s\up0(eq\o(∑,\d\fo1()\s\up9(n))))xi．锥体的体积公式：V＝eq\s\do1(\f(1,3))Sh，其中S为锥体的底面积，h为锥体的高．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纸相应位置上．1．已知复数z＝eq\f(2i,1－i)－1，其中i为虚数单位，则z的模为▲．2．经统计，在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队等候的人数及相应概率如下：排队人数01234≥5概率0.10.160.30.30.10.04则该营业窗口上午9点钟时，至少有2人排队的概率是▲．3．若变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\al(x＋y≤2，,x≥1，,y≥0，))则z＝2x＋y的最大值是▲．NS←40开始k←1k←k＋1S≤0Y输出k结束S←S－2k（第4题图）4．右图是一个算法 流程 快递问题件怎么处理流程河南自建厂房流程下载关于规范招聘需求审批流程制作流程表下载邮件下载流程设计 图，则输出k的值是▲．5．如图是甲、乙两位射击运动员的5次训练成绩（单位：环）的茎叶图，则甲乙8978931069789（第5题图）成绩较为稳定（方差较小）的运动员是▲．6．记不等式x2＋x－6＜0的解集为集合A，函数y＝lg(x－a)的定义域为集合B．若“xeq\o(\s\up1(),∈)A”是“xeq\o(\s\up1(),∈)B”的充分条件，则实数a的取值范围为▲．7．在平面直角坐标系xOy中，过双曲线C：x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦点F作x轴的垂线l，则l与双曲线C的两条渐近线所围成的三角形的面积是▲．8．已知正六棱锥P－ABCDEF的底面边长为2，侧棱长为4，则此六棱锥的体积为▲．9．在△ABC中，ABC＝120，BA＝2，BC＝3，D，E是线段AC的三等分点，则eq\o(\s\up8(),BD)·eq\o(\s\up8(),BE)的值为▲．10．记等差数列{an}的前n项和为Sn．若Sk－1＝8，Sk＝0，Sk＋1＝－10，则正整数k＝▲．11．若将函数f(x)＝∣sin(x－eq\f(,6))∣(＞0)的图象向左平移eq\f(,9)个单位后，所得图象对应的函数为偶函数，则实数的最小值是▲．12．已知x，y为正实数，则eq\F(4x,4x＋y)＋eq\F(y,x＋y)的最大值为▲．13．在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝9，直线l：y＝kx＋3与圆C相交于A，B两点，M为弦AB上一动点，以M为圆心，2为半径的圆与圆C总有公共点，则实数k的取值范围为▲．14．已知a，t为正实数，函数f(x)＝x2－2x＋a，且对任意的x∈[0，t]，都有f(x)∈[－a，a]．若对每一个正实数a，记t的最大值为g(a)，则函数g(a)的值域为▲．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题纸指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题满分14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知acosC＋ccosA＝2bcosA．（1）求角A的值；（2）求sinB＋sinC的取值范围．16．（本小题满分14分）在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，PA⊥PD，AD＝2BC，AB＝PB，E为PA的中点．（第16题图）PABCDE（1）求证：BE∥平面PCD；（2）求证：平面PAB⊥平面PCD．17．（本小题满分14分）如图，摩天轮的半径OA为50m，它的最低点A距地面的高度忽略不计．地面上有一长度为240m的景观带MN，它与摩天轮在同一竖直平面内，且AM＝60m．点P从最低点A处按逆时针方向转动到最高点B处，记AOP＝，∈(0，π)．（1）当＝eq\f(2,3)时，求点P距地面的高度PQ；（2）试确定的值，使得MPN取得最大值．（第17题图）AMNBOPQ18．（本小题满分16分）在平面直角坐标系xOy中，设中心在坐标原点的椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2，右准线l：x＝m＋1与x轴的交点为B，BF2＝m．（1）已知点(eq\F(eq\R(,6),2)，1)在椭圆C上，求实数m的值；（2）已知定点A(－2，0)．①若椭圆C上存在点T，使得eq\F(TA,TF1)＝eq\R(,2)，求椭圆C的离心率的取值范围；②当m＝1时，记M为椭圆C上的动点，直线AM，BM分别与椭圆C交于另一点P，Q，xyAOBMPQ（第18题图）F2F1l若eq\o(AM,\s\up7(→))＝λeq\o(AP,\s\up7(→))，eq\o(BM,\s\up7(→))＝eq\o(BQ,\s\up7(→))，求证：λ＋为定值．19．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝x2－x＋t，t≥0，g(x)＝lnx．（1）令h(x)＝f(x)＋g(x)，求证：h(x)是增函数；（2）直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切．对于确定的正实数t，讨论直线l的条数，并说明理由．20．（本小题满分16分）已知数列{an}的各项均为正数，其前n项的和为Sn，且对任意的m，n∈N*，都有(Sm＋n＋S1)2＝4a2ma2n．（1）求eq\F(a2,a1)的值；（2）求证：{an}为等比数列；（3）已知数列{cn}，{dn}满足|cn|＝|dn|＝an，p(p≥3)是给定的正整数，数列{cn}，{dn}的前p项的和分别为Tp，Rp，且Tp＝Rp，求证：对任意正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk．南京市2015届高三年级第三次模拟考试数学附加题2015.05注意事项：1．附加题供选修物理的考生使用．2．本试卷共40分，考试时间30分钟．3．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、学校写在答题纸上．试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题纸．21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只要选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷纸指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4—1：几何证明选讲如图，AB，AC是⊙O的切线，ADE是⊙O的割线，求证：BE·CD＝BD·CE．ADBCEO（第21A题图）B．选修4－2：矩阵与变换已知矩阵A＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(a,1,1,a))，直线l：x－y＋4＝0在矩阵A对应的变换作用下变为直线l：x－y＋2a＝0．（1）求实数a的值；（2）求A2．C．选修4－4：坐标系与参数方程在极坐标系中，设圆C：＝4cos与直线l：＝eq\f(,4)(∈R)交于A，B两点，求以AB为直径的圆的极坐标方程．D．选修4－5：不等式选讲已知实数x，y满足x＞y，求证：2x＋eq\f(1,x2－2xy＋y2)≥2y＋3．【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷纸指定区域内作答．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）PABCD如图，四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，AD∥BC，ABAD，BC＝eq\f(2eq\r(3),3)，AB＝1，BD＝PA＝2．（1）求异面直线BD与PC所成角的余弦值；（2）求二面角A－PD－C的余弦值．23．（本小题满分10分）已知集合A是集合Pn＝{1，2，3，…，n}(n≥3，n∈N*)的子集，且A中恰有3个元素，同时这3个元素的和是3的倍数．记符合上述条件的集合A的个数为f(n)．（1）求f(3)，f(4)；（2）求f(n)（用含n的式子表示）．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 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 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．eq\r(5)2．0.743．44．65．甲6．(－∞，－3]7．4eq\r(3)8．129．eq\f(11,9)10．911．eq\F(3,2)12．eq\f(4,3)13．[－eq\F(3,4)，＋∞)14．(0，1)∪{2}EQ\F(1,2)二、解答题：本大题共6小题，共90分．15．解：（1）因为acosC＋ccosA＝2bcosA，所以sinAcosC＋sinCcosA＝2sinBcosA，即sin(A＋C)＝2sinBcosA．因为A＋B＋C＝π，所以sin(A＋C)＝sinB．从而sinB＝2sinBcosA．…………………………4分因为sinB≠0，所以cosA＝eq\F(1,2)．因为0＜A＜π，所以A＝eq\F(π,3)．…………………………7分（2）sinB＋sinC＝sinB＋sin(eq\F(2π,3)－B)＝sinB＋sineq\F(2π,3)cosB－coseq\F(2π,3)sinB＝eq\F(3,2)sinB＋eq\F(eq\R(,3),2)cosB＝eq\R(,3)sin(B＋eq\F(π,6))．…………………………11分因为0＜B＜eq\F(2π,3)，所以eq\F(π,6)＜B＋eq\F(π,6)＜eq\F(5π,6)．所以sinB＋sinC的取值范围为(eq\F(eq\R(,3),2)，eq\R(,3)]．…………………………14分16．证明：（1）取PD的中点F，连接EF，CF．PABCDEF（第16题图）因为E为PA的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\F(1,2)AD．因为BC∥AD，BC＝eq\F(1,2)AD，所以EF∥BC，EF＝BC．所以四边形BCFE为平行四边形．所以BE∥CF．…………………………4分因为BE平面PCD，CF平面PCD，所以BE∥平面PCD．…………………………6分（2）因为AB＝PB，E为PA的中点，所以PA⊥BE．因为BE∥CF，所以PA⊥CF．…………………………9分因为PA⊥PD，PD平面PCD，CF平面PCD，PD∩CF＝F，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PQ＝50－50cos．从而，当＝eq\f(2,3)时，PQ＝50－50coseq\f(2,3)＝75．即点P距地面的高度为75m．…………………………4分（2）（ 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 一）由题意，得AQ＝50sin，从而MQ＝60－50sin，NQ＝300－50sin．又PQ＝50－50cos，所以tanNPQ＝eq\f(NQ,PQ)＝eq\f(6－sin,1－cos)，tanMPQ＝eq\f(MQ,PQ)＝eq\f(6－5sin,5－5cos)．…………………………6分从而tanMPN＝tan(NPQ－MPQ)＝eq\f(tanNPQ－tanMPQ,1＋tanNPQtanMPQ)＝eq\f(eq\f(6－sin,1－cos)－eq\f(6－5sin,5－5cos),1＋eq\f(6－sin,1－cos)×eq\f(6－5sin,5－5cos))＝eq\f(12(1－cos),23－18sin－5cos)．…………………………9分令g()＝eq\f(12(1－cos),23－18sin－5cos)，∈(0，π)，则g()＝eq\f(12×18(sin＋cos－1),(23－18sin－5cos)2)，∈(0，π)．由g()＝0，得sin＋cos－1＝0，解得＝eq\f(,2)．…………………………11分当∈(0，eq\f(,2))时，g()＞0，g()为增函数；当∈(eq\f(,2)，)时，g()＜0，g()为减函数，所以，当＝eq\f(,2)时，g()有极大值，也为最大值．因为0＜MPQ＜NPQ＜eq\f(,2)，所以0＜MPN＜eq\f(,2)，从而当g()＝tanMPN取得最大值时，MPN取得最大值．即当＝eq\f(,2)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的方程为x2＋(y－50)2＝502，即x2＋y2－100y＝0，点M(60，0)，N(300，0)．设点P的坐标为(x0，y0)，所以Q(x0，0)，且x02＋y02－100y0＝0．从而tanNPQ＝eq\f(NQ,PQ)＝eq\f(300－x0,y0)，tanMPQ＝eq\f(MQ,PQ)＝eq\f(60－x0,y0)．…………………………6分从而tanMPN＝tan(NPQ－MPQ)＝eq\f(tanNPQ－tanMPQ,1＋tanNPQtanMPQ)＝eq\f(eq\f(300－x0,y0)－eq\f(60－x0,y0),1＋eq\f(300－x0,y0)×eq\f(60－x0,y0))＝eq\f(24y0,10y0－36x0＋1800)．由题意知，x0＝50sin，y0＝50－50cos，所以tanMPN＝＝eq\f(12(1－cos),23－18sin－5cos)．…………………………9分（下同方法一）18．解：（1）设椭圆C的方程为eq\F(x2,a2)＋eq\F(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．由题意，得eq\b\lc\{(\a\al(eq\F(a2,c)＝m＋1，,(m＋1)－c＝m，))解得eq\b\lc\{(\a\al(a2＝m＋1，,b2＝m，,c＝1．))所以椭圆方程为eq\f(x2,m＋1)＋eq\f(y2,m)＝1．因为椭圆C过点(eq\F(eq\R(,6),2)，1)，所以eq\f(3,2(m＋1))＋eq\f(1,m)＝1，解得m＝2或m＝－eq\f(1,2)(舍去）．所以m＝2．…………………………4分（2）①设点T(x，y)．由eq\F(TA,TF1)＝eq\R(,2)，得(x＋2)2＋y2＝2[(x＋1)2＋y2]，即x2＋y2＝2．…………………6分由eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2＝2，,eq\F(x2,m＋1)＋eq\F(y2,m)＝1，))得y2＝m2－m．因此0≤m2－m≤m，解得1≤m≤2．所以椭圆C的离心率e＝eq\F(1,eq\R(,m＋1))eq\o(\s\up1(),∈)[eq\F(eq\R(,3),3)，eq\F(eq\R(,2),2)]．…………………………10分②（方法一）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．则eq\o(\s\up8(),AM)＝(x0＋2，y0)，eq\o(\s\up8(),AP)＝(x1＋2，y1)．由eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),AP)，得eq\b\lc\{(\a\al(x0＋2＝(x1＋2)，,y0＝y1．))从而eq\b\lc\{(\a\al(x0＝x1＋2(－1)，,y0＝y1．))…………………………12分因为eq\f(x02,2)＋y02＝1，所以eq\f([x1＋2(－1)]2,2)＋(y1)2＝1．即2(eq\f(x12,2)＋y12)＋2(－1)x1＋2(－1)2－1＝0．因为eq\f(x12,2)＋y12＝1，代入得2(－1)x1＋32－4＋1＝0．由题意知，≠1，故x1＝－eq\f(3－1,2)，所以x0＝eq\f(－3,2)．同理可得x0＝eq\f(－＋3,2)．…………………………14分因此eq\f(－3,2)＝eq\f(－＋3,2)，所以＋＝6．…………………………16分（方法二）设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．直线AM的方程为y＝eq\F(y0,x0＋2)(x＋2)．将y＝eq\F(y0,x0＋2)(x＋2)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(eq\F(1,2)(x0＋2)2＋yeq\o(\s\up5(2),0))x2＋4yeq\o(\s\up5(2),0)x＋4yeq\o(\s\up5(2),0)－(x0＋2)2＝0(*)．因为eq\f(x02,2)＋y02＝1，所以（*）可化为(2x0＋3)x2＋4yeq\o(\s\up5(2),0)x－3xeq\o(\s\up5(2),0)－4x0＝0．因为x0x1＝－eq\F(3xeq\o(\s\up5(2),0)＋4x0,2x0＋3)，所以x1＝－eq\F(3x0＋4,2x0＋3)．同理x2＝eq\F(3x0－4,2x0－3)．…………………………14分因为eq\o(\s\up8(),AM)＝eq\o(\s\up8(),AP)，eq\o(BM,\d\fo1()\s\up7(→))＝eq\o(BQ,\d\fo1()\s\up7(→))，所以＋＝eq\F(x0＋2,x1＋2)＋eq\F(x0－2,x1－2)＝eq\F(x0＋2,－eq\F(3x0＋4,2x0＋3)＋2)＋eq\F(x0－2,eq\F(3x0－4,2x0－3)－2)＝eq\F((x0＋2)(2x0＋3),x0＋2)＋eq\F((x0－2)(2x0－3),－x0＋2)＝6．即λ＋为定值6．…………………………16分19．解：（1）由h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－x＋t＋lnx，得h'(x)＝2x－1＋eq\f(1,x)，x＞0．因为2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(,2x·\f(1,x))＝2eq\r(,2)，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，x12－x1＋t)，(x2，lnx2)，由f'(x)＝2x－1，得l的方程为y－(x12－x1＋t)＝(2x1－1)(x－x1)，即y＝(2x1－1)x－x12＋t．由g'(x)＝eq\f(1,x)，得l的方程为y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2－1．所以eq\b\lc\{(\a\al(2x1－1＝\s\do1(\f(1,x2))，,－x12＋t＝lnx2－1．))(*)消去x1得lnx2＋eq\f((1＋x2)2,4x22)－(t＋1)＝0(**)．…………………………7分令F(x)＝lnx＋eq\f((1＋x)2,4x2)－(t＋1)，则F'(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1＋x,2x3)＝eq\f(2x2－x－1,2x3)＝eq\f((2x＋1)(x－1),2x3)，x＞0．由F'(x)＝0，解得x＝1．当0＜x＜1时，F'(x)＜0，当x＞1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)min＝F(1)＝－t．…………………………9分当t＝0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t＞0时，F(1)＜0，由于F(et＋1)＞ln(et＋1)－(t＋1)＝0，故方程(**)在(1，＋∞)上存在唯一解；…………………………13分令k(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－1(x≤1)，由于k'(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x－1,x2)≤0，故k(x)在(0，1]上单调递减，故当0＜x＜1时，k(x)＞k(1)＝0，即lnx＞1－eq\f(1,x)，从而lnx＋eq\f((1＋x)2,4x2)－(t＋1)＞(eq\f(1,2x)－eq\f(1,2))2－t．所以F(eq\f(1,2(\r(t)＋1)))＞(eq\r(,t)＋eq\f(1,2))2－t＝eq\r(,t)＋eq\f(1,4)＞0，又0＜eq\f(1,2(\r(t)＋1))＜1，故方程(**)在(0，1)上存在唯一解．所以当t＞0时，方程(**)有两个不同的正数解，方程组(*)有两组解．即存在两条满足题意的直线．综上，当t＝0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；当t＞0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(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(S2＋S1)2＝4aeq\o(\s\up5(2),2)，即(a2＋2a1)2＝4aeq\o(\s\up5(2),2)．因为a1＞0，a2＞0，所以a2＋2a1＝a2，即eq\F(a2,a1)＝2．…………………………3分证明：（2）（方法一）令m＝1，n＝2，得(S3＋S1)2＝4a2a4，即(2a1＋a2＋a3)2＝4a2a4，令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，即2a1＋a2＋a3＝a4．所以a4＝4a2＝8a1．又因为eq\F(a2,a1)＝2，所以a3＝4a1．…………………………6分由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(Sn＋1＋S1)2＝4a2na2，(Sn＋2＋S1)2＝4a2na4．两式相除，得eq\F((Sn＋2＋S1)2,(Sn＋1＋S1)2)＝eq\F(a4,a2)，所以eq\F(Sn＋2＋S1,Sn＋1＋S1)＝eq\R(,eq\F(a4,a2))＝2．即Sn＋2＋S1＝2(Sn＋1＋S1)，从而Sn＋3＋S1＝2(Sn＋2＋S1)．所以an＋3＝2an＋2，故当n≥3时，{an}是公比为2的等比数列．又因为a3＝2a2＝4a1，从而an＝a1·2n－1，n∈N*．显然，an＝a1·2n－1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(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m中，令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n．①令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2eq\r(a2na2n＋2)，②在①中，用n＋1代n得，S2n＋2＋S1＝2a2n＋2．③②－①，得a2n＋1＝2eq\r(a2na2n＋2)－2a2n＝2eq\r(a2n)(eq\r(a2n＋2)－eq\r(a2n))，④③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2eq\r(a2na2n＋2)＝2eq\r(a2n＋2)(eq\r(a2n＋2)－eq\r(a2n))，⑤由④⑤得a2n＋1＝eq\r(a2na2n＋2)．⑥…………………………8分⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n；⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1，所以eq\f(a2n＋2,a2n＋1)＝eq\f(a2n＋1,a2n)＝2．又eq\f(a2,a1)＝2，从而an＝a1·2n－1，n∈N*．显然，an＝a1·2n－1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，an＝a1·2n－1．因为|cp|＝|dp|＝a1·2p－1，所以cp＝dp或cp＝－dp．若cp＝－dp，不妨设cp＞0，dp＜0，则Tp≥a1·2p－1－(a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1)＝a1·2p－1－a1·(2p－1－1)＝a1＞0．Rp≤－a1·2p－1＋(a1·2p－2＋a1·2p－3＋…＋a1)＝－a1·2p－1＋a1·(2p－1－1)＝－a1＜0．这与Tp＝Rp矛盾，所以cp＝dp．从而Tp－1＝Rp－1．由上证明，同理可得cp－1＝dp－1．如此下去，可得cp－2＝dp－2，cp－3＝dp－3．…，c1＝d1．即对任意正整数k(1≤k≤p)，ck＝dk．…………………………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2015.0521．【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4—1：几何证明选讲证明：因为AB是⊙O的切线，所以ABD＝AEB．又因为BAD＝EAB，所以△BAD∽△EAB．所以eq\f(BD,BE)＝eq\f(AB,AE)．…………………………5分同理，eq\f(CD,CE)＝eq\f(AC,AE).．因为AB，AC是⊙O的切线，所以AB＝AC．因此eq\f(BD,BE)＝eq\f(CD,CE)，即BE·CD＝BD·CE．…………………………10分B．选修4—2：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eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x,y))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(a,1,1,a))eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x0,y0))＝eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(ax0＋y0,x0＋ay0))，所以eq\b\lc\{(\a\al(x＝ax0＋y0，,y＝x0＋ay0．))…………………………3分代入l方程得(ax0＋y0)－(x0＋ay0)＋2a＝0，即(a－1)x0－(a－1)y0＋2a＝0．因为(x0，y0)满足x0－y0＋4＝0，所以eq\F(2a,a－1)＝4，解得a＝2．…………………………6分（2）由A＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(2,1,1,2))，得A2＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(2,1,1,2))eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(2,1,1,2))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(5,4,4,5))．…………………10分C．选修4—4：坐标系与参数方程解：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x2＋y2－4x＝0，直线l的直角坐标方程y＝x．…………………………4分由eq\b\lc\{(\a\al(x2＋y2－4x＝0，,y＝x，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝0，,y＝0，))或eq\b\lc\{(\a\al(x＝2，,y＝2．))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(x－1)2＋(y－1)2＝2，即x2＋y2＝2x＋2y．…………………………7分将其化为极坐标方程为：2－2(cos＋sin)＝0，即＝2(cos＋sin)．……………………10分D．选修4—5：不等式选讲证明：因为x＞y，所以x－y＞0，从而左边＝(x－y)＋(x－y)＋eq\f(1,(x－y)2)＋2y≥3eq\r(3,(x－y)(x－y)eq\f(1,(x－y)2))＋2y＝2y＋3＝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PAAB，PAAD．又ADAB，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＝eq\r(3)．所以B(1，0，0)，D(0，eq\r(3)，0)，C(1，eq\f(2eq\r(3),3)，0)，P(0，0，2)．从而eq\o(\s\up8(),BD)＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(\s\up8(),PC)＝(1，eq\f(2eq\r(3),3)，－2)．…………………………3分设异面直线BD，PC所成角为，则cos＝|cos＜eq\o(\s\up8(→),BD)，eq\o(\s\up8(→),PC)＞|＝|eq\f(eq\o(\s\up8(),BD)eq\o(\s\up8(),PC),∣eq\o(\s\up8(),BD)∣∣eq\o(\s\up8(),PC)∣)|＝|eq\F((－1，eq\r(3)，0)·(1，eq\f(2eq\r(3),3)，－2),2×eq\R(,eq\F(19,3)))|＝eq\f(eq\r(57),38)．即异面直线BD与PC所成角的余弦值为eq\f(eq\r(57),38)．…………………………5分（2）因为AB平面PAD，所以平面PAD的一个法向量为eq\o(\s\up8(),AB)＝(1，0，0)．设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，由neq\o(\s\up8(),PC)，neq\o(\s\up8(),PD)，eq\o(\s\up8(),PC)＝(1，eq\f(2eq\r(3),3)，－2)，eq\o(\s\up8(),PD)＝(0，eq\r(3)，－2)，得eq\b\lc\{(\a\al(x＋eq\f(2eq\r(3),3)y－2z＝0，,eq\r(3)y－2z＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\f(2,3)z，,y＝eq\f(2eq\r(3),3)z．))不妨取z＝3，则得n＝(2，2eq\r(3)，3)．…………………………8分设二面角A－PD－C的大小为，则cos＝cos＜eq\o(\s\up8(),AB)，n＞＝eq\f(eq\o(\s\up8(),AB)·n,∣eq\o(\s\up8(),AB)∣×∣n∣)＝eq\F((1，0，0)·(2，2eq\r(3)，3),1×5)＝eq\f(2,5)．即二面角A－PD－C的余弦值为eq\f(2,5)．…………………………10分23．解：（1）f(3)＝1，f(4)＝2；…………………………2分（2）设A0＝{m∣m＝3p，p∈N*，p≤eq\f(n,3)}，A1＝{m∣m＝3p－1，p∈N*，p≤eq\f(n＋1,3)}，A2＝{m∣m＝3p－2，p∈N*，p≤eq\f(n＋2,3)}，它们所含元素的个数分别记为∣A0∣，∣A1∣，∣A2∣．………………………4分①当n＝3k时，则∣A0∣＝∣A1∣＝∣A2∣＝k．k＝1，2时，f(n)＝(Ceq\a(1,k))3＝k3；k≥3时，f(n)＝3Ceq\a(3,k)＋(Ceq\a(1,k))3＝eq\f(3,2)k3－eq\f(3,2)k2＋k．从而f(n)＝eq\f(1,18)n3－eq\f(1,6)n2＋eq\f(1,3)n，n＝3k，k∈N*．…………………………6分②当n＝3k－1时，则∣A0∣＝k－1，∣A1∣＝∣A2∣＝k．k＝2时，f(n)＝f(5)＝2×2×1＝4；k＝3时，f(n)＝f(8)＝1＋1＋3×3×2＝20；k＞3时，f(n)＝Ceq\a(3,k－1)＋2Ceq\a(3,k)＋Ceq\a(1,k－1)(Ceq\a(1,k))2＝eq\f(3,2)k3－3k2＋eq\f(5,2)k－1；从而f(n)＝eq\f(1,18)n3－eq\f(1,6)n2＋eq\f(1,3)n－eq\f(4,9)，n＝3k－1，k∈N*．…………………………8分③当n＝3k－2时，∣A0∣＝k－1，∣A1∣＝k－1，∣A2∣＝k．k＝2时，f(n)＝f(4)＝2×1×1＝2；k＝3时，f(n)＝f(7)＝1＋3×2×2＝13；k＞3时，f(n)＝2Ceq\a(3,k－1)＋Ceq\a(3,k)＋(Ceq\a(1,k－1))2Ceq\a(1,k)＝eq\f(3,2)k3－eq\f(9,2)k2＋5k－2；从而f(n)＝eq\f(1,18)n3－eq\f(1,6)n2＋eq\f(1,3)n－eq\f(2,9)，n＝3k－2，k∈N*．所以f(n)＝eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(1,18)n3－eq\f(1,6)n2＋eq\f(1,3)n，n＝3k，k∈N*，,eq\f(1,18)n3－eq\f(1,6)n2＋eq\f(1,3)n－eq\f(4,9)，n＝3k－1，k∈N*，,eq\f(1,18)n3－eq\f(1,6)n2＋eq\f(1,3)n－eq\f(2,9)，n＝3k－2，k∈N*．))……………………10分