江苏省南京师大附中2015届高三数学模拟考试试卷1

南师大《数学之友》

一. 填空题

1. 在ABC中,已知AC2，BC3，cosA

2．已知中心为O的正方形ABCD的边长为2，点M、N分别为线段BC、CD上的两个 不同点，若MN1，则OMON的取值范围是 ▲ ．

x23. 若函数f(x)＝2(a＞0)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为___▲_____．

x＋a24．设 x 、y均为正实数，且

4，则sin(2B) ▲ . 56331，以点(x,y)为圆心,Rxy为半径的圆的 2x2y 面积最小时圆的标准方程为 ▲ ．

ab,ab05. 任给实数a,b，定义aba，设函数f(x)lnxx. an是公比大于0的

,ab0b 等比数列，且a51，fa1fa2fa3fa7fa8a1，则a1 ▲ . 6. 已知函数fxx11，如果关于x的方程fxmmR恰有4个互不相等的实 数根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围是 ▲ .

二、解答题

7. 某跳水运动员在一次跳水训练时的跳水曲线为如图所示的抛物线一段．已知跳水板AB长为2m，跳水板距水面CD的高BC为3m，CE5m,CF6m.为安全和空中姿态优美，训练时跳水曲线应在离起跳点A处水平距hm（h1）时达到距水面最大高度4m．规定：以CD为横轴，BC为纵轴建立直角坐标系． （1）当h=1时，求跳水曲线所在的抛物线方程；

（2）若跳水运动员在区域EF内入水时才能达到压水花的训练 要求，求达到压水花的训练要求时，h的取值范围．

3 2 2+h B A

C 5 6E · F · D x2y28. 已知椭圆C：221(ab0)，点A、B分别是椭圆C的左顶点和上顶点，直线

abc2 AB与圆G： xy（c是椭圆的半焦距）相离，P是直线AB上一动点，过点P

422 作圆G的两切线，切点分别为M、N． （1）若椭圆C经过点(1,2，求椭圆C的方程； )，离心率e33（2）若存在点P使得△PMN为正三角形，试求椭圆离心率e的取值范围．

9. 已知等比数列{an}的首项a12015，公比q（1）证明：S2SnS1；

（2）证明：若数列{an}中的任意相邻三项按从小到大排列，则总可以使其成等差数列；若 所有这些等差数列的公差按从大到小的顺序依次记为d1,d2,,dn，则数列{dn}为等 比数列.

10．对于函数yf(x)，若存在开区间D，同时满足：

①存在aD，当xa时，函数f(x)单调递减，当xa时，函数f(x)单调递增； ②对任意x0，只要ax,axD，都有f(ax)f(ax)． 则称yf(x)为D内的“勾函数”．

（1）证明：函数ylnx为(0,)内的“勾函数”． （2）对于给定常数，是否存在m，使函数h(x)1，数列{an}前n项和记为Sn. 213122xx23x1在(m,) 32 内为“勾函数”？若存在，试求出m的取值范围，若不存在，说明理由．

理科加试

11. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，ABACAA12，E是BC的中点. (1)若棱AA1上存在一点M，满足B1MC1E，求AM的长； (2)求平面AEC1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值.

nA1B1ABEC1C12.在数列{an}和{bn}中，ana，bn(a1)nb，n1,2,3,，其中a2且aN，

*bR.设A{a1,a2,a3,}，B{b1,b2,b3,}，试问在区间[1,a]上是否存在实数b使

得CAB.若存在，求出b的一切可能的取值及相应的集合C；若不存在，试说明理由.

参

一、填空题

1. 答案：

12717. 502 解：在ABC中，sinA1cosA1() 由正弦定理，

4523. 5BCACAC232,所以sinBsinA. sinAsinBBC35 又因为cosA，所以A为钝角，从而B为锐角，

5 于是cosB1sinB1()225221, 5 cos2B2cosB12(221217)1, 525 sin2B2sinBcosB2221421. 5525421317112717sin（2B）sin2Bcoscos2Bsin.

66625225250 2. 2. 答案： 22，解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴作平面直角坐标系（如图1），不妨设M(1,y)、

22(x1)(y1)1N(x,1).由题意知MN1，故 ，其中0x1，0y1.

ONOMxy1 在圆PRQ中找一点(x,y)使xy取最大最小.设目标函数为zxy.

41①由图2可知，当直线xyz0与在圆PRQ相切于点R时，z取得最小值，即xy，

4得2(x1)21，(x1)2121. ，由于0x1，故x22因此zmin2(21)22. 2由图2可知，当直线xyz0经过点C时，即xy1，z取得最大值，最大值为

z112，但是由题意知M、N是两个不同点，故最大值2取不到.

 2. 综上可得，OMON的取值范围是22，

图 1 图 2 3. 答案：21.

x1

解：f (x)＝2 ＝ (x≥1)，

ax＋a

x＋x

当a≥1时，f (x)的最大值为

12a

＝

12，得a＝＜1(舍去)；

22当021

＝，得a＝21. 1＋a2所以a的值为

221.

24. 答案: (x4)(y4)256.

338yx1解：由2x2y得：y1.

y28y xyy1.令zy1，则yz1. z22z18z8 xy zz210z99z10. zz

z9992z6,当且仅当z时，等号成立. zzz 此时xy最小，即圆的面积最小，此时z3，y4，x4， 圆的标准方程：(x4)2(y4)2256. 5. 答案：e.

解：f(a5)f(1)0,设数列an公比为q， f(a5i)f(a5i)f(1)f(qi)0, iq 所以 f(a2)f(a8)f(a3)f(a7)f(a4)f(a6)0, 因此f(a1)a1.

当a11时,lna1a1a1,a1e, 当a11时，

lna1a1无解. a16. 答案：3,0.

解：函数f(x)x11的图像如右图所示： 由图可知，若fxm的四个互不相等的实数根，则

m0,1，且x1，x2，x3，x4分别为：x1m，x22m，x3m2，x4m，

所以，x1x2x3x4m2mm2

2 m2243,0.

22+h 2 二、解答题

7.解：由题意可知最高点为(2h,4)(h1).

3 B A 可设抛物线方程为ya[x(2h)]4.

C （1）当h1时，最高点为(3,4)，方程为ya(x3)4. 225 E · 6F · D

将A(2,3)代入，得抛物线方程为yx26x5. （2）将点A(2,3)代入ya[x(2h)]24，得ah1. 由题意，得方程a[x(2h)]240在区间[5,6]内有一解. 令f(x)a[x(2h)]24 f(6)2112f(5)(3h)240，且 ，则[x(2h)]422hh4121h，解得. (4h)402h343 所以要达到压水花的训练要求h的取值范围为[1,].

x2y21． 8. 解：（1）椭圆为94c2（2）由直线AB与圆G： xy（c是椭圆的焦半距）相离，

422则aba2b2c22222，即4abc(ab)，4a2(a2c2)c2(2a2c2)， 2242得e6e40因为0e1， 所以0e35，①

连接ON,OM,OP,若存在点P使PMN为正三角形，则在RtOPN中， OP2ON2rc，所以，点O到直线AB的距离不大于c 即abab22c，

2222242222222∴abc(ab)，a(ac)c(2ac)，得e3e10

因为0e1，所以35e21，② 2由①②，

3551102e． e235，所以2221a2[1()n1]1129.（1）证明：SnS1S1a1[1()n1]S1，当n1时，等号成立.

1321()21a3[1()n2]112 SnS2S2a1[1()n2]S2，当n2时，等号成立.

1621()2

S2SnS1.

（2）证明：an2015() 均负.

当k是奇数时，{an}中的任意相邻三项按从小到大排列为ak1，ak2，ak， 则ak1aka1()a1()12n1，an随n增大而减小，an奇数项均正，偶数项

12k12k11k1a1a12a2a()k， ，k21222kak1ak2ak2，因此ak1,ak2,ak成等差数列，

公差dkak2ak1a1[()12k113a()k]k11.

22当k是偶数时，设{an}中的任意相邻三项按从小到大排列为ak，ak2，ak1，

a1a1k111则ak1aka1()ka1()k11，， 2a2a()k2122k222kak1ak2ak2，因此ak1,ak2,ak成等差数列，

3a11公差dkak2aka1[()k1()k1]k11.

222 综上可知，{an}中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列，且

dk3a1dn11，数列{dn}为等比数列. ，

2k1dn210. 证明：（1）①存在a1，当x(0,1),f(x)lnx为减函数， 当x(1,),f(x)lnx为增函数；

②对任意x0，当1x0时，f(1x)ln(1x)ln(1x), f(1x)ln(1x)ln(1x).

所以f(1x)f(1x)ln(1x)ln(1x)ln(1x)0, 即f(1x)f(1x).

所以函数ylnx为(0,)内的“勾函数”．

（2）①当0时，h(x)1，不存在m使函数h(x)在(m,)内为“勾函数”；

'223 ②当0时，h(x)xx2(x)(x2).

2

当x(2,)时，h'(x)0，h(x)为增函数； 当x(,)时，h'(x)0，h(x)为减函数，

因此不存在m及常数x0，使函数h(x)在(m,x0)为减函数，同时在(x0,)为增函数. 所以不存在m使函数h(x)在(m,)内为“勾函数”.

③当0时，h(x)在(,2)为减函数，在(2,)为增函数.

当m[,2)，则在(m,)上存在a2，使h(x)在(m,a)内为减函数，在(a,)内为增函数.

当x0，ax,ax(m,)时， 因为h(ax)h(ax)

11[(2x)3(2x)3]2[(2x)2(2x)2]23[(2x)(2x)] 3223 x0.所以h(ax)h(ax).

3  所以也不存在m使函数h(x)在(m,)内为“勾函数”.

综上所述，不论常数取何值，都不存在m，使函数h(x)在(m,)内为“勾函数”.

理科加试

11. 解：（1）如图，建立直角坐标系.

则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，C(0,2,0)， 2E)(1,1,0)，M(0,0,m)， C1(0,2,，

zA1B1AE yBC1 B1M=(2,0,m2),C1E=1,1,2.

MCx 因为B1MC1E，所以B1MC1E=22(m2)=0. 解得m1所以AM1.  （2）AE=(1,1,0)，AC1(0,2,2),

 设平面AEC1的法向量n=(x,y,z),

nAExy0 则：,令y1，则x1，z1.n(1,1,1). nAC12y2z0 因为AA1AC，BAAC，所以AC平面ABB1A1，  AC为平面ABB1A1的法向量，AC=(0,2,0).

2ACn3AC,n== cos=.

3ACn23 所以平面AEC1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为3. 312.解：设存在实数b[1,a]，使CAB，设m0C，则m0A，且m0B.

atb设m0a(tN)，m0(a1)Sb(SN),则a(a1)Sb，所以S,

a1t**tt*因为a,t,sN，且a2，所以ab能被a1整除.

 当t1时，因为b[1,a]，ab[0,a1]，所以S*abN*； a11 当t2n(nN)时,a2nb[(a1)1]2nb(a1)2nC2)1b, n(a1 由于b[1,a]，所以b1[0,a1]，0b1a1，

t 所以，当且仅当b1时，ab能被a1整除.

1 当t2n1(nN*)时，a2n1b[(a1)1]2n1b(a1)2n1C2n1(a1)1b，

由于b[1,a]，所以b1[2,a1]，

t所以，当且仅当b1a1，即ba时，ab能被a1整除.

综上，在区间[1,a]上存在实数b，使CAB成立.

2n*当b1时，C{yya,nN}；

当ba时，C{yya2n1,nN*}.