南京师大附中2015届高三数学模拟考试试卷

南师大附中2015高考数学模拟题

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 ▲ ．

4，则sin(2B) ▲ . 562x

3. 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

33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(1,542，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.

参考答案

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. sinAsinBBC3554 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，即xy，z取得最小值，

42得2(x1)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

21.

4. 答案: (x4)2(y4)2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.

2+h 2 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 F · · 6D

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)， E(1,1,0)，M(0,0,m)， 2) 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),

nAEC 设平面=(x,y,z), 1的法向量

nAExy0 则：,令y1，则x1，z1.n(1,1,1). nAC2y2z01 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=.

323ACn 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.

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

a1t**t*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*}.

2015高考数学模拟题(2)

南师大《数学之友》

一. 填空题

1. 已知(3,)且cos，则tan()的值为 ▲ . 252452

222. 在平面直角坐标系xOy中，设A是曲线C1：yax31(a0)与曲线C2：xy 的一个公共点，若C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂直，则实数a的值是 ▲ .

x2y23. 椭圆C:221(ab0)的左右焦点分别为F1,F2，若椭圆上恰好有6个不同的点

ab P,使得F1F2P为等腰三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是 ▲ .

4. 已知AB2,AC3,BAC60,CD2BC,AExAD(1x)AB,x(0,1)，

 则AE在AC上的投影的取值范围是 ▲ .

5. 设函数f(x)1,2x0， 若函数g(x)f(x)ax，x[2,2]为偶函数，则

x1,06. 各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有 ▲ 项．

二、解答题

7. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝64，圆O1与圆O相交，圆心为O1(9,0). (1) 经过O1作圆O的切线，求切线方程；

(2) 过定点P6,0作动直线l与圆O，圆O1都相交，且直线l被圆O，圆O1截得的弦长分别为d，d1.若d与d1的比值总等于同一常数λ，求λ的值和圆O1的方程．

8. 某港湾的平面示意图如图所示，直线l1、l2是两条海岸线，点O为

l1、l2交点，A位于O的正南方向6km处，B位于O的北偏东60方

向10km处．

(1) 求集镇A，B间的距离；

(2) 随着经济的发展，为缓解集镇O的交通压力，拟在海岸线l1，l2上分别修建码头M、N，开辟水上航线．勘测时发现：以O为圆心，3km为半径的扇形区域为浅水区，不适宜 船只航行．请确定码头M、N的位置，使得M、N之间的直线航线最短．

9. 有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk(m,k1,2,3,,n, n≥3),公差为dm，并且a1n,a2n,a3n,,ann成等差数列． （1）证明dm2md1m1d2； （2）设d11,d23，当n6时，不等式

210.已知函数f(x)a(x)blnx（a,bR），g(x)x.

1(2n3)2n1dn恒成立． 501x (1) 若a1，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴垂直，求b的值； (2) 在（1）的条件下，求证g(x)f(x)2ln2；

(3) 若b2，函数f(x)与g(x)在其公共点处是否存在公切线.若存在，求出a值的个数；若不存在，说明理由.

理科加试

11. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且 D1EEO.

（1）若1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值； （2）若平面CDE平面CD1O，求的值.

D1A1DAOBEB1C1

Cx232y21的离心率为12. 如图，椭圆C1：，x轴被曲线C2：yx1截得的线段

24长等于C1的长半轴长.设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，

B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.

（1）证明：MDME；

(2) 记MAB，MDE的面积分别为S1，S2，问：是否存在直线l，使得请说明理由.

S117成立？S232

参考答案

一. 填空题

1.答案：

1. 3解：

422，cos2cos2221，cos2125251，cos，sin， 52525 tan22，tan()241. 31tan2tan2.答案: 4.

解：设Ax0,y0，所以C1在A处的切线斜率为f'x03ax0，

2 C2在A处的切线斜率为直， 所以，3x10，又C1在A处的切线与C2在A处的切线互相垂kOAy0x032，即3ax1y3ax000. y015322.代入C2:xy，得x0，

222 又ax0y01，故y0 将x0133，y0代入yax1a0，得a4. 221113.答案：(,)(,1).

322解：4c2a2c11111e1且e，故离心率范围为(,)(,1). 323222ca4.答案：1,7.

解：如图，C(3,0),B(1,3),D(7,23).

 AE(6x1,33x3),

AEAC3(6x1)AEcosEAC6x1,x(0,1)3 AC6x1[1,7]

5.答案：

1. 2解：由题设，g(x)ax1,2x0，

(1a)x1,0从而有a1a，得a6.答案: 8.

解：设a1,a2,a3,,an是公差为4的等差数列， 则a1a2a3an100， 即a121. 22a14a14n1n1100，

22  a1n1a12n22n1000， 因此，7n6n4010， 解得n1nn2， 其中n12132816328160，8n29， 77 所以，自然数n的最大值为8，故这样的数列至多有8项. 故答案为：8.

二、解答题

7.解：(1)设切线的斜率为k，则由题意可得切线方程为 ykx9k0 ,

由圆心O(0,0)到切线的距离为圆O的半径得：

9k1k28,

解得k17. 8

所以切线方程为y1791717917xx或y. 8888(2) 当直线l的斜率存在时，设直线l为yk(x6)，即ykx6k0.

则点O，O1到直线l的距离分别为h6k1k2，

h1＝

3k1k2，设圆O1的半径为r,

36k29k22 从而d264，d12r.

1k21k2d2 由 ＝λ，得d22d1. d1

36k29k222). 所以64－＝(r1k21k2 整理得：(282r292)k22r2640. 由题意，知上式对于任意实数k恒成立，

22228r90 所以22.

r6402 解得＝2(负根舍去)，r16.

综上所述，＝2．圆O1的标准方程为(x9)y16.

8. 解：(1) 在ABO中，OA6,OB10,AOB120,

22 ABOAOB2OAOBcos120 6102610222221196. 2 AB14,即A，B间的距离为14km.

(2) 依题意，直线MN与圆O相切，设切点为C，连接OC，则OCMN. 设OMx，ONy，MNu，

在OMN中，

11OMONsin60MNOC, 22 即xy23u.

由余弦定理，u2x2y22xycos120 x2y2xy3xy.

所以，u63u，u63，当且仅当xy6时，u取得最小值. 答：M、N建在距离O点均为6km处航线最短．

9. 证明:（1）因为a1n,a2n,a3n,,ann成等差数列，所以a12,a22,a32,......,an2成等差数列．

2(1d2)(1d1)(1d3)(1d2)(1dn)(1dn1)

即d2d1d3d2dndn1，所以，{dn}成等差数列，公差为d2d1， 所以dmd1(m1)(d2d1)(2m)d1(m1)d2． （2）由题知dn2n1,1(2n3)2n1dn,即 (2n3)2n150(2n1)． 50即为不等式(2n3)2n150(2n1)0的解, 考虑函数f(n)(2n3)2n150(2n1), 由于f(n1)f(n)2[(2n1)250]， 当n3时，f(n1)f(n)． 即f(3)f(4)f(5)f(6), 而f(6)9(12850)1006020， 所以，当n≥6时，有f(n)0.

因此当n≥6时，(2n3)2n150(2n1)恒成立， 即

n1(2n3)2n1dn恒成立． 5021bxbx11'10. 解：（1）a1，f(x)xblnx，f(x)12，

xxxx2 依题意,f(1)2b0.b2.

'

（2）由（1）得f(x)x12lnx，x(0,). x2 要证g(x)f(x)2ln2，只须证xx 设F(x)x2x12lnx2ln20. x12lnx2ln2（x0）. x122x3x212x(2x1)(x21) F(x)2x12 . 22xxxx'111. 当0x时，F'(x)0；当x时，F'(x)0.

222171所以，当x时，F(x)取极小值，也是最小值，F(x)minF()0.

224令F'(x)0，得x因此F(x)0，g(x)f(x)2ln2.

（3）设函数f(x)与g(x)的图像在其公共点(x0,y0)处存在公切线.

1ax22xa'' f(x)a(x)2lnx,f(x),g(x)2x.

xx2ax2x0a32由f'(x0)g'(x0)，可得到0，即2x2xax0002x0a0， 2x0(2x0a)(x021)0，得x02a.f(x)的定义域为(0,). 2当a0时，x0a(0,).函数f(x)与g(x)在其公共点处没有公切线； 2aa12a12a28aln(). 当a0时，令f()g()，a22lna，即

22224828lnaa288ln20.

设h(x)8lnxx288ln2（x0），h(x)'82x.令h'(x)0，得x2. x当x(0,2)时，h'(x)0，h(x)递增；当x(2,)时，h'(x)0，h(x)递减. 所以h(x)maxh(2)40.

2224h()8ln()288ln20，在(0,2)上存在唯一x1，使得h(x1)0； eeee又h(2)8ln280，在(2,)上存在唯一x2，h(x2)0.

综上，a0时，不存在公切线；a0时，存在公切线，适合题意的a值有两个.

2

理科加试

11. 解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以DA,DC,DD1为单位正交基底建立如图所示的空间

O(,直角坐标系Dxyz，由题设，E为D1O的中点，则 A(1,0,0)，

11,0)，C(0,1,0)， 22111111D1(0,0,1)，E(,,)， 于是DE(,,)，

44244211CD1(0,1,1)，CO(,,0),

22 由cosDE,CD1DECD1DECD13. 63. 6所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为

（2）设平面CD1O的法向量为m(x1,y1,z1)，由mCO0,mCD10,得

11x1y10, 2取x11，得y1z11，即m(1,1,1).由D1EEO， 2y1z10,11,,). ,,)，DE( 得E(2(1)2(1)12(1)2(1)1 又设平面CDE的法向量为n(x2,y2,z2)，由nCD0，nDE0，得

y20, x2取x22，得z2，即n(2,0,). y2z22(1)2(1)2(1)0, 因为平面CDE平面CD1E，所以mn0，得2.

12. 解：(1) 由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.

由ykx2yx1得xkx10.

2 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根， 于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标(0,1)，所以 kMAkMBy11y21(kx11)(kx21) x1x2x1x2

k2x1x2k(x1x2)1k2k21 1.

1x1x2 故MDME.

(2) 设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为yk1x1, 由yk1x12yx1解得xk1x02或.故点的坐标为(k,kA111). 2y1yk11 又直线MB的斜率为111，同理可得点B的坐标为(,21). k1k1k1211111k1 于是S1MAMB, 1k12k11222k12k1k1 由

yk1x122x4y40得(14k1)x8k1x0.

228k1x14k2x08k14k1211 解得或, 故点D的坐标为(,), 22214k114k1y1y4k1114k1218k14k12 又直线ME的斜率为，同理可得点E的坐标为(,),

k14k124k1232(1k12)k11 于是S2MDME.

2(14k12)(k124) 因此

S114S1417(4k12217)由题意知，1(4k12217), S264k1S264k132k121k121122 解得k14或k1.又由点A，B的坐标可知，k=k1,

1k14k1k1 所以k3. 233x，yx.

22 故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为y当ba时，C{yya2n1,nN*}.