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2015南京二模卷数学


2015 届高三模拟考试试卷(一) 数 学 (满分 160 分,考试时间 120 分钟) 2015.5 参考公式: 1n - - 1n 样本数据 x1,x2,?,xn 的方差 s2= ? (xi- x )2,其中 x = ?xi. ni=1 ni=1 1 锥体的体积公式:V= Sh,其中 S 为锥体的底面面积,h 为锥体的高. 3 一、 填空题:本大题共 14 小题,每小题 5

分,共 70 分. 2i 1. 已知复数 z= -1,其中 i 为虚数单位,则 z 的模为________. 1-i 2. 经统计,某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: 排除人数 概率 0 0.1 1 0.16 2 0.3 3 0.3 4 0.1 ≥5 0.04

(第 4 题) 则该窗口上午 9 点钟时,至少有 2 人排队的概率是________. x+y≤2, ? ? 3. 若变量 x,y 满足约束条件?x≥1, 则 z=2x+y 的最大值是________. ? ?y≥0, 4. 右图是一个算法流程图,则输出 k 的值是________. 5. 如下图是甲、乙两位射击运动员的 5 次训练成绩(单位:环)的茎叶图,则成绩较为稳 定(方差较小)的运动员是________.

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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 “x∈A”是“x∈B”的充分条件,则实数 a 的取值范围为________. y2 7. 在平面直角坐标系 xOy 中,过双曲线 C:x2- =1 的右焦点 F 作 x 轴的垂线 l,则 l 3 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 PABCDEF 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BD· 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= ________. π π 11. 若将函数 f(x)=?sin?ω x- ??(ω>0)的图象向左平移 个单位后,所得图象对应的 9 6 ?? ? ? 函数为偶函数,则实数 ω 的最小值是________. 12. 已知 x,y 为正实数,则 4x y + 的最大值为________. 4x+y x+y

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].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 90 分. 解答时应写出必要的文字说明、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.

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16. (本小题满分 14 分) 在四棱锥 PABCD 中,BC∥AD,PA⊥PD,AD=2BC,AB=PB,E 为 PA 的中点.求证: (1) BE∥平面 PCD; (2) 平面 PAB⊥平面 PCD.

17. (本小题满分 14 分) 如图,摩天轮的半径 OA 为 50 m,它的最低点 A 距地面的高度忽略不计.地面上有一长 度为 240 m 的景观带 MN,它与摩天轮在同一竖直平面内,且 AM=60 m.点 P 从最低点 A 处按逆时针方向转动到最高点 B 处,记∠AOP=θ,θ ∈(0,π ). 2π (1) 当 θ= 时,求点 P 距地面的高度 PQ; 3 (2) 试确定 θ 的值,使得∠MPN 取得最大值.

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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? 6 ? 在椭圆 C 上,求实数 m 的值; ? 2 ,1? TA = 2,求椭圆 C 的离心率的取值范围; TF1

(2) 已知定点 A(-2,0). ① 若椭圆 C 上存在点 T,使得

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,若AM=λAP,BM=μBQ,求证:λ+μ 为定值.

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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.对于确定的非负实数 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. a2 (1) 求 的值; a1 (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:对任意的正整数 k(1≤k≤p),ck=dk.

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2015 届高三模拟考试试卷(一) 数学附加题(满分 40 分,考试时间 30 分钟) 21. 【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.若 多做,则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. A. (选修 41:几何证明选讲) 如图,AB,AC 是圆 O 的切线,ADE 是圆 O 的割线,求证:BE· CD=BD· CE.

B. (选修 42:矩阵与变换) ? a 1 ?,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 已知矩阵 A=? ? ? 1 a ? -y+2a=0. (1) 求实数 a 的值; (2) 求 A2.

C. (选修 44:坐标系与参数方程) π 在极坐标系中,设圆 C:ρ=4cosθ 与直线 l:θ= (ρ∈R)交于 A,B 两点,求以 AB 为 4 直径的圆的极坐标方程.

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D. (选修 45:不等式选讲) 1 已知实数 x,y 满足 x>y,求证:2x+ 2 ≥2y+3. x -2xy+y2

【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. 2 3 22. 如图,四棱锥 PABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AD∥BC,AB⊥AD,BC= ,AB 3 =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 APDC 的余弦值.

23. 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).

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2015 届高三模拟考试试卷(一)(南京) 数学参考答案及评分标准 11 3 10. 9 11. 9 2

1. 12.

5 4 3

2. 0.74 3. 4 4. 6 5. 甲 6. (-∞, -3] 7. 4 3 3 ? 13. ? ?-4,+∞? 14. (0,1)∪{2}

8. 12 9.

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) π 1 因为 sinB≠0,所以 cosA= .因为 0<A<π ,所以 A= .(7 分) 2 3 (2) sinB+sinC=sinB+sin? 2π 2π 2π -B?=sinB+sin cosB-cos sinB 3 3 ? 3 ?

π 3 3 = sinB+ cosB= 3sin?B+ ?.(11 分) 2 2 6? ? 2π π π 5π 因为 0<B< ,所以 <B+ < . 3 6 6 6 所以 sinB+sinC 的取值范围为? 3 ?.(14 分) ? 2 , 3?

16. 证明:(1) 取 PD 的中点 F,连结 EF,CF. 1 因为 E 为 PA 的中点,所以 EF∥AD,EF= AD. 2 1 因为 BC∥AD,BC= AD, 2 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=50-50cosθ .

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2π 2π 从而,当 θ= 时,PQ=50-50cos =75. 3 3 即点 P 距地面的高度 PQ 为 75 m.(4 分) (2) (方法 1)由题意,得 AQ=50sinθ ,从而 MQ=60-50sinθ ,NQ=300-50sinθ . 又 PQ=50-50cosθ , NQ 6-sinθ MQ 6-5sinθ 所以 tan∠NPQ= = ,tan∠MPQ= = .(6 分) PQ 1-cosθ PQ 5-5cosθ tan∠NPQ-tan∠MPQ 从而 tan∠MPN=tan(∠NPQ-∠MPQ)= 1+tan∠NPQ·tan∠MPQ 6-sinθ 6-5sinθ - 1-cosθ 5-5cosθ 12(1-cosθ ) = = .(9 分) 6-sinθ 6-5sinθ 23-18sinθ -5cosθ 1+ × 1-cosθ 5-5cosθ 12(1-cosθ ) 令 g(θ)= ,θ ∈(0,π ), 23-18sinθ -5cosθ 则 g′(θ)= 12×18(sinθ +cosθ -1) ,θ ∈(0,π ). (23-18sinθ -5cosθ )2

π 由 g′(θ)=0,得 sinθ +cosθ -1=0,解得 θ = .(11 分) 2 π π 当 θ∈?0, ?时,g′(θ )>0,g(θ )为增函数;当 θ ∈? ,π ?时,g′(θ )<0,g(θ)为减 2? ? ?2 ? 函数, π 所以,当 θ = 时,g(θ )有极大值,也为最大值. 2 因为 0<∠MPQ<∠NPQ< π π ,所以 0<∠MPN< , 2 2

从而当 g(θ)=tan∠MPN 取得最大值时,∠MPN 取得最大值. 即当 θ= π 时,∠MPN 取得最大值.(14 分) 2

(方法 2)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). 2 设点 P 的坐标为 (x0,y0),所以 Q (x0,0),且 x2 0+y0-100y0=0. NQ 300-x0 MQ 60-x0 从而 tan∠NPQ= = ,tan∠MPQ= = .(6 分) PQ y0 PQ y0 tan∠NPQ-tan∠MPQ 从而 tan∠MPN=tan(∠NPQ-∠MPQ)= 1+tan∠NPQ·tan∠MPQ 300-x0 60-x0 - y0 y0 24y0 = = . 300-x0 60-x0 10y0-36x0+1 800 1+ × y0 y0 由题意知, x0=50sinθ , y0=50-50cosθ , 所以 tan∠MPN== 分) (下同方法 1)
9

12(1-cosθ ) .(9 23-18sinθ -5cosθ

18. (1) 解:设椭圆 C 的方程为

x2 y2 + =1(a>b>0). a2 b2
2

a =m+1, a2 ? ? ? 2 ? c =m+1, x2 y2 由题意,得? 解得?b =m, 所以椭圆的方程为 + =1. m+1 m ? ? ?(m+1)-c=m, ?c=1. 因为椭圆 C 过点? 3 1 1 6 ? ,所以 + =1,解得 m=2 或 m=- (舍去). 2 2(m+1) m ? 2 ,1?

所以 m=2.(4 分) (2) ① 解:设点 T(x,y). 由 TA = 2,得(x+2)2+y2=2[(x+1)2+y2],即 x2+y2=2.(6 分) TF1
2 2

x +y =2, ? ? 2 由? x 得 y2=m2-m.因此 0≤m2-m≤m,解得 1≤m≤2. y2 + = 1 , ? ?m+1 m 1 3 2 所以椭圆 C 的离心率 e= ∈? , ?.(10 分) 3 2 ? ? m+1 → → ② 证明:(方法 1)设 M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2).则AM=(x0+2,y0),AP=(x1 +2,y1).
? ?x0=λx1+2(λ-1), ?x0+2=λ(x1+2), ? → → 由AM=λAP, 得 ? 从而? (12 分) ? ? ?y0=λy1. ?y0=λy1.

[λx1+2(λ-1)]2 x2 0 因为 +y2 = 1 ,所以 +(λy1)2=1. 0 2 2 x2 1 2? 2 即 λ2? ? 2 +y1?+2λ(λ-1)x1+2(λ-1) -1=0. 因为 x2 1 2 +y2 1=1,代入得 2λ(λ-1)x1+3λ -4λ+1=0. 2 3λ-1 λ-3 ,所以 x0= . 2λ 2

由题意知,λ ≠1,故 x1=- -μ+3 同理可得 x0= .(14 分) 2

λ-3 -μ+3 因此 = ,所以 λ+μ=6.(16 分) 2 2 (方法 2)设 M(x0,y0),P(x1,y1),Q(x2,y2). y0 直线 AM 的方程为 y= (x+2). x0+2 y0 x2 2 将 y= (x+2)代入 +y =1,得 2 x0+2
2? 2 2 2 2 ?1(x0+2)2+y0 ?2 ?x +4y0x+4y0-(x0+2) =0(*).

x2 0 2 2 2 因为 +y2 0=1,所以(*)可化为(2x0+3)x +4y0x-3x0-4x0=0. 2

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3x2 3x0+4 3x0-4 0+4x0 因为 x0x1=- ,所以 x1=- .同理 x2= .(14 分) 2x0+3 2x0+3 2x0-3 → → → → 因为AM=λAP,BM=μBQ, x0+2 x0-2 x0+2 x0-2 所以 λ+μ= + = + x1+2 x1-2 3x0+4 3x0-4 - +2 -2 2x0+3 2x0-3 = (x0+2)(2x0+3) (x0-2)(2x0-3) + =6. x0+2 -x0+2

即 λ+μ 为定值 6.(16 分) 1 19. (1) 证明:由 h(x)=f(x)+g(x)=x2-x+t+lnx,得 h′ (x)=2x-1+ ,x>0. x 1 因为 2x+ ≥2 x 1 2x·=2 2,所以 h′(x)>0, 从而函数 h(x)是增函数.(3 分) x

(2) 解:记直线 l 分别切 f(x),g(x)的图象于点(x1,x2 1-x1+t),(x2,lnx2), 2 由 f′(x)=2x-1,得 l 的方程为 y-(x1-x1+t)=(2x1-1)(x-x1),即 y=(2x1-1)x-x2 1+t. 1 1 1 由 g′(x)= ,得 l 的方程为 y-lnx2= (x-x2),即 y= ·x+lnx2-1. x x2 x2 1 ? ?2x1-1=x , 2 所以? (*) 2 ?-x1+t=lnx2-1. ? (1+x2)2 消去 x1 得 lnx2+ -(t+1)=0 4x2 2 令 F(x)=lnx+ (**).(7 分)

2 (1+x)2 1 1+x 2x -x-1 (2x+1)(x-1) -(t+1),则 F′(x)= - 3 = = , 2 4x x 2x 2x3 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) 1 1 1 x-1 令 k(x)=lnx+ -1(x≤1),由于 k′ (x)= - 2= 2 ≤0,故 k (x)在(0,1]上单调递减, x x x x 1 故当 0<x<1 时,k (x)>k (1)=0,即 lnx>1- , x (1+x)2 1 1?2 从而 lnx+ -(t+1)>? 2 ?2x-2? -t. 4x 所以 F? 又 0<
2 1 ? ?>? t+1? -t= t+1>0. ? 2? 4 ?2( t+1)? ?

1 <1, 2( t+1)

故方程(**)在(0,1)上存在唯一解.
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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) 2 2 20. (1) 解:由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(S2+S1)2=4a2 2,即(a2+2a1) =4a2. a2 因为 a1>0,a2>0,所以 a2+2a1=a2,即 =2.(3 分) a1 (2) 证明:(方法 1)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. a2 因为 =2,所以 a3=4a1.(6 分) a1 由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(Sn+1+S1)2=4a2na2,(Sn+2+S1)2=4a2na4. (Sn+2+S1)2 a4 Sn+2+S1 两式相除,得 = 2= ,所以 (Sn+1+S1) a2 Sn+1+S1 a4 =2. a2

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. - 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 2)在(Sm+n+S1)2=4a2na2m 中, 令 m=n,得 S2n+S1=2a2n.① 令 m=n+1,得 S2n+1+S1=2 a2na2n+2 ,② 在①中,用 n+1 代 n 得,S2n+2+S1=2a2n+2.③ ②-①,得 a2n+1=2 a2na2n+2-2a2n=2 a2n( a2n+2- a2n),④ ③-②,得 a2n+2=2a2n+2-2 a2na2n+2=2 a2n+2( a2n+2- a2n),⑤ 由④⑤得 a2n+1= a2na2n+2.⑥ (8 分) a2n+2 a2n+1 ⑥代入④,得 a2n+1=2a2n;⑥代入⑤得 a2n+2=2a2n+1,所以 = =2. a2n+1 a2n a2 - 又 =2,从而 an=a1·2n 1,n∈N*. a1 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) 证明: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)


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2015 届高三模拟考试试卷(一)(南京) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 证明:因为 AB 是圆 O 的切线,所以∠ABD=∠AEB. 因为∠BAD=∠EAB,所以△BAD∽△EAB. BD AB 所以 = .(5 分) BE AE CD AC 同理, = . CE AE 因为 AB,AC 是圆 O 的切线,所以 AB=AC. BD CD 因此 = ,即 BE· CD=BD· CE.(10 分) BE CE B. 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),
?x=ax0+y0, ?x? ? a 1 ??x0?=?ax0+y0?, 所以? ? 则? ?=? (3 分) ?? ? ? ? ?y? ? 1 a ??y0? ?x0+ay0? ?y=x0+ay0. ?

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 (2) 由 A=? 2a =4,解得 a=2.(6 分) a-1

? 2 1 ?,得 A2=? 2 1 ?? 2 1 ?=? 5 4 ?.(10 分) ? ? ?? ? ? ? ? 1 2 ? ? 1 2 ?? 1 2 ? ? 4 5 ?

C. 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 的直角坐标方程为 x2+y2-4x=0, 直线 l 的直角坐标方程为 y=x.(4 分)
2 2 ? ? ?x +y -4x=0, ?x=0, 由? 解得? 或 ?y=x, ? ? ?y=0,

? ?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 ρ2-2ρ(cosθ +sinθ )=0,即 ρ=2(cosθ +sinθ ).(10 分) D. 证明:因为 x>y,所以 x-y>0,从而 左边=(x-y)+(x-y)+ 3 1 1 (x-y)×(x-y)× +2y 2+2y≥3 (x-y) (x-y)2

=2y+3=右边. 即原不等式成立.(10 分) 22. 解:(1) 因为 PA⊥平面 ABCD,AB 所以 PA⊥AB,PA⊥AD. 又 AD⊥AB,

平面 ABCD,AD

平面 ABCD,

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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. 根据条件得 AD= 3. 2 3 ? 所以 B(1,0,0),D(0, 3,0),C?1, ,0 ,P(0,0,2). 3 ? ? 2 3 → → ? 从而BD=(-1, 3,0),PC=?1, ,-2 .(3 分) 3 ? ? 设异面直线 BD,PC 所成角为 θ , → → ? ? BD · PC → → 则 cosθ =|cos〈BD,PC〉|=? → →? |PC|? ?|BD|·

?(-1, =? ?

?1, 3,0)· ?
2× 19 3

2 3 ? ,-2 3 ?

? 57 ?= 38 . ?
57 .(5 分) 38

即异面直线 BD 与 PC 所成角的余弦值为

→ (2) 因为 AB⊥平面 PAD,所以平面 PAD 的一个法向量为 AB=(1,0,0). 设平面 PCD 的一个法向量为 n=(x,y,z), 2 3 → → → ? → 由 n⊥PC,n⊥PD,PC=?1, ,-2 ,PD=(0, 3,-2), 3 ? ? 2 3 ? ?x=3z, ?x+ y-2z=0, 3 得? 解得? 2 3 ? 3y - 2z = 0 , ? ?y= 3 z. 不妨取 z=3,则得 n=(2,2 3,3).(8 分) 设二面角 APDC 的大小为 φ, → (1,0,0)· (2,2 3,3) 2 AB· n → 则 cosφ =cos〈AB,n〉= = = . 5 → 1×5 |AB|×|n| 2 即二面角 APDC 的余弦值为 .(10 分) 5 23. 解:(1) f(3)=1,f(4)=2.(2 分) n? ? * ? (2) 设 A0=?m? ?m=3p,p∈N ,p≤3 ,
? ?

2

14

A1=?m?m=3p-1,p∈N*,p≤
? ? ? ?

? ?

n+1? ?, 3 ? n+2? ?, 3 ?

A2=?m?m=3p-2,p∈N*,p≤

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. 3 3 k=1,2 时,f(n)=(C1 k) =k ; 3 3 3 2 1 3 k≥3 时,f(n)=3C3 k+(Ck) = k - k +k. 2 2 1 1 1 从而 f(n)= n3- n2+ n,n=3k,k∈N*.(6 分) 18 6 3 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; 3 3 3 1 1 2 2 5 k>3 时,f(n)=C3 k-1+2Ck+Ck-1(Ck) = k -3k + k-1; 2 2 1 1 1 4 从而 f(n)= n3- n2+ n- ,n=3k-1,k∈N*.(8 分) 18 6 3 9 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; 9 2 3 1 2 1 3 3 k>3 时,f(n)=2C3 k-1+Ck+(Ck-1) Ck= k - k +5k-2; 2 2 1 1 1 2 从而 f(n)= n3- n2+ n- ,n=3k-2,k∈N*. 18 6 3 9

? ?1 1 1 4 所以 f(n)=?18n -6n +3n-9,n=3k-1,k∈N ,(10 分) 1 1 1 2 ? n - n + n- ,n=3k-2,k∈N . ?18 6 3 9
3 2 * 3 2 *

1 3 1 2 1 n - n + n,n=3k,k∈N*, 18 6 3

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