1633数学-宿迁市2013届高三第三次模拟数学试题

B．选修4-2：矩阵与变换 已知a,b?R，若矩阵M???b??1a?所对应的变换把直线l：2x?y?3变换为自身，求3??M?1.

C．选修4-4：坐标系与参数方程 在极坐标系中，已知直线2?cos?+?sin?+a?0(a?0)被圆??4sin?截得的弦长为2，求a的值.

D．选修4-5：不等式选讲

已知x,y,z?R，且x?2y?3z?4，求x2+y2+z2的最小值． 22．【必做题】本小题10分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

如图，在正三棱柱ABC?ABC已知AA111中，1?6，AB?2，M,N分别是棱BB1，CC1上的点，且BM?4，CN?2. ⑴求异面直线AM与AC11所成角的余弦值；

⑵求二面角M?AN?A1的正弦值.

B M

B1

N C1 C

A1

A （第22题图）

23．【必做题】本小题10分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

2n?12n?222n?3rnn?1?C1?Cnx???Cn(?1)rx2n?1?r???Cn已知函数f(x)?C0,n?N?． nxnxn(?1)x⑴当n≥2时，求函数f(x)的极大值和极小值；

?1n⑵是否存在等差数列{an}，使得a1C0n?a2Cn???an?1Cn?nf(2)对一切n?N都成立？并说明理由．

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宿迁市高三年级第三次模拟考试

数学参考答案与评分标准

一、填空题

115； 4. {?1,1}； 5.(?1,5)； 6.； 7.1；

283π323+158.55； 9.9； 10.； 11. ； 12. ； 13.[,3)； 14. 4

48241.?3； 2. 0.032； 3.

二、解答题

15.⑴因为CE?圆O所在的平面，BC?圆O所在的平面，

所以CE?BC，………………………………………………………………………………2分 因为AB为圆O的直径，点C在圆O上，所以AC?BC， ……………………………3分 因为AC?CE?C，AC,CE?平面ACE，

所以BC?平面ACE，………………………………………………………………………5分 因为BC?平面BCEF，所以平面BCEF?平面ACE．…………………………………7分 ⑵由⑴AC?BC，又因为CD为圆O的直径， 所以BD?BC，

因为AC,BC,BD在同一平面内，所以AC?BD，…………………………………………9分 因为BD?平面ACE，AC?平面ACE，所以BD?平面ACE．………………………11分

因为BF?CE，同理可证BF?平面ACE， 因为BD?BF?B，BD,BF?平面BDF， 所以平面BDF?平面ACE，

因为DF?平面BDF，所以DF?平面ACE．……………………………………………14分

????????343116.⑴由AB?AC?S，得bccosA??bcsinA，即sinA?cosA．……………2分

23229代入sin2A+cos2A?1，化简整理得，cos2A?．……………………………………4分

2543由sinA?cosA，知cosA?0，所以cosA?．………………………………………6分

35⑵由2b?a+c及正弦定理，得2sinB?sinA+sinC，

即2sin(A+C)?sinA+sinC，………………………………………………………………8分 所以2sinAcosC+2cosAsinC?sinA+sinC．①

443由cosA?及sinA?cosA，得sinA?，……………………………………………10分

3554?sinC代入①，整理得cosC?．

8代入sin2C+cos2C?1，整理得65sin2C?8sinC?48?0，……………………………12分

124解得sinC?或sinC??．

13512因为C?(0,?)，所以sinC?．…………………………………………………………14分

13

6

17．如图甲，设?DBC??，

3r3rcos?，DC?sin?， ………………………………………………2分 229所以S△BDC?r2sin2?………………………………………………………………………4

16则BD?分

π时取等号， …………………………………………………6分 43此时点D到BC的距离为r，可以保证点D在半圆形材料ABC内部，因此按照图甲方案

492得到直角三角形的最大面积为r． …………………………………………………7分

16当且仅当??D

D A

B B O E C O C （第17题乙图） （第17题甲图）

如图乙，设?EOD??，则OE?rcos?，DE?rsin?，

A 9≤r2， 16ππ3211设f(?)?r2(1?cos?)sin?，则f?(?)?r2(1?cos?)(2cos??1)，

22πππ当??[,]时，f?(?)≤0，所以??时，即点E与点C重合时，

323332r． ………………………………………………………13分 △BDE的面积最大值为833292r?r， 因为816332r．…………14分 所以选择图乙的方案，截得的直角三角形面积最大，最大值为8所以S△BDE?r2(1?cos?)sin?，??[,] ． …………………………………10分

1218．⑴连结A2P，则A2P?AP1，且A2P?a，

?又A1A2P?60. 1A2?2a，所以?A所以?POA2?60?，所以直线OP的方程为y?3x.……………………………………3分 ⑵由⑴知，直线A2P的方程为y??3(x?a)，A1P的方程为y?联立解得xP?3(x?a)， 3a. ………………………………………………………………………5分 2 7

32123c3x24y222因为e?，即?，所以c?a，b?a，故椭圆E的方程为2+2?1.

442a2aa?3y?(x?a),?a?3由?解得xQ??，…………………………………………………………7分 227?x+4y?1,??a2a2aa?(?)3PQ27?． ………………………………………………………………8分 ?所以

QA1?a?(?a)47⑶不妨设OM的方程为y?kx(k?0)，

?y?kx,aak?联立方程组?x24y2解得B(,)，

221?4k1?4k?a2+a2?1,?1?k2所以OB?a；……………………………………………………………………10分

1?4k21?k21用?代替上面的k，得OC?a． 24?kk同理可得，OM?2a1?k2，ON?2ak1?k2．…………………………………………13分

所以S1?S2??OB?OC?OM?ON?a4?14k(1?4k)(4?k)22．………………………14分

因为k(1?4k2)(4?k2)?11≤，

14(k2?2)?175ka4当且仅当k?1时等号成立，所以S1?S2的最大值为．………………………………16分

519．⑴若a?0时，a1?2，an?1?an2，所以2an?1?an，且an?0． 2两边取对数，得lg2+2lgan?1?lgan，……………………………………………………2分 化为lgan?1+lg2?(lgan+lg2)， 因为lga1+lg2?2lg2，

所以数列{lgan+lg2}是以2lg2为首项，

121为公比的等比数列．……………………4分 28