PAGEPAGE10南通市2016屆高三教學情況調研（三）數學(滿分160分，考試時間120分鐘)2016．3一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．1.設復數z滿足(1＋2i)·z＝3(i為虛數單位)，則復數z的實部為____________．2.設集合A＝{－1，0，1}，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a－1，a＋\f(1,a)))，A∩B＝{0}，則實數a的值為______．3.右圖是一個算法流程圖，則輸出的k的值是__________．4.為了解一批燈泡(共5000只)的使用壽命，從中隨機抽取了100只進行測試，其使用壽命(單位：h)如下表：使用壽命[500，700)[700，900)[900，1100)[1100，1300)[1300，1500]只數52344253根據該樣本的頻數分布，估計該批燈泡使用壽命不低于1100h的燈泡只數是__________．5.電視臺組織中學生知識競賽，共設有5個版塊的試題，主題分別是：立德樹人、社會主義核心價值觀、依法治國理念、中國優秀傳統文化、創新能力．某參賽隊從中任選2個主題作答，則“立德樹人”主題被該隊選中的概率是__________．6.已知函數f(x)＝loga(x＋b)(a＞0且a≠1，b∈R)的圖象如圖所示，則a＋b的值是________．設函數y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx＋\f(π,3)))(0＜x＜π)，當且僅當x＝eq\f(π,12)時，y取得最大值，則正數ω的值為_____．8.在等比數列{an}中，a2＝1，公比q≠±1.若a1，4a3，7a5成等差數列，則a6的值是________．9.在體積為eq\f(\r(3),2)的四面體ABCD中，AB⊥平面BCD，AB＝1，BC＝2，BD＝3，則CD長度的所有值為_____．10.在平面直角坐標系xOy中，過點P(－2，0)的直線與圓x2＋y2＝1相切于點T，與圓(x－a)2＋(y－eq\r(3))2＝3相交于點R，S，且PT＝RS，則正數a的值為____________．(第6題)(第12題)11.已知f(x)是定義在R上的偶函數，且對于任意的x∈[0，＋∞)，滿足f(x＋2)＝f(x)．若當x∈[0，2)時，f(x)＝|x2－x－1|，則函數y＝f(x)－1在區間[－2，4]上的零點個數為____________．12.如圖，在同一平面內，點A位于兩平行直線m，n的同側，且A到m，n的距離分別為1，3.點B，C分別在m，n上，|eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))|＝5，則eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))的最大值是____________．13.設實數x，y滿足eq\f(x2,4)－y2＝1，則3x2－2xy的最小值是__________．14.若存在α，β∈R，使得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝cos3β＋\f(α,2)cosβ，,α≤t≤α－5cosβ，))則實數t的取值范圍是__________．二、解答題：本大題共6小題，共90分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．15.(本小題滿分14分)在斜三角形ABC中，tanA＋tanB＋tanAtanB＝1.(1)求C的值；(2)若A＝15°，AB＝eq\r(2)，求△ABC的周長．16.(本小題滿分14分)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N，P分別為棱AB，BC，C1D1的中點．求證：(1)AP∥平面C1MN；(2)平面B1BDD1⊥平面C1MN.17.(本小題滿分14分)植物園擬建一個多邊形苗圃，苗圃的一邊緊靠著長度大于30m的圍墻．現有兩種方案：方案①多邊形為直角三角形AEB(∠AEB＝90°)，如圖1所示，其中AE＋EB＝30m；方案②多邊形為等腰梯形AEFB(AB＞EF)，如圖2所示，其中AE＝EF＝BF＝10m.請你分別求出兩種方案中苗圃的最大面積，并從中確定使苗圃面積最大的方案．18.(本小題滿分16分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2).A為橢圓上異于頂點的一點，點P滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→)).(1)若點P的坐標為(2，eq\r(2))，求橢圓的方程；(2)設過點P的一條直線交橢圓于B，C兩點，且eq\o(BP,\s\up6(→))＝meq\o(BC,\s\up6(→))，直線OA，OB的斜率之積為－eq\f(1,2)，求實數m的值．19.(本小題滿分16分)設函數f(x)＝(x＋k＋1)eq\r(x－k)，g(x)＝eq\r(x－k＋3)，其中k是實數．(1)若k＝0，解不等式eq\r(x)·f(x)≥eq\f(1,2)eq\r(x＋3)·g(x)；(2)若k≥0，求關于x的方程f(x)＝x·g(x)實根的個數．20.(本小題滿分16分)設數列{an}的各項均為正數，{an}的前n項和Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2，n∈N*.(1)求證：數列{an}為等差數列；(2)等比數列{bn}的各項均為正數，bnbn＋1≥Seq\o\al(2,n)，n∈N*，且存在整數k≥2，使得bkbk＋1＝Seq\o\al(2,k).(ⅰ)求數列{bn}公比q的最小值(用k表示)；(ⅱ)當n≥2時，bn∈N*，求數列{bn}的通項公式．2016屆高三教學情況調研(三)數學附加題(滿分40分，考試時間30分鐘)21.【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做兩題，每小題10分，共20分．若多做，則按作答的前兩題計分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．B.(選修42：矩陣與變換)在平面直角坐標系xOy中，設點A(－1，2)在矩陣M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－10,01))對應的變換作用下得到點A′，將點B(3，4)繞點A′逆時針旋轉90°得到點B′，求點B′的坐標．C.(選修44：坐標系與參數方程)在平面直角坐標系xOy中，已知直線eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋\f(\r(5),5)t，,y＝－1＋\f(2\r(5),5)t))(t為參數)與曲線eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝sinθ，,y＝cos2θ))(θ為參數)相交于A，B兩點，求線段AB的長．【必做題】第22、23題，每小題10分，共20分．解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．22.一個摸球游戲，規劃如下：在一不透明的紙盒中，裝有6個大小相同、顏色各異的玻璃球．參加者交費1元可玩1次游戲，從中有放回地摸球3次．參加者預先指定盒中的某一種顏色的玻璃球，然后摸球．當所指定的玻璃球不出現時，游戲費被沒收；當所指定的玻璃球出現1次，2次，3次時，參加者可相應獲得游戲費的0倍，1倍，k倍的獎勵(k∈N*)，且游戲費仍退還給參加者．記參加者玩1次游戲的收益為X元．(1)求概率P(X＝0)的值；(2)為使收益X的數學期望不小于0元，求k的最小值．(注：概率學源于賭博，請自覺遠離不正當的游戲！)23.設S4k＝a1＋a2＋…＋a4k(k∈N*)，其中ai∈{0，1}(i＝1，2，…，4k)．當S4k除以4的余數是b(b＝0，1，2，3)時，數列a1，a2，…，a4k的個數記為m(b)．(1)當k＝2時，求m(1)的值；(2)求m(3)關于k的表達式，并化簡．

2016屆高三教學情況調研(三)(南通市)數學參考答案一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計70分．1.eq\f(3,5)2.13.174.14005.eq\f(2,5)6.eq\f(9,2)7.28.eq\f(1,49)9.eq\r(,7)，eq\r(,19)10.411.712.eq\f(21,4)13.4eq\r(,2)＋614.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))二、解答題：本大題共6小題，共計90分.15.解：(1)因為tanA＋tanB＋tanAtanB＝1，即tanA＋tanB＝1－tanAtanB，因為在斜三角形ABC中，1－tanAtanB≠0，所以tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝1，(4分)即tan(180°－C)＝1，亦即tanC＝－1，因為0°<C<180°，所以C＝135°.(6分)(2)在△ABC中，A＝15°，C＝135°，則B＝180°－A－C＝30°.由正弦定理eq\f(BC,sinA)＝eq\f(CA,sinB)＝eq\f(AB,sinC)，得eq\f(BC,sin15°)＝eq\f(CA,sin30°)＝eq\f(\r(,2),sin135°)＝2，(9分)故BC＝2sin15°＝2sin(45°－30°)＝2(sin45°cos30°－cos45°sin30°)＝eq\f(\r(,6)－\r(,2),2)，(12分)CA＝2sin30°＝1.所以△ABC的周長為AB＋BC＋CA＝eq\r(,2)＋1＋eq\f(\r(,6)－\r(,2),2)＝eq\f(2＋\r(,6)＋\r(,2),2).(14分)16.證明：(1)在正方體ABCDA1B1C1D1中，因為M，P分別為棱AB，C1D1的中點，所以AM＝PC1.又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1，所以四邊形AMC1P為平行四邊形．從而AP∥C1M.(4分)又AP?平面C1MN，C1M?平面C1MN，所以AP∥平面C1MN；(6分)(第16題)(2)連結AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD.又M，N分別為棱AB，BC的中點，故MN∥AC.所以MN⊥BD.(8分)在正方體ABCDA1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD.又MN?平面ABCD,所以DD1⊥MN.而DD1∩DB＝D，DD1，DB?平面BDD1B1，所以MN⊥平面BDD1B1.(12分)又MN?平面C1MN，所以平面B1BDD1⊥平面C1MN.(14分)17.解：設方案①，②中多邊形苗圃的面積分別為S1，S2.方案①設AE＝x，則S1＝eq\f(1,2)x(30x－x)(3分)≤eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋（30－x）,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(225,2)(當且僅當x＝15時，“＝”成立)．(5分)方案②設∠BAE＝θ，則S2＝100sinθ(1＋cosθ)，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(8分)由S′2＝100(2cos2θ＋cosθ－1)＝0得，cosθ＝eq\f(1,2)(cosθ＝－1舍去)．(10分)因為θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,3)，列表：θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))eq\f(π,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))S′2＋0－S2極大值所以當θ＝eq\f(π,3)時，(S2)max＝75eq\r(,3).(12分)因為eq\f(225,2)<75eq\r(,3)，所以建苗圃時用方案②，且∠BAE＝eq\f(π,3).答：方案①，②苗圃的最大面積分別為eq\f(225,2)m2，75eq\r(,3)m2，建苗圃時用方案②，且∠BAE＝eq\f(π,3).(14分)18.解：(1)因為eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，而P(2，eq\r(,2))，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(,2),2))).代入橢圓方程，得eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1①(2分)又橢圓的離心率為eq\f(\r(,2),2)，所以eq\r(,1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(,2),2).②(4分)由①②，得a2＝2，b2＝1，故橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(6分)(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．因為eq\o(OP,\s\up6(→))＝2eq\o(AO,\s\up6(→))，所以P(－2x1，－2y1)．因為eq\o(BP,\s\up6(→))＝meq\o(BC,\s\up6(→))，所以(－2x1－x2，－2y1－y2)＝m(x3－x2，y3－y2)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x1－x2＝m（x3－x2），,－2y1－y2＝m（y3－y2），))于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＝\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1，,y3＝\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1，))(9分)代入橢圓方程，得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)x2－\f(2,m)x1))\s\up12(2),a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－1,m)y2－\f(2,m)y1))\s\up12(2),b2)＝1，即eq\f(4,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)))＋eq\f(（m－1）2,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)))－eq\f(4（m－1）,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,a2)＋\f(y1y2,b2)))＝1.③(12分)因為A，B在橢圓上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1.④因為直線OA，OB的斜率之積為－eq\f(1,2)，即eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－eq\f(1,2)，結合②知eq\f(x1x2,a2)＋eq\f(y1y2,b2)＝0.⑤(14分)將④⑤代入③，得eq\f(4,m2)＋eq\f(（m－1）2,m2)＝1，解得m＝eq\f(5,2).(16分)19.解：(1)k＝0時，f(x)＝(x＋1)eq\r(,x)，g(x)＝eq\r(,x＋3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x＋3≥0))得x≥0.(2分)此時，原不等式為(x＋1)x≥eq\f(1,2)(x＋3)，即2x2＋x－3≥0，解得x≤－eq\f(3,2)或x≥1.所以原不等式的解集為[1，＋∞)．(5分)(2)由方程f(x)＝x·g(x)得，(x＋k＋1)eq\r(,x－k)＝xeq\r(,x－k＋3).①由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－k≥0，,x－k＋3≥0))得x≥k，所以x≥0，x－k＋1>0.方程①兩邊平方，整理得(2k－1)x2－(k2－1)x－k(k＋1)2＝0(x≥k)．②(7分)當k＝eq\f(1,2)時，由②得x＝eq\f(3,2)，所以原方程有唯一解．當k≠eq\f(1,2)時，由②得判別式Δ＝(k＋1)2(3k－1)2，i)k＝eq\f(1,3)時，Δ＝0，方程②有兩個相等的根x＝eq\f(4,3)>eq\f(1,3)，所以原方程有唯一的解．(10分)ii)0≤k<eq\f(1,2)且k≠eq\f(1,3)時，方程②整理為[(2k－1)x＋k(k＋1)](x－k－1)＝0，解得x1＝eq\f(k（k＋1）,1－2k)，x2＝k＋1.由于Δ>0，所以x1≠x2，其中x2＝k＋1>k，x1－k＝eq\f(3k2,1－2k)≥0，即x1≥k.故原方程有兩解．(14分)iii)k>eq\f(1,2)時，由ii)知x1－k＝eq\f(3k2,1－2k)<0，即x1<k，故x1不是原方程的解．而x2＝k＋1>k，故原方程有唯一解．綜上所述：當k≥eq\f(1,2)或k＝eq\f(1,3)時，原方程有唯一解；當0≤k<eq\f(1,2)且k≠eq\f(1,3)時，原方程有兩解．(16分)注：ii)中，法2：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,2k－1<0，,x＝\f(k2－1,2（2k－1）)>k，,h（k）＝－3k2<0，))故方程②兩實根均大于k，所以原方程有兩解．20.證明：(1)因為Sn＝eq\f(1,4)(an＋1)2，①所以Sn－1＝eq\f(1,4)(an－1＋1)2，n≥2.②①－②，得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，n≥2，(2分)因為數列{an}的各項均為正數，所以an＋an－1>0，n≥2.從而an－an－1＝2，n≥2.所以數列{an}為等差數列．(4分)(2)(Ⅰ)①中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝2n－1，Sn＝n2.由bkbk＋1＝Seq\o\al(2,k)(k≥2)得，b1＝eq\f(k2,qk－\f(1,2))，所以bn＝b1qn－1＝k2qn－k－eq\f(1,2)，③由bnbn＋1≥Seq\o\al(2,n)得，k4q2n－2k≥n4，即qn－k≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,k)))eq\s\up12(2)，④(6分)當n＝k時，④恒成立．當n≥k＋1時，④兩邊取自然對數，整理得，eq\f(klnq,2)≥eq\f(ln\f(n,k),\f(n,k)－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,k)≥1＋\f(1,k))).⑤記f(x)＝eq\f(lnx,x－1)(x>1)，則f′(x)＝eq\f(1－\f(1,x)＋ln\f(1,x),（x－1）2)，記g(t)＝1－t＋lnt，0<t<1，則g′(t)＝eq\f(1－t,t)>0，故g(t)為(0，1)上增函數，所以g(t)<g(1)＝0，從而f′(x)<0，故f(x)為(1，＋∞)上減函數，從而eq\f(ln\f(n,k),\f(n,k)－1)的最大值為klneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k))).⑤中，eq\f(klnq,2)≥klneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))，解得q≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\s\up12(2).(10分)當n≤k－1時，同理有q≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k－1)))eq\s\up12(2).所以公比q的最小值為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\s\up12(2)(整數k≥2)．(12分)(Ⅱ)依題意，q∈N*.由(2)知，q∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))\s\up12(2)，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k－1)))\s\up12(2)))(整數k≥2)，所以q≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\s\up12(2)>1，q≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k－1)))eq\s\up12(2)≤4，從而q∈{2，3，4}，當q＝2時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\s\up12(2)≤2≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k－1)))eq\s\up12(2)，只能k＝3，此時bn＝9·2n－eq\f(7,2)，不符；當q＝3時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\s\up12(2)≤3≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k－1)))eq\s\up12(2)，只能k＝2，此時bn＝4·3n－eq\f(5,2)，不符；當q＝4時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))eq\s\up12(2)≤4≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k－1)))eq\s\up12(2)，只能k＝2，此時bn＝22n－3，符合．綜上，bn＝22n－3.(16分)附加題B．[選修4-2：矩陣與變換]解：設B′(x，y)，依題意，由eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－1,0,0,1)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，得A′(1，2)．(4分)則eq\o(A′B,\s\up6(→))＝(2，2)，eq\o(A′B′,\s\up6(→))＝(x－1，y－2)．記旋轉矩陣N＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(0,－1,1,0)))(6分)則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(0,－1,1,0)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1,y－2))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(－2,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－1,y－2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝4，))所以點B′的坐標為(－1，4)．(10分)C．[選修4-4：坐標系與參數方程]解：將直線的參數方程化為普通方程，得y＝2x＋1.①(3分)將曲線的參數方程化為普通方程，得y＝1－2x2(－1≤x≤1)．②(6分)由①②，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))(8分)所以A(－1，－1)，B(