高三數學模擬試卷

A. 數學試卷的質量分析如何寫，高三月考的試卷。給出例子加分。

在進行高三月考數學試卷的質量分析時，我們首先需要對試卷的各個部分進行得分情況的統計。比如，可以細致地劃分成函數、不等式、幾何、概率統計等幾個大類，具體記錄每一部分的平均得分、最高分與最低分。這樣做的目的是為了清晰了解學生對不同知識點的掌握程度。

接著，我們需要深入分析導致得分差異的原因。可以從學生的知識掌握情況入手，比如，是否對某些知識點理解不透徹，或者是對解題方法掌握不足。同時，也可以從時間管理的角度進行分析，看看是否在考試過程中存在時間分配不合理的問題，比如在某些部分花費了過多時間，而在其他部分卻時間不夠。通過這樣的分析，我們可以找到影響考試成績的關鍵因素。

最後，基於以上分析，我們需要制定出具體的改進措施。比如，對於知識點掌握不夠牢固的部分，可以制定出詳細的學習計劃，安排更多的練習時間。對於時間管理方面的問題，可以通過模擬考試的方式，幫助學生更好地調整答題節奏。同時，還可以結合學生的興趣和優勢，為他們提供個性化的指導建議，幫助他們在接下來的學習中取得更好的成績。

在實際操作中，我們還可以適當增加一些具體的例子，比如，通過列舉某位學生在某個知識點上存在的問題，以及他們通過針對性練習後取得的進步，來進一步說明分析方法的有效性。這樣的例子能夠使我們的分析更加具體和生動，有助於學生更好地理解和應用。

通過對數學試卷的質量進行細致分析，我們不僅能夠發現學生在學習過程中存在的問題，還能為他們的進一步學習提供有針對性的指導。這將有助於提高整個班級的數學成績，同時也為學生個人的學術發展打下堅實的基礎。

B. 求南京市,鹽城市2015屆高三年級第二次模擬考試數學卷答案

南京市、鹽城市2015屆高三年級第二次模擬考試

數學參考答案

一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．

1．p 2．一3．－2 4．55 5．

6． 7．③④ 8． 9． 10．50

11．(1，2) 12． 2 13． 14．10000

15．（本小題滿分14分）

在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a，b，c．已知cosC＝．

（1）若×＝，求△ABC的面積；

（2）設向量x＝(2sin，)，y＝(cosB，cos)，且x∥y，求sin(B－A)的值．

解：（1）由·＝，得abcosC＝．

又因為cosC＝，所以ab＝＝． …………………… 2分

又C為△ABC的內角，所以sinC＝． …………………… 4分

所以△ABC的面積S＝absinC＝3． …………………… 6分

（2）因為x//y，所以2sincos＝cosB，即sinB＝cosB． ………………… 8分

因為cosB≠0，所以tanB＝．

因為B為三角形的內角，所以B＝． ………………… 10分

所以A＋C＝，所以A＝－C．

所以sin(B－A)＝sin(－A)＝sin(C－)

＝sinC－cosC＝×－×

＝． ………………… 14分

16．（本小題滿分14分）

如圖，在四棱錐P—ABCD中， AD＝CD＝AB， AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．

（1）求證：BC⊥平面PAC；

(第16題圖)

P

A

B

C

D

M

（2）若M為線段PA的中點，且過C，D，M三點的平面與PB交於點N，求PN：PB的值．

證明：（1）連結AC．不妨設AD＝1．

因為AD＝CD＝AB，所以CD＝1，AB＝2．

因為ÐADC＝90°，所以AC＝，ÐCAB＝45°．

在△ABC中，由餘弦定理得BC＝，所以AC²＋BC²＝AB²．

所以BC^AC． …………………… 3分

因為PC^平面ABCD，BCÌ平面ABCD，所以BC^PC． …………………… 5分

因為PCÌ平面PAC，ACÌ平面PAC，PC∩AC＝C，

所以BC^平面PAC． …………………… 7分

(第16題圖)

P

A

B

C

D

M

N

（2）如圖，因為AB∥DC，CDÌ平面CDMN，ABË平面CDMN，

所以AB∥平面CDMN． …………………… 9分

因為ABÌ平面PAB，

平面PAB∩平面CDMN＝MN，

所以AB∥MN． …………………… 12分

在△PAB中，因為M為線段PA的中點，

所以N為線段PB的中點，

即PN：PB的值為． …………………… 14分

17．（本小題滿分14分）

E

B

G

A

N

D

M

C

F

O

H

P

(第17題圖)

右圖為某倉庫一側牆面的示意圖，其下部是一個矩形ABCD，上部是圓弧AB，該圓弧所在圓的圓心為O．為了調節倉庫內的濕度和溫度，現要在牆面上開一個矩形的通風窗EFGH(其中E，F在圓弧AB上， G，H在弦AB上)．過O作OP^AB，交AB於M，交EF於N，交圓弧AB於P．已知OP＝10，MP＝6.5（單位：m），記通風窗EFGH的面積為S（單位：m²）．

（1）按下列要求建立函數關系式：

(i)設∠POF＝θ (rad)，將S表示成θ的函數；

(ii)設MN＝x (m)，將S表示成x的函數；

（2）試問通風窗的高度MN為多少時，通風窗EFGH的面積S最大？

解：（1）由題意知，OF＝OP＝10，MP＝6.5，故OM＝3.5．

(i)在Rt△ONF中，NF＝OFsinθ＝10sinθ，ON＝OFcosθ＝10cosθ．

在矩形EFGH中，EF＝2MF＝20sinθ，FG＝ON－OM＝10cosθ－3.5，

故S＝EF×FG＝20sinθ(10cosθ－3.5)＝10sinθ(20cosθ－7)．

即所求函數關系是S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ₀，其中cosθ₀＝．

…………4分

(ii)因為MN＝x，OM＝3.5，所以ON＝x＋3.5．

在Rt△ONF中，NF＝＝＝．

在矩形EFGH中，EF＝2NF＝，FG＝MN＝x，

故S＝EF×FG＝x．

即所求函數關系是S＝x，0＜x＜6.5． ………… 8分

（2）方法一：選擇(i)中的函數模型：

令f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，

則f ′(θ)＝cosθ(20cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos²θ－7cosθ－20．…………10分

由f ′(θ)＝40cos²θ－7cosθ－20＝0，解得cosθ＝，或cosθ＝－．

因為0＜θ＜θ₀，所以cosθ＞cosθ₀，所以cosθ＝．

設cosα＝，且α為銳角，

則當θ∈(0，α)時，f ′(θ)＞0 ，f(θ)是增函數；當θ∈(α，θ₀)時，f ′(θ)＜0 ，f(θ)是減函數，

所以當θ＝α，即cosθ＝時，f(θ)取到最大值，此時S有最大值．

即MN＝10cosθ－3.5＝4.5m時，通風窗的面積最大． …………14分

方法二：選擇(ii)中的函數模型：

因為S＝ ，令f(x)＝x²(351－28x－4x²)，

則f ′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)． ……… 10分

因為當0＜x＜時 ，f ′(x)＞0，f(x)單調遞增，當＜x＜時，f ′(x)＜0，f(x)單調遞減，

所以當x＝時，f(x)取到最大值，此時S有最大值．

即MN＝x＝4.5m時，通風窗的面積最大． …………14分

18．（本小題滿分16分）

x

y

A

O

B

C

D

M

N

(第18題圖)

如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0) 的離心率為，直線l：y＝x與橢圓E相交於A，B兩點，AB＝2．C，D是橢圓E上異於A，B的任意兩點，且直線AC，BD相交於點M，直線AD，BC相交於點N．

（1）求a，b的值；

（2）求證：直線MN的斜率為定值．

解：（1）因為e＝＝，所以c²＝a²，即a²－b²＝a²，所以a²＝2b²．……2分

故橢圓方程為＋＝1．

由題意，不妨設點A在第一象限，點B在第三象限．

由解得A(b，b)．

又AB＝2，所以OA＝，即b²＋b²＝5，解得b²＝3．

故a＝，b＝． ……………… 5分

（2）方法一：由（1）知，橢圓E的方程為 ＋＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．

①當CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設直線CA，DA的斜率分別為k₁，k₂，C(x₀，y₀)，

顯然k₁≠k₂．

從而k₁ ·k_CB＝·＝＝＝＝－．

所以k_CB＝－． …………………… 8分

同理k_DB＝－．

於是直線AD的方程為y－1＝k₂(x－2)，直線BC的方程為y＋1＝－(x＋2)．

由解得

從而點N的坐標為(，)．

用k₂代k₁，k₁代k₂得點M的坐標為(，)．

………… 11分

所以k_MN＝ ＝＝－1．

即直線MN的斜率為定值－1． ………14分

②當CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，

根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，

故不妨設直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．

仍然設DA的斜率為k₂，由①知k_DB＝－．

此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－(x＋2)，它們交點M(2，－1－)．

BC：y＝－1，AD：y－1＝k₂(x－2)，它們交點N(2－，－1)，

從而k_MN＝－1也成立．

由①②可知，直線MN的斜率為定值－1． …………16分

方法二：由（1）知，橢圓E的方程為 ＋＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．

①當CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設直線CA，DA的斜率分別為k₁，k₂．

顯然k₁≠k₂．

直線AC的方程y－1＝k₁(x－2)，即y＝k₁x＋(1－2k₁)．

由得(1＋2k₁²)x²＋4k₁(1－2k₁)x＋2(4k₁²－4k₁－2)＝0．

設點C的坐標為(x₁，y₁)，則2·x₁＝，從而x₁＝．

所以C(，)．

又B(－2，－1)，

所以k_BC＝＝－． ……………… 8分

所以直線BC的方程為y＋1＝－(x＋2)．

又直線AD的方程為y－1＝k₂(x－2)．

由解得

從而點N的坐標為(，)．

用k₂代k₁，k₁代k₂得點M的坐標為(，)．

……… 11分

所以k_MN＝ ＝＝－1．

即直線MN的斜率為定值－1． ………………14分

②當CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，

根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，

故不妨設直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．

仍然設DA的斜率為k₂，則由①知k_DB＝－．

此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－(x＋2)，它們交點M(2，－1－)．

BC：y＝－1，AD：y－1＝k₂(x－2)，它們交點N(2－，－1)，

從而k_MN＝－1也成立．

由①②可知，直線MN的斜率為定值－1． ………………16分

19．（本小題滿分16分）

已知函數f(x)＝1＋lnx－，其中k為常數．

（1）若k＝0，求曲線y＝f(x)在點 (1，f(1))處的切線方程；

（2）若k＝5，求證：f(x)有且僅有兩個零點；

（3）若k為整數，且當x＞2時，f(x)＞0恆成立，求k的最大值．

（參考數據ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30）

解：（1）當k＝0時，f(x)＝1＋lnx．

因為f ¢(x)＝，從而f ¢(1)＝1．

又f (1)＝1，

所以曲線y＝f(x)在點 (1，f(1))處的切線方程y－1＝x－1，

即x－y＝0． ………3分

（2）當k＝5時，f(x)＝lnx＋－4．

因為f ¢(x)＝，從而

當x∈(0，10)，f ′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈(10，＋∞)時，f ′(x)＞0，f(x)單調遞增．

所以當x＝10時，f(x)有極小值． ……………… 5分

因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之間有一個零點．

因為f(e⁴)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e⁴)之間有一個零點．

從而f(x)有兩個不同的零點． …………… 8分

（3）方法一：由題意知，1+lnx－＞0對x∈(2，＋∞)恆成立，

即k＜對x∈(2，＋∞)恆成立．

令h(x)＝，則h¢(x)＝．

設v(x)＝x－2lnx－4，則v¢(x)＝．

當x∈(2，＋∞)時，v¢(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)為增函數．

因為v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，

所以存在x₀∈(8，9)，v(x₀)＝0，即x₀－2lnx₀－4＝0．

當x∈(2，x₀)時，h¢(x)＜0，h(x)單調遞減，當x∈(x₀，＋∞)時，h¢(x)＞0，h(x)單調遞增．

所以當x＝x₀時，h(x)的最小值h(x₀)＝．

因為lnx₀＝，所以h(x₀)＝∈(4，4.5)．

故所求的整數k的最大值為4． …………… 16分

方法二：由題意知，1+lnx－＞0對x∈(2，＋∞)恆成立．

f(x)＝1+lnx－，f ¢(x)＝．

①當2k≤2，即k≤1時，f¢(x)＞0對x∈(2，＋∞)恆成立，

所以f(x)在(2，＋∞)上單調遞增．

而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以滿足要求．

②當2k＞2，即k＞1時，

當x∈(2，2k)時，f ′(x)＜0， f(x)單調遞減，當x∈(2k，＋∞)，f ′(x)＞0，f(x)單調遞增．

所以當x＝2k時，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．

從而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恆成立，等價於2＋ln2k－k＞0．

令g(k)＝2＋ln2k－k，則g¢(k)＝＜0，從而g(k) 在(1，＋∞)為減函數．

因為g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0 ，

所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整數k＝4．

綜合①②，知所求的整數k的最大值為4． ……… 16分

20．（本小題滿分16分）

給定一個數列{a_n}，在這個數列里，任取m(m≥3，m∈N^*)項，並且不改變它們在數列{a_n}中的先後次序，得到的數列稱為數列{a_n}的一個m階子數列．

已知數列{a_n}的通項公式為a_n＝ (n∈N*，a為常數)，等差數列a₂，a₃，a₆是數列{a_n}的一個3階子數列．

（1）求a的值；

（2）等差數列b₁，b₂，…，b_m是{a_n}的一個m (m≥3，m∈N^*) 階子數列，且b₁＝ (k為常數，

k∈N*，k≥2)，求證：m≤k＋1；

（3）等比數列c₁，c₂，…，c_m是{a_n}的一個m (m≥3，m∈N^*) 階子數列，

求證：c₁＋c₂＋…＋c_m≤2－．

解：（1）因為a₂，a₃，a₆成等差數列，所以a₂－a₃＝a₃－a₆．

又因為a₂＝，a₃＝， a₆＝，

代入得－＝－，解得a＝0． ……………3分

（2）設等差數列b₁，b₂，…，b_m的公差為d．

因為b₁＝，所以b₂≤，

從而d＝b₂－b₁≤ －＝－． ………………6分

所以b_m＝b₁＋(m－1)d≤－．

又因為b_m＞0，所以－＞0．

即m－1＜k＋1．

所以m＜k＋2．

又因為m，k∈N^*，所以m≤k＋1． …………… 9分

（3）設c₁＝ (t∈N^*)，等比數列c₁，c₂，…，c_m的公比為q．

因為c₂≤，所以q＝≤．

從而c_n＝c₁q^n－1≤（1≤n≤m，n∈N^*）．

所以c₁＋c₂＋…＋c_m≤＋＋＋…＋

＝[1－]

＝－． ………… 13分

設函數f(x)＝x－，（m≥3，m∈N^*）．

當x∈(0，＋∞)時，函數f(x)＝x－為單調增函數．

因為當t∈N^*，所以1＜≤2． 所以f()≤2－．

即 c₁＋c₂＋…＋c_m≤2－． ……… 16分

南京市、鹽城市2015屆高三年級第二次模擬考試

數學附加題參考答案

A．選修4—1：幾何證明選講

B

A

D

E

C

F

（第21A題圖）

如圖，過點A的圓與BC切於點D，且與AB、AC分別交於點E、F．已知AD為∠BAC的平分線，求證：EF∥BC．

證明：如圖，連接ED．

B

A

D

E

C

F

（第21A題圖）

因為圓與BC切於D，所以∠BDE＝∠BAD．…………………… 4分

因為AD平分∠BAC，

所以∠BAD＝∠DAC．

又∠DAC＝∠DEF，所以∠BDE＝∠DEF．

所以EF∥BC． …………………… 10分

B．選修4－2：矩陣與變換

已知矩陣A＝， A的逆矩陣A^－1＝ ．

（1）求a，b的值；

（2）求A的特徵值．

解：（1）因為A A^－1＝ ＝＝．

所以

解得a＝1，b＝－． …………………… 5分

（2）由（1）得A＝，

則A的特徵多項式f(λ)＝＝(λ－3)( λ－1)．

令f(λ)＝0，解得A的特徵值λ₁＝1，λ₂＝3． ………………… 10分

C．選修4－4：坐標系與參數方程

在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C：(s為參數），直線l：（t為參數）．設C與l交於A，B兩點，求線段AB的長度．

解：由消去s得曲線C的普通方程為y＝x²；

由消去t得直線l的普通方程為y＝3x－2．…………… 5分

聯立直線方程與曲線C的方程，即

解得交點的坐標分別為(1，1)，(2，4)．

所以線段AB的長度為＝．…………… 10分

D．選修4－5：不等式選講

已知x，y，z都是正數，且xyz＝1，求證：(1＋x)( 1＋y)( 1＋z)≥8．

證明：因為x為正數，所以1＋x≥2．

同理 1＋y≥2，

1＋z≥2．

所以(1＋x)( 1＋y)( 1＋z)≥2·2·2＝8．

因為xyz＝1， 所以(1＋x)( 1＋y)( 1＋z)≥8． …… 10分

22．（本小題滿分10分）

甲、乙兩支排球隊進行比賽，約定先勝3局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結束．除第五局甲隊獲勝的概率是外，其餘每局比賽甲隊獲勝的概率都是．假設各局比賽結果相互獨立．

（1）分別求甲隊以3∶0，3∶1，3∶2獲勝的概率；

（2）若比賽結果為3∶0或3∶1，則勝利方得3分、對方得0分；若比賽結果為3∶2，則勝利方得2分、對方得1分．求甲隊得分X的分布列及數學期望．

解：（1）記甲隊以3∶0，3∶1，3∶2獲勝分別為事件A，B，C．

由題意得P(A)＝＝，

P(B)＝C··＝，

P(C)＝ C··＝． …………… 5分

（2）X的可能取值為0，1，2，3．

P(X＝3)＝P(A)＋P(B)＝；P(X＝2)＝P(C)＝，

P(X＝1)＝C··＝，P(X＝0)＝1－P(1≤X≤3)＝．

所以X的分布列為：

X

0

1

2

3

P

從而E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．

答：甲隊以3∶0，3∶1，3∶2獲勝的概率分別為，，．甲隊得分X的數學期望為． …………………… 10分

23．（本小題滿分10分）

已知m，n∈N^*，定義f_n(m)＝．

（1）記a_m＝f₆(m)，求a₁＋a₂＋…＋a₁₂的值；

（2）記b_m＝(－1)^mmf_n(m)，求b₁＋b₂＋…＋b_2n所有可能值的集合．

解：（1）由題意知，f_n(m)＝

所以a_m＝ ………………… 2分

所以a₁＋a₂＋…＋a₁₂＝C＋C＋…＋C＝63． ………………… 4分

（2）當n＝1時， b_m＝(－1)^mmf₁(m)＝則b₁＋b₂＝－1．………… 6分

當n≥2時，b_m＝

又mC＝m·＝n·＝nC，

所以b₁+b₂＋…＋b_2n＝n[－C＋C－C＋C＋…＋(－1)ⁿC]＝0．

所以b₁+b₂＋…＋b_2n的取值構成的集合為{－1，0}． ………… 10分

C. 高三學生多做真題模擬卷有哪些好處

高三學生在學習的最後階段，面對即將到來的高考，多做真題模擬卷具有多方面的好處。這些好處不僅涉及知識層面的鞏固和提升，還包括心理層面的准備和應試技巧的培養。下面將詳細闡述這些好處：
1. 熟悉考試格式和題型
掌握時間配比：通過不斷地練習真題模擬卷，學生可以更合理地分配解題時間，確保每個部分都能在規定時間內完成，尤其是對於數學和綜合科目的答題策略有極大幫助。
了解題型結構：高考的題型相對固定，通過大量練習，學生可以熟悉各種題型，比如選擇題、填空題、解答題等，以及它們的出題規律和解題技巧。
2. 檢驗學習效果
查缺補漏：通過做模擬題，學生可以發現自己掌握不牢固的知識點和技能，針對性地進行復習和提高，確保無遺漏地掌握所有考點。
鞏固記憶：重復練習相同類型的題目有助於加深對知識點的記憶，使得學生在真正的考試中能夠迅速回憶並應用相關知識。
3. 提高解題速度和准確性
提升效率：定期練習模擬題可以讓學生適應高強度的解題要求，提高解題速度，尤其是在應對大量題目時能夠保持高效率。
減少失誤：通過反復訓練，學生可以識別和改正常見的錯誤類型，如計算失誤、閱讀不仔細等，從而提高答題的准確性。
4. 增強應試能力
熟悉考試氛圍：經常進行模擬測試可以幫助學生適應考試的氛圍，減輕考試當天的緊張情緒，更好地發揮自己的水平。
培養冷靜應對能力：在模擬考試中遇到難題或突發情況時，學生可以學習如何保持冷靜，調整心態，找到解決問題的方法。
5. 提升自信心
積累成功經驗：每次成功地完成模擬試卷都會增加學生的自信心，相信自己有能力在真正的考試中取得好成績。
減少焦慮：通過不斷的模擬訓練，學生對自己的實力有了更清晰的認識，減少了對高考的恐懼和焦慮。
6. 優化復習策略
指導復習方向：通過分析模擬試卷的答題情況，教師和學生可以調整復習計劃，將重點放在學生的薄弱環節上，提高復習的針對性和效率。
科學規劃時間：根據模擬試卷的表現，學生可以更合理地規劃自己的學習時間，確保各科均衡發展，避免偏科現象。
7. 學習管理時間與資源
時間管理：在有限的時間內完成一份模擬試卷要求學生合理分配時間，這對學生的時間管理能力是一個很好的鍛煉。
資源利用：學生可以通過模擬試卷發現自己可以利用的各類學習資源，如輔導書、網路課程、學習小組等，使學習更加高效。
總之，高三學生多做真題模擬卷不僅能幫助其系統地復習和鞏固所學知識，而且能有效地提高其解題速度、准確性以及應試能力。同時，這一過程還有助於學生更好地管理時間和資源，優化學習策略，從而在高考中取得更好的成績。因此，教師和學生都應重視真題模擬卷的作用，合理安排練習，確保其發揮最大的效益。