高三数学模拟试卷

A. 数学试卷的质量分析如何写，高三月考的试卷。给出例子加分。

在进行高三月考数学试卷的质量分析时，我们首先需要对试卷的各个部分进行得分情况的统计。比如，可以细致地划分成函数、不等式、几何、概率统计等几个大类，具体记录每一部分的平均得分、最高分与最低分。这样做的目的是为了清晰了解学生对不同知识点的掌握程度。

接着，我们需要深入分析导致得分差异的原因。可以从学生的知识掌握情况入手，比如，是否对某些知识点理解不透彻，或者是对解题方法掌握不足。同时，也可以从时间管理的角度进行分析，看看是否在考试过程中存在时间分配不合理的问题，比如在某些部分花费了过多时间，而在其他部分却时间不够。通过这样的分析，我们可以找到影响考试成绩的关键因素。

最后，基于以上分析，我们需要制定出具体的改进措施。比如，对于知识点掌握不够牢固的部分，可以制定出详细的学习计划，安排更多的练习时间。对于时间管理方面的问题，可以通过模拟考试的方式，帮助学生更好地调整答题节奏。同时，还可以结合学生的兴趣和优势，为他们提供个性化的指导建议，帮助他们在接下来的学习中取得更好的成绩。

在实际操作中，我们还可以适当增加一些具体的例子，比如，通过列举某位学生在某个知识点上存在的问题，以及他们通过针对性练习后取得的进步，来进一步说明分析方法的有效性。这样的例子能够使我们的分析更加具体和生动，有助于学生更好地理解和应用。

通过对数学试卷的质量进行细致分析，我们不仅能够发现学生在学习过程中存在的问题，还能为他们的进一步学习提供有针对性的指导。这将有助于提高整个班级的数学成绩，同时也为学生个人的学术发展打下坚实的基础。

B. 求南京市,盐城市2015届高三年级第二次模拟考试数学卷答案

南京市、盐城市2015届高三年级第二次模拟考试

数学参考答案

一、填空题：本大题共14小题，每小题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．（本小题满分14分）

在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知cosC＝．

（1）若×＝，求△ABC的面积；

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

解：（1）由·＝，得abcosC＝．

又因为cosC＝，所以ab＝＝． …………………… 2分

又C为△ABC的内角，所以sinC＝． …………………… 4分

所以△ABC的面积S＝absinC＝3． …………………… 6分

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

因为cosB≠0，所以tanB＝．

因为B为三角形的内角，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．（本小题满分14分）

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

（1）求证：BC⊥平面PAC；

(第16题图)

P

A

B

C

D

M

（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与PB交于点N，求PN：PB的值．

证明：（1）连结AC．不妨设AD＝1．

因为AD＝CD＝AB，所以CD＝1，AB＝2．

因为ÐADC＝90°，所以AC＝，ÐCAB＝45°．

在△ABC中，由余弦定理得BC＝，所以AC²＋BC²＝AB²．

所以BC^AC． …………………… 3分

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

因为PCÌ平面PAC，ACÌ平面PAC，PC∩AC＝C，

所以BC^平面PAC． …………………… 7分

(第16题图)

P

A

B

C

D

M

N

（2）如图，因为AB∥DC，CDÌ平面CDMN，ABË平面CDMN，

所以AB∥平面CDMN． …………………… 9分

因为ABÌ平面PAB，

平面PAB∩平面CDMN＝MN，

所以AB∥MN． …………………… 12分

在△PAB中，因为M为线段PA的中点，

所以N为线段PB的中点，

即PN：PB的值为． …………………… 14分

17．（本小题满分14分）

E

B

G

A

N

D

M

C

F

O

H

P

(第17题图)

右图为某仓库一侧墙面的示意图，其下部是一个矩形ABCD，上部是圆弧AB，该圆弧所在圆的圆心为O．为了调节仓库内的湿度和温度，现要在墙面上开一个矩形的通风窗EFGH(其中E，F在圆弧AB上， G，H在弦AB上)．过O作OP^AB，交AB于M，交EF于N，交圆弧AB于P．已知OP＝10，MP＝6.5（单位：m），记通风窗EFGH的面积为S（单位：m²）．

（1）按下列要求建立函数关系式：

(i)设∠POF＝θ (rad)，将S表示成θ的函数；

(ii)设MN＝x (m)，将S表示成x的函数；

（2）试问通风窗的高度MN为多少时，通风窗EFGH的面积S最大？

解：（1）由题意知，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)．

即所求函数关系是S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ₀，其中cosθ₀＝．

…………4分

(ii)因为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．

即所求函数关系是S＝x，0＜x＜6.5． ………… 8分

（2）方法一：选择(i)中的函数模型：

令f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，

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

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

因为0＜θ＜θ₀，所以cosθ＞cosθ₀，所以cosθ＝．

设cosα＝，且α为锐角，

则当θ∈(0，α)时，f ′(θ)＞0 ，f(θ)是增函数；当θ∈(α，θ₀)时，f ′(θ)＜0 ，f(θ)是减函数，

所以当θ＝α，即cosθ＝时，f(θ)取到最大值，此时S有最大值．

即MN＝10cosθ－3.5＝4.5m时，通风窗的面积最大． …………14分

方法二：选择(ii)中的函数模型：

因为S＝ ，令f(x)＝x²(351－28x－4x²)，

则f ′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)． ……… 10分

因为当0＜x＜时 ，f ′(x)＞0，f(x)单调递增，当＜x＜时，f ′(x)＜0，f(x)单调递减，

所以当x＝时，f(x)取到最大值，此时S有最大值．

即MN＝x＝4.5m时，通风窗的面积最大． …………14分

18．（本小题满分16分）

x

y

A

O

B

C

D

M

N

(第18题图)

如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0) 的离心率为，直线l：y＝x与椭圆E相交于A，B两点，AB＝2．C，D是椭圆E上异于A，B的任意两点，且直线AC，BD相交于点M，直线AD，BC相交于点N．

（1）求a，b的值；

（2）求证：直线MN的斜率为定值．

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

故椭圆方程为＋＝1．

由题意，不妨设点A在第一象限，点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，椭圆E的方程为 ＋＝1，从而A(2，1)，B(－2，－1)．

①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k₁，k₂，C(x₀，y₀)，

显然k₁≠k₂．

从而k₁ ·k_CB＝·＝＝＝＝－．

所以k_CB＝－． …………………… 8分

同理k_DB＝－．

于是直线AD的方程为y－1＝k₂(x－2)，直线BC的方程为y＋1＝－(x＋2)．

由解得

从而点N的坐标为(，)．

用k₂代k₁，k₁代k₂得点M的坐标为(，)．

………… 11分

所以k_MN＝ ＝＝－1．

即直线MN的斜率为定值－1． ………14分

②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，

根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，

故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C(2，－1)．

仍然设DA的斜率为k₂，由①知k_DB＝－．

此时CA：x＝2，DB：y＋1＝－(x＋2)，它们交点M(2，－1－)．

BC：y＝－1，AD：y－1＝k₂(x－2)，它们交点N(2－，－1)，

从而k_MN＝－1也成立．

由①②可知，直线MN的斜率为定值－1． …………16分

方法二：由（1）知，椭圆E的方程为 ＋＝1，从而A(2，1)，B(－2，－1)．

①当CA，CB，DA，DB斜率都存在时，设直线CA，DA的斜率分别为k₁，k₂．

显然k₁≠k₂．

直线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．

设点C的坐标为(x₁，y₁)，则2·x₁＝，从而x₁＝．

所以C(，)．

又B(－2，－1)，

所以k_BC＝＝－． ……………… 8分

所以直线BC的方程为y＋1＝－(x＋2)．

又直线AD的方程为y－1＝k₂(x－2)．

由解得

从而点N的坐标为(，)．

用k₂代k₁，k₁代k₂得点M的坐标为(，)．

……… 11分

所以k_MN＝ ＝＝－1．

即直线MN的斜率为定值－1． ………………14分

②当CA，CB，DA，DB中，有直线的斜率不存在时，

根据题设要求，至多有一条直线斜率不存在，

故不妨设直线CA的斜率不存在，从而C(2，－1)．

仍然设DA的斜率为k₂，则由①知k_DB＝－．

此时CA：x＝2，DB：y＋1＝－(x＋2)，它们交点M(2，－1－)．

BC：y＝－1，AD：y－1＝k₂(x－2)，它们交点N(2－，－1)，

从而k_MN＝－1也成立．

由①②可知，直线MN的斜率为定值－1． ………………16分

19．（本小题满分16分）

已知函数f(x)＝1＋lnx－，其中k为常数．

（1）若k＝0，求曲线y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程；

（2）若k＝5，求证：f(x)有且仅有两个零点；

（3）若k为整数，且当x＞2时，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．

（参考数据ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30）

解：（1）当k＝0时，f(x)＝1＋lnx．

因为f ¢(x)＝，从而f ¢(1)＝1．

又f (1)＝1，

所以曲线y＝f(x)在点 (1，f(1))处的切线方程y－1＝x－1，

即x－y＝0． ………3分

（2）当k＝5时，f(x)＝lnx＋－4．

因为f ¢(x)＝，从而

当x∈(0，10)，f ′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(10，＋∞)时，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．

所以当x＝10时，f(x)有极小值． ……………… 5分

因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之间有一个零点．

因为f(e⁴)＝4＋－4＞0，所以f(x)在(10，e⁴)之间有一个零点．

从而f(x)有两个不同的零点． …………… 8分

（3）方法一：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，

即k＜对x∈(2，＋∞)恒成立．

令h(x)＝，则h¢(x)＝．

设v(x)＝x－2lnx－4，则v¢(x)＝．

当x∈(2，＋∞)时，v¢(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)为增函数．

因为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．

当x∈(2，x₀)时，h¢(x)＜0，h(x)单调递减，当x∈(x₀，＋∞)时，h¢(x)＞0，h(x)单调递增．

所以当x＝x₀时，h(x)的最小值h(x₀)＝．

因为lnx₀＝，所以h(x₀)＝∈(4，4.5)．

故所求的整数k的最大值为4． …………… 16分

方法二：由题意知，1+lnx－＞0对x∈(2，＋∞)恒成立．

f(x)＝1+lnx－，f ¢(x)＝．

①当2k≤2，即k≤1时，f¢(x)＞0对x∈(2，＋∞)恒成立，

所以f(x)在(2，＋∞)上单调递增．

而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以满足要求．

②当2k＞2，即k＞1时，

当x∈(2，2k)时，f ′(x)＜0， f(x)单调递减，当x∈(2k，＋∞)，f ′(x)＞0，f(x)单调递增．

所以当x＝2k时，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．

从而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等价于2＋ln2k－k＞0．

令g(k)＝2＋ln2k－k，则g¢(k)＝＜0，从而g(k) 在(1，＋∞)为减函数．

因为g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0 ，

所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整数k＝4．

综合①②，知所求的整数k的最大值为4． ……… 16分

20．（本小题满分16分）

给定一个数列{a_n}，在这个数列里，任取m(m≥3，m∈N^*)项，并且不改变它们在数列{a_n}中的先后次序，得到的数列称为数列{a_n}的一个m阶子数列．

已知数列{a_n}的通项公式为a_n＝ (n∈N*，a为常数)，等差数列a₂，a₃，a₆是数列{a_n}的一个3阶子数列．

（1）求a的值；

（2）等差数列b₁，b₂，…，b_m是{a_n}的一个m (m≥3，m∈N^*) 阶子数列，且b₁＝ (k为常数，

k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1；

（3）等比数列c₁，c₂，…，c_m是{a_n}的一个m (m≥3，m∈N^*) 阶子数列，

求证：c₁＋c₂＋…＋c_m≤2－．

解：（1）因为a₂，a₃，a₆成等差数列，所以a₂－a₃＝a₃－a₆．

又因为a₂＝，a₃＝， a₆＝，

代入得－＝－，解得a＝0． ……………3分

（2）设等差数列b₁，b₂，…，b_m的公差为d．

因为b₁＝，所以b₂≤，

从而d＝b₂－b₁≤ －＝－． ………………6分

所以b_m＝b₁＋(m－1)d≤－．

又因为b_m＞0，所以－＞0．

即m－1＜k＋1．

所以m＜k＋2．

又因为m，k∈N^*，所以m≤k＋1． …………… 9分

（3）设c₁＝ (t∈N^*)，等比数列c₁，c₂，…，c_m的公比为q．

因为c₂≤，所以q＝≤．

从而c_n＝c₁q^n－1≤（1≤n≤m，n∈N^*）．

所以c₁＋c₂＋…＋c_m≤＋＋＋…＋

＝[1－]

＝－． ………… 13分

设函数f(x)＝x－，（m≥3，m∈N^*）．

当x∈(0，＋∞)时，函数f(x)＝x－为单调增函数．

因为当t∈N^*，所以1＜≤2． 所以f()≤2－．

即 c₁＋c₂＋…＋c_m≤2－． ……… 16分

南京市、盐城市2015届高三年级第二次模拟考试

数学附加题参考答案

A．选修4—1：几何证明选讲

B

A

D

E

C

F

（第21A题图）

如图，过点A的圆与BC切于点D，且与AB、AC分别交于点E、F．已知AD为∠BAC的平分线，求证：EF∥BC．

证明：如图，连接ED．

B

A

D

E

C

F

（第21A题图）

因为圆与BC切于D，所以∠BDE＝∠BAD．…………………… 4分

因为AD平分∠BAC，

所以∠BAD＝∠DAC．

又∠DAC＝∠DEF，所以∠BDE＝∠DEF．

所以EF∥BC． …………………… 10分

B．选修4－2：矩阵与变换

已知矩阵A＝， A的逆矩阵A^－1＝ ．

（1）求a，b的值；

（2）求A的特征值．

解：（1）因为A A^－1＝ ＝＝．

所以

解得a＝1，b＝－． …………………… 5分

（2）由（1）得A＝，

则A的特征多项式f(λ)＝＝(λ－3)( λ－1)．

令f(λ)＝0，解得A的特征值λ₁＝1，λ₂＝3． ………………… 10分

C．选修4－4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：(s为参数），直线l：（t为参数）．设C与l交于A，B两点，求线段AB的长度．

解：由消去s得曲线C的普通方程为y＝x²；

由消去t得直线l的普通方程为y＝3x－2．…………… 5分

联立直线方程与曲线C的方程，即

解得交点的坐标分别为(1，1)，(2，4)．

所以线段AB的长度为＝．…………… 10分

D．选修4－5：不等式选讲

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

证明：因为x为正数，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．

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

22．（本小题满分10分）

甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束．除第五局甲队获胜的概率是外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是．假设各局比赛结果相互独立．

（1）分别求甲队以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率；

（2）若比赛结果为3∶0或3∶1，则胜利方得3分、对方得0分；若比赛结果为3∶2，则胜利方得2分、对方得1分．求甲队得分X的分布列及数学期望．

解：（1）记甲队以3∶0，3∶1，3∶2获胜分别为事件A，B，C．

由题意得P(A)＝＝，

P(B)＝C··＝，

P(C)＝ C··＝． …………… 5分

（2）X的可能取值为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的分布列为：

X

0

1

2

3

P

从而E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝．

答：甲队以3∶0，3∶1，3∶2获胜的概率分别为，，．甲队得分X的数学期望为． …………………… 10分

23．（本小题满分10分）

已知m，n∈N^*，定义f_n(m)＝．

（1）记a_m＝f₆(m)，求a₁＋a₂＋…＋a₁₂的值；

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

解：（1）由题意知，f_n(m)＝

所以a_m＝ ………………… 2分

所以a₁＋a₂＋…＋a₁₂＝C＋C＋…＋C＝63． ………………… 4分

（2）当n＝1时， b_m＝(－1)^mmf₁(m)＝则b₁＋b₂＝－1．………… 6分

当n≥2时，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的取值构成的集合为{－1，0}． ………… 10分

C. 高三学生多做真题模拟卷有哪些好处

高三学生在学习的最后阶段，面对即将到来的高考，多做真题模拟卷具有多方面的好处。这些好处不仅涉及知识层面的巩固和提升，还包括心理层面的准备和应试技巧的培养。下面将详细阐述这些好处：
1. 熟悉考试格式和题型
掌握时间配比：通过不断地练习真题模拟卷，学生可以更合理地分配解题时间，确保每个部分都能在规定时间内完成，尤其是对于数学和综合科目的答题策略有极大帮助。
了解题型结构：高考的题型相对固定，通过大量练习，学生可以熟悉各种题型，比如选择题、填空题、解答题等，以及它们的出题规律和解题技巧。
2. 检验学习效果
查缺补漏：通过做模拟题，学生可以发现自己掌握不牢固的知识点和技能，针对性地进行复习和提高，确保无遗漏地掌握所有考点。
巩固记忆：重复练习相同类型的题目有助于加深对知识点的记忆，使得学生在真正的考试中能够迅速回忆并应用相关知识。
3. 提高解题速度和准确性
提升效率：定期练习模拟题可以让学生适应高强度的解题要求，提高解题速度，尤其是在应对大量题目时能够保持高效率。
减少失误：通过反复训练，学生可以识别和改正常见的错误类型，如计算失误、阅读不仔细等，从而提高答题的准确性。
4. 增强应试能力
熟悉考试氛围：经常进行模拟测试可以帮助学生适应考试的氛围，减轻考试当天的紧张情绪，更好地发挥自己的水平。
培养冷静应对能力：在模拟考试中遇到难题或突发情况时，学生可以学习如何保持冷静，调整心态，找到解决问题的方法。
5. 提升自信心
积累成功经验：每次成功地完成模拟试卷都会增加学生的自信心，相信自己有能力在真正的考试中取得好成绩。
减少焦虑：通过不断的模拟训练，学生对自己的实力有了更清晰的认识，减少了对高考的恐惧和焦虑。
6. 优化复习策略
指导复习方向：通过分析模拟试卷的答题情况，教师和学生可以调整复习计划，将重点放在学生的薄弱环节上，提高复习的针对性和效率。
科学规划时间：根据模拟试卷的表现，学生可以更合理地规划自己的学习时间，确保各科均衡发展，避免偏科现象。
7. 学习管理时间与资源
时间管理：在有限的时间内完成一份模拟试卷要求学生合理分配时间，这对学生的时间管理能力是一个很好的锻炼。
资源利用：学生可以通过模拟试卷发现自己可以利用的各类学习资源，如辅导书、网络课程、学习小组等，使学习更加高效。
总之，高三学生多做真题模拟卷不仅能帮助其系统地复习和巩固所学知识，而且能有效地提高其解题速度、准确性以及应试能力。同时，这一过程还有助于学生更好地管理时间和资源，优化学习策略，从而在高考中取得更好的成绩。因此，教师和学生都应重视真题模拟卷的作用，合理安排练习，确保其发挥最大的效益。