江蘇省南京市2016屆高三年級第三次學(xué)情調(diào)研適應(yīng)性測試數(shù)學(xué)

PAGE數(shù)學(xué)Ⅰ第16頁共16頁2016屆南京市高三年級第三次學(xué)情調(diào)研適應(yīng)性測試數(shù)學(xué)Ⅰ說明:本試卷共20題，總分160分，考試時間120分鐘．請將答案填寫在答卷紙上．一?填空題:本大題共14小題，每小題5分，共計70分．請把答案填在答卷紙相應(yīng)位置上．1．已知集合M＝{0，2，4}，N＝{x|x＝eq\s\do1(\f(a,2))，a∈M}，則集合M∩N＝▲．2．已知0＜a＜2，復(fù)數(shù)z的實部為a，虛部為1，則|z|的取值范圍是▲．3．若直線l1：x＋2y－4＝0與l2：mx＋(2－m)y－3＝0平行，則實數(shù)m的值為▲．4．某學(xué)校有A，BSKIPIF1<0兩個食堂，甲、乙、丙三名學(xué)生各自隨機選擇其中的一個食堂用餐，則三人不在同一個食堂用餐的概率為▲．5．如圖是一個算法流程圖，則輸出的S的值是▲．（第（第5題）（第（第6題）6．一個社會調(diào)查機構(gòu)就某地居民的月收入調(diào)查了10000人，并根據(jù)所得數(shù)據(jù)畫了樣本的頻率分布直方圖（如圖）．為了分析居民的收入與年齡、學(xué)歷、職業(yè)等方面的關(guān)系，要從這10000人中再用分層抽樣方法抽出100人作進一步調(diào)查，則月收入在[2500，3000)范圍內(nèi)的應(yīng)抽出▲人.7．已知l是直線，α、β是兩個不同的平面，下列命題中的真命題是▲．(填所有真命題的序號)=1\*GB3①若l∥α，l∥β，則α∥β=2\*GB3②若α⊥β，l∥α，則l⊥β=3\*GB3③若l∥α，α∥β，則l∥β=4\*GB3④若l⊥α，l//β，則α⊥β8．如圖，拋物線形拱橋的頂點距水面4米時，測得拱橋內(nèi)水面寬為16米；當(dāng)水面升高（第8題）3米后，拱橋內(nèi)水面的寬度為▲（第8題）9．已知正數(shù)a，b，c滿足3a－b＋2c＝0，則eq\s\do1(\f(\r(,ac),b))QUOTEacb的最大值為▲．10．在ΔABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a＝eq\r(,5)，b＝3，sinC＝2sinA，則ΔABC的面積為▲．11．已知Sn是等差數(shù)列{an}的前n項的和，若S2≥4，S4≤16，則a5的最大值是▲．12．將函數(shù)f(x)＝sin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜θ＜\f(π,2)))的圖象向右平移φ(0＜φ＜π)個單位長度后得到函數(shù)g(x)的圖象，若f(x)，g(x)的圖象都經(jīng)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，則φ的值為▲．13．在半徑為1的扇形AOB中，∠AOB＝60o，C為弧上的動點，AB與OC交于點P，則eq\o(OP,\s\up8(→))·eq\o(BP,\s\up8(→))的最小值是▲．14．用min{m，n}表示m，n中的最小值．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax＋eq\s\do1(\f(1,4))，g(x)＝－lnx，設(shè)函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，若h(x)有3個零點，則實數(shù)a的取值范圍是▲．二?解答題:本大題共6小題，共計90分．請在答卷紙指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟．15．(本小題滿分14分)在平面直角坐標系xOy中，已知點A(cosθ，eq\r(,2)sinθ)，B(sinθ，0)，其中θ∈R．（1）當(dāng)θ＝eq\s\do1(\f(2π,3))時，求向量eq\o(AB,\s\up8(→))的坐標；（=2\*ROMAN2）當(dāng)θ∈[0，eq\s\do1(\f(π,2))]時，求|eq\o(AB,\s\up8(→))|的最大值．16．(本小題滿分14分)如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC與BD交于點O，EC⊥底面ABCD，F(xiàn)為BE的中點.（1）求證：DE//平面ACF；（第16題）（2）若AB＝eq\r(,2)CE，在線段EO上是否存在點G，使得CG⊥平面BDE？若存在，請證明你的結(jié)論；若不存在，請說明理由.（第16題）17．(本小題滿分14分)如圖，某水域的兩直線型岸邊l1，l2成定角120o，在該水域中位于該角角平分線上且與頂點A相距1公里的D處有一固定樁．現(xiàn)某漁民準備經(jīng)過該固定樁安裝一直線型隔離網(wǎng)BC（B，C分別在l1和l2上），圍出三角形ABC養(yǎng)殖區(qū)，且AB和AC都不超過5公里．設(shè)AB＝x公里，AC＝y(tǒng)公里．(第17題)ADl1(第17題)ADl1l2BCxy1120o（2）該漁民至少可以圍出多少平方公里的養(yǎng)殖區(qū)？18．(本小題滿分16分)已知點P是橢圓C上的任一點，P到直線l1：x＝－2的距離為d1，到點F(－1，0)的距離為d2，且eq\s\do1(\f(d2,d1))＝eq\s\do1(\f(\r(,2),2))．（1）求橢圓C的方程；（2）如圖，直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B(A，B都在x軸上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180o．（=1\*romani）當(dāng)A為橢圓C與y軸正半軸的交點時，求直線l的方程；（第18題）（=2\*romanii）是否存在一個定點，無論∠OFA如何變化，直線l總過該定點？若存在，求出該定點的坐標；若不存在，請說明理由．（第18題）19．(本小題滿分16分)已知函數(shù)g(x)＝2alnx＋x2－2x，a∈R．（1）若函數(shù)g(x)在定義域上為單調(diào)增函數(shù)，求a的取值范圍；（2）設(shè)A，B是函數(shù)g(x)圖象上的不同的兩點，P(x0，y0)為線段AB的中點．（=1\*romani）當(dāng)a＝0時，g(x)在點Q(x0，g(x0))處的切線與直線AB是否平行？說明理由；（=2\*romanii）當(dāng)a≠0時，是否存在這樣的A，B，使得g(x)在點Q(x0，g(x0))處的切線與直線AB平行？說明理由．20．(本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}，{bn}滿足：bn＝an＋1－an（n∈N*）．（1）若a1＝1，bn＝n，求數(shù)列{an}的通項公式；（=2\*ROMAN2）若bn＋1bn－1＝bn（n≥2），且b1＝1，b2＝2．（=1\*romani）記cn＝a6n－1（n≥1），求證：數(shù)列{cn}為等差數(shù)列；（=2\*romanii）若數(shù)列{eq\s\do1(\f(an,n))}中任意一項的值均未在該數(shù)列中重復(fù)出現(xiàn)無數(shù)次，求首項a1應(yīng)滿足的條件．2016屆南京市高三年級第三次學(xué)情調(diào)研適應(yīng)性測試數(shù)學(xué)Ⅱ附加題部分說明：本試卷共4小題，滿分40分，考試時間30分鐘．請將答案填寫在答卷紙上．21．【選做題】本題包括A、B、C、D四小題，請選定其中兩題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按作答的前兩題評分．解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．A．選修4—1：幾何證明選講(本小題滿分10分)BDCAPE（第21—A題）如圖，△ABC內(nèi)接于圓O，D為弦BC上一點，過D作直線DP

//

AC，交AB于點E，交圓O在BDCAPE（第21—A題）B．選修4—2：矩陣與變換(本小題滿分10分)變換T1是逆時針旋轉(zhuǎn)eq\s\do1(\f(π,2))角的旋轉(zhuǎn)變換，對應(yīng)的變換矩陣是M1；變換T2對應(yīng)的變換矩陣是M2＝eq\b\bc\[(\a\al(11,01))．（1）點P(2，1)經(jīng)過變換T1得到點P'，求P'的坐標；（2）求曲線y＝x2先經(jīng)過變換T1，再經(jīng)過變換T2所得曲線的方程.C．選修4—4：坐標系與參數(shù)方程(本小題滿分10分)在平面直角坐標系xOy中，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．設(shè)點A，B分別在曲線C1：eq\b\lc\{(\a\al(x＝3＋2cosθ，,y＝4＋2sinθ))（θ為參數(shù)）和曲線C2：ρ＝1上，求AB的最大值．D．選修4—5：不等式選講(本小題滿分10分)已知：a≥2，x∈R．求證：|x－1＋a|＋|x－a|≥3．【必做題】第22題、第23題，每小題10分，共計20分．請在答卷紙指定區(qū)域內(nèi)作答．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．22．(本小題滿分10分)如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y2＝2px（p＞0）的準線l與x軸交于點M，過M的直線與拋物線交于A，B兩點．設(shè)A（x1，y1）到準線l的距離為d，且d＝λp（λ＞0）．（1）若y1＝d＝1，求拋物線的標準方程；O（第22題）（2）若eq\o(AM,\s\up8(→))＋λeq\o(AB,\s\up8(→))＝0，求證：直線AB的斜率為定值．O（第22題）23．（本小題滿分10分）設(shè)f(n)＝(a＋b)n（n∈N*，n≥2），若f(n)的展開式中，存在某連續(xù)3項，其二項式系數(shù)依次成等差數(shù)列，則稱f(n)具有性質(zhì)P．（1）求證：f(7)具有性質(zhì)P；（2）若存在n≤2016，使f(n)具有性質(zhì)P，求n的最大值．2016屆南京市高三年級第三次學(xué)情調(diào)研適應(yīng)性測試數(shù)學(xué)Ⅰ參考答案與評分建議一?填空題:本大題共14小題，每小題5分，共計70分．1．{0，2}2．(1，eq\r(,5))3．eq\s\do1(\f(2,3))4．eq\s\do1(\f(3,4))5．206．257．=4\*GB3④8．89．eq\s\do1(\f(\r(,6),12))10．311．912．eq\f(5π,6)13．－eq\s\do1(\f(1,16))14．(－eq\s\do1(\f(5,4))，－eq\s\do1(\f(3,4)))二?解答題:本大題共6小題，共計90分．15、解：（1）由題意，得eq\o(AB,\s\up8(→))＝(sinθ－cosθ，－eq\r(,2)sinθ)，………………2分當(dāng)θ＝eq\s\do1(\f(2π,3))時，sinθ－cosθ＝sineq\s\do1(\f(2π,3))－coseq\s\do1(\f(2π,3))＝eq\s\do1(\f(1＋\r(,3),2))，……4分－eq\r(,2)sinθ＝－eq\r(,2)sineq\s\do1(\f(2π,3))＝－eq\s\do1(\f(\r(,6),2))，所以eq\o(AB,\s\up8(→))＝(eq\s\do1(\f(1＋\r(,3),2))，－eq\s\do1(\f(\r(,6),2))).………………6分（2）因為eq\o(AB,\s\up8(→))＝(sinθ－cosθ，－eq\r(,2)sinθ)，所以|eq\o(AB,\s\up8(→))|2＝(sinθ－cosθ)2＋(－eq\r(,2)sinθ)2………………8分＝1－sin2θ＋2sin2θ＝1－sin2θ＋1－cos2θ＝2－eq\r(,2)sin(2θ＋eq\s\do1(\f(π,4))).…………10分因為0≤θ≤eq\s\do1(\f(π,2))，所以eq\s\do1(\f(π,4))≤2θ＋eq\s\do1(\f(π,4))≤eq\s\do1(\f(5π,4)).……12分所以當(dāng)2θ＋eq\s\do1(\f(π,4))＝eq\s\do1(\f(5π,4))時，|eq\o(AB,\s\up8(→))|2取到最大值2－eq\r(,2)×(－eq\s\do1(\f(\r(,2),2)))＝3，即當(dāng)θ＝eq\s\do1(\f(π,2))時，|eq\o(AB,\s\up8(→))|取到最大值eq\r(,3).………………14分16、（1）證明：連接OF由四邊形ABCD是正方形可知，點O為BD的中點又F為BE的中點，所以O(shè)F//DE………………2分又OF平面ACF，DE平面ACF所以DE//平面ACF………………6分(2)解：在線段EO上存在點G，使CG⊥平面BDE，證明如下：取EO的中點G，連接CG，在四棱錐E－ABCD中AB＝eq\r(,2)CE，CO＝eq\s\do1(\f(\r(,2),2))AB＝CE，所以CG⊥EO…………8分又由EC⊥底面ABCD，BD底面ABCD，所以EC⊥BD………………10分由四邊形ABCD是正方形可知，AC⊥BD又AC∩EC＝C所以BD⊥平面ACE，而BD平面BDE………………12分所以，平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE＝EO因為CG⊥EO，CG平面ACE，所以CG⊥平面BDE…14分17解：(1)由SΔABD＋SΔACD＝SΔABC得eq\s\do1(\f(1,2))xsin60o＋eq\s\do1(\f(1,2))ysin60o＝eq\s\do1(\f(1,2))xysin120o……………2分所以x+y=xy，所以y＝eq\s\do1(\f(x,x－1))……………4分又0＜y≤5，0＜x≤5，所以eq\s\do1(\f(5,4))≤x≤5所以定義域為{x|eq\s\do1(\f(5,4))≤x≤5}………………6分(2)設(shè)△ABC的面積為S，則結(jié)合（1）易得方法一：S＝eq\s\do1(\f(1,2))xysinA＝eq\s\do1(\f(1,2))x·eq\s\do1(\f(x,x－1))·sin120o＝eq\s\do1(\f(\r(,3)x2,4(x－1)))，(eq\s\do1(\f(5,4))≤x≤5)eq\s\do1(\f(x2,x－1))＝eq\s\do1(\f((x－1)2＋2(x－1)＋1,x－1))＝(x－1)＋eq\s\do1(\f(1,x－1))＋2≥4，…………10分當(dāng)僅當(dāng)x－1＝eq\s\do1(\f(1,x－1))，x＝2時取等號.故當(dāng)x=y=2時，面積S取最小值eq\r(3)（平方公里）………12分方法二：S＝SΔABD＋SΔACD＝eq\s\do1(\f(1,2))xsin60o＋eq\s\do1(\f(1,2))ysin60o＝eq\s\do1(\f(\r(,3),4))(x＋eq\s\do1(\f(x,x－1)))＝eq\s\do1(\f(\r(,3),4))(x＋eq\s\do1(\f(x－1＋1,x－1)))＝eq\s\do1(\f(\r(,3),4))(x＋eq\s\do1(\f(1,x－1))＋1)＝eq\s\do1(\f(\r(,3),4))[(x－1)＋eq\s\do1(\f(1,x－1))＋2]≥eq\r(,3)…………10分當(dāng)且僅當(dāng)x－1＝eq\s\do1(\f(1,x－1))，即x＝2時取等號．故當(dāng)x=y=2時，面積S取最小值eq\r(3)（平方公里）………12分答：該漁民總共至少可以圍出eq\R(,3)平方公里的養(yǎng)殖區(qū)．…………14分18、解：（1）設(shè)P(x，y)，則d1＝|x＋2|，d2＝eq\r(,(x＋1)2＋y2)，…………2分eq\s\do1(\f(d2,d1))＝eq\s\do1(\f(\r(,(x＋1)2＋y2),|x＋2|))＝eq\s\do1(\f(\r(,2),2))化簡得：eq\s\do1(\f(x2,2))＋y2＝1，∴橢圓C的方程為：eq\s\do1(\f(x2,2))＋y2＝1…………4分（=2\*ROMAN2）（=1\*romani）由（1）知A(0，1)，又F(－1，0)，∴kAF＝eq\s\do1(\f(1－0,0－(－1)))＝1，∵∠OFA＋∠OFB＝180o，∴kBF＝－1，∴直線BF方程為：y＝－1(x＋1)＝－x－1…………6分代入eq\s\do1(\f(x2,2))＋y2＝1得：3x2＋4x＝0，解得x＝0或x＝－eq\s\do1(\f(4,3))，代入y＝－x－1得eq\b\lc\{(\a\al(x＝0,y＝－1))（舍）或eq\b\lc\{(\a\al(x＝－\s\do1(\f(4,3)),y＝\s\do1(\f(1,3))))，∴B(－eq\s\do1(\f(4,3))，eq\s\do1(\f(1,3))).，kAB＝eq\s\do1(\f(1－\s\do1(\f(1,3)),0－(－\s\do1(\f(4,3)))))＝eq\s\do1(\f(1,2))∴直線AB的方程為：y＝eq\s\do1(\f(1,2))x＋1…………9分（=2\*romanii）解法一：由于∠OFA＋∠OFB＝180o，所以kAF＋kBF＝0……11分設(shè)直線AB方程為：y＝kx＋b，代入eq\s\do1(\f(x2,2))＋y2＝1得：(k2＋eq\s\do1(\f(1,2)))x2＋2kbx＋b2－1＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)則x1＋x2＝－eq\s\do1(\f(2kb,k2＋\s\do1(\f(1,2))))，x1x2＝eq\s\do1(\f(b2－1,k2＋\s\do1(\f(1,2))))…………13分所以，kAF＋kBF＝eq\s\do1(\f(y1,x1＋1))＋eq\s\do1(\f(y2,x2＋1))＝eq\s\do1(\f(kx1＋b,x1＋1))＋eq\s\do1(\f(kx2＋b,x2＋1))＝eq\s\do1(\f((kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1),(x1＋1)(x2＋1)))＝0所以，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝2kx1x2＋(k＋b)(x1＋x2)＋2b＝2k×eq\s\do1(\f(b2－1,k2＋\s\do1(\f(1,2))))－(k＋b)×eq\s\do1(\f(2kb,k2＋\s\do1(\f(1,2))))＋2b＝0∴b－2k＝0，所以直線AB方程為：y＝k(x＋2)所以直線l總經(jīng)過定點M(－2，0)……16分解法二：由于∠OFA＋∠OFB＝180o，所以B關(guān)于x軸的對稱點B1在直線AF上…………11分設(shè)直線AF方程：y＝k(x＋1)，代入eq\s\do1(\f(x2,2))＋y2＝1得：(k2＋eq\s\do1(\f(1,2)))x2＋2k2x＋k2－1＝0設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則B1(x2，－y2)且x1＋x2＝－eq\s\do1(\f(2k2,k2＋\s\do1(\f(1,2))))，x1x2＝eq\s\do1(\f(k2－1,k2＋\s\do1(\f(1,2))))…………13分∴kAB＝eq\s\do1(\f(y1－y2,x1－x2))，AB：y－y1＝eq\s\do1(\f(y1－y2,x1－x2))(x－x1)，令y＝0，得：x＝x1－y1eq\s\do1(\f(x1－x2,y1－y2))＝eq\s\do1(\f(x2y1－x1y2,y1－y2))∵y1＝k(x1＋1)，－y2＝k(x2＋1)∴x＝eq\s\do1(\f(x2y1－x1y2,y1－y2))＝eq\s\do1(\f(x2×k(x1＋1)＋x1×k(x2＋1),k(x1＋1)＋k(x2＋1)))＝eq\s\do1(\f(2x1x2＋x1＋x2,x1＋x2＋2))＝eq\s\do1(\f(2×\s\do1(\f(k2－1,k2＋\s\do1(\f(1,2))))－\s\do1(\f(2k2,k2＋\s\do1(\f(1,2)))),2－\s\do1(\f(2k2,k2＋\s\do1(\f(1,2))))))＝－2．直線總經(jīng)過定點M(－2，0)…………16分19、解：（1）函數(shù)g(x)的定義域為(0，＋∞)，∵g′(x)＝eq\s\do1(\f(2a,x))＋2x－2＝eq\s\do1(\f(2(x2－x＋a),x))，若函數(shù)g(x)在定義域上單調(diào)增，則由g′(x)≥0對x∈(0，＋∞)恒成立，即x2－x＋a≥0對x∈(0，＋∞)恒成立，所以a≥－x2＋x對x∈(0，＋∞)恒成立，記h(x)＝－x2＋x，x∈(0，＋∞)，易得h(x)max＝eq\s\do1(\f(1,4))，∴a≥eq\s\do1(\f(1,4))．…………4分（2）（=1\*romani）a＝0時，g(x)＝x2－2x，g′(x)＝2x－2，g′(x0)＝2x0－2，∴kAB＝eq\s\do1(\f(g(x1)－g(x2),x1－x2))＝eq\s\do1(\f((x1＋x2－2)(x1－x2),x1－x2))＝x1＋x2－2＝2x0－2∴函數(shù)在Q(x0，g(x0))點處的切線與直線AB平行．…………8分（=2\*romanii）當(dāng)a≠0時，若存在A(x1，g(x1))，B(x2，g(x2))(0＜x1＜x2)，使得g(x)在點Q(x0，g(x0))處的切線與直線AB平行，則有g(shù)′(x0)＝eq\s\do1(\f(g(x1)－g(x2),x1－x2))，即eq\s\do1(\f(2a,x0))＋2x0－2＝eq\s\do1(\f((2alnx1＋x\o(\s\up1(2),1)－2x1)－(2alnx2＋x\o(\s\up1(2),2)－2x2),x1－x2))又因為x0＝eq\s\do1(\f(x1＋x2,2))，∴eq\s\do1(\f(2a,\s\do1(\f(x1＋x2,2))))＋x1＋x2－2＝eq\s\do1(\f(2aln\s\do1(\f(x1,x2)),x1－x2))＋x1＋x2－2∴即lneq\s\do1(\f(x1,x2))＝eq\s\do1(\f(2(x1－x2),x1＋x2))(*)設(shè)eq\s\do1(\f(x1,x2))＝t，則(*)式整理得lnt＝eq\s\do1(\f(2(t－1),t＋1))，問題轉(zhuǎn)化成該方程在(0，1)上是否有解．…………12分設(shè)函數(shù)h(t)＝lnt－eq\s\do1(\f(2(t－1),t＋1))，則g′(x)＝eq\s\do1(\f(1,t))－eq\s\do1(\f(4,(t＋1)2))＝eq\s\do1(\f((t－1)2,t(t＋1)2))≥0，所以函數(shù)h(t)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，所以當(dāng)t∈(0，1)時，h(t)＜h(1)＝0，所以方程lnt＝eq\s\do1(\f(2(t－1),t＋1))在(0，1)上無解，所以，不存在這樣的A、B，使得g(x)在點Q(x0，g(x0))處的切線與直線AB平行.…………16分20、解：（1）當(dāng)n≥2時，有an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝a1＋b1＋b2＋…＋bn－1＝eq\s\do1(\f(n2,2))－eq\s\do1(\f(n,2))＋1．……2分又a1＝1也滿足上式，所以數(shù)列{an}的通項公式是an＝eq\s\do1(\f(n2,2))－eq\s\do1(\f(n,2))＋1．……4分（=2\*ROMAN2）（=1\*romani）因為對任意的n∈N*，有bn＋6＝eq\s\do1(\f(bn＋5,bn＋4))＝eq\s\do1(\f(1,bn＋3))＝eq\s\do1(\f(bn＋1,bn＋2))＝bn，所以cn＋1－cn＝a6n＋5－a6n－1＝b6n－1＋b6n＋b6n＋1＋b6n＋2＋b6n＋3＋b6n＋4＝1＋2＋2＋1＋eq\s\do1(\f(1,2))＋eq\s\do1(\f(1,2))＝7所以，數(shù)列{cn}為等差數(shù)列．…………8分（=2\*romanii）設(shè)cn＝a6(n－1)＋i(n∈N*)（其中i為常數(shù)且i∈{1，2，3，4，5，6}，所以cn＋1－cn＝a6(n－1)＋6＋i－a6(n－1)＋i＝b6(n－1)＋i＋b6(n－1)＋i＋1＋b6(n－1)＋i＋2＋b6(n－1)＋i＋3＋b6(n－1)＋i＋4＋b6(n－1)＋i＋5＝7，即數(shù)列{a6(n－1)＋i}均為以7為公差的等差數(shù)列．…………10分設(shè)fk＝eq\s\do1(\f(a6k＋i,6k＋i))＝eq\s\do1(\f(ai＋7k,i＋6k))＝eq\s\do1(\f(\s\do1(\f(7,6))(i＋6k)＋ai－\s\do1(\f(7,6))i,i＋6k))＝eq\s\do1(\f(7,6))＋eq\s\do1(\f(ai－\s\do1(\f(7,6))i,i＋6k))（其中n＝6k＋i，k≥0，i為{1，2，3，4，5，6}中一個常數(shù)）當(dāng)ai＝eq\s\do1(\f(7,6))i時，對任意的n＝6k＋i，有eq\s\do1(\f(an,n))＝eq\s\do1(\f(7,6))；……12分當(dāng)ai≠eq\s\do1(\f(7,6))i時，fk＋1－fk＝eq\s\do1(\f(ai－\s\do1(\f(7,6))i,i＋6(k＋1)))－eq\s\do1(\f(ai－\s\do1(\f(7,6))i,i＋6k))＝(ai－eq\s\do1(\f(7,6))i)eq\s\do1(\f(－6,[i＋6(k＋1)](i＋6k)))=1\*GB3①若ai＞eq\s\do1(\f(7,6))i，則對任意的k∈N有fk＋1＜fk，所以數(shù)列{eq\s\do1(\f(a6k＋i,6k＋i))}為遞減數(shù)列；=2\*GB3②若ai＜eq\s\do1(\f(7,6))i，則對任意的k∈N有fk＋1＞fk，所以數(shù)列{eq\s\do1(\f(a6k＋i,6k＋i))}為遞增數(shù)列．綜上所述，集合B＝{eq\s\do1(\f(7,6))}∪{eq\s\do1(\f(4,3))}∪{eq\s\do1(\f(1,2))}∪{－eq\s\do1(\f(1,3))}∪{－eq\s\do1(\f(1,6))}＝{eq\s\do1(\f(7,6))，eq\s\do1(\f(4,3))，eq\s\do1(\f(1,2))，－eq\s\do1(\f(1,3))，－eq\s\do1(\f(1,6))}．當(dāng)a1∈B時，數(shù)列{eq\s\do1(\f(an,n))}中必有某數(shù)重復(fù)出現(xiàn)無數(shù)次；當(dāng)a1B時，數(shù)列{eq\s\do1(\f(a6k＋i,6k＋i))}(i＝1，2，3，4，5，6)均為單調(diào)數(shù)列，任意一個數(shù)在這6個數(shù)列中最多出現(xiàn)一次，所以數(shù)列{eq\s\do1(\f(an,n))}任意一項的值均未在該數(shù)列中重復(fù)出現(xiàn)無數(shù)次．16分2016屆南京市高三年級第三次學(xué)情調(diào)研適應(yīng)性測試數(shù)學(xué)Ⅱ參考答案與評分建議A．選修4—1:幾何證明選講【證明】因為PA是圓O在點A處的切線，所以∠PAB＝∠ACB．因為PD∥AC，所以∠EDB＝∠ACB，所以∠PAE＝∠PAB＝∠ACB＝∠BDE．又∠PEA＝∠BED，故△PAE∽△BDE．……10分B．選修4—2:矩陣與變換解：(1)M1＝eq\b\bc\[(\a\al(0－1,10))，……2分M1eq\b\bc\[(\a\al(2,1))＝eq\b\bc\[(\a\al(－1,2))．所以點P(2,1)在T1作用下的點P'的坐標是P'(-1,2).……5分(2)M＝M2·M1＝eq\b\bc\[(\a\al(1－1,10))，……7分設(shè)eq\b\bc\[(\a\al(x,y))是變換后圖象上任一點,與之對應(yīng)的變換前的點是eq\b\bc\[(\a\al(x0,y0)),則Meq\b\bc\[(\a\al(x0,y0))＝eq\b\bc\[(\a\al(x,y)),也就是eq\b\lc\{(\a\al(x0－y0＝x，,x0＝y(tǒng)))即eq\b\lc\{(\a\al(x0＝y(tǒng)，,y0＝y(tǒng)－x．))QUOTE所以,所求曲線的方程是y－x＝y(tǒng)2.……10分C．選修4—4:坐標系