數(shù)學(xué)卷評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

南京市2018屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)說明：1．本解答給出的解法供參考．如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內(nèi)容比照評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)制訂相應(yīng)的評(píng)分細(xì)那么．2．對(duì)計(jì)算題，當(dāng)考生的解答在某一步出現(xiàn)錯(cuò)誤時(shí)，如果后續(xù)局部的解答未改變?cè)擃}的內(nèi)容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該局部正確解容許得分?jǐn)?shù)的一半；如果后續(xù)局部的解答有較嚴(yán)重的錯(cuò)誤，就不再給分．3．解答右端所注分?jǐn)?shù)，表示考生正確做到這一步應(yīng)得的累加分?jǐn)?shù)．4．只給整數(shù)分?jǐn)?shù)，填空題不給中間分?jǐn)?shù)．1．{0，2}2．73．164．－eq\r(2)5．eq\f(1,2)6．37．68．189．－110．611．(－∞，2]12．eq\f(1,3)13．－eq\f(4,3)14．[0，2]∪[3，8]二、解答題〔本大題共6小題，計(jì)90分．解容許寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟，請(qǐng)把答案寫在答題卡的指定區(qū)域內(nèi)〕15．〔本小題總分值14分〕A1B1C1ABCE(第15題〕F證明：〔1〕在直三棱柱ABC－AA1B1C1ABCE(第15題〕F因?yàn)锳E平面ABC，所以CC1AE．……………2分因?yàn)锳B＝AC，E為BC的中點(diǎn)，所以AEBC．因?yàn)锽C平面B1BCC1，CC1平面B1BCC1，且BC∩CC1＝C，所以AE平面B1BCC1．………………5分因?yàn)锳E平面AB1E，所以平面AB1E平面B1BCC1.……………7分〔2〕連接A1B，設(shè)A1B∩AB1＝F，連接EF．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四邊形AA1B1B為平行四邊形所以F為A1B的中點(diǎn)．……………9分又因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，所以EF∥A1C．……………因?yàn)镋F平面AB1E，A1C平面AB1E所以A1C∥平面AB1E.……………16．〔本小題總分值14分〕解：〔1〕解法1在△ABC中，因?yàn)閏osB＝EQ\F(4,5)，所以EQ\F(a2＋c2－b2,2ac)＝EQ\F(4,5)．………2分因?yàn)閏＝2a，所以EQ\F((\F(c,2))2＋c2－b2,2c×\F(c,2))＝EQ\F(4,5)，即EQ\F(b2,c2)＝EQ\F(9,20)，所以EQ\F(b,c)＝EQ\F(3eq\r(5),10)．……………4分又由正弦定理得EQ\F(sinB,sinC)＝EQ\F(b,c)，所以EQ\F(sinB,sinC)＝EQ\F(3eq\r(5),10)．……………6分解法2因?yàn)閏osB＝eq\f(4,5)，B∈(0，)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(3,5)．………2分因?yàn)閏＝2a，由正弦定理得sinC＝2sinA所以sinC＝2sin(B＋C)＝eq\f(6,5)cosC＋eq\f(8,5)sinC，即－sinC＝2cosC．………4分又因?yàn)閟in2C＋cos2C＝1，sinC＞0，解得sinC＝eq\f(2eq\r(5),5)，所以eq\f(sinB,sinC)＝EQ\F(3eq\r(5),10)．………6分〔2〕因?yàn)閏osB＝eq\F(4,5)，所以cos2B＝2cos2B－1＝eq\F(7,25)．…………8分又0＜B＜π，所以sinB＝eq\R(,1－cos2B)＝eq\F(3,5)，所以sin2B＝2sinBcosB＝2×eq\F(3,5)×eq\F(4,5)＝eq\F(24,25)．…………10分因?yàn)镃－B＝eq\F(π,4)，即C＝B＋eq\F(π,4)，所以A＝π－(B＋C)＝eq\F(3π,4)－2B，所以sinA＝sin(eq\F(3π,4)－2B)＝sineq\F(3π,4)cos2B－coseq\F(3π,4)sin2B………………12分＝eq\F(eq\R(,2),2)×eq\F(7,25)－(－eq\F(eq\R(,2),2))×eq\F(24,25)＝eq\F(31eq\R(,2),50)．…………………14分17．〔本小題總分值14分〕解：〔1〕因?yàn)閠1＝eq\f(9000,x)，………2分t2＝eq\f(3000,3(100－x))＝eq\f(1000,100－x)，………4分所以f(x)＝t1＋t2＝eq\f(9000,x)＋eq\f(1000,100－x)，………5分定義域?yàn)閧x|1≤x≤99，x∈N*}．………6分〔2〕f(x)＝1000(eq\f(9,x)＋eq\f(1,100－x))＝10[x＋(100－x)](eq\f(9,x)＋eq\f(1,100－x))＝10[10＋eq\f(9(100－x),x)＋eq\f(x,100－x)]．………10分因?yàn)?≤x≤99，x∈N*，所以eq\f(9(100－x),x)＞0，eq\f(x,100－x)＞0，所以eq\f(9(100－x),x)＋eq\f(x,100－x)≥2eq\r(eq\f(9(100－x),x)eq\f(x,100－x))＝6，…12分當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(9(100－x),x)＝eq\f(x,100－x)，即當(dāng)x＝75時(shí)取等號(hào)．…13分答：當(dāng)x＝75時(shí)，f(x)取得最小值．………14分18．〔本小題總分值16分〕解：〔1〕因?yàn)闄E圓C的離心率為eq\f(eq\r(3),2)，所以a2＝4b2．………2分又因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)(1，eq\f(eq\r(3),2))，所以eq\F(1,a2)＋eq\F(eq\f(3,4),b2)＝1，………3分解得a2＝4，b2＝1．所以橢圓C的方程為eq\F(x2,4)＋y2＝1．………5分〔2〕解法1設(shè)P(x0，y0)，－2＜x0＜2，x0≠1，那么eq\F(x02,4)＋y02＝1．因?yàn)镸B是PN的垂直平分線，所以P關(guān)于B的對(duì)稱點(diǎn)N(2－x0，－y0)，所以2－x0＝m．………7分由A(－2，0)，P(x0，y0)，可得直線AP的方程為y＝eq\F(y0,x0＋2)(x＋2)，令x＝m，得y＝eq\F(y0(m＋2),x0＋2)，即M(m，eq\F(y0(m＋2),x0＋2))．因?yàn)镻B⊥MB，所以kPB·kMB＝－1，所以kPB·kMB＝eq\s\do1(\f(y0,x0－1))·eq\s\do1(\f(eq\F(y0(m＋2),x0＋2),m－1))＝－1，………10分即eq\s\do1(\f(y02〔m＋2〕,(x0－1)(x0＋2)(m－1)))＝－1．因?yàn)閑q\F(x02,4)＋y02＝1．所以eq\s\do1(\f((x0－2)(m＋2),4(x0－1)(m－1)))＝1．………12分因?yàn)閤0＝2－m，所以化簡(jiǎn)得3m2－10m＋4解得m＝eq\s\do1(\f(5±eq\r(13),3))．………15分因?yàn)閙＞2，所以m＝eq\s\do1(\f(5＋eq\r(13),3))．………16分解法2①當(dāng)AP的斜率不存在或?yàn)?時(shí)，不滿足條件．………6分②設(shè)AP斜率為k，那么AP：y＝k(x＋2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\al(eq\s\do1(\f(x2,4))＋y2＝1，,y＝k(x＋2)，))消去y得(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0．因?yàn)閤A＝－2，所以xP＝eq\s\do1(\f(－8k2＋2,4k2＋1))，所以yP＝eq\s\do1(\f(4k,4k2＋1))，所以P(eq\s\do1(\f(－8k2＋2,4k2＋1))，eq\s\do1(\f(4k,4k2＋1)))．………8分因?yàn)镻N的中點(diǎn)為B，所以m＝2－eq\s\do1(\f(－8k2＋2,4k2＋1))＝eq\s\do1(\f(16k2,4k2＋1))．(*)……10分因?yàn)锳P交直線l于點(diǎn)M，所以M(m，k(m＋2))，因?yàn)橹本€PB與x軸不垂直，所以eq\F(－8k2＋2,4k2＋1)≠1，即k2≠eq\F(1,12)，所以kPB＝eq\s\do1(\f(eq\s\do1(\f(4k,4k2＋1)),eq\s\do1(\f(－8k2＋2,4k2＋1))－1))＝eq\s\do1(\f(－4k,12k2－1))，kMB＝eq\s\do1(\f(k(m＋2),m－1))．因?yàn)镻B⊥MB，所以kPB·kMB＝－1，所以eq\s\do1(\f(－4k,12k2－1))·eq\s\do1(\f(k(m＋2),m－1))＝－1．〔**〕………12分將(*)代入〔**〕，化簡(jiǎn)得48k4－32k2＋1＝0，解得k2＝eq\s\do1(\f(4±eq\r(13),12))，所以m＝eq\s\do1(\f(16k2,4k2＋1))＝eq\s\do1(\f(5±eq\r(13),3))．………15分又因?yàn)閙＞2，所以m＝eq\s\do1(\f(5＋eq\r(13),3))．………16分19．〔本小題總分值16分〕解：〔1〕因?yàn)閒(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，所以f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a所以曲線y＝f(x)在x＝0處的切線斜率k＝f′(0)＝6a，所以6a＝3，所以a＝eq\f(1,2)．………2分〔2〕f(x)＋f(－x)＝－6(a＋1)x2≥12lnx對(duì)任意x∈(0，+∞)恒成立，所以－(a＋1)≥eq\s\do1(\f(2lnx,x2))．………4分令g(x)＝eq\s\do1(\f(2lnx,x2))，x＞0，那么g(x)＝eq\s\do1(\f(2(1－2lnx),x3))．令g(x)＝0，解得x＝eq\r(e)．當(dāng)x∈(0，eq\r(e))時(shí)，g(x)＞0，所以g(x)在(0，eq\r(e))上單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(eq\r(e)，＋∞)時(shí)，g(x)＜0，所以g(x)在(eq\r(e)，＋∞)上單調(diào)遞減．所以g(x)max＝g(eq\r(e))＝eq\s\do1(\f(1,e))，………6分所以－(a＋1)≥eq\s\do1(\f(1,e))，即a≤－1－eq\s\do1(\f(1,e))，所以a的取值范圍為(－∞，－1－eq\s\do1(\f(1,e))]．………8分〔3〕因?yàn)閒(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax，所以f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)，f(1)＝3a－1，f(2)＝令f′(x)＝0，那么x＝1或a．………10分f(1)＝3a－1，f(2)＝4①當(dāng)1＜a≤eq\s\do1(\f(5,3))時(shí)，當(dāng)x∈(1，a)時(shí)，f(x)＜0，所以f(x)在(1，a)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，2)時(shí)，f(x)＞0，所以f(x)在(a，2)上單調(diào)遞增．又因?yàn)閒(1)≤f(2)，所以M(a)＝f(2)＝4，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a2所以h(a)＝M(a)－m(a)＝4－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋因?yàn)閔(a)＝3a2－6a＝3a(a－2所以h(a)在(1，eq\s\do1(\f(5,3))]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)a∈(1，eq\s\do1(\f(5,3))]時(shí)，h(a)最小值為h(eq\s\do1(\f(5,3)))＝eq\s\do1(\f(8,27))．………12分②當(dāng)eq\s\do1(\f(5,3))＜a＜2時(shí)，當(dāng)x∈(1，a)時(shí)，f(x)＜0，所以f(x)在(1，a)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(a，2)時(shí)，f(x)＞0，所以f(x)在(a，2)上單調(diào)遞增．又因?yàn)閒(1)＞f(2)，所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(a)＝－a3＋3a所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－(－a3＋3a2)＝a3－3a2＋3因?yàn)閔(a)＝3a2－6a＋3＝3(a－1)2≥所以h(a)在(eq\s\do1(\f(5,3))，2)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a∈(eq\s\do1(\f(5,3))，2)時(shí)，h(a)＞h(eq\s\do1(\f(5,3)))＝eq\s\do1(\f(8,27))．………14分③當(dāng)a≥2時(shí)，當(dāng)x∈(1，2)時(shí)，f(x)＜0，所以f(x)在(1，2)上單調(diào)遞減，所以M(a)＝f(1)＝3a－1，m(a)＝f(2)＝4所以h(a)＝M(a)－m(a)＝3a－1－4＝3a所以h(a)在[2，＋∞)上的最小值為h(2)＝1．綜上，h(a)的最小值為eq\s\do1(\f(8,27))．………16分20．〔本小題總分值16分〕解：〔1〕由3T1＝S12＋2S1，得3a12＝a12＋2a1，即a12－a1因?yàn)閍1＞0，所以a1＝1．………2分〔2〕因?yàn)?Tn＝Sn2＋2Sn，①所以3Tn＋1＝Sn＋12＋2Sn＋1，②②－①，得3an＋12＝Sn＋12－Sn2＋2an＋1．因?yàn)閍n＋1＞0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2，③………5分所以3an＋2=Sn＋2＋Sn＋1＋2，④④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，所以當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(an＋1,an)＝2．………8分又由3T2＝S22＋2S2，得3(1＋a22)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，即a22－2a2因?yàn)閍2＞0，所以a2＝2，所以eq\f(a2,a1)＝2，所以對(duì)n∈N*，都有eq\f(an＋1,an)＝2成立，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，n∈N*．………10分(3)由(2)可知Sn＝2n－1．因?yàn)镾1，Sk－S1，St－Sk成等比數(shù)列，所以(Sk－S1)2＝S1(St－Sk)，即(2k－2)2＝2t－2k，………12分所以2t＝(2k)2－32k＋4，即2t－2＝(2k－1)2－32k－2＋1(*)．由于Sk－S1≠0，所以k≠1，即k≥2．當(dāng)k＝2時(shí)，2t＝8，得t＝3．………14分當(dāng)k≥3時(shí)，由(*)，得(2k－1)2－32k－2＋1為奇數(shù)，所以t－2＝0，即t＝2，代入(*)得22k－2－32k－2＝0，即2k＝3，此時(shí)k無(wú)正整數(shù)解．綜上，k＝2，t＝3．………16分

南京市2018屆高三年級(jí)學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)附加題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)21．【選做題】在A、B、C、D四小題中只能選做2題，每題10分，共計(jì)20分．請(qǐng)?jiān)诖痤}卡指定區(qū)域內(nèi)作答．解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟．DABCODABCO〔第21A題〕證明：連接OD，因?yàn)镈A=DC，所以∠DAO=∠C．………2分在圓O中，AO=DO，所以∠DAO=∠ADO，所以∠DOC=2∠DAO=2∠C．………5分因?yàn)镃D為圓O的切線，所以∠ODC=90°，從而DOC＋C＝90°，即2C＋C＝90故∠C＝30°，………7分所以O(shè)C＝2OD＝2OB，所以CB＝OB，所以CA＝3CB．………10分B．選修4—2：矩陣與變換解：〔1〕根據(jù)逆矩陣公式，可得A－1＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(－2,1,eq\f(3,2),－eq\f(1,2)))．………4分〔2〕設(shè)曲線C上任意一點(diǎn)P(x，y)在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下得到點(diǎn)P(x，y)，那么eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x,y))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(1,2,3,4))eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x,y))＝eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x＋2y,3x＋4y))，所以eq\b\lc\{(\a\al(x＝x＋2y，,y＝3x＋4y．))……8分因?yàn)?x，y)在曲線C上，所以6x2－y2＝1，代入6(x＋2y)2－(3x＋4y)2＝1，化簡(jiǎn)得8y2－3x2＝1，所以曲線C的方程為8y2－3x2＝1．………10分C．選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程解：由直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\al(x＝－1＋t，,y＝t))，得直線l的普通方程為x－y＋1＝0．………2分由圓C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\al(x＝a＋cos，,y＝2a＋sin))，得圓C的普通方程為(x－a)2+(y－2a)2＝1．………4分因?yàn)橹本€l與圓C相切，所以eq\f(∣a－2a＋1∣,eq\r(2))＝1，………8分解得a＝1±eq\r(2)．所以實(shí)數(shù)a的值為1±eq\r(2)．………10分D．選修4—5：不等式選講解：(1)當(dāng)x＜－1時(shí)，不等式可化為－x＋2－x－1≥5，解得x≤－2；……2分(2)當(dāng)－1≤x≤2時(shí)，不等式可化為－x＋2＋x＋1≥5，此時(shí)不等式無(wú)解；……………4分(3)當(dāng)x＞2時(shí)，不等式可化為x－2＋x＋1≥5，解得x≥3；……6分所以原不等式的解集為(－∞，－2]∪[3，＋∞).…………10分【必做題】第22題、第23題，每題10分，共計(jì)20分．CDPBACDPBA〔第22題〕xyz解：〔1〕以{eq\o(\s\up7(→),\s\do1(AB))，eq\o(\s\up7(→),\s\do1(AD))，eq\o(\s\up7(→),\s\do1(AP))}為單位正交基底，建立如下圖的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz．因?yàn)锳P＝AB＝AD＝1，所以A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．設(shè)C(1，y，0)，那么eq\o(\s\up7(→),\s\do1(PB))＝(1，0，－1)，eq\o(\s\up7(→),\s\do1(CD))＝(－1，1－y，0)．…………2分因?yàn)橹本€PB與CD所成角大小為EQ\F(π,3)，所以|cos＜eq\o(\s\up7(→),\s\do1(PB))，eq\o(\s\up7(→),\s\do1(CD))＞|＝|eq\f(eq\o(\s\up7(→),\s\do1(PB))eq\o(\s\up7(→),\s\do1(CD)),∣eq\o(\s\up7(→),\s\do1(PB))∣∣eq\o(\s\up7(→),\s\do1(CD))∣)|＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,eq\r(2)×eq\r(1＋(1－y)2))