南京市三模数学全卷解析
1．已知全集U＝{1，2，3，4}，集合A＝{1，4}，B＝{3，4}，则∁(A∪B)＝ ▲ ．
【考点】集合的运算
【解析】本题考察集合的基本运算
【答案】
2．甲盒子中有编号分别为1，2的2个乒乓球，乙盒子中有编号分别为3，4，5，6的4个乒乓球．现分别从两个盒子中随机地各取出1个乒乓球，则取出的乒乓球的编号之和大于6的概率为 ▲ ．
【考点】概率
【解析】本题考察的是概率，属于基础题
【答案】
3．若复数z满足z＋2z(－)＝3＋2i，其中i为虚数单位，z(－)为
复数z的共轭复数，则复数z的模为 ▲ ．
【考点】复数的模长
【解析】解得
，本题考察基础的复数的模的计算
【答案】
4．执行如图所示的伪代码，若输出y的值为1，
则输入x的值为 ▲ ．
【考点】流程图
【解析】本题考察了if判断型的伪代码，分情况讨论，求出
，要考虑
的条件。
【答案】
5．如图是甲、乙两名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则在这五场比赛中得分较为稳定（方差较小）的那名运动员的得分的方差为 ▲ ．
【考点】统计，茎叶图，方差
【解析】甲的平均数=乙的平均数=
，观察得，乙方差较小
【答案】6.8
在同一直角坐标系中，函数y＝sin(x＋3(π))（x∈[0，2π]）的图象和直线y＝2(1) 的交点的个数是 ▲ ．
【考点】三角函数的图像与性质
【解析】
，
或
，
或
，且
或
，∴有两个交点
【答案】2
在平面直角坐标系xOy中，双曲线2m2(x2)－3m(y2)＝1的焦距为6，则所有满足条件的实数m构成的集合是 ▲ ．
【考点】双曲线的性质
【解析】∵双曲线的焦距为6，∴
，根据
得：
，且
解得：
（舍）
∴
构成的集合为
【答案】
8．已知函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数．当x∈[2，4]时，f(x)＝|log4(x－2(3))|，
则f(2(1))的值为 ▲ ．
【考点】函数的周期性与奇偶性
【解析】由函数的周期性可得：
有函数的奇偶性可得：
【答案】
若等比数列{an}的各项均为正数，且a3－a1＝2，则a5的最小值为 ▲ ．
【考点】等比数列通项公式、基本不等式的应用
【解析】 
【答案】8
10．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，
三棱锥D－ABC1的体积为 ▲ ．
【考点】立体图形的平面展开、等体积法。
【解析】
【答案】
若函数f(x)＝ex(－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数a的最大值为 ▲ ．
【考点】导数的应用，根据函数单调性求参数取值范围，二次函数的最值问题，中档偏难。
【解析】 
=
令
【答案】
在凸四边形ABCD中， BD＝2，且→(AC)·→(BD)＝0，(→(AB)＋DC(→))•(BC(→)＋AD(→))＝5，则四边形ABCD的面积为 ▲ ．
【考点】向量的坐标运算,向量的数量积及其应用，对角线互相垂直的四边形的面积的求 法，中档偏难
【解析】 以B为坐标原点，BD所在直线为x轴建立直角坐标系，
则 
，由
得
,设
【答案】3
在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2＋y2＝1，圆M：(x＋a＋3)2＋(y－2a)2＝1(a为实数)．若圆O与圆M上分别存在点P，Q，使得∠OQP＝30°，则a的取值范围为 ▲ ．
【考点】圆与圆的位置关系
【解析】由题意圆M上任意一点Q向圆O作切线，切点为P，∠PQM=30，所以OQ=4， 即
，解得
【答案】[－5(6)，0]
14．已知a，b，c为正实数，且a＋2b≤8c，a(2)＋b(3)≤c(2)，则c(3a＋8b)的取值范围为 ▲ ．
【考点】线性规划、利用导数知识求曲线切线问题
【解析】本题属于压轴题，考察利用令
的换元，转换成线性规划问题，再利用导数知识求曲线切线知识解决最小值问题。本题为江苏省2012年第14题改编，解题方法如出一辙。
【答案】因为
为正实数，对
的左右两边同除
，得
；
对
的左右两边同乘，得
；
令，则条件可转化为
再进行化简，可得
求
的取值范围问题
转换为线性规划的问题，画出可行域，
对
求导，并令导函数值为
，可得切点横坐标为3，带入曲线，计算出切点坐标为
利用线性规划，可知
分别在
和取max和min
带入计算可得范围为
二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分14分）
如图，在三棱锥A－BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF．
（1）求证：EF∥平面ABD；
（2）若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD．
【考点】立体几何中线面平行，面面垂直
【解析】
证明：（1）因为BD∥平面AEF，
BDÌ平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，
所以BD∥EF． ……………………3分
因为BDÌ平面ABD，EFË平面ABD，
所以EF∥平面ABD． ……………………6分
（2）因为AE⊥平面BCD，CDÌ平面BCD，
所以AE⊥CD． ……………………8分
因为BD⊥CD，BD∥EF，
所以 CD⊥EF， ……………………10分
又AE∩EF＝E，AEÌ平面AEF，EFÌ平面AEF，
所以CD⊥平面AEF． ……………………12分
又CDÌ平面ACD，
所以平面AEF⊥平面ACD． ……………………14分
16．（本小题满分14分）
已知向量a＝(2cosα，sin2α)，b＝(2sinα，t)，α∈(0，2(π))．
（1）若a－b＝(5(2)，0)，求t的值；
（2）若t＝1，且a • b＝1，求tan(2α＋4(π))的值．
【考点】向量点乘，三角函数公式
【解析】
解：（1）因为向量a＝(2cosα，sin2α)，b＝(2sinα，t)，
且a－b＝(5(2)，0)，所以cosα－sinα＝5(1)，t＝sin2α． ……………………2分
由cosα－sinα＝5(1) 得(cosα－sinα)2＝25(1)，
即1－2sinαcosα＝25(1)，从而2sinαcosα＝25(24)．
所以(cosα＋sinα)2＝1＋2sinαcosα＝25(49)．
因为α∈(0，2(π))，所以cosα＋sinα＝5(7)． ……………………5分
所以sinα＝2(cosα－sinα)＝5(3)，
从而t＝sin2α＝25(9)． ……………………7分
（2）因为t＝1，且a • b＝1，
所以4sinαcosα＋sin2α＝1，即4sinαcosα＝cos2α．
因为α∈(0，2(π))，所以cosα≠0，从而tanα＝4(1)． ……………………9分
所以tan2α＝1－tan2α(2tanα)＝15(8)． ……………………11分
从而tan(2α＋4(π))＝4(π)4(π)4(π)＝15(8)15(8)15(8) ＝7(23)． ……………………14分
17．（本小题满分14分）
在一水域上建一个演艺广场．演艺广场由看台Ⅰ，看台Ⅱ，三角形水域ABC，及矩形表演台BCDE四个部分构成（如图）．看台Ⅰ，看台Ⅱ是分别以AB，AC为直径的两个半圆形区域，且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍；矩形表演台BCDE中，CD＝10米；三角形水域ABC的面积为400平方米．设∠BAC＝θ．
（1）求BC的长（用含θ的式子表示）；
（2）若表演台每平方米的造价为0.3万元，求表演台的最低造价．
【考点】三角形面积公式、余弦定理、导数
【解析】（1）因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍，所以AB＝AC．
在△ABC中，S△ABC＝2(1)AB•AC•sinθ＝400，
所以AC2＝sinθ(800) ． ……………………3分
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB•AC•cosθ，
＝4AC2－2AC2 cosθ．
＝(4－2cosθ)sinθ(800) ，
即BC＝sinθ(800)sinθ(800) ＝40sinθ(3cosθ)sinθ(3cosθ)．
所以BC＝40sinθ(3cosθ)sinθ(3cosθ) ，θ∈(0，π)． ……………………7分
（2）设表演台的总造价为W万元．
因为CD＝10m，表演台每平方米的造价为0.3万元，
所以W＝3BC＝120sinθ(3cosθ)sinθ(3cosθ) ，θ∈(0，π)． ……………………9分
记f(θ)＝sinθ(3cosθ)，θ∈(0，π)．
则f′(θ)＝sin2θ(3－2cosθ)． ……………………11分
由f′(θ)＝0，解得θ＝6(π)．
当θ∈(0，6(π))时，f′(θ)＜0；当θ∈(6(π)，π)时，f′(θ)＞0．
故f(θ)在(0，6(π))上单调递减，在(6(π)，π)上单调递增，
从而当θ＝6(π) 时，f(θ)取得最小值，最小值为f(6(π))＝1．
所以Wmin＝120(万元)．
答：表演台的最低造价为120万元． ……………………14分
【答案】(1)BC＝40sinθ(3cosθ)sinθ(3cosθ) ，θ∈(0，π)．
(2)120万元．
18．（本小题满分16分）
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆a2(x2)＋b2(y2)＝1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点分别为A，B，M为线段AB的中点，且→(OM)·→(AB)＝－2(3)b2．
（1）求椭圆的离心率；
（2）已知a＝2，四边形ABCD内接于椭圆，AB∥DC．记直线AD，BC的斜率分别
为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
【考点】向量的运算 椭圆标准方程 直线与椭圆方程的联立
【解析】
解：（1）A(a，0)，B(0，b)，由M为线段AB的中点得M(2(a)，2(b))．
所以→(OM)＝(2(a)，2(b))，→(AB)＝(－a，b)．
因为→(OM)·→(AB)＝－2(3)b2，所以(2(a)，2(b))·(－a，b)＝－2(a2)＋2(b2)＝－2(3)b2，
整理得a2＝4b2，即a＝2b． …………………… 3分
因为a2＝b2＋c2，所以3a2＝4c2，即a＝2c．
所以椭圆的离心率e＝a(c)＝2(3)． …………………… 5分
（2）方法一：由a＝2得b＝1，故椭圆方程为4(x2)＋y2＝1．
从而A(2，0)，B(0，1)，直线AB的斜率为－2(1)． …………………… 7分
因为AB∥DC，故可设DC的方程为y＝－2(1)x＋m．设D(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立2(1)4(x2)＋y2＝1，(x2)消去y，得x2－2mx＋2m2－2＝0，
所以x1＋x2＝2m，从而x1＝2m－x2． ……………………… 9分
直线AD的斜率k1＝x1－2(y1)＝2(1)x1－2(x1＋m)，直线BC的斜率k2＝x2(y2－1)＝2(1)x2(x2＋m－1)，
……………………… 11分
所以k1·k2＝2(1)x1－2(x1＋m)·2(1)x2(x2＋m－1)
＝4(1)2(1)2(1)m－1()
＝4(1)2(1)2(1)m－1()
＝4(1)2(1)2(1)m－1()
＝4(1)2(1)x1x2－2x2(x2)＝4(1)，
即k1·k2为定值4(1)． ………………………16分
方法二：由a＝2得b＝1，故椭圆方程为4(x2)＋y2＝1．
从而A(2，0)，B(0，1)，直线AB的斜率为－2(1)． …………………… 7分
设C(x0，y0)，则4(x02)＋y02＝1．
因为AB∥CD，故CD的方程为y＝－2(1)(x－x0)＋y0．
联立2(1)4(x2)＋y2＝1，(x2)消去y，得x2－(x0＋2y0)x＋2x0y0＝0，
解得x＝x0（舍去）或x＝2y0．
所以点D的坐标为(2y0，2(1)x0)． ……………………… 13分
所以k1·k2＝2(1)2y0－2(x0)·x0(y0－1)＝4(1)，即k1·k2为定值4(1)． ……………………… 16分
19．（本小题满分16分）
已知常数p＞0，数列{an}满足an＋1＝|p－an|＋2 an＋p，n∈N*．
（1）若a1＝－1，p＝1，
①求a4的值；
②求数列{an}的前n项和Sn．
（2）若数列{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，
求p(a1)的取值范围．
【考点】等差，等比数列求和 等差数列的性质 分类讨论
【解析】
解：（1）因为p＝1，所以an＋1＝|1－an|＋2 an＋1．
① 因为 a1＝－1，所以
a2＝|1－a1|＋2 a1＋1＝1，
a3＝|1－a2|＋2 a2＋1＝3，
a4＝|1－a3|＋2 a3＋1＝9． ……………………………3分
② 因为a2＝1，an＋1＝|1－an|＋2 an＋1，
所以当n≥2时，an≥1，
从而an＋1＝|1－an|＋2 an＋1＝an－1＋2 an＋1＝3an，
于是有an＝3n－2(n≥2)． ……………………………5分
当n＝1时，S1＝－1；
当n≥2时，Sn＝－1＋a2＋a3＋…＋an＝－1＋1－3(1－3n－1)＝2(3n－1－3) ．
所以Sn＝2(3n－1－3)，n≥2，n∈N*，(3n－1－3)
即Sn＝2(3n－1－3)，n∈N*． ………………………… 8分
（2）因为an＋1－an＝|p－an|＋an＋p≥p－an＋an＋p＝2 p＞0，
所以an＋1＞an，即{an}单调递增． ………………………… 10分
（i）当p(a1)≥1时，有a1≥p，于是an≥a1≥p，
所以an＋1＝|p－an|＋2 an＋p＝an－p＋2 an＋p＝3an，所以an＝3n－1a1．
若{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，则有2 as＝ar＋at，
即2×3s－1＝3r－1＋3t－1． （*）
因为s≤t－1，所以2×3s－1＝3(2)×3s＜3t－1＜3r－1＋3t－1，
即（*）不成立．
故此时数列{an}中不存在三项依次成等差数列． ………………………12分
（ii）当－1＜p(a1) ＜1时，有－p＜a1＜p．
此时a2＝|p－a1|＋2 a1＋p＝p－a1＋2 a1＋p＝a1＋2 p＞p，
于是当n≥2时，an≥a2＞p，
从而an＋1＝|p－an|＋2 an＋p＝an－p＋2 an＋p＝3an．
所以an＝3n－2a2＝3n－2(a1＋2p) (n≥2)．
若{an}中存在三项ar，as，at(r，s，t∈N*，r＜s＜t)依次成等差数列，
同（i）可知，r＝1，
于是有2×3s－2(a1＋2 p)＝a1＋3t－2(a1＋2p)．
因为2≤s≤t－1，
所以a1＋2 p(a1)＝2×3s－2－3t－2＝9(2)×3s－3(1)×3t－1＜0．
因为2×3s－2－3t－2是整数，所以a1＋2 p(a1)≤－1，
于是a1≤－a1－2p，即a1≤－p，与－p＜a1＜p相矛盾．
故此时数列{an}中不存在三项依次成等差数列． …………………14分
（iii）当p(a1)≤－1时，则有a1≤－p＜p，a1＋p≤0，
于是a2＝| p－a1|＋2a1＋p＝p－a1＋2 a1＋p＝a1＋2p，
a3＝|p－a2|＋2a2＋p＝|p＋a1|＋2a1＋5p＝－p－a1＋2a1＋5p＝a1＋4p，
此时有a1，a2，a3成等差数列．
综上可知：p(a1)≤－1． ………………………………16分
20．（本小题满分16分）
已知λ∈R，函数f (x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导函数为g(x)．
（1）求曲线y＝f (x)在x＝1处的切线方程；
（2）若函数g (x)存在极值，求λ的取值范围；
（3）若x≥1时，f (x)≥0恒成立，求λ的最大值．
【考点】导数，切线，极值，分类，转化
【解析】
解：（1）因为f′(x)＝ex－e－λlnx，
所以曲线y＝f (x)在x＝1处的切线的斜率为f′(1)＝0，
又切点为(1，f (1))，即(1，0)，
所以切线方程为y＝0． …………………………2分
（2）g (x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－x(λ)．
当λ≤0时，g′(x)＞0恒成立，从而g (x)在(0，＋∞)上单调递增，
故此时g (x)无极值． …………………………4分
当λ＞0时，设h(x)＝ex－x(λ)，则h′(x)＝ex＋x2(λ)＞0恒成立，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． …………………………6分
①当0＜λ＜e时，
h(1)＝e－λ＞0，h(e(λ))＝ee(λ)e(λ)－e＜0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，
因此存在唯一的x0∈(e(λ)，1)，使得h(x0)＝0．
②当λ≥e时，
h(1)＝e－λ≤0，h(λ)＝eλ－1＞0，且h(x)是(0，＋∞)上的连续函数，
因此存在唯一的x0∈[1，λ)，使得h(x0)＝0．
故当λ＞0时，存在唯一的x0＞0，使得h(x0)＝0． ……………………8分
且当0＜x＜x0时，h(x)＜0，即g′(x)＜0，当x＞x0时，h(x)＞0，即g′(x)＞0，
所以g (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
因此g (x)在x＝x0处有极小值．
所以当函数g (x)存在极值时，λ的取值范围是(0，＋∞)． ……………………10分
（3）g (x)＝f′(x)＝ex－e－λlnx，g′(x)＝ex－x(λ)．
若g′(x)≥0恒成立，则有λ≤xex恒成立．
设φ(x)＝xex(x≥1)，则φ′(x)＝(x＋1) ex＞0恒成立，
所以φ(x)单调递增，从而φ(x)≥φ(1)＝e，即λ≤e．
于是当λ≤e时，g (x)在[1，＋∞)上单调递增，
此时g (x)≥g (1)＝0，即f′(x)≥0，从而f (x)在[1，＋∞)上单调递增．
所以f (x)≥f (1)＝0恒成立． …………………………… 13分
当λ＞e时，由（2）知，存在x0∈(1，λ)，使得g (x)在(0，x0)上单调递减，
即f′(x)在(0，x0)上单调递减．
所以当1＜x＜x0时，f′(x)＜f′(1)＝0，
于是f (x)在[1，x0)上单调递减，所以f (x0)＜f (1)＝0．
这与x≥1时，f (x)≥0恒成立矛盾．
因此λ≤e，即λ的最大值为e． …………………………… 16分
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