江苏省南京市2016届高三年级第三次学情调研适应性测试数学

PAGE数学Ⅰ第16页共16页2016届南京市高三年级第三次学情调研适应性测试数学Ⅰ说明:本试卷共20题，总分160分，考试时间120分钟．请将答案填写在答卷纸上．一､填空题:本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填在答卷纸相应位置上．1．已知集合M＝{0，2，4}，N＝{x|x＝eq\s\do1(\f(a,2))，a∈M}，则集合M∩N＝▲．2．已知0＜a＜2，复数z的实部为a，虚部为1，则|z|的取值范围是▲．3．若直线l1：x＋2y－4＝0与l2：mx＋(2－m)y－3＝0平行，则实数m的值为▲．4．某学校有A，BSKIPIF1<0两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则三人不在同一个食堂用餐的概率为▲．5．如图是一个算法流程图，则输出的S的值是▲．（第（第5题）（第（第6题）6．一个社会调查机构就某地居民的月收入调查了10000人，并根据所得数据画了样本的频率分布直方图（如图）．为了分析居民的收入与年龄、学历、职业等方面的关系，要从这10000人中再用分层抽样方法抽出100人作进一步调查，则月收入在[2500，3000)范围内的应抽出▲人.7．已知l是直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中的真命题是▲．(填所有真命题的序号)=1\*GB3①若l∥α，l∥β，则α∥β=2\*GB3②若α⊥β，l∥α，则l⊥β=3\*GB3③若l∥α，α∥β，则l∥β=4\*GB3④若l⊥α，l//β，则α⊥β8．如图，抛物线形拱桥的顶点距水面4米时，测得拱桥内水面宽为16米；当水面升高（第8题）3米后，拱桥内水面的宽度为▲（第8题）9．已知正数a，b，c满足3a－b＋2c＝0，则eq\s\do1(\f(\r(,ac),b))QUOTEacb的最大值为▲．10．在ΔABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝eq\r(,5)，b＝3，sinC＝2sinA，则ΔABC的面积为▲．11．已知Sn是等差数列{an}的前n项的和，若S2≥4，S4≤16，则a5的最大值是▲．12．将函数f(x)＝sin(2x＋θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)＜θ＜\f(π,2)))的图象向右平移φ(0＜φ＜π)个单位长度后得到函数g(x)的图象，若f(x)，g(x)的图象都经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，则φ的值为▲．13．在半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝60o，C为弧上的动点，AB与OC交于点P，则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．已知函数f(x)＝x3＋ax＋eq\s\do1(\f(1,4))，g(x)＝－lnx，设函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，若h(x)有3个零点，则实数a的取值范围是▲．二､解答题:本大题共6小题，共计90分．请在答卷纸指定区域内作答，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)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(cosθ，eq\r(,2)sinθ)，B(sinθ，0)，其中θ∈R．（1）当θ＝eq\s\do1(\f(2π,3))时，求向量eq\o(AB,\s\up8(→))的坐标；（=2\*ROMAN2）当θ∈[0，eq\s\do1(\f(π,2))]时，求|eq\o(AB,\s\up8(→))|的最大值．16．(本小题满分14分)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点.（1）求证：DE//平面ACF；（第16题）（2）若AB＝eq\r(,2)CE，在线段EO上是否存在点G，使得CG⊥平面BDE？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由.（第16题）17．(本小题满分14分)如图，某水域的两直线型岸边l1，l2成定角120o，在该水域中位于该角角平分线上且与顶点A相距1公里的D处有一固定桩．现某渔民准备经过该固定桩安装一直线型隔离网BC（B，C分别在l1和l2上），围出三角形ABC养殖区，且AB和AC都不超过5公里．设AB＝x公里，AC＝y公里．(第17题)ADl1(第17题)ADl1l2BCxy1120o（2）该渔民至少可以围出多少平方公里的养殖区？18．(本小题满分16分)已知点P是椭圆C上的任一点，P到直线l1：x＝－2的距离为d1，到点F(－1，0)的距离为d2，且eq\s\do1(\f(d2,d1))＝eq\s\do1(\f(\r(,2),2))．（1）求椭圆C的方程；（2）如图，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B(A，B都在x轴上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180º．（=1\*romani）当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程；（第18题）（=2\*romanii）是否存在一个定点，无论∠OFA如何变化，直线l总过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由．（第18题）19．(本小题满分16分)已知函数g(x)＝2alnx＋x2－2x，a∈R．（1）若函数g(x)在定义域上为单调增函数，求a的取值范围；（2）设A，B是函数g(x)图象上的不同的两点，P(x0，y0)为线段AB的中点．（=1\*romani）当a＝0时，g(x)在点Q(x0，g(x0))处的切线与直线AB是否平行？说明理由；（=2\*romanii）当a≠0时，是否存在这样的A，B，使得g(x)在点Q(x0，g(x0))处的切线与直线AB平行？说明理由．20．(本小题满分16分)已知数列{an}，{bn}满足：bn＝an＋1－an（n∈N*）．（1）若a1＝1，bn＝n，求数列{an}的通项公式；（=2\*ROMAN2）若bn＋1bn－1＝bn（n≥2），且b1＝1，b2＝2．（=1\*romani）记cn＝a6n－1（n≥1），求证：数列{cn}为等差数列；（=2\*romanii）若数列{eq\s\do1(\f(an,n))}中任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次，求首项a1应满足的条件．2016届南京市高三年级第三次学情调研适应性测试数学Ⅱ附加题部分说明：本试卷共4小题，满分40分，考试时间30分钟．请将答案填写在答卷纸上．21．【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4—1：几何证明选讲(本小题满分10分)BDCAPE（第21—A题）如图，△ABC内接于圆O，D为弦BC上一点，过D作直线DP

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AC，交AB于点E，交圆O在BDCAPE（第21—A题）B．选修4—2：矩阵与变换(本小题满分10分)变换T1是逆时针旋转eq\s\do1(\f(π,2))角的旋转变换，对应的变换矩阵是M1；变换T2对应的变换矩阵是M2＝eq\b\bc\[(\a\al(11,01))．（1）点P(2，1)经过变换T1得到点P'，求P'的坐标；（2）求曲线y＝x2先经过变换T1，再经过变换T2所得曲线的方程.C．选修4—4：坐标系与参数方程(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．设点A，B分别在曲线C1：eq\b\lc\{(\a\al(x＝3＋2cosθ，,y＝4＋2sinθ))（θ为参数）和曲线C2：ρ＝1上，求AB的最大值．D．选修4—5：不等式选讲(本小题满分10分)已知：a≥2，x∈R．求证：|x－1＋a|＋|x－a|≥3．【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共计20分．请在答卷纸指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．22．(本小题满分10分)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝2px（p＞0）的准线l与x轴交于点M，过M的直线与抛物线交于A，B两点．设A（x1，y1）到准线l的距离为d，且d＝λp（λ＞0）．（1）若y1＝d＝1，求抛物线的标准方程；O（第22题）（2）若eq\o(AM,\s\up8(→))＋λeq\o(AB,\s\up8(→))＝0，求证：直线AB的斜率为定值．O（第22题）23．（本小题满分10分）设f(n)＝(a＋b)n（n∈N*，n≥2），若f(n)的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P．（1）求证：f(7)具有性质P；（2）若存在n≤2016，使f(n)具有性质P，求n的最大值．2016届南京市高三年级第三次学情调研适应性测试数学Ⅰ参考答案与评分建议一､填空题:本大题共14小题，每小题5分，共计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､解答题:本大题共6小题，共计90分．15、解：（1）由题意，得eq\o(AB,\s\up8(→))＝(sinθ－cosθ，－eq\r(,2)sinθ)，………………2分当θ＝eq\s\do1(\f(2π,3))时，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）因为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分因为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分所以当2θ＋eq\s\do1(\f(π,4))＝eq\s\do1(\f(5π,4))时，|eq\o(AB,\s\up8(→))|2取到最大值2－eq\r(,2)×(－eq\s\do1(\f(\r(,2),2)))＝3，即当θ＝eq\s\do1(\f(π,2))时，|eq\o(AB,\s\up8(→))|取到最大值eq\r(,3).………………14分16、（1）证明：连接OF由四边形ABCD是正方形可知，点O为BD的中点又F为BE的中点，所以OF//DE………………2分又OF平面ACF，DE平面ACF所以DE//平面ACF………………6分(2)解：在线段EO上存在点G，使CG⊥平面BDE，证明如下：取EO的中点G，连接CG，在四棱锥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分由四边形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因为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所以定义域为{x|eq\s\do1(\f(5,4))≤x≤5}………………6分(2)设△ABC的面积为S，则结合（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分当仅当x－1＝eq\s\do1(\f(1,x－1))，x＝2时取等号.故当x=y=2时，面积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分当且仅当x－1＝eq\s\do1(\f(1,x－1))，即x＝2时取等号．故当x=y=2时，面积S取最小值eq\r(3)（平方公里）………12分答：该渔民总共至少可以围出eq\R(,3)平方公里的养殖区．…………14分18、解：（1）设P(x，y)，则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))化简得：eq\s\do1(\f(x2,2))＋y2＝1，∴椭圆C的方程为：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，∴直线BF方程为：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))∴直线AB的方程为：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分设直线AB方程为：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，设A(x1，y1)，B(x2，y2)则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，所以直线AB方程为：y＝k(x＋2)所以直线l总经过定点M(－2，0)……16分解法二：由于∠OFA＋∠OFB＝180º，所以B关于x轴的对称点B1在直线AF上…………11分设直线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设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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．直线总经过定点M(－2，0)…………16分19、解：（1）函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∵g′(x)＝eq\s\do1(\f(2a,x))＋2x－2＝eq\s\do1(\f(2(x2－x＋a),x))，若函数g(x)在定义域上单调增，则由g′(x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，即x2－x＋a≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以a≥－x2＋x对x∈(0，＋∞)恒成立，记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时，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∴函数在Q(x0，g(x0))点处的切线与直线AB平行．…………8分（=2\*romanii）当a≠0时，若存在A(x1，g(x1))，B(x2，g(x2))(0＜x1＜x2)，使得g(x)在点Q(x0，g(x0))处的切线与直线AB平行，则有g′(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))又因为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))(*)设eq\s\do1(\f(x1,x2))＝t，则(*)式整理得lnt＝eq\s\do1(\f(2(t－1),t＋1))，问题转化成该方程在(0，1)上是否有解．…………12分设函数h(t)＝lnt－eq\s\do1(\f(2(t－1),t＋1))，则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，所以函数h(t)在(0，＋∞)单调递增，所以当t∈(0，1)时，h(t)＜h(1)＝0，所以方程lnt＝eq\s\do1(\f(2(t－1),t＋1))在(0，1)上无解，所以，不存在这样的A、B，使得g(x)在点Q(x0，g(x0))处的切线与直线AB平行.…………16分20、解：（1）当n≥2时，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也满足上式，所以数列{an}的通项公式是an＝eq\s\do1(\f(n2,2))－eq\s\do1(\f(n,2))＋1．……4分（=2\*ROMAN2）（=1\*romani）因为对任意的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，数列{cn}为等差数列．…………8分（=2\*romanii）设cn＝a6(n－1)＋i(n∈N*)（其中i为常数且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，即数列{a6(n－1)＋i}均为以7为公差的等差数列．…………10分设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为{1，2，3，4，5，6}中一个常数）当ai＝eq\s\do1(\f(7,6))i时，对任意的n＝6k＋i，有eq\s\do1(\f(an,n))＝eq\s\do1(\f(7,6))；……12分当ai≠eq\s\do1(\f(7,6))i时，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，则对任意的k∈N有fk＋1＜fk，所以数列{eq\s\do1(\f(a6k＋i,6k＋i))}为递减数列；=2\*GB3②若ai＜eq\s\do1(\f(7,6))i，则对任意的k∈N有fk＋1＞fk，所以数列{eq\s\do1(\f(a6k＋i,6k＋i))}为递增数列．综上所述，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))}．当a1∈B时，数列{eq\s\do1(\f(an,n))}中必有某数重复出现无数次；当a1B时，数列{eq\s\do1(\f(a6k＋i,6k＋i))}(i＝1，2，3，4，5，6)均为单调数列，任意一个数在这6个数列中最多出现一次，所以数列{eq\s\do1(\f(an,n))}任意一项的值均未在该数列中重复出现无数次．16分2016届南京市高三年级第三次学情调研适应性测试数学Ⅱ参考答案与评分建议A．选修4—1:几何证明选讲【证明】因为PA是圆O在点A处的切线，所以∠PAB＝∠ACB．因为PD∥AC，所以∠EDB＝∠ACB，所以∠PAE＝∠PAB＝∠ACB＝∠BDE．又∠PEA＝∠BED，故△PAE∽△BDE．……10分B．选修4—2:矩阵与变换解：(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))．所以点P(2,1)在T1作用下的点P'的坐标是P'(-1,2).……5分(2)M＝M2·M1＝eq\b\bc\[(\a\al(1－1,10))，……7分设eq\b\bc\[(\a\al(x,y))是变换后图象上任一点,与之对应的变换前的点是eq\b\bc\[(\a\al(x0,y0)),则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))即eq\b\lc\{(\a\al(x0＝y，,y0＝y－x．))QUOTE所以,所求曲线的方程是y－x＝y2.……10分C．选修4—4:坐标系