江苏省高考数学热身卷一.doc

2015年江苏高考热身卷（一）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分请把答案直接填写在答题卡相应位置上1 已知集合a=x|x21，xr)，b=x|x2x0，xr，则ab= 2 已知复数z满足 =1+i(i是虚数单位)，则z= 3 某单位招聘员工，有200名应聘者参加笔试，随机抽查了其中20名应聘者笔试试卷，统计他们的成绩如下表：分数段60,65)65,70)70,75)75,80)80,85)85,90)90,95)人数1366211(第4题)开始否输出s是s0n 3ss+nnn - 1结束输入n 由此可估计200名应聘者中达到80分及以上的有 人4 如图是一个算法流程图，若输入n的值是6，则输出s的值是 5 已知4本不同的教科书中有2本是数学书，从这4本书中随机取2本，则所取的两本书中至少有一本是数学书的概率是 6 一个正四棱锥的底面边长和高都为2，则该正四棱锥的侧面积为 7 顶点在原点且以双曲线y2=1的左准线为准线的抛物线方程是 8 已知等比数列an的前n项和为sn，若a2a8=2a3a6，s5=62，则a1的值是 9设集合a=(x，y)|x2+y2+2x1=0，b=(x，y)|(x+t)2y2若ab，则实数t的取值范围为10若(0，)，且sin2=，则sin()的值为 abcg（第12题）11已知定义在r上的奇函数f(x)，满足当x0时，f(x)=若函数g(x)=f(f(x)c在闭区间2，2上有9个不同的零点，则实数c的取值范围为 12如图，点g为abc的重心，gagb，ab，则的值为 13 已知函数f(x)=若方程f(x)=m有2个不同的解x1，x2，且x1 x2，则的取值范围是 14已知实数，cos2+cos2+cos2=1，sin+sin+sin=0，则tan的最大值是 二、解答题：本大题共6小题，共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) 已知abc的面积为s，且2s=2 （1）求角a的大小； （2）若s=1，bc=，求abc的最短边的长 16(本小题满分14分)apbpcpdppp（第16题）如图四棱锥p-abcd中，pb=pc，底面abcd是直角梯形，abdc，abc=60，dc=1，ad= （1）求证：ab平面pcd； （2）求证：pabc17(本小题满分14分)如图，某城市有一个五边形的地下污水管网主通道abcde，四边形bcde是矩形，其中cd=8km，bc=3km；abe是以be为底边的等腰三角形，ab=5km现欲在b，e的中间点p处建地下污水处理中心，为此要过点p建一个“直线型”的地下水通道mn接通主管道，其中接口处m点在矩形bcde的边bc或cd上（1）若点m在边bc上，设bpm=，用表示bm和ne的长；（2）点m设置在哪些地方，能使点m，n平分主通道abcde的周长？请说明理由anedcmbpq(第17题)18(本小题满分16分)xyobacdp（第18题） 如图，在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆e：+=1(ab0)的离心率为，点a(，)在椭圆e上，射线ao与椭圆e的另一交点为b，点p(4t，t)在椭圆e内部，射线ap，bp与椭圆e的另一交点分别为c，d （1）求椭圆e的方程； （2）求证：直线cd的斜率为定值19(本小题满分16分)已知函数f(x)=(x+1)ex (xr)（1）求函数f(x)的极小值； （2）已知函数y=g(x)的图象与y=f(x)的图象关于直线x=2对称，证明：当x2时，f(x)g(x)；（3）若函数y=f(x)的图象与直线y=m交于a，b两点，线段ab中点的横坐标为x0， 证明：f(x0)020(本小题满分16分)设数列an的前n项和为sn，且an+sn=pn2+qn+r，其中p，q，r是常数，（1）若数列an是等差数列且p=5，q=13，r=2，求数列an的通项公式；（2）求证：数列an为等差数列的充要条件是3pq+r =0；若r=0，且an是首项为1的等差数列，设ti=，qn=(ti1)试问：是否存在非零函数f(x)，使得f(n)q1q2qn=1，对一切正整数n都成立，若存在，求出f(x)的解析式；否则，请说明理由第卷（附加题，共40分）21选做题本题包括a、b、c、d四小题，每小题10分；请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答 a（选修：几何证明选讲） 如图，设ab、cd是圆o的两条弦，直线ab是线段cd的垂直平分线已知ab=6，cd=2，求线段ac的长度b（选修：矩阵与变换） 若点a(2,1)在矩阵m=对应变换的作用下得到点b(4,5)，求矩阵m的逆矩阵c（选修：坐标系与参数方程）在极坐标系中，设圆c经过点p(，)，圆心是直线sin()= 与极轴的交点，求圆c的极坐标方程d（选修：不等式选讲） 设a，b，c均为正数，abc=1求证：+【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分22（本小题满分10分）如图，已知三棱柱abca1b1c1，baacc，abaca1b2，a1b平面abc（第22题）（1）求异面直线aa1与bc所成角的大小；（2）若p是棱b1c1上一点，且ap，求二面角paba1的余弦值23（本小题满分10分）设有限集合an=a1，a2，an (n3)同时满足下列两个条件：对于任意的i，j(1ijn)，1aiaj；对于任意的i，j，k(1ijkn)，aiaj，ajak，aiak三个数中至少有一个数是集合an中的元素（1）若n=3，且a1=2，a3=6，求a2的值；（2）求n的最大值，并证明你的结论2015年江苏高考热身卷（一）参考答案及评分标准1 x|1x0； 21+i； 340； 418； 5； 64； 7y2=6x；82； 9t3或t1； 10； 11(2,2)；1272； 130,)； 14 15【解】（1）法一：设角a，b，c所对的边分别为a，b，c，因为2s=2即2acsinb=c2accosb， 2分由正弦定理化得sinasinbsinc=sin2csinacosbsinc，三角形中sinc=sin(a+b)0，即有sinasinb= sin(a+b)sinacosb， 4分亦即sinasinb=cosasinb，由sinb0，得tana=1，因为a(0，)，即a= 7分法二：设角a，b，c所对的边分别为a，b，c，因为2=2+=(+)=， 3分所以2s=2可化为bcsina=bccosa，即sina=cosa， 5分因为a(0，)，即a= 7分（2）因为a=，s=1，所以bcsina=1，即bc=2， 9分由余弦定理得a2= b2+ c22bccosa，得b2+c2=9 11分由得或 13分所以最短边的长为1 14分16【证】（1）因为abcd，ab平面pcd，cd平面pcd，所以ab平面pcd 6分 （2）过c点作ab的垂线交ab于e点，因为abcd是直角梯形，abdc，abc=60，dc=1，ad=易得ac =cb=ab=2， 7分apbpcpdpppmp（第16题）取bc中点m，连接am，pm因为，pb=pc，所以pmbc，因为ac =ab，所以ambc， 9分又因为ampm=m，am，pm平面pam， 12分所以bc平面pam 13分因为ap平面pam，所以pabc 14分17解：（1）当点m在边bc上，设bpm=(0tan)，在rtbpm中，bm=bptan=4tan 2分anedcmbpq(第17题)在pen中，不妨设pen=，其中sin=，cos=；则 =，即ne= = = ； 6分（2）若点m在边bc上，anedcmbpq(第17题)由bm+ab+an=mc+cd+de+en，得bmen=2；即2tan=1；所以8tan28tan3=0，解得tan=0或tan=， 与0tan矛盾，所以均不符合题意； 9分当点m在边cd上时，令cd中点为q，由对称性，不妨设点m在线段cq上；设qpm=(0tan)，在rtqpm中，qm=qptan=3tan在pan中，设pae=，其中sin=，cos=；=，由 = ，得an=；由mc+cb+ba+an=mq+qd+de+en，得an=mq；即3tan=； 所以 3tan2+4tan=5tan，即3tan2tan=0，所以tan=0或tan=，符合题意 12分当tan=0，cm=4，m位于cd中点q处；当tan=，cm=41=3，m在到c距离为3km处；由对称，m在到c距离为5km处也可；答：当m位于cd中点q处，或m在到c的距离为3km或5km处时，m，n平分总通道abcde的周长 14分18解：（1）a点坐标代入得 +=1，且 = ， 解得a2=1，b2=， 所以椭圆e的方程为：x2+2y2=1； 6分 （2）设， 则， 8分 又设，其中， 则代入椭圆并整理得， ， 从而有 ， 12分 同理可得， 得， 14分 因为,所以， 从而，故 16分19【解】（1），令，则， 1分当变化时，的变化情况如下表：-20减极小值增所以函数在处取得极小值 3分（2）因为函数的图象与函数的图象关于直线对称，所以 4分当时，记， 5分令，可知在上是单调增的，所以又，所以，于是函数在区间上是增函数 8分因为，所以，当时，因此 9分（3）方法一：设，由（1）不妨设，由（2）得，又，所以，即，又因为，所以，而，且在单调递增，所以， 14分所以，即，所以 16分方法二：不妨设， 且， 要证，只要证，即证，即证， (*) 若 ，由（1）及，得与矛盾； 若，由（1）及 ，得 与矛盾； 12分由可知不妨设由（2）得，又，所以，即，又因为，而，且f(x)在单调递增，所以,所以(*)式成立 16分20【解】（1）方法一：由题意， 设数列an的公差为d，则有， 即， 3分 因为上式对任意正整数n均成立，所以解得， 所以 5分 方法二：由题意，（）， 令得， 令得，所以 2分 因为数列an是等差数列，所以 4分 所以， 代入（）式检验，符合题意，所以 5分（2）充分性：方法一：已知， ， 得， 又 ， 得， 7分即有，令，则，所以 ，令，代入得，令，代入得，所以，即，所以，为常数，即为常数，所以数列an是以为首项，为公差的等差数列 9分方法二：因为，所以，当时，当时，两式相减得， ， 7分两边同乘以得，叠加得，化简得，所以，从而，为常数，所以，数列an为等差数列 9分必要性：因为an为等差数列，设公差为，由，得，即对任意正整数都成立所以所以 12分因为an是首项为1的等差数列，由知，公差d=1，所以an =n 13分所以， 所以，因此 15分于是，即，所以f(x)=x+1 16分21 a连接bc，相交于点因为ab是线段cd的垂直平分线，所以ab是圆的直径，acb90设，则，由射影定理得ceaeeb，又，即有，解得（舍）或 所以，acaeab5630， 10分21b，即， 解得， 解法一：， 10分解法二:设，由，得 解得 10分21c因为圆心为直线与极轴的交点，所以令，得，即圆心是， 又圆经过点， 圆的半径，圆过原点，圆的极坐标方程是 10分（说明：化为普通方程去完成给相应的分数）21d由为正数，根据平均值不等式，得， 将此三式相加，得，即 由，则有所以，10分22 解（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则c(0, 2, 0)，b(2, 0 , 0)，a1(0,2, 2)，b1(4, 0 , 2)从而，(0,2, 2)，(2, 2, 0) 记与的夹角为，则有cos又由异面直线aa1与bc所成角的范围为（0，），可得异面直线aa1与bc所成的角为60 5分（2）记平面pab和平面aba1的法向量分别为m和n，则由题设可令m(x, y, z)，且有平面aba1的法向量为n(0,2,0)设(2, 2, 0)，则p(42, 2, 2)于是ap，解得或又题设可知(0, 1)，则舍去，故有从而，p为棱b1c1的中点，则坐标为p(3, 1, 2) 6分由平面pab的法向量为m，故m且m由m0，即(x, y, z)(3, 1 ,2)0，解得3xy2z0； 由m0，即(x, y, z)(1,1,2)0，解得xy2z0，解方程、可得，x0，y2z0，令y2，z1，则有m(0,2, 1) 8分记平面pab和平面aba1所成的角为，则cos故二面角paba1的平面角的余弦值是 10分 23解：（1）由，得2a26由，2a2，6a2，12中至少有一个是集合a3=2，a2，6中的元素，因为6a2，126，故2a2=6，所以a2=3经检验，当a2=3时，符合题意 3分（2）的最大值为4，证明如下： 4分令a4=1，2，3，6，