江苏省苏大附中高考数学2考前指导卷苏教版(1).doc

苏州大学2014届高考考前指导卷（2）一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应位置上1设全集ur，集合a x | x 1，则集合ua_2设复数z满足z(43i)1，则z的模为_3右图是某算法流程图，则程序运行后输出的结果是_4抛物线的准线方程为_5将参加夏令营的500名学生编号为001,002，500，采用系统抽样的方法抽取一个容量为50的样本，且随机抽得的号码为003，这500名学生分住在三个营区，编号从001到200在第一营区，从201到355在第二营区，从356到500在第三营区，则第三个营区被抽中的人数为_6. 已知函数是奇函数，当时，且，则= 7一块边长为10 cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点p为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器当x6 cm时，该容器的容积为_cm38已知数列an的前n项和snn27n，且满足16akak122，则正整数k_9若x，y满足约束条件目标函数仅在点(1,1)处取得最小值，则k的值为_10已知函数f(x)sin xcos x的定义域为a，b，值域为1，则ba的取值范围是_11已知abc中，3()42，则 .12设平面点集a，b(x，y)|(x1)2(y1)21，则ab所表示的平面图形的面积为_ 13设曲线在点处的切线为，曲线在点处的切线为若存在，使得，则实数的取值范围是 14若关于x的不等式（组）恒成立，则所有这样的解x构成的集合是 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，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤15如图，在中，为中点， 记锐角且满足cbda（1）求； （2）求边上高的值16如图，正方形abcd和三角形ace所在的平面互相垂直，efbd，abef（1）求证：bf平面ace；（2）求证：bfbd17如图，某城市有一条公路从正西方ao通过市中心o后转向东北方ob，现要修筑一条铁路l，l在oa上设一站a，在ob上设一站b，铁路在ab部分为直线段，为了市民出行方便与城市环境问题，现要求市中心o到ab的距离为10 km，设（1）试求ab关于角的函数关系式；（2）问把a、b分别设在公路上离市中心o多远处，才能使ab最短，并求其最短距离18已知椭圆c：1(ab0)上任一点p到两个焦点的距离的和为2，p与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为设直线l过椭圆c的右焦点f，交椭圆c于两点a(x1，y1)，b(x2，y2)（1）若(o为坐标原点)，求|y1y2|的值；（2）当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点q，使得直线qa，qb的倾斜角互为补角？若存在，求出点q坐标；若不存在，请说明理由19已知函数f(x)x32x1，g(x)ln x（1）求函数f(x)f(x)g(x)的单调区间和极值；（2）是否存在实常数k和m，使得x0时，f(x)kxm且g(x)kxm？若存在，分别求出k和m的值；若不存在，说明理由20已知数列an的前项和为sn，且满足a26，3sn(n1)ann(n1)（1）求a1，a3；（2）求数列an的通项公式；（3）已知数列bn的通项公式是bn，cnbn+1bn，试判断数列cn是否是单调数列，并证明对任意的正整数n，都有1cn苏州大学2014届高考考前指导卷（2）参考答案一、填空题1 x | x1 2 327 4 51 65 748 88 91 10 11-7 12 13 14 二、解答题15解（1），（2）由（1）得， 在中，由正弦定理得：， 则高16证明(1)ac与bd交于o点，连接eo正方形abcd中，boab，又因为abef，boef，又因为efbd，efbo是平行四边形，bfeo，又bf平面ace，eo平面ace，bf平面ace(2)正方形abcd中，acbd，又因为正方形abcd和三角形ace所在的平面互相垂直，bd平面abcd，平面abcd平面aceac，bd平面ace，eo平面ace，bdeo，eobf，bfbd17解（1）如图，作om垂直ab，垂足为m，则om=10，由题意， 在中，由正弦定理得，即在中， 所以 （2） 因为，所以当时有ab的最小值 此时， 答：a，b都设在公路上离市中心km处，才能使ab最短，其最短距离是km18解(1)由椭圆的定义知a，设p(x，y)，则有，则，化简得椭圆c的方程是1，|cosaob，|sinaob4，saob|sinaob2，又saob|y1y2|1，故|y1y2|4(2)假设存在一点q(m,0)，使得直线qa，qb的倾斜角互为补角，依题意可知直线l斜率存在且不为零，直线l的方程为yk(x1)(k0)，由消去y得(3k22)x26k2x3k260，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x2，x1x2直线qa，qb的倾斜角互为补角，kqakqb0，即0，又y1k(x11)，y2k(x21)，代入上式可得2x1x22m(m1)(x1x2)0，22m(m1)0，即2m60，m3，存在q(3,0)使得直线qa，qb的倾斜角互为补角19解(1)由f(x)x32x1ln x(x0)，得f(x)(x0)，令f(x)0得x1，易知f(x) 分别在 (0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而f(x)的极小值为f(1)0(2)易知f(x)与g(x)有一个公共点(1,0)，而函数g(x)在点(1,0)处的切线方程为yx1，下面只需验证都成立即可设h(x)x32x1(x1)(x0)，则h(x)3x233(x1)(x1)(x0)易知h(x) 分别在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)0，所以f(x)x1恒成立设k(x)ln x(x1)，则k(x)(x0)易知k(x) 分别在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，所以k(x)的最大值为k(1)0，所以g(x)x1恒成立故存在这样的实常数k1和m1，使得x0时，f(x)kxm且g(x)kxm20解 （1）令n1得3a12a12，解得a12；令n3得3(8a3)4a212，解得a312（2）由已知3sn(n1)ann(n1)， 3sn+1(n2)an+1(n1)(n2)， 得3an+1(n2)an+1(n1)an2(n1)，即(n1)an+1(n1)an2(n1)0， 所以nan+2(n2)an+12(n2)0， 得nan+2(2n1)an+1(n1)an20，即n(an+2an+1)(n1)(an+1an)20， 从而(n1)(an+3an+2)(n2)(an+2an+1)20， 得(n1)(an+3an+2)2(n1)(an+2an+1)(n1)(an+1an)0，即(an+3an+2)2(an+2an+1)(an+1an)0，即(an+3an+2)(an+2an+1)(an+2an+1)(an+1an)， 所以数列an+1an是等差数列，首项为a2a14，公差为(a3a2)(a2a1)2，所以an+1an42(n1)2n2，即anan-12n，an-1an-