A01-2014届江苏省南京市高三9月学情调研理科数学试卷(带解析)

2014届江苏省南京市高三9月学情调研理科数学试卷一、填空题1已知集合，集合，则 .2命题“”的否定是 .3已知复数满足（为虚数单位），则 .4下图是某算法的流程图，其输出值是 .5口袋中有形状和大小完全相同的四个球，球的编号分别为1,2,3,4，若从袋中随机抽取两个球，则取出的两个球的编号之和大于5的概率为 . 6若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为 .7已知点在不等式表示的平面区域上运动，则的最大值是 .8曲线在点处的切线方程是 .9在等差数列中，则数列的前项和 .10如图，在中，、分别为边、的中点. 为边上的点，且，若，则的值为 .11设函数是定义在上的偶函数，当时，.若，则实数的值为 .12已知四边形是矩形，是线段上的动点，是的中点若为钝角，则线段长度的取值范围是 .13如图，已知过椭圆的左顶点作直线交轴于点，交椭圆于点，若是等腰三角形，且，则椭圆的离心率为 .14已知函数，若存在实数、，满足 ，其中，则的取值范围是 .二、解答题15在锐角中，、所对的边分别为、已知向量，且.（1）求角的大小；（2）若，求的面积16如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面，为中点（1）求证：平面；（2）若，求证：平面.17如图，某小区拟在空地上建一个占地面积为2400平方米的矩形休闲广场，按照设计要求，休闲广场中间有两个完全相同的矩形绿化区域，周边及绿化区域之间是道路（图中阴影部分），道路的宽度均为2米怎样设计矩形休闲广场的长和宽，才能使绿化区域的总面积最大？并求出其最大面积.18已知椭圆的中心在坐标原点，右准线为，离心率为若直线与椭圆交于不同的两点、，以线段为直径作圆.（1）求椭圆的标准方程；（2）若圆与轴相切，求圆被直线截得的线段长.19已知无穷数列中，、 、构成首项为2，公差为2的等差数列，、，构成首项为，公比为的等比数列，其中，.（1）当，时，求数列的通项公式；（2）若对任意的，都有成立当时，求的值；记数列的前项和为判断是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20已知函数（为常数）（1）当时，求的单调递减区间；（2）若，且对任意的，恒成立，求实数的取值范围.21如图，、是圆的半径，且，是半径上一点：延长交圆于点，过作圆的切线交的延长线于点.求证：.22在平面直角坐标系中，直线在矩阵对应的变换作用下得到直线，求实数、的值23在极坐标系中，求圆上的点到直线的距离的最大值24解不等式.25在底面边长为2，高为1的正四棱柱中，、分别为、的中点（1）求异面直线、所成的角；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值26将编号为1，2，3，4的四个小球，分别放入编号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子中有且仅有一个小球若小球的编号与盒子的编号相同，得1分，否则得0分记为四个小球得分总和（1）求时的概率；（2）求的概率分布及数学期望试卷第3页，总3页2014届江苏省南京市高三9月学情调研理科数学试卷参考答案1或【解析】，.考点：集合的交集运算2【解析】由全称命题的否定知，命题“”的否定是“”.考点：命题的否定3.【解析】， .考点：复数的除法运算、复数的模4【解析】第一次循环，不成立，执行第二次循环；，不成立，执行第三次循环；第三次循环，不成立，执行第四次循环；第四次循环，成立，跳出循环体，输出的值为.考点：算法与程序框图5【解析】利用、表示第一次和第二次从袋子中抽取的球的编号，用表示其中一个基本事件，则事件总体所包含的基本事件有：，共个；事件“取出的两个球的编号大于”所包含的基本事件有：，共个，所以事件“取出的两个球的编号大于”发生的概率.考点：古典概型6【解析】设圆柱的底面半径为，高为，底面积为，体积为，则有，故底面面积，故圆柱的体积.考点：圆柱的体积7【解析】如下图所示，不等式组所表示的可行域如下图中的阴影部分表示，在直线方程，令，解得，得点的坐标为，作直线，其中可视为直线在轴上的截距，当直线经过区域中的点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.考点：线性规划8或【解析】,，当时，故曲线在点处的切线方程是，即或.考点：利用导数求函数图象的切线方程9【解析】设等差数列的首项与公差的方程组，则有，解得，故.考点：等差数列的前项和10【解析】为的中点，.考点：平面向量的基底表示11【解析】当时，解得；当时，由于函数是偶函数，解得，综上所述，.考点：函数的奇偶性12【解析】法一：如下图所示，设，则，由勾股定理易得，由于为钝角，则，则有，即，即，解得；法二：如下图所示，设，则，以点为坐标原点，、所在的直线分别为轴、 轴建立平面直角坐标系，则，是钝角，则，即，整理得，解得，且、三点不共线，故有，解得.考点：余弦定理、勾股定理、平面向量的数量积13【解析】由于为等腰三角形，且，故有，则点的坐标为，设点的坐标为，则有，解得，即点的坐标为，将点的坐标代入椭圆的方程得，解得，即，.考点：共线向量、椭圆的离心率14【解析】如下图所示，由图形易知，则，令，即，解得或，而二次函数的图象的对称轴为直线，由图象知，点和点均在二次函数的图象上，故有，由于，当时，由于函数在上单调递减，且，即.考点：函数的图象、对数函数、二次函数的单调性15（1）；（2）.【解析】（1）先根据平面向量垂直的等价条件得到等式，再利用弦化切的思想求出的值，最终在求出角的值；（2）解法一：在角的大小确定的前提下，利用正弦定理与同角三角函数之间的关系求出和，并利用结合和角公式求出的值，最后利用面积公式求出的面积；解法二：利用余弦定理求出的值，并对的值进行检验，然后面积公式求出的面积.（1）因为，所以，则， 4分因为，所以，则，所以 7分（2）解法一：由正弦定理得，又，则，因为为锐角三角形，所以， 9分因为， 12分所以 14分解法二：因为，所以由余弦定理可知，即，解得或，当时，所以，不合乎题意；当时，所以，合乎题意；所以 14分考点：正弦定理、余弦定理、同角三角函数的关系、两角和的正弦函数、三角形的面积公式16（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）根据平行四边形对角线互相平分的这个性质先连接，找到与的交点为的中点，利用三角形的中位线平行于底边证明，最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）先证明平面，得到，再由已知条件证明，最终利用直线与平面垂直的判定定理证明平面.试题解析：（1）连接交于点，连接，因为底面是平行四边形，所以点为的中点，又为的中点，所以， 4分因为平面，平面，所以平面 6分（2）因为平面，平面，所以， 8分因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以， 10分因为平面，平面，所以， 12分又因为，平面，平面，所以平面 14分考点：直线与平面平行、直线与平面垂直17当休闲广场的长为米，宽为米时，绿化区域总面积最大值，最大面积为平方米.【解析】先将休闲广场的长度设为米，并将宽度也用进行表示，并将绿化区域的面积表示成的函数表达式，利用基本不等式来求出绿化区域面积的最大值，但是要注意基本不等式适用的三个条件.试题解析：设休闲广场的长为米，则宽为米，绿化区域的总面积为平方米， 6分， 8分因为，所以，当且仅当，即时取等号 12分此时取得最大值，最大值为.答：当休闲广场的长为米，宽为米时，绿化区域总面积最大值，最大面积为平方米. 14分考点：矩形的面积、基本不等式18（1）；（2）.【解析】（1）先根据题中的条件确定、的值，然后利用求出的值，从而确定椭圆的方程；（2）先确定点的坐标，求出圆的方程，然后利用点（圆心）到直线的距离求出弦心距，最后利用勾股定理求出直线截圆所得的弦长.试题解析：（1）设椭圆的方程为，由题意知，解得，则，故椭圆的标准方程为 5分（2）由题意可知，点为线段的中点，且位于轴正半轴，又圆与轴相切，故点的坐标为，不妨设点位于第一象限，因为，所以， 7分代入椭圆的方程，可得，因为，解得， 10分所以圆的圆心为，半径为，其方程为 12分因为圆心到直线的距离 14分故圆被直线截得的线段长为 16分考点：椭圆的方程、点到直线的距离、勾股定理19（1）数列的通项公式为；（2）的值为或；详见解析.【解析】（1）根据数列的定义求出当时数列的通项公式，注意根据的取值利用分段数列的形式表示数列的通项；（2）先确定是等差数列部分还是等比数列部分中的项，然后根据相应的通项公式以及数列的周期性求出的值；在（1）的基础上，先将数列的前项和求出，然后利用周期性即可求出，构造，利用定义法求出的最大值，从而确定和的最大值，进而可以确定是否存在，使得.试题解析：（1）当时，由题意得， 2分当时，由题意得， 4分故数列的通项公式为 5分（2）因为无解，所以必不在等差数列内，因为，所以必在等比数列内，且等比数列部分至少有项，则数列的一个周期至少有项， 7分所以第项只可能在数列的第一个周期或第二个周期内，若时，则，得，若，则，得，故的值为或 9分因为，所以， 12分记，则，因为，所以，即， 14分故时，取最大，最大值为，从而的最大值为，不可能有成立，故不存在满足条件的实数 16分考点：等差数列和等比数列的通项公式及前项和、数列的周期性、数列的单调性20（1）函数的单调递减区间为；（2）实数的取值范围是.【解析】（1）将代入函数解析式并求出相应的导数，利用导数并结合函数的定义域便可求出函数的单调递减区间；（2）构造新函数，将问题转化为“对任意时，恒成立”，进而转化为，围绕这个核心问题结合分类讨论的思想求出参数的取值范围.试题解析：（1）的定义域为，当时， 2分由及，解得，所以函数的单调递减区间为 4分（2）设，因为对任意的，恒成立，所以恒成立，因为，令，得， 7分当，即时，因为时，所以在上单调递减，因为对任意的，恒成立，所以时，即，解得，因为。所以此时不存在； 10分当，即时，因为时，时，所以在上单调递增，在上单调递减，因为对任意的，恒成立，所以，且，即，解得，因为，所以此时； 13分当，即时，因为时，所以在上单调递增，由于，符合题意； 15分综上所述，实数的取值范围是 16分考点：函数的单调区间与导数、不等式恒成立、分类讨论21B，.【解析】确定变换前的坐标个变换后的坐标之间的关系，然后用坐标来表示坐标，并将上一步的结果代入直线便可以得到一条直线方程，根据两者的系数关系求出、的值.试题解析：设坐标在矩阵的变换后的坐标为，则有，于是有，解得， 4分将上述结果代入直线的方程得，化简得，（*） 6分于是有，解得或， 8分当，时，代入（*）式得，不合乎题意，舍去！ 9分综上所述，. 10分考点：矩阵变换C【解析】将极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到直线的距离并判断直线与圆的位置关系，在直线与圆相离的前提下，利用结论：圆上一点到直线的距离的最大值为（其中为圆的半径长）求解该问题.试题解析：在圆的极坐标方程两边同时乘以得，化为直角坐标方程为，即， 3分故圆的圆心坐标为，半径为， 4分将直线的极坐标方程化为直角坐标方程为， 6分所以圆的圆心到直线的距离为，故直线与圆相离， 8分于是圆上的点到直线的距离的最大值为 10分考点：极坐标与直角坐标的转化、点到直线的距离22（1）；（2）.【解析】（1）先建系，并写出各点的坐标，利用向量法求出异面直线、所成的角；（2）先求出平面与平面的法向量，然后利用法向量来计算平面与平面所成的锐二面角的余弦值.试题解析：由于为正四棱柱，不妨以点为坐标原点，、所在的直线分别为轴、轴、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则，则，1分， 3分设异面直线、所成的角为，则，即异面直线、所成的角为； 4分（2）如上图所示，则， ，设平面的一个法向量为，即，解得，即，将代入得， 令，可得平面的一个法向量为， 6分同理可知平面的一个法向量为， 7分， 8分设平面与平面所成锐二面角的平面角为，则，即平面与平面所成锐二面角的