江苏高三数学2指导卷苏州大学命题PDF苏教

苏州大学苏州大学 2014 届高考考前指导卷（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 A_ U 2设复数z满足z(43i)1，则z的模为_ 3下图是某算法流程图，则程序运行后输出的结果是_ 4抛物线 2 2xy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= )(xfy 0x 2 ( )()f xxax aR6)2(f a 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_cm 3 8已知数列a 的前n项和S n 7n，且满足 16a a22，则正整数k_ nn 2 kk1 9若x，y满足约束条件 21 2, 2, xy xy yx , 目标函数仅在点(1,1)处取得最小值，则k的值为 _ * 2 ()zkxy kN 10已知函数f(x)sin xcos x的定义域为a，b，值域为1， 2，则ba的取值范围是_ 11已知ABC中，3(CACB)AB4AB 2，则tanA tanB . 12设平面点集A x，y yx y1 x 0 ，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1 exyax在点处的切线为，曲线 01 (A xy， ) 1 l 1 ex x y 在点 02 ()B xy，处的切线为若存 在 2 l 0 3 0, 2 x ，使得l，则实数a的取值范围是 12 l 14若关于 x 的不等式（组） 2* 2 722 0恒成立，则所有这样的解 x 构成的 集合是 99 21 n n xxn N对任意 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 ，为DBC中点，2BC 15如图，在ABC中，45C A 记锐角ADB且满足 7 cos2 25 C B D （1）求； cosCAD （2）求BC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，AB 2EF （1）求证：BF平面ACE； （2）求证：BFBD 17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OAB （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：x 2 a2 y2 b21(ab0)上任一点P到两个焦点的距离的和为 2 3，P与椭圆长轴两顶点连线的斜 率之积为2 3设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A(x ，y )，B(x ，y ) 1122 （1）若OA OB 4 tanAOB(O为坐标原点)，求|y y |的值； 12 （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)x 2x1，g(x)ln x 3 （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n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 an，c bb ，试判断数列c 是否是单调数列，并证明 1 c nn+1nn n 6 2 苏州大学苏州大学 2014 届高考考前指导卷（届高考考前指导卷（2）参考答案）参考答案 一、填空题一、填空题 1 x | x1 2 1 5 327 4 1 2 y 51 65 748 8 8 9 1 10 3 4 ，3 2 11 7 12 2 13 3 1 2 ， 14 2 1, 9 二、解答题二、解答题 15解（1） 2 7 cos22cos1 25 ， 2 9 cos 25 ，(0,) 2 ， 3 cos 5 ， 4 sin 5 ， 45CAD， 2 coscos45cossin 2 CAD 7 2 10 （2）由（1）得， 2 sinsin()sincoscossin 444 CAD 10 ， 在ACD中，由正弦定理得： sinsin CDAD CADC ， 2 1 sin 2 5 sin2 10 CDC AD CAD ， 则高 4 sin54 5 hADADB 16证明 (1)AC与BD交于O点，连接EO正方形ABCD中， 2BOAB，又因为AB 2EF，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，BFBD 17解（1）如图，作 OM 垂直 AB，垂足为 M，则 OM=10， 由题意，135AOB(0 ,45 )，45OBA 在 中，由正弦定理得AOB sin135sin ABOB ，即 2 2sin OB AB 在MOB中， 10 sin(45) OB ， 所以 22101 5 2 2sin2sinsin(45)sinsin(45) OB AB （2） 210 2sin(sin45 coscos45 sin) AB 2 1020 sincossinsin2cos21 20 2sin(245 ) 1 因为(0 ,45 )，所以当22.5时有 AB 的最小值20( 21) 此时， 10 10 44 2 sin22.5 OAOB 答：A，B 都设在公路上离市中心10km 处，才能使 AB 最短，其最短距离是44 220( 21)km 18解 (1)由椭圆的定义知a 3，设P(x，y)，则有 y x 3 y x 3 2 3，则 y2 x23 2 3， 化简得椭圆C的方程是x 2 3 y2 21OA OB 4 tanAOB，|OA |OB |cosAOB 4 tanAOB，|OA |OB |sinAOB4，SAOB 1 2|OA |OB |sinAOB2，又SAOB 1 2|y y |1，故|y y |4 1212 (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 ykx1， x2 3 y2 21 消去y得(3k22)x26k2x3k260， 设A(x ，y )，B(x ，y )，则x x 112212 6k2 3k22，x x 12 3k26 3k22直线QA，QB的倾斜角互为补角，k k0，即 QA QB y1 x1m y2 x2m0，又y k(x 1)，y k(x 1)，代入上式可得 2x x 2m(m1)(x x )0，2 1122121 2 3k26 3k222m(m1) 6k2 3k220，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)x 2x1ln x(x0)，得F(x) 3 3x32x1 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 fxx1 gxx1 都成立即可设h(x)x 2x1(x1)(x0)，则h(x)3x 33(x1)(x1)(x0) 32 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)1x 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)kxm 20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-22(n1)，a3a26，a2a14，a1 2，相加得an2462(n1)2nn(n1) （3）数列cn是单调递减数列，证明如下：因为cnbn+1bn (n1)(n2)n(n1) 2n1 n2 n， 所以cn+1 2n2 n3n1 ，要证明cc ，等价于证明 n+1n n1