南京市盐城市一模数学解析试卷原终稿对比

1、南京市盐城市2015届高三年级第一次模拟考试一填空题:本大题共14小题，每小题5分，计70分1设集合M2，0，x，集合N0，1，若NÍM，则x 答案:12若复数z(其中i为虚数单位)的实部与虚部相等，则实数a 答案:13在一次射箭比赛中，某运动员5次射箭的环数依次是9，10，9，7，10，则该组数据的方差是 答案:4甲乙两位同学下棋，若甲获胜的概率为0.2，甲乙下和棋的概率为0.5，则乙获胜的概率为 答案:0.3解读:为了体现新的考试说明，此题选择了互斥事件，选材于课本中的习题5若双曲线x2y2a2(a0)的右焦点与抛物线y24x的焦点重合，则a i1S0While i8 ii +

2、3 S2i + SEnd WhilePrint SEND第6题图答案:6运行如图所示的程序后，输出的结果为 答案:42解读:此题的答案容易错为227若变量x，y满足，则2xy的最大值为 答案:88若一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的体积为 答案:9若函数f(x)sin(x)(0)图象的两条相邻的对称轴之间的距离为，且该函数图象关于点(x0，0)成中心对称，x00，则x0 答案:10若实数x，y满足xy0，且log2xlog2y1，则的最小值为 答案:411设向量a(sin2，cos)，b(cos，1)，则“a/b”是“tan”成立的 条件 (选填“充分不必要”“必要不充分

3、”“充要”“既不充分也不必要”) 答案:必要不充分12在平面直角坐标系xOy中，设直线yx2与圆x2y2r2(r0)交于A，B两点，O为坐标原点，若圆上一点C满足，则r 答案:解读:方法1:(平面向量数量积入手)2()222··2，即:r2r2r2cosAOBr2，整理化简得:cosAOB，过点O作AB的垂线交AB于D，则cosAOB2cos2AOD1，得cos2AOD，又圆心到直线的距离为OD，所以cos2AOD，所以r210，r方法2:(平面向量坐标化入手)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x，y)，由得xx1x2，yy1y2，则x2y2(x1x2)2(y1y2

4、)2x12y12x1y1x22y22x2y2由题意得，r2r2r2(x1y1x2y2)，联立直线yx2与圆x2y2r2(r0)的方程，由韦达定理可解得:r方法3:(平面向量共线定理入手)由得，设OC与AB交于点M，则AMB三点共线由AMO与BMO互补结合余弦定理可求得ABr，过点O作AB的垂线交AB于D，根据圆心到直线的距离为OD，得(r)2()2r2，解得r210，r讨论时，有老师提出将题中的向量等式改为，这样可降低运算量，但因为此题已是第12题，故未采纳13已知f(x)是定义在2，2上的奇函数，当x(0，2时，f(x)2x1，函数g(x)x22xm 如果对于"x12，2，$x22

5、，2，使得g(x2)f(x1)，则实数m的取值范围是 答案:5，2解读:初稿是:已知f(x)是定义在2，2上的奇函数，且当x0，2时，f(x)2x1，函数g(x)a2x22a2x2a，且对"x12，2，$x22，2，使得f(x2)g(x1)，则实数a的取值范围是 答案:，讨论时，有老师提出该题的运算量偏大，且g(x)a2x22a2x2a这个函数不美观，且两个不等式有一个解在求交集时未起到作用，所以换成了g(x)x22xm，并将题意作了相应修改14已知数列an满足a11，a2a1，|an1an|2n(nN*)，若数列a2n1单调递减，数列a2n单调递增，则数列an的通项公式为an 答案

6、:( 说明:本答案也可以写成)解读:|an1an|2n(nN*)这种模型2011年的北京卷用过，2014年的湖南卷上又用了方法一:先采用列举法得a11，a21，a33，a45，a511，a421，···，然后从数字的变化上找规律，得an1an(1)n12n，再利用累加法即可；方法二:因为a2n1a2n±22n，a2na2n1±22n1，所以两式相加，得a2n1a2n1±22n±22n1，而a2n1递减，所以a2n1a2n10，故a2n1a2n22n；同理，由a2n递增，得a2na2n122n1；又a2a1，所以an1an(1

7、)n12n，以下同上初稿是:已知数列an满足a11，a2a1，|an1an|2n(nN*)，若数列a2n1单调递减，数列a2n单调递增，则数列an的通项公式为an 答案:讨论时，有老师提出这样太为难学生了，得分率会很低，所以又作了修改，从而造成了本题的不足是与2014年的湖南卷的相似度偏大二解答题:15在平面直角坐标系xOy中，设锐角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点P(x1，y1)，将射线OP绕坐标原点O按逆时针方向旋转后与单位圆交于点Q(x2，y2) 记f()y1y2xyPQO第15题图(1)求函数f()的值域；(2)设ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)，

8、且a，c1，求b解:(1)由题意，得y1sin，y2sin()cos， 4分所以f()sincossin()， 6分因为(0，)，所以(，)，故f()(1， 8分(2)因为f(C)sin(C)，又C(0，)，所以C， 10分在ABC中，由余弦定理得c2a2b22abcosC，即12b22×b，解得b1 14分(说明:第(2)小题用正弦定理处理的，类似给分)解读:选择此题背景的意图是引导老师们要强化概念的教学，不能整天只是让学生做题xyABO第15题图初稿是:在平面直角坐标系xOy中，设角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点A(x1，y1)，将射线OA按顺时针方向旋转后与单位

9、圆交于点B(x2，y2) 记f()x1y2，其中角为锐角(1)求函数f()的值域；(2)设ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若f(C)0，且a，c1，求b答案:(1)由题意，得x1cos，y2sin()， 2分所以f()cossin()cossincos()， 6分因为(0，)，所以(，)，故f()(，) 8分(2)因为f(C)cos(C)0，又C(0，)，所以C， 10分在ABC中，由余弦定理得c2a2b22abcosC，即13b22×b，解得b1或b2 讨论时，有老师提出作为第15题，该题的运算量偏大，而且第(2)小题还有两个结果，得分率会偏低BACDB1A1C1D1

10、E第16题图O16(本小题满分14分)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O，E分别为B1D，AB的中点 (1)求证:OE/平面BCC1B1； (2)求证:平面B1DC平面B1DE证明(1):连接BC1，设BC1B1CF，连接OF， 2分因为O，F分别是B1D与B1C的中点，所以OF/DC，且OFDC，BACDB1A1C1D1EFO又E为AB中点，所以EB/DC，且d11，从而d2d3，即四边形OEBF是平行四边形，所以OE/BF， 6分又OEË面BCC1B1，BFÌ面BCC1B1，所以OE/面BCC1B1 8分(2)因为DC面BCC1B1，BC1Ì面BCC

11、1B1，BACDB1A1C1D1E第16题图所以BC1DC， 10分又BC1B1C，且DC，B1CÌ面B1DC，DCB1CC，所以BC1面B1DC，12分而BC1/OE，所以OE面B1DC，又OEÌ面B1DE，所以面B1DC面B1DE 14分解读:初稿是:如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为AB的中点 (1)求证:BC1/面B1DE； (2)求证:面B1DC面B1DExyOlABFP第17题图· 讨论时，有老师提出第(1)小题偏难了，所以作了修改17在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:1(ab0)的右准线方程为x4，右顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，斜率

12、为2的直线l经过点A，且点F到直线l的距离为(1)求椭圆C的标准方程；(2)将直线l绕点A旋转，它与椭圆C相交于另一点P，当B，F，P三点共线时，试确定直线l的斜率解:(1)由题意知，直线l的方程为y2(xa)，即2xy2a0， 2分右焦点F到直线l的距离为，ac1， 4分又椭圆C的右准线为x4，即4，所以c，将此代入上式解得a2，c1，b23，椭圆C的方程为1； 6分(2)由(1)知B(0，)，F(1，0)， 直线BF的方程为y(x1)， 8分联立方程组，解得或(舍)，即P(，)， 12分直线l的斜率k 14分其他方法:方法二: 由(1)知B(0，)，F(1，0)， 直线BF的方程为y(x1

13、)，由题A(2，0)，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)，联立方程组，解得，代入椭圆解得:k或k，又由题意知，y0得k0或k，所以k方法三:由题A(2，0)，显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x2)，联立方程组，得(4k23)x216k2x16k2120，xAxP，所以xP2，yP，当B，F，P三点共线时有，kBPkBF，即，解得k或k，又由题意知，y0得k0或k，所以kxyOlmMHABFP第17题图·解读:初稿是:在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:1(ab0)的右准线l:x4与x轴交于点H，动直线m过椭圆C的右顶点A，且与l相交于点M，设点M的纵坐标tA

14、H(0)，其中当2时，椭圆的右焦点F到直线m的距离为(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的上顶点为B，右焦点为F，直线m与椭圆C相交于点P，当P，F，B三点共线时，试确定的值答案同上 讨论时，有老师认为，虽然此题没有科学性错误，但题目的条件比较别扭，会不会引起学生的疑问，即做第(2)小题时，用不用第(1)小题得到的椭圆方程?所以，后来把题目作了修改，使得题意更加简洁明了此时的不足是第(2)小题的运算量偏小些，学生可避免字母运算第18题-甲xyOABCD第18题-乙E·F18某地拟模仿图甲建造一座大型体育馆，其设计方案侧面的外轮廓线如图乙所示:曲线AB是以点E为圆心的圆的一部分，其

15、中E(0，t)(0t25，单位:米)；曲线BC是抛物线yax250(a0)的一部分；CDAD，且CD恰好等于圆E的半径 假定拟建体育馆的高OB50米(1)若要求CD30米，AD24米，求t与a的值；(2)若要求体育馆侧面的最大宽度DF不超过75米，求a的取值范围；(3)若a，求AD的最大值(参考公式:若f(x)，则f'(x)解:(1)因为CD50t30，解得t20 2分 此时圆E:x2(y20)2302，令y0，得AO10， 所以ODADAO241014，将点C(14，30)代入yax250(a0)中，解得a 4分(2)因为圆E的半径为50t，所以CD50t，在yax250中令y50t

16、，得OD，则由题意知FD50t75对t(0，25恒成立， 8分所以恒成立，而当，即t25时，取最小值10，故10，解得a 10分(3)当a时，OD5，又圆E的方程为x2(yt)2(50t)2，令y0，得x±10，所以AO10，从而ADf(t)105(0t25)， 12分又因为f'(t)5()，令f'(t)0，得t5， 14分当t(0，5)时，f'(t)0，f(t)单调递增；当t(5，25)时，f'(t)0，f(t)单调递减，从而当t5 时，f(t)取最大值为25答:当t5米时，AD的最大值为25米 16分(说明:本题还可以运用三角换元，或线性规划等方法

17、解决，类似给分)解读:此题取材于射阳中学新建体育馆的模型，是一道原创题，初稿中只有(2)(3)两小题，讨论中有老师认为此题的起点偏高，还要给中等偏下的学生送点分，所以又设计了第(1)小题(3)方法二:令t25cos2，0，)，则AD10510×5sin5×5cos，其中是锐角，且，从而当时，AD取得最大值为25米 方法三:令x，y，则题意相当于:已知x2y225(x0，y0)，求zAD5×(2xy)的最大值根据线性规划知识，当直线y2xz与圆弧x2y225(x0，y0)相切时，z取得最大值为25米19设数列an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，若a1a5

18、64，S5S348(1)求数列an的通项公式；(2)对于正整数k，m，l(kml)，求证:“mk1且lk3”是“5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列”成立的充要条件；(3)设数列bn满足:对任意的正整数n，都有a1bna2bn1a3bn2anb13·2n14n6，且集合Mn|，nN*中有且仅有3个元素，试求的取值范围解:(1)数列an是各项均为正数的等比数列，a1a5a3264，a38，又S5S348，a4a58q28q48，q2，an8·2n32n； 4分(2)()必要性:设5ak，am，al这三项经适当排序后能构成等差数列，若2·5akamal，

19、则10·2k2m2l，102mk2lk，52mk12lk1， 6分若2am5akal，则2·2m5·2k2l，2m1k2lk5，左边为偶数，等式不成立，若2al5akam，同理也不成立，综合，得mk1，lk3，所以必要性成立 8分()充分性:设mk1，lk3，则5ak，am，al这三项为5ak，ak1，ak3，即5ak，2ak，8ak，调整顺序后易知2ak，5ak，8ak成等差数列，所以充分性也成立综合()()，原命题成立 10分(3)因为a1bna2bn1a3bn2anb13·2n14n6，即21bn22bn123bn22nb13·2n14n

20、6，(*)当n2时，21bn122bn223bn32n1b13·2n4n2，(*)则(*)式两边同乘以2，得22bn123bn224bn32nb13·2n18n4，(*)(*)(*)，得2bn4n2，即bn2n1(n2)，又当n1时，2b13·22102，即b11，适合bn2n1(n2)，bn2n114分，n2时，0，即；n3时，0，此时单调递减，又， 16分解读:第(2)小题本来是探求“5ak，am，al”这三项能否构成等差数列的，但考虑到学生的答案可能有多种形式，所以将它改成了充要条件的证明题本题的初稿是:设数列an的前n项和为Sn，若存在实数(1，)，使得a

21、nan1an与SnSn1Sn对任意nN*都成立，则称an是“可控”数列(1)已知数列an的通项公式为anr(r是不为0的常数)，试判断an是否是“可控”数列，并说明理由；(2)已知等比数列an的公比q1，若当4时，an是“可控”数列，求公比q 的取值范围；(3)已知等差数列an的公差d0，若an是“可控”数列，求的取值范围讨论时，大家认为此题的形式很美，但题目较难，特别是第(3)小题超难，而且考查的知识与江苏高考不太吻合，所以只能忍痛不用第二稿是:设数列an是各项均为正数的等比数列，a24，a1a432，数列bn满足:对任意的正整数n，都有a1b1a2b2anbn(n1)·2n12(

22、1)求数列an与bn的通项公式；(2)若集合Mn|，nN*中元素的个数为4，试求实数的取值范围；(3)将数列an与bn按a1，b1，a2，b2，a3，b3，an，bn，的顺序排好后，再删去其中小于2015的项，剩下的项按原来的顺序构成一个新数列cn，试求数列cn的前n项和Tn更换后，第(1)(2)问还不错，第(3)小题也有创意，但第(3)小题的运算太繁琐，批阅起来麻烦，所以临时又换成了一道现在这个较为常规的题目20已知函数f(x)ex，g(x)mxn(1)设h(x)f(x)g(x) 若函数h(x)在x0处的切线过点(1，0)，求mn的值； 当n0时，若函数h(x)在(1，)上没有零点，求m的取

23、值范围；(2)设函数r(x)，且n4m(m0)，求证:当x0时，r(x)1解:(1)由题意，得h'(x)(f(x)g(x)'(exmxn)'exm，所以函数h(x)在x0处的切线斜率k1m， 2分又h(0)1n，所以函数h(x)在x0处的切线方程y(1n)(1m)x，将点(1，0)代入，得mn2 4分(2)方法一:当n0，可得h'(x)(exmx)'exm，因为x1，所以ex，当m时，h'(x)exm0，函数h(x)在(1，)上单调递增，而h(0)1，所以只需h(1)m0，解得m，从而m 6分当m时，由h'(x)exm0，解得xlnm(1

24、，)，当x(1，lnm)时，h'(x)0，h(x)单调递减；当x(lnm，)时，h'(x)0，h(x)单调递增所以函数h(x)在(1，)上有最小值为h(lnm)mmlnm，令mmlnm0，解得me，所以me 综上所述，m，e) 10分方法二:当n0，exmx 当x0时，显然不成立；当x1且x0时，m，令y，则y'，当1x0时，y'0，函数y单调递减，0x1时，y'0，函数y单调递减，当x1时，y'0，函数y单调递增，又y|x1，y|x1e，由题意知m，e) (3)由题意，r(x)，而r(x)1等价于ex(3x4)x40， 令F(x)ex(3x4)

25、x4， 12分则F(0)0，且F'(x)ex(3x1)1，F'(0)0，令G(x)F'(x)，则G'(x)ex(3x2)，因x0， 所以G'(x)0， 14分所以导数F'(x)在0，)上单调递增，于是F'(x)F'(0)0，从而函数F(x)在0，)上单调递增，即F(x)F(0)0 16分解读:此题的初稿是:已知函数f(x)ex，g(x)mxn(其中e为自然对数的底数，e2.71828)(1)若函数yf(x)g(x)在x0处的切线过点(1，0)，求mn的最大值；(2)当n0时，若函数y在(1，)总有意义，求m的取值范围；(3)设m0

26、，n0，若函数y在区间0，)上的最小值为1，求的最大值解答:(3)由题意，r(x)，令t0，则r(x)，因r(0)1，所以题意等价于r(x)1对x(0，)上恒成立， 12分而r(x)1等价于ex(t1)x1tx10，令F(x)ex(t1)x1tx1，则F(0)0，所以存在x00，使得函数F(x)在(0，x0)上单调递减，即导数F'(x)ex(t1)xtt0在(0，x0)上恒成立，而F'(0)0，所以存在x1(0，x0)，导数F'(x)在(0，x1)上单调递减令G(x)F'(x)，即导数G'(x)0在(0，x1)上恒成立，又可求得G'(x)ex(t

27、1)x2t1，由G'(0)0，解得t， 14分反过来，当t时，G'(x)0在0，)上恒成立，所以导数F'(x)在(0，)上单调递减，即导数F'(x)0在(0，)上恒成立，即函数F(x)在(0，)上单调递减，即最大值F(0)0综上所述，的最大值为 16分 讨论时将第(1)(2)小问作了合并，使得题目更简洁些，但大家都对第(3)小问提出了异议，原因是平时学习的常规方法都行不通，这样不仅会成为一道废题，而且还会误导学生，所以又将它改为上述的常规题CABDP第21-A题图附加题答案21 A(选修41:几何证明选讲)如图，已知点P为RtABC的斜边AB的延长线上一点，且P

28、C与RtABC的外接圆相切，过点C作AB的垂线，垂足为D，若PA18，PC6，求线段CD的长解:由切割线定理，得PC2PA·PB，解得PB2，所以AB16，即RtABC的外接圆半径r8，5分记RtABC外接圆的圆心为O，连OC，则OCPC，在RtPOC中，由面积法得OC·PCPO·CD，解得CD 10分B(选修42:矩阵与变换)求直线xy10在矩阵M的变换下所得曲线的方程解:设P(x，y)是所求曲线上的任一点，它在已知直线上的对应点为Q(x'，y')，则，解得， 5分代入x'y'10中，得(xy)(yx)10，化简可得所求曲线方程为x 10分C(选修44:坐标系与参数方程)在极坐标系中，求圆2cos的圆心到直线2sin()1的距离解:将圆2cos化为普通方程为x2y22x0，圆心为(1，0)， 4分又2sin()1，即2(sincos)1，所以直线的普通方程为xy10， 8分故所求的圆心到