江苏省高考数学热身卷一

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|x2＜1，x∈R)，B={x|x2－x＞0，x∈R}，则A∩B=▲．2．已知复数z满足eq\f(z,i)=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S←0(第4题)开始否输出S是S←0n<3S←S+nn←n1结束输入n4．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eq\f(x2,3)－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a9．设集合A={(x，y)|x2+y2+2x－1=0}，B={(x，y)|(x+t)2≥y2}．若AB，则实数t的取值范围为．10．若θ∈(0，eq\f(π,4))，且sin2θ=eq\f(1,4)，则sin(θ－eq\f(π,4))的值为▲．ABCG（第12题）11．已知定义在R上的奇函数f(x)，满足当x≥0时，f(x)=eq\b\lc\{(\a\al(2x2，0≤x≤1，,3x－x3，x＞1，))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ABCG（第12题）12．如图，点G为△ABC的重心，GA⊥GB，AB，则的值为▲．13．已知函数f(x)=eq\b\lc\{(\a\al(ex，0≤x≤1，,－\f(e,2)x+\f(3,2)e，1＜x≤3．))若方程f(x)=m有2个不同的解x1，x2，且x1x2，则eq\f(x1,f(x2))的取值范围是▲．14．已知实数α，β，γ，cos2α+cos2β+cos2γ=1，sinα+sinβ+sinγ=0，则tanγ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=eq\o(AB,\s\up7(→))2－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))．（1）求角A的大小；（2）若S=1，BC=eq\r(5)，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，PBPC，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC=60°APBPCPDPPP（第16题）（1）求证：AB∥平面PCD；（2）求证：PA⊥BC．17．(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（1）若点M在边BC上，设∠BPM=θ，用θ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．AANEDCMBPQ(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：eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，点A(eq\f(1,3)，eq\f(2,3))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．xyOBACDP（第18题）（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(x∈R)．（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x＜－2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)＜0．20．(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）①求证：数列{an}为等差数列的充要条件是3p－q+r=0；②若r=0，且{an}是首项为1的等差数列，设Ti=eq\r(1+\f(1,ai2)+\f(1,ai+12))，Qn=eq\o(∑,\s\up7(n),\s\do7(i=1))(Ti－1)．试问：是否存在非零函数f(x)，使得f(n)Q1Q2…Qn=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Ⅱ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４－１：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=2eq\r(5)，求线段AC的长度．B．（选修４－２：矩阵与变换）若点A(2,1)在矩阵M=eq\b\bc\[(\a\al(1a,b－1))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４－４：坐标系与参数方程）点，求圆C的极坐标方程．D．（选修４－５：不等式选讲）设a，b，c均为正数，abc=1．求证：eq\f(1,a)+eq\f(1,b)+eq\f(1,c)≥eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c)．【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ABC－A1B1C1，BA⊥ACC，AB＝AC＝A1B＝2，A1B⊥平面ABC（第22题）（1）求异面直线AA1与BC所成角的大小；（第22题）（2）若P是棱B1C1上一点，且AP＝EQ\r(,14)，求二面角P－AB－A1的余弦值．23．（本小题满分10分）设有限集合An={a1，a2，…，an}(n≥3)同时满足下列两个条件：①对于任意的i，j(1≤i＜j≤n)，1≤ai＜aj；②对于任意的i，j，k(1≤i＜j＜k≤n)，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|－1＜x＜0}；2．－1+i；3．40；4．18；5．eq\f(5,6)；6．4eq\r(5)；7．y2=6x；8．－2；9．t≥3或t≤－1；10．－eq\f(\r(6),4)；11．(－2,2)；12．72；13．[0,eq\f(1,e))；14．eq\r(2)15．【解】（1）法一：设角，，C所对的边分别为a，b，c，因为2S=eq\o(AB,\s\up7(→))2－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))即2×eq\f(1,2)acsinB=c2－accosB，……………2分由正弦定理化得sinAsinBsinC=sin2C－sinAcosBsinC三角形中sinC=sin(A+B)＞0，即有sinAsinB=sin(A+B)－sinAcosB，………………4分亦即sinAsinB=cosAsinB，由sinB＞0，得tanA=1，因为A∈(0，π)，即A=eq\f(π,4)．…7分法二：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为eq\o(AB,\s\up7(→))2－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))=eq\o(AB,\s\up7(→))2+eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))=eq\o(AB,\s\up7(→))(eq\o(AB,\s\up7(→))+eq\o(BC,\s\up7(→)))=eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(AC,\s\up7(→))，…3分所以2S=eq\o(AB,\s\up7(→))2－eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))可化为bcsinA=bccosA，即sinA=cosA，…5分因为A∈(0，π)，即A=eq\f(π,4)．…7分（2）因为a=eq\r(5)，S=1，所以eq\f(1,2)bcsinA=1，即bc=2eq\r(2)，…9分由余弦定理得a2=b2+c2－2bccosA，得b2+c2=9．…11分由eq\b\lc\{(\a\al(bc=2\r(2)，,b2+c2=9))得eq\b\lc\{(\a\al(b=2\r(2)，,c=1))或eq\b\lc\{(\a\al(b=1，,c=2\r(2)．))…13分所以最短边的长为1．…14分16．【证】（1）因为AB∥CD，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，AB∥DC，∠ABC=60°，DC=1，AD=eq\r(3)．易得AC=CB=AB=2，……………7分APBPCPDPPPAPBPCPDPPPMP（第16题）因为，PB=PC，所以PM⊥BC，因为AC=AB，所以AM⊥BC，………9分又因为AM∩PM=M，AM，PM平面PAM，……………12分所以BC⊥平面PAM．……………13分因为AP平面PAM，所以PA⊥BC．……………14分17．解：（1）当点M在边BC上，设∠BPM=θ(0≤tanθ≤eq\f(3,4))，在Rt△BPM中，BM=BPtanθ=4tanθ．………2分ANEDCMBPQ(第17题)在△PEN中，不妨设∠PEN=α，其中sinα=ANEDCMBPQ(第17题)则eq\f(PE,sin(π―θ―α))=eq\f(NE,sinθ)，即NE=eq\f(4sinθ,sin(θ+α))=eq\f(20sinθ,4sinθ+3cosθ)=eq\f(20tanθ,4tanθ+3)；……………6分（2）若点M在边BC上，ANEDCMBPQ(第17题)由BM+AB+AN=ANEDCMBPQ(第17题)即2tanθ－eq\f(10tanθ,4tanθ+3)=1；所以8tan2θ－8tanθ－3=0，解得tanθ=eq\f(2－\r(10),4)＜0或tanθ=eq\f(2+\r(10),4)＞eq\f(3,4)，与0≤tanθ≤eq\f(3,4)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=θ(0≤tanθ≤eq\f(3,4))，在Rt△QPM中，QM=QPtanθ=3tanθ．在△PAN中，设∠PAE=β，其中sinβ=eq\f(4,5)，cosβ=eq\f(3,5)；eq\f(PA,sin(π―θ―β))=eq\f(AN,sinθ)，由eq\f(PA,sin(π―θ―β))=eq\f(AN,sinθ)，得AN=eq\f(3sinθ,sin(π―θ―β))=eq\f(15sinθ,3sinθ+4cosθ)=eq\f(15tanθ,3tanθ+4)；由MC+CB+BA+AN=MQ+QD+DE+EN，得AN=MQ；即3tanθ=eq\f(15tanθ,3tanθ+4)；所以3tan2θ+4tanθ=5tanθ，即3tan2θ－tanθ=0，所以tanθ=0或tanθ=eq\f(1,3)，符合题意．………12分当tanθ=0，CM=4，M位于CD中点Q处；当tanθ=eq\f(1,3)，CM=4－1=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M，N平分总通道ABCDE的周长．………14分18．解：（1）A点坐标代入得eq\f(1,9a2)+eq\f(4,9b2)=1，且eq\r(1－\f(b2,a2))=eq\f(\r(2),2)，解得a2=1，b2=eq\f(1,2)，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，①………12分同理可得，，②①－②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；②若，由（1）及，得与矛盾；……12分由①②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eq\b\lc\{(\a\al(\f(d,2)=5，,a1－d=－2，,a1+\f(d,2)=13，))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）①充分性：方法一：已知，，①，②①－②得，，③又，④④－③得，，……………7分即有，令，则，所以，令，代入②得，令，代入②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eq\b\lc\{(\a\al(\f(1,2)d－p=0，,a1+\f(1,2)d－q=0，,a1―d―r=0，))所以．……………12分②因为{an}是首项为1的等差数列，由①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，∠ACB＝90°．设，则，由射影定理得CEEQ\s\up4(2)＝AE·EB，又，即有，解得（舍）或所以，ACEQ\s\up4(2)＝AE·AB＝5×6＝30，．……………10分21．B．，即，解得，，解法一：，．……………10分解法二:设，由，得解得．……………10分21．C．因为点，所以令，得，即圆心是，又圆的极坐标方程是．……………10分（说明：化为普通方程去完成给相应的分数）21．D．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，eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0,－2,2)，eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\o(B1C1,\s\up7(→))＝(－2,2,0)．记eq\o(AA1,\s\up7(→))与eq\o(BC,\s\up7(→))的夹角为θ，则有cosθ＝EQ\F(eq\o(AA1,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→)),|eq\o(AA1,\s\up7(→))|·|eq\o(BC,\s\up7(→))|)＝EQ\F(－4,EQ\r(,8)·EQ\r(,8))＝－EQ\F(1,2)．又由异面直线AA1与BC所成角的范围为（0，π），可得异面直线AA1与BC所成的角为60º．……………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eq\o(B1P,\s\up7(→))＝λeq\o(B1C1,\s\up7(→))＝(－2λ,2λ,0)，则P(4－2λ,2λ,2)．于是AP＝EQ\r(,(4－2λ)2＋(2λ)2＋22)＝EQ\r(,14)，解得λ＝EQ\F(1,2)或λ＝EQ\F(3,2)．又题设可知λ∈(0,1)，则λ＝EQ\F(3,2)舍去，故有λ＝EQ\F(1,2)．从而，P为棱B1C1的中点，则坐标为P(3,1,2)．………由平面PAB的法向量为m，故m⊥eq\o(AP,\s\up7(→))且m⊥eq\o