江苏省泰州市2014届高三高考数学指导试卷.doc

江苏省泰州市2014年高考数学考前指导试卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡相应位置上1已知集合，集合,且，则实数的值为 1；次数频率组距0.0040.0080.0120.016050751001251502已知复数为实数，则实数的值为 2；3为了了解初中生的身体素质，某地区随机抽取了n名学生进行跳绳测试，根据所得数据画样本的频率分布直方图如图所示，且从左到右第一小组的频数是10，则的值为 3100；4已知命题，命题，则命题是命题的 条件。5下图是一个算法的流程图，输出的结果是 开始是输出S否n1，S0n6S2S+1nn+1结束5；6在平面直角坐标系xOy中，D是到原点的距离不大于1的点构成的区域，E是满足不等式组的点构成的区域，向D中随机投一点，则所投的点落在E中的概率是 6；7设是三棱锥的棱的中点，若，则的值为 7；8已知质点在半径为的圆上按逆时针方向做匀速圆周运动，角速度是1rad/s，设为起始点，记点在轴上的射影为，则10秒时点的速度是 cm/s8；9用表示不超过的最大整数，设，则函数的值域为 9；10已知函数 向右最少平移个单位长度后为偶函数，则的最小值为 答案： 11已知正项等比数列满足: ,若存在两项,使得,则的最小值为_.答案：。12已知周期为的函数，其中若方程恰有5个实数解，则的取值范围为 。答案：13已知椭圆的离心率，A、B分别是椭圆的左、右顶点，P是椭圆上不同于A、B的一点，直线PA、PB的倾斜角分别为、，则的值为_。答案：14如图，直线交于点，点、在直线上，已知，设，点为直线上的一个动点，当= 时，的最小值是。答案：1或-5l1l2ABCDP二、解答题：（本大题共6小题,共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15在中，角A、B、C的对边分别记为、，已知， （1）求的值； （2）若外接圆面积为，试求的取值范围。解：（1）由得，2分 ， （*） 4分 将（*）式两边同时平方得，7分 （2）由（*）式知，从而，从而C为钝角， 9分 根据正弦定理，从而11分根据余弦定理， 因此，即范围为。14分16（本小题满分14分）如图，在直四棱柱中， 已知底面是边长为1的正方形， 侧棱垂直于底面，且，点是侧棱的中点 （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积解：（1）证明：连结交于点，连结， 四边形是正方形点是的中点又点是侧棱的中点是的中位线即得，2分又,平面。4分（2）证明：底面是正方形，又侧棱垂直于底面，又， 6分可以计算得, 8分，平面；9分（3）易知三棱锥的体积等于四棱柱的体积减去四个体积相等的三棱锥的体积。 14分17（本小题满分14分）在综合实践活动中，因制作一个工艺品的需要，某小组设计了如图所示的一个门（该图为轴对称图形），其中矩形ABCD的三边AB、BC、CD由长为6分米的材料弯折而成，BC边的长为分米（）；曲线AOD拟从以下两种曲线中选择一种：曲线是一段余弦曲线（在如图所示的平面直角坐标系中，其解析式为），此时记门的最高点O到BC边的距离为；曲线是一段抛物线，其焦点到准线的距离为，此时记门的最高点O到BC边的距离为（1）试分别求函数、的表达式（2）要使得点O到BC边的距离最大，应选用哪一种曲线？此时最大值是多少？解：（1）6分（2）由于恒成立，所以函数在上单调递减，因此， 10分 而， 12分所以选用 14分18(本小题满分16分) 如图，过椭圆的左顶点和下顶点且斜率均为的两直线分别交椭圆于，又交轴于，交轴于，且与相交于点.当时，MCBADNPxyO是直角三角形.（1）求椭圆L的标准方程；（2） 证明：存在实数，使得；求|OP|的取值范围. 解：（1）；4分（2）证明：由（1）可设直线的方程分别为和，其中0，则，由消去得以上方程必有一根，由韦达定理可得另一根为， 故点的坐标为（，）， 6分由消去得，解得一根为，故点的坐标为（，），8分由与平行得，然后，进行坐标运算，即可得出点的坐标为， 10分而， 存在实数=，使得 12分由法一：由消参得点的轨迹方程为，所以的最小值为；16分法二：得，令，则=其中，的最小值为. 16分19(本小题满分16分) 设非零数列满足（1）当时，求证：，（ 且）（2）当，求证：证明：（1）当时，,所以是等比数列，设公比为，则 ，得证4分（2）由条件知， 6分 由得 10分， 14分所以数列是常数列，则，整理即得 16分20(本小题满分16分)已知函数，其中若函数在它们的图象与坐标轴交点处的切线互相平行（1）求的值； （2）是否存在直线，使得同时是函数的切线？说明理由 （3）若直线与、的图象分别交于、两点，直线与的图象有两个不同的交点、记以、为顶点的凸四边形面积为，求证： 解：（1）与坐标轴的交点分别为， 由得，由题意知，即，又，所以 2分（2）假设存在直线同时是函数的切线，设与分别相切于点（）， 则或表示为，则 ，要说明是否存在，只需说明上述方程组是否有解4分由得，代入得，即，令，因为，所以方程有解，则方程组有解，故存在直线，使得同时是函数的切线 8分（3）设，则，设， 即在上单调递增，又，故在上有唯一零点，设为，则，因此， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，因此，由于， ，则14分设，则，令，则， ，故 16分附加题21选做题在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分,共计20分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤PADBCOA选修4-1：几何证明选讲如图，PA切O于点，D为的中点，过点D引割线交O于、两点求证: A证明:因为与圆相切于， 所以， 4分 因为D为PA中点，所以DP=DA， 所以DP2=DBDC，即 8分因为， 所以， 所以 10分B选修4-2：矩阵与变换如图矩形在变换的作用下变成了平行四边形，求变换所对应的矩阵B解法一：（1）由矩形变换成平行四边形可以看成先将矩形绕着点旋转，得到矩形，然后再将矩形作切变变换得到平行四边形。故旋转变换矩阵为： 4分切变变换：，切变变换矩阵为 8分矩阵， 10分解法二：（1）设矩阵，则点，故，6分即 解得，10分C选修4-4：坐标系与参数方程已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴重合曲线C的极坐标方程为，直线l的参数方程为(t为参数，tR)试在曲线C上求一点M，使它到直线l的距离最大 C解：曲线C的普通方程是 2分直线l的普通方程是 4分设点M的直角坐标是，则点M到直线l的距离是6分因为，所以当，即Z)，即Z)时，d取得最大值 此时综上，点M的极坐标为或点M的直角坐标为时，该点到直线l的距离最大 10分D选修4-5：不等式选讲若不等式，对满足的一切实数、恒成立，求实数的取值范围D解：由柯西不等式得，所以 4分等号当且仅当， 即，的最大值是 8分不等式，对满足的一切实数、恒成立，或，或 10分必做题第22题、第23题，每题10分,共计20分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤22（本小题满分10分） 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAAC，ABACA1B2，顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B（1）求异面直线AA1与BC所成角的大小；（2）在棱B1C1上确定一点P，使AP，并求出二面角PABA1的平面角的余弦值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，(0,2, 2)，(2, 2, 0) 记与的夹角为，则有cos.又由异面直线AA1与BC所成角的范围为（0，），可得异面直线AA1与BC所成的角为60. 4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(2, 2, 0)，则P(42, 2, 2)于是AP，解得或又题设可知(0, 1)，则舍去，故有从而，P为棱B1C1的中点，则坐标为P(3, 1, 2) 6分由平面PAB的法向量为m，故m且m.由m0，即(x, y, z)(3, 1 ,2)0，解得3xy2z0； 由m0，即(x, y, z)(1,1,2)0，解得xy2z0，解方程、可得，x0，y2z0，令y2，z1，则有m(0,2, 1) . 8分记平面PAB和平面ABA1所成的角为，则cos.故二面角PABA1的平面角的余弦值是 10分23（本小题满分10分）设函数（1）证明：当时，；（2）设，证明对任意的正整数，总有23证明 （1），当时，所以函数在上单调递减，因此 2分（2）首先用数学归纳法证明当时，成立假设时，那么当时， 4分当时，由熟悉的不等式得（可以用导数证明）所以由可知对任意的正整数，总有由（1）知，所以由知，所以 10分