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百校联盟2016年江苏省高考《考试大纲》调研卷理科数学(第五模拟)试卷 Word版含解析


百校联盟 2016 年江苏省高考《考试大纲》调研卷理科数学(第 五模拟)

一、填空题:共 14 题
1.已知复数 z=(i 为虚数单位),则复数 z 的模为

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【答案】 【解析】本题主要考查复数的相关概念及运算.求解时,先求得复数 z,再确定其模或根据复数 的模的性质直接求解. 通解 z==-+i,所以|z|=. 优解 因为 z=,所以|z|=||===.

2.某校对全校 1800 名学生进行体能测试,按[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]统计得到

全校学生体能测试成绩(单位:分)的频率分布直方图(如图),若要用分层抽样的方法抽出 100 人进行详细调查,则抽出的学生的体能测试成绩在 80 分以上(包含 80 分)的有____ 人.

【答案】30 【解析】本题主要考查统计中的频率分布直方图、分层抽样等知识,考查考生运用所学知识 解决相关问题的能力.求解时,先由频率分布直方图求出全校学生体能测试成绩在 80 分以上 的人数,再利用分层抽样的方法求出抽出的学生的体能测试成绩在 80 分以上的人数.由题意 10=0.3,所以成绩在 80 分以上的学生人数为 得,成绩在 80 分以上的频率为(0.022+0.008)× 0.3× 1 800=540.又用分层抽样的方法抽出 100 人,所以抽出的学生的体能测试成绩在 80 分以 =30. 上的人数为 540×

3.设集合 A 满足{a}?A?{a,b,c,d},则满足条件的集合 A 的个数为

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【答案】7 【解析】本题主要考查集合的相关概念,意在考查考生对子集、真子集的理解.求解本题时, 先由条件确定集合 A 中可能包含的元素,再求出集合 A 的个数.根据子集的定义,可得集合 A 中必定含有 a 元素,而且含有 a,b,c,d 中的至多三个元素.因此,满足条件{a}?A?{a,b,c,d}的集 合 A 有:{a},{a,b},{a,c},{a,d},{a,b,c},{a,c,d},{a,b,d},共 7 个.

4.一袋中装有 10 个大小、形状完全相同的黑球、红球和白球,其中有 3 个黑球,若从中随机

摸出 1 个球,摸出红球的概率为 0.2,则摸出白球的概率为 【答案】0.5

.

【解析】本题主要考查概率的求解等知识,意在考查考生的阅读理解能力及计算能力.求解本 题时,先确定袋中白球的个数,再求得摸出白球的概率,或利用对立事件的概率计算公式求解. 通解 设袋中红球的个数为 x,则=0.2,所以 x=2.又黑球共有 3 个,所以白球有 5 个,所以摸出白 球的概率 P==0.5.优解 由题意得,随机摸出 1 个球,摸出黑球的概率为 0.3.由对立事件的概率 计算公式可得,摸出白球的概率为 1-(0.2+0.3)=0.5.

5.已知边长为 1 的正方形 ABCD,=2+, 则||=

.

【答案】 【解析】本题主要考查平面向量的线性运算、数量积、模等知识,意在考查考生的运算求解 能力.求解本题的思路有两种:通解 先求,再求||;优解 利用数形结合,先作出向量,再利用几 .又四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形,所以⊥,所以· =0. 何意义求得||.通解 由题意得,=4++4· 2+2=10,所以||=.优解 由题意作出=2+,如图所示,则||为边长分别为,2 的矩 又||=,||=,所以=4× 形 CFME 的对角线的长,所以||=.

6.已知双曲线 C:-y2=1 与直线 l:x+ky+4=0,若直线 l 与双曲线 C 的一条渐近线平行,则双曲线

C 的右焦点到直线 l 的距离是 【答案】3

.

【解析】本题主要考查双曲线的几何性质、直线平行的充要条件、点到直线的距离公式等相 关知识,意在考查考生的运算求解能力.求解本题的思路就是先确定双曲线 C 的右焦点及 k 的 2 值,再利用点到直线的距离公式求之.由题意得,双曲线 C:-y =1 的右焦点 F(2,0),其渐近线方程 x.又直线 l:x+ky+4=0 与双曲线 C 的一条渐近线平行,所以 k=± ,所以直线 l 的方程为 为 y=± x± y+4=0,所以双曲线 C 的右焦点到直线 l 的距离 d==3.

7.执行如图所示的算法流程图,则输出的 k 的值是

.

【答案】81

【解析】本题主要考查算法流程图、等比数列的前 n 项和等知识,意在考查考生的阅读理解 能力及运算能力.求解本题的关键是正确理解循环语句.由题意得,算法流程图的功能是求和, n 2 3 2 3 4 即 S=1+3+3 +3 +…+3 .因为 S=1+3+3 +3 +3 =121,S<121 不成立,所以输出的 k 的值是 81.

8.已知高与底面半径相等的圆锥的体积为,其侧面积与高为 2 的圆柱 OO1 的侧面积相等,则

圆柱 OO1 的体积为 【答案】2π

.

【解析】本题主要考查简单几何体及其特征、几何体的侧面积及体积的计算等知识,意在考 查考生的空间想象能力与计算能力.求解本题的思路就是先求得圆锥的底面半径,再由题意求 出圆柱 OO1 的底面半径,最后求得圆柱 OO1 的体积.设圆锥的底面半径为 r,圆柱 OO1 的底面半 2 r=,所以 r=2.又圆锥的侧面积与高为 径为 R,因为高与底面半径相等的圆锥的体积为,所以 πr · 2 的圆柱 OO1 的侧面积相等,所以 π·r· r=2πR· 2,所以 R=1,所以圆柱 OO1 的体积为 πR2·2=2π.

9.已知数列{an}是等差数列,且 an>0,若 a1+a2+…+a100=500,则 a50· a51 的最大值为

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【答案】25 【解析】本题主要考查等差数列的性质、通项公式、前 n 项和及基本不等式等知识,意在考 查考生的转化与化归能力及运算能力.求解本题的思路:通解 利用等差数列的基本量将 a50· a51 化为关于公差 d 的二次函数,求解即可;优解 先利用等差数列的性质求得 a50+a51,再利 a51 的最大值.通解 设等差数列{an}的公差为 d(d≥0),由题意 用基本不等式求得 a50· 得,100a1+4 950d=500,所以 a1=5-49.5d,所以 a50· a51=(a1+49d)· (a1+50d)=(5-0.5d)· (5+0.5d)=-0.25d2+25.又 d≥0,所以当 d=0 时,a50· a51 有最大 值 25.优解 由等差数列的性质知,项数和相等,则项的和也相等.所以 50(a50+a51)=500,即 a50+a51=10,所以由基本不等式得 a50· a51≤()2=25,当且仅当 a50=a51 时取等号,所以 a50· a51 有最大 值 25.

10.若函数 f(x)=在(-∞,+∞)上单调,则实数 a 的取值范围是

.

【答案】(-1,0]

【解析】本题主要考查分段函数的单调性、指数函数的图象和性质、二次函数的图象和性质 等知识,意在考查考生分析问题、解决问题的能力.求解本题需要注意的是对参数 a 进行分类 讨论. 当 a=0 时,显然满足题意.当 a>0 时,由题意得,,所以,无解.当 a<0 时,由题意得,,所以,所以-1<a<0. 综上,实数 a 的取值范围为-1<a≤0.

11.设 α∈(0,),β∈(0,),若 sin(α+)=,tan(β-)=,则 tan(2α+β)的值为

.

【答案】【解析】本题主要考查同角三角函数的基本关系、三角恒等变换、二倍角公式等知识,意在 考查考生的运算求解能力.求解本题的关键是“角变换”的技巧,即 2α+β=2(α+)+(β-).因为 α∈ (0,),所以 α+∈(,).又 sin(α+)=,所以 cos(α+)=,所以 sin 2(α+)=2sin(α+)· cos(α+)=,cos 2 2(α+)=2cos (α+)-1=-,所以 tan 2(α+)=-.又 2α+β=2(α+)+(β-),所以 tan(2α+β)=tan[2(α+)+(β-)]==-.

12.已知正数 a,b,c 满足 2b+c≤2a,2c+a≤3b,则的取值范围为

.

【答案】(-1,1] 【解析】本题主要考查不等式、线性规划等知识,考查考生的转化与化归意识及运算能力.求 解本题时,先令 x=>0,y=>0,由题意得 x+2y≤2,-2x+3y≥1,而=3x-y,再利用线性规划知识求解.因为 a,b,c 都是正数,所以由题意设 x=>0,y=>0,则 x+2y≤2,-2x+3y≥1,而=3x-y,所以问题转化为线性规 划问题.画出可行域如图中阴影部分所示.画出直线 l0∶3x-y=0,平移 l0,当过点 B(,) 时,(3x-y)max=1,过点 C(0,1)时,(3x-y)min→-1,所以的取值范围为(-1,1] .

13.已知 P 是直线 x+y+3=0 上的动点,PA,PB 是圆 x2+y2-4x-2y+4=0 的切线,A,B 是切点,C 是

圆心,则四边形 PACB 的面积的最小值是 【答案】

.

【解析】本题主要考查直线与圆的方程、点到直线的距离、直线与圆的位置关系等知识,意 在考查考生综合运用知识解决问题的能力,特别是推理能力与运算能力.求解本题的关键是将 直线与圆的位置关系问题转化为点到直线的距离问题.通解 设点 P(a,b),则 a+b+3=0.由题意, 2 2 圆 x +y -4x-2y+4=0 的圆心是 C(2,1),半径为 1.因为|PA|=|PB|,所以四边形 PACB 的面积 S=(|PA|+|PB|)=|PA|,所以|PA|最小时,四边形 PACB 的面积最小.又|PA|=,所以|PC|最小时,|PA| 最小.又|PC|=,所以当 a=-1,b=-2 时,|PC|有最小值 3,所以|PA|的最小值为.所以四边形 PACB 的 2 2 面积的最小值是.优解 由题意,圆 x +y -4x-2y+4=0 的圆心是 C(2,1),半径为 1.因为|PA|=|PB|, 所以四边形 PACB 的面积 S=(|PA|+|PB|)=|PA|,所以|PA|最小时,四边形 PACB 的面积最小.又 |PA|=,所以|PC|最小时,|PA|最小.又|PC|min==3,所以|PA|min=,所以四边形 PACB 的面积的最小 值是.

14.已知函数 f(x)=2exln-kx(e=2.718 28…是自然对数的底数)有两个不同的零点,则实数 k 的取

值范围是 【答案】(e,+∞)

.

【解析】本题考查函数的图象及零点等知识,考查考生的数形结合能力与运算求解能力.求解 x x 的关键是将原问题转化为两个函数的图象的交点问题.因为 f(x)=2e ln-kx,所以 f(x)=e -kx.令 f(x)=0,得 ex=kx,则函数 f(x)有两个不同的零点等价于函数 g(x)=ex 的图象和直线 y=kx 有两个不 x x 同的交点.易知当 k=0 时,函数 g(x)=e 的图象和直线 y=kx 没有交点,当 k<0 时,函数 g(x)=e 的 x 图象和直线 y=kx 只有一个交点,故 k>0.现考虑函数 g(x)=e 的图象和直线 y=kx 相切时 k 的值, x 设切点为(x0,),因为 g'(x)=e ,所以切线的斜率 k=,又 k=,所以,解得 x0=1,所以 k=e.故要使函数 g(x)=ex 的图象和直线 y=kx 有两个不同的交点,则需 k>e.

二、解答题:共 12 题
15.设△ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c,S 为△ABC 的面积,满足 S=(b2+c2-a2).

(1)求角 A; (2)若 a=2,y=(1-)b+2c,求 y 的最大值.

2 2 2 bcsinA=· 2bccosA,所以 【答案】(1)因为 S=(b +c -a ),由三角形的面积公式和余弦定理得,· tanA=.又 A∈(0,π),所以 A=.

(2)由(1)可知,B∈(0,).由得,b=4sinB,c=4sinC=4sin(-B)=4(cosB+sinB)=2cosB+2sin B. 又 y=(1-)b+2c,所以 y=(1-)4sinB+4cosB+4sinB=4sinB+4cosB=4sin(B+). 又 B∈(0,),所以 B+∈(,),所以当 B+,即 B=时,y 取得最大值 4. 【解析】本题主要考查正、余弦定理,三角函数的和、差角公式,三角函数的最值等知识,考查 了运算能力及化归与转化能力.对于(1),先由题意并借助余弦定理求得 tanA,再利用三角函数 求得角 A;对于(2),先由条件利用正弦定理将 y=(1-)b+2c 化为关于角 B 的三角函数,最后利用角 的取值范围确定其最值. 【备注】 江苏省三角解答题的特点是短小精悍,正、 余弦定理,三角恒等变换,三角函数的图象、 性质等知识是高考对三角部分考查的重点,其中三角恒等变换是重中之重,将三角恒等变换与 向量知识相结合命制成小综合题是近几年常见的考查形式.对于以三角形为背景的三角恒等 变换,考生常常会忽视对角的取值范围的讨论而出现不必要的失误,因此要注意精确把握题意, 准确计算.

16.已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=,AC=1,BC=2,D 是 CB1 的中点,E 是 AB1 的中点.

(1)求证:DE∥平面 A1B1C1; (2)求证:平面 BDE⊥平面 ABB1A1. 【答案】(1)因为 D 是 CB1 的中点,E 是 AB1 的中点,所以 DE∥AC.又在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC∥A1C1,所以 DE∥A1C1.又 DE?平面 A1B1C1,A1C1?平面 A1B1C1,所以 DE∥平面 A1B1C1. (2)因为 AB=,AC=1,BC=2,所以 AB2+AC2=BC2,所以三角形 ABC 是直角三角形,且 AC⊥AB.因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,所以 AA1⊥平面 ABC.又 AC?平面 ABC,所以 AA1⊥AC.又由(1)得 DE ∥AC,所以 DE⊥AB,DE⊥AA1.又 AB∩AA1=A,AB、AA1?平面 ABB1A1,所以 DE⊥平面 ABB1A1. 又 DE?平面 BDE,所以平面 BDE⊥平面 ABB1A1.

【解析】本题主要考查线面平行、面面垂直的判定等,考查考生的空间想象能力、推理论证 能力.对于(1),先由条件证明 DE∥AC,又 AC∥A1C1,进而证明 DE∥A1C1,再由线面平行的判定 定理证明 DE∥平面 A1B1C1;对于(2),先由条件证明 DE⊥平面 ABB1A1,再由面面垂直的判定定 理证明平面 BDE⊥平面 ABB1A1. 【备注】根据新课程高考对立体几何的要求,解答题主要考查线线、线面、面面平行与垂直 的证明,且多为中低档题.在复习中,要做到以下三点:一抓住重点,立体几何的重点是线线、线 面、面面平行与垂直的证明及简单几何体的表面积、体积的计算,对于这两个重点,要强化训 练,熟悉证明及求解的方法;二注重规范,包括语言规范、过程规范等,要加强针对性训练,做到 没有遗漏;三提升能力,要在复习训练中,不断培养自己的空间想象能力、 推理论证能力和运算 求解能力.

17.某空调制造公司有一条自动生产的流水线,价值约为 a 万元,现为了改善该流水线的生产

能力,提高产品的增加值,需要进行全面的技术革新.经过市场调查,产品的增加值 y(单位:万元) 2 3 与技术革新投入的资金 x(单位:万元)之间满足:①y 与(a-x)和 x 的乘积成正比;②当 x=时,y=a ; ③x∈(0,],其中 m 是正数. (1)求 y 关于 x 的表达式; (2)试问当技术革新投入多少万元时,产品的增加值 y 最大.
2 3 【答案】(1)由题意可设 y=f(x)=k(a-x)x .因为当 x=时,y=a ,所以 k=8. 2 所以 y=f(x)=8(a-x)x ,x∈(0,],其中 m 是正数.

(2)因为 f'(x)=-24x2+16ax,所以由 f'(x)=0 得,x=或 x=0(舍去).当≤,即 0<m≤1 时,若 x∈(0,],则 f'(x)>0 恒成立,所以 f(x)在(0,]上是增函数,
3 所以 y 的最大值为 a ,这时 x=.当,即 m>1 时,若 x∈(0,),则 f'(x)>0,所以 f(x)在(0,)上是增函数, 3 若 x∈(,],则 f'(x)<0,所以 f(x)在(,]上是减函数,所以 y 的最大值为 a ,这时 x=.所以当 0<m≤1 时, 3 技术革新投入万元时,产品的增加值 y 最大,且为 a ;当 m>1 时,技术革新投入万元时,产品的增 3 加值 y 最大,且为 a .

【解析】本题是一道实际应用题,主要考查函数的性质、导数的应用等知识,意在考查考生的 数学应用意识和数学建模能力、抽象概括能力和解决实际问题的能力.对于(1),可由题意直接 求出函数 y 关于 x 的表达式;对于(2),先由条件求出函数 y=f(x)的导函数,再利用导函数求出函 数 y=f(x)最大时 x 的值,注意分两种情况进行讨论. 【备注】培养学生的数学应用意识是新课程的一个重要理念,因此设计贴近学生实际的应用 问题成为江苏省高考的热点.本题是函数模型的实际应用题,这是高考中最常见的一类典型问 题,解决这类问题的关键是认真审题,提取有用信息,将实际问题准确地转化为数学问题,而真 正的落脚点是利用导数求解最值,要注意按照“设、列、解、答”这四个步骤规范作答,得出相 关的数学结论后,要回归到实际问题中进行叙述.

18.已知椭圆 C:+=1(a>b>0)的右顶点为 A,左焦点为 F,P(-,)是椭圆 C 上的一点,且 PA⊥FP.

(1)求椭圆 C 的方程; (2)若动直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点,问:在 x 轴上是否存在两个定点,使它们到直线 l 的距离之积等于 20?如果存在,求出这两个定点的坐标;如果不存在,请说明理由. =0.又 P(-,),所以(a+,-)· (-c+,-)=0,即(-c)+=0.①又点 P 在椭 【答案】(1)由题意得,A(a,0),F(-c,0),· 2 2 2 圆 C 上,所以+=1,所以 b =20.②又 a =20+c ,③所以由①③得,a=6,c=4, 故椭圆 C 的方程为+=1. (2)当直线 l 的斜率存在时,设其方程为 y=kx+m,代入椭圆 C 的方程,消去 y,整理得 (9k2+5)x2+18kmx+9m2-180=0.(*)
2 因为直线 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点,所以 m≠0,方程(*)有且只有一个实数根.又 9k +5>0, 所以 Δ=0, 2 2 2 2 2 得(18km) -4(9k +5)(9m -180)=0,所以 m =36k +20.假设存在 Q1(q1,0),Q2(q2,0)满足题意,且 Q1,Q2 到直线 l 的距离分别为 d1,d2,

则 d1d2==||=20 对任意的实数 k 恒成立, 所以所以或当直线 l 的斜率不存在时,经检验符合题意.综上,存在两个定点(4,0),(-4,0),它们到 直线 l 的距离之积等于 20. 【解析】本题主要考查了椭圆的标准方程、椭圆的简单几何性质、直线和椭圆的位置关系、 点到直线的距离公式,考查了考生的推理论证能力、运算求解能力.对于(1),先由题意得方程, 再求值可得;对于(2),要分类讨论,一是动直线 l 的斜率存在,先建立参数 k,m 的关系,再假设存 在并结合题意求出两个定点的坐标,二是动直线 l 的斜率不存在,可以验证符合题意. 【备注】高考对解析几何的考查主要是直线、圆和圆锥曲线的方程的求法,以及直线与圆、 圆锥曲线的位置关系的有关问题,复习中要强化训练,把握思路,既要过方法关,又要过运算关. 同时要注意加强对平面几何知识,特别是圆的几何性质的复习,注意向量方法在解析几何中的 应用,注意提高灵活解题的能力.

19.已知数列{an}的各项均为正数,其前 n 项和为 Sn,且对任意的 m,n∈N*,都有

(Sm+n+S1)2=4a2ma2n. (1)求的值; (2)求证:{an}为等比数列.

(1)由(Sm+n+S1)2=4a2na2m,得(S2+S1)2=4,即(a2+2a1)2=4.因为 a1>0,a2>0,所以 a2+2a1=2a2, 【答案】 即=2. (2)解法一 令 m=1,n=2,得(S3+S1)2=4a2a4,即(2a1+a2+a3)2=4a2a4,令 m=n=2,得 S4+S1=2a4,即 2a1+a2+a3=a4.
2 2 2 又=2,所以 a4=4a2=8a1,a3=4a1.由(Sm+n+S1) =4a2na2m,得(Sn+1+S1) =4a2na2,(Sn+2+S1) =4a2na4.两式 相除,得,所以=2,

即 Sn+2+S1=2(Sn+1+S1),从而 Sn+3+S1=2(Sn+2+S1).以上两式相减,得 an+3=2an+2,故当 n≥3 时,{an} 2n-1,n∈N*.显然,an=a1· 2n-1 满足题设,因此{an} 是公比为 2 的等比数列.又 a3=2a2=4a1,从而 an=a1· 是首项为 a1,公比为 2 的等比数列.
2 解法二 在(Sm+n+S1) =4a2na2m 中,令 m=n,得+S1=2.①令 m=n+1,得 S2n+1+S1=2,②

在①中,用 n+1 代替 n 得,S2n+2+S1=2a2n+2.③②-①,得 a2n+1=2-2a2n=2(-),④ ③-②,得 a2n+2=2a2n+2-2=2(-),⑤ 由④⑤得 a2n+1=.⑥将⑥代入④,得 a2n+1=2a2n,将⑥代入⑤得 a2n+2=2a2n+1,所以=2.又=2,从而 an=a1· 2n-1,n∈N*. 2 显然 an=a1·
n-1

满足题设,因此{an}是首项为 a1,公比为 2 的等比数列.

【解析】本题主要考查等比数列的定义及性质,数列的通项公式与前 n 项和的关系等知识,意 在考查考生分析探究的能力、逻辑推理的能力与解决综合性问题的能力.(1)采用赋值法,在已 知等式中令 m=n=1 得出 a1,a2 的关系;(2)也采用赋值法,难点在于已知条件中的平方的处理. 【备注】数列是高中数学的重要内容,将数列与函数、不等式等知识结合起来命制为综合性 题目是近几年高考对数列考查的热点,以数列的基础知识(如等差、等比数列的定义、通项公 式、前 n 项和公式,错位相减法、裂项相消法等常见的求和方法)为载体,考查考生推理论证的 能力、分析问题和解决问题的能力、运算求解的能力和思维水平.

20.已知函数 f(x)=ax--lnx,g(x)=ax-a(a∈R).

(1)若 a=0,求函数 f(x)在(,e)(e 为自然对数的底数)上的零点个数; (2)若方程 f(x)=g(x)恰有一个实根,求 a 的取值集合; (3)若方程 f(x)=g(x)有两个不同的实根 x1,x2(x1<x2),求证:2<x1+x2<3ea-1-1. 【答案】(1)由题设,f'(x)=,所以 f(x)在(,1)上单调递增,在(1,e)上单调递减.所以 f(x)在(,e)上的最 大值为 f(1)=-1,所以函数 f(x)在(,e)上的零点个数为 0.

(2)令 h(x)=f(x)-g(x)=--lnx+a,则 h'(x)=,令 h'(x)=0,得 x=1.当 x>1 时,h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上单调递 减; 当 0<x<1 时,h'(x)>0,h(x)在(0,1)上单调递增.故 h(x)max=h(1)=a-1.①当 h(x)max=0,即 a=1 时,因最 大值点唯一,故符合题意; ②当 h(x)max<0,即 a<1 时,h(x)<0 恒成立,不符合题意;③当 h(x)max>0,即 a>1 时,一方面,存在 ea>1,h(ea)=-<0,另一方面,存在 e-a<1,h(e-a)=2a-ea<2a-ea<0(易证当 a>1 时,ea>ea). 于是,h(x)有两个零点,不符合题意.综上,a 的取值集合为{1}. (3)①先证 x1+x2>2.依题设,有 a=+lnx1=+lnx2,于是=ln. 记=t,t>1,则 lnt=,故 x1=,于是,x1+x2=x1(t+1)=,x1+x2-2=. 记函数 k(x)=-lnx,当 x>1 时,因为 k'(x)=>0,故 k(x)在(1,+∞)上单调递增.
a-1 于是当 t>1 时,k(t)>k(1)=0.又 lnt>0,所以 x1+x2>2.②再证 x1+x2<3e -1.因为 f(x)-g(x)=0?m(x)=ax-1-xlnx=0,故 x1,x2 也是 m(x)的两个零点. a-1 a-1 a-1 由 m'(x)=a-1-lnx=0,得 x=e (记 p=e ).易知,x=e 是 m(x)的唯一最大值点,故有

设函数 r(x)=lnx--lnp,则 r'(x)=≥0,故 r(x)单调递增.故当 x>p 时,r(x)>r(p)=0;当 0<x<p 时,r(x)<0.
a-1 a-1 于是 ax1-1=x1lnx1<+x1lnp,整理得(2+lnp-a)-(2p+ap-plnp-1)x1+p>0,即-(3e -1)x1+e >0. a-1 a-1 a-1 a-1 a-1 a-1 a-1 同理得-(3e -1)x2+e <0. 故-(3e -1)x2+e <-(3e -1)x1+e ,(x2+x1)(x2-x1)<(3e -1)(x2-x1), a-1 a-1 于是,x1+x2<3e -1.综上,2<x1+x2<3e -1.

【解析】本题主要考查方程的根及利用导数研究函数的极值、最值、单调性,不等式的证明 等知识,意在考查考生的运算求解能力,运用数形结合、分类讨论的思想方法分析问题和解决 问题的能力. 【备注】函数综合性问题一直是高考命题的重点和热点,常在函数与导数、方程、不等式的 交汇处进行设计,将数学知识与数学思想方法的考查融合在一起,往往需要利用分类讨论的思 想方法研究函数的单调性、 最值,从而解决不等式、 方程的根等问题,既注重基础,又突出能力, 如本题第(2)问,部分考生由于分类不全导致不必要的失误,第(3)问,大部分考生由于找不着证 明思路而无从下手.

21.如图,已知 CD 是 Rt△ACB 斜边 AB 上的高,点 E 在 AB 的延长线上,且∠BCE=∠A,

AD=CD· AE. 求证:CE· 【答案】因为 CD 是 Rt△ACB 斜边 AB 上的高,所以△ACB∽△ADC,所以.又∠BCE=∠A,∠E= AD=CD· AE. ∠E,所以△BCE∽△CAE,所以.所以, 即 CE· 【解析】本题主要考查平面几何中三角形相似的判定与性质等知识,考查推理论证能力.求解 时,先由条件得△ACB∽△ADC,进而得,再由条件得△BCE∽△CAE,进而得,从而可证得结论. 【备注】三角形相似的判定与性质、圆的几何性质是高考考查的重点,命题方式有三种:一是 三角形相似的相关问题;二是圆的切线、割线、相交弦的相关问题;三是三角形与圆的简单综 合题.高考对这些内容的要求不高,主要是运用它们解决一些简单的几何计算和证明问题.

22.已知矩阵 A=不存在逆矩阵,求矩阵 A 的特征值.

【答案】由题意,矩阵 A 的行列式=0,解得 a=2.所以矩阵 A=的特征多项式 f(λ)==(λ-2)(λ-1)-(-2)× (-1).令 f(λ)=0 并化简得 λ2-3λ=0,得 λ=0 或 λ=3,所以矩阵 A 的特征值为 0 和 3. 【解析】 本题主要考查矩阵的运算及矩阵的特征值等知识,考查考生的运算求解能力.求解时, 先由题意求得 a 的值,再由矩阵 A 的特征多项式为 0 求得矩阵 A 的特征值. 【备注】平面变换、矩阵的运算、矩阵的特征值与特征向量以及逆矩阵等知识是高考必考的 内容之一, 但是题目的难度不大,复习中只要抓住基础知识的理解和基本方法的运用即可.

23. 已知曲线 C 的参数方程为(t 为参数),曲线 C 在点(+1,+1)处的切线为 l,以坐标原点为极点,x

轴的正半轴为极轴建立极坐标系,求直线 l 的极坐标方程.
2 2 【答案】 由题意得,曲线 C 的普通方程为(x-1) +(y-1) =4,易知直线 l 的斜率存在,设切线 l 的方 程为 y--1=k(x--1),所以=2,解得 k=-1.

所以切线 l 的方程为 y--1=-x++1,即 x+y-2-2=0,所以切线 l 的极坐标方程为 ρsin(θ+)=2+. 【解析】 本题主要考查圆的参数方程与普通方程的互化、 直线的极坐标方程与直角坐标方程 , 的互化及直线与圆的位置关系等知识 考查考生的运算能力和分析问题、解决问题的能力.求 解本题的步骤是先将曲线 C 的参数方程化为普通方程,然后利用直线与圆的位置关系求出切 线 l 的方程,最后将直线 l 的直角坐标方程化为极坐标方程.

【备注】在高考中,参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化都是“坐 标系与参数方程”这一模块的常考内容,熟悉互化公式、准确计算是解决这类问题的关键.

24.已知实数 a,b 满足 a>b,求证:a-b+ ≥.

【答案】因为 a>b,所以 a-b>0,所以 a-b+[(a-b)+(a-b)+]≥×3×,所以原不等式成立. 【解析】本题主要考查算术—几何平均不等式及其应用等知识,考查转化思想及运算能力.求 解本题的关键是利用配凑法把不等式左边配成符合算术—几何平均不等式的形式. 【备注】“不等式选讲”是必修部分不等式内容的拓展,绝对值不等式的求解、不等式的证明 方法(比较法、综合法、分析法)、不等式的基本性质、利用不等式求最值等是高考考查的重 点.另外,虽然算术-几何平均不等式与柯西不等式的考查要求为 A 级,但也有可能成为高考考 查的对象,复习时要通过适当的练习进行强化.

25.如图,四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 是直角梯形,且 AB∥CD,AD⊥

CD,PD=CD=2,AD=AB=1.

(1)求异面直线 AD 与 PB 所成角的余弦值; (2)求二面角 P-AC-D 的正弦值. 【答案】(1)因为 PD⊥平面 ABCD,AD?平面 ABCD,CD?平面 ABCD, 所以 PD⊥AD,PD⊥CD.又 AD⊥CD,所以以 D 为坐标原点,分别以 DA,DC,DP 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则 D(0,0,0),P(0,0,2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),所以=(1,0,0),=(1,1,-2).设异面直线 AD 与 PB 所成 的角为 θ,则 cosθ=|cos<,>|=||=. 故异面直线 AD 与 PB 所成角的余弦值为. (2)因为 PD⊥底面 ABCD,所以平面 DAC 的一个法向量为=(0,0,2).

设平面 PAC 的法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥,n⊥. 又=(1,0,-2),=(-1,2,0), 所以 x-2z=0 且-x+2y=0,令 z=1,得 x=2,y=1, 则 n=(2,1,1)为平面 PAC 的一个法向量.设二面角 P-AC-D 的大小为 φ(由图可知 φ 为锐角), 则 cosφ=|cos<,n>|=||=. 所以 sinφ=,故二面角 P-AC-D 的正弦值为.

【解析】本题主要考查异面直线所成的角、二面角等知识,考查考生利用空间向量解决立体 几何的相关问题,考查考生的空间想象能力与运算求解能力. 【备注】利用空间向量解决立体几何的相关问题是高考重点考查的内容之一,每隔一年便会 考查一次,其常见的解题思路是利用直线的方向向量与平面的法向量之间的关系去证明线 线、线面的位置关系,解决相关线线角、线面角、二面角等空间角的问题.复习中,考生要高度 重视,关键要熟知原理,把握方法,准确求解.

26. 已知非空有限实数集 S 的所有非空子集依次记为 S1,S2,S3,…,集合 Sk(k=1,2,…)中所有元素

的平均值记为 bk.将所有 bk 组成数组 T:b1,b2,b3,…,数组 T 中所有数的平均值记为 m(T). (1)若 S={1,2},求 m(T); (2)若 S={a1,a2,…,an}(n∈N*,n≥2),求 m(T). 【答案】(1)S={1,2}的所有非空子集为{1},{2},{1,2},所以数组 T 为 1,2,.因此 m(T)=.(2)因为 S={a1,a2,…,an}(n∈N*,n≥2),所以 m(T)= ai. · ,所以 m(T)=ai=ai. 又·


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