2016年江蘇省蘇州大學高考數學考前指導試卷（一）（解析版）

2016年江蘇省蘇州大學高考數學考前指導試卷（一）

參考答案與試題解析

一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共計70分．不需要寫出解答過程，請把答案直接填在答題卡相應位置上．

1．已知集合A={1，a}，B={1，3，4}，且A∩B={1，3}，則實數a的值為 3 ．

【考點】交集及其運算．

【分析】由A，B，以及兩集合的交集，確定出a的值即可．

【解答】解：∵A={1，a}，B={1，3，4}，且A∩B={1，3}，

∴1∈A且3∈A，

則實數a的值為3．

故答案為：3

2．i是虛數單位，復數z滿足=i，則|z|= 5 ．

【考點】復數求模．

【分析】由=i得z﹣3i=4i·i=﹣4，從而求模．

【解答】解：∵=i，

∴z﹣3i=4i·i=﹣4，

∴z=﹣4+3i，

∴|z|==5，

故答案為：5．

3．對一批產品的長度（單位：毫米）進行抽樣檢測，樣本容量為200，如圖為檢測結果的頻率分布直方圖，根據產品標準，單件產品長度在區間[25，30）的為一等品，在區間[20，25）和[30，35）的為二等品，其余均為三等品，則樣本中三等品的件數為 50 ．

【考點】頻率分布直方圖．

【分析】由頻率分布直方圖可知，算出三等品所占的比例乘以樣本容量得出三等品的件數．

【解答】解：根據頻率分布直方圖可知，三等品總數n=[1﹣（0，05+0.0375+0.0625）×5]×200=50．

故答案為：50．

4．某學校高三有A，B兩個自習教室，甲、乙、丙三名同學隨機選擇其中一個教室自習，則他們在同一自習教室上自習的概率為 ．

【考點】古典概型及其概率計算公式．

【分析】某學校高三有A，B兩個自習教室，則甲、乙、丙三名學生選擇其中一個教室自習的概率均為，代入相互獨立事件的概率乘法公式，即可求出他們同在教室A的概率，同理，可求出他們同在教室B的概率，然后結合互斥事件概率加法公式，即可得到答案．

【解答】解：甲、乙、丙三名學生選擇其中一個教室自習的概率均為，

則他們同時選中A教室的概率為： =；

他們同時選中B教室的概率也為：： =；

故們在同一自習教室上自習的概率P==．

故答案為：

5．執行如圖所示的流程圖，會輸出一列數，則這列數中的第3個數是 30 ．

【考點】程序框圖．

【分析】模擬執行程序，依次寫出每次循環得到的A，N的值，即可得解輸出一列數中的第3個數．

【解答】解：模擬執行程序，可得

A=3，N=1，輸出3，N=2，

滿足條件N≤4，A=6，輸出6，N=3，

滿足條件N≤4，A=30，輸出30，N=4，

滿足條件N≤4，A=870，輸出870，N=5，

不滿足條件N≤4，結束．

則這列數中的第3個數是30．

故答案為：30．

6．已知雙曲線﹣=1（a＞0，b＞0）的一條漸近線平行于直線l：y=2x+10，該雙曲線的一個焦點在直線l上，則雙曲線的方程 ．

【考點】雙曲線的標準方程．

【分析】根據漸近線的方程和焦點坐標，利用a、b、c的關系和條件列出方程求出a²、b²，代入雙曲線的方程即可．

【解答】解：由題意得，，

解得a²=5，b²=20，

∴雙曲線的方程是，

故答案為：．

7．已知等差數列{a_n}的前n項和為S_n，且2S₃﹣3S₂=12，則數列{a_n}的公差是 4 ．

【考點】等差數列的前n項和．

【分析】利用等差數列遞推關系式及其前n項和公式即可得出．

【解答】解：設數列{a_n}的公差為d．

由2S₃﹣3S₂=2（3a₁+3d）﹣3（2a₁+d）=3d=12，

解得d=4．

故答案為：4．

8．已知一個圓錐的底面積為2π，側面積為4π，則該圓錐的體積為 ．

【考點】旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）．

【分析】設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，由圓柱的側面積、圓面積公式列出方程組求解，代入柱體的體積公式求解．

【解答】解：設圓錐的底面半徑為r，母線長為l，

則，解得，

所以高，

所以．

故答案為：．

9．已知直線x+y=b是函數y=ax+的圖象在點P（1，m）處的切線，則a+b﹣m= 2 ．

【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程．

【分析】運用切點在切線上和曲線上，可得a，b，m的方程，求出函數的導數，可得切線的斜率，結合已知切線的方程，可得a=1，b=4，m=3，進而得到所求值．

【解答】解：由于P（1，m）在函數y=ax+的圖象和直線x+y=b上，

則m=a+2，m+1=b，

又由函數y=ax+的導函數y′=a﹣，

可知切線的斜率k=﹣1=a﹣2，有a=1，m=3 和b=4，

則a+b﹣m=2．

故答案為：2．

10．已知cos（）=，則cos（）﹣sin²（α﹣）= ．

【考點】兩角和與差的正弦函數；兩角和與差的余弦函數．

【分析】根據誘導公式得出cos（）=﹣cos（﹣α），sin²（α﹣）=1﹣cos²（﹣α），然后將已知條件代入即可求出結果．

【解答】解：cos（）=cos[π﹣（﹣α）]=﹣cos（﹣α）=﹣

sin²（α﹣）=sin²[﹣（﹣α）]=1﹣cos²（﹣α）=1﹣（﹣）²=

∴cos（）﹣sin²（α﹣）

=﹣﹣

=﹣．

故答案為：﹣

11．在等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，M、N為AC邊上兩個動點，且滿足|MN|=，則·的取值范圍是 [，2] ．

【考點】平面向量數量積的運算．

【分析】建立平面直角坐標系，設出M，N坐標，利用坐標表示出，

【解答】解：以等腰直角三角形的直角邊為坐標軸，建立平面直角坐標系，如圖，則B（0，0），直線AC的方程為x+y=2．

設M（a，2﹣a），則0≤a≤1，N（a+1，1﹣a），∴=（a，2﹣a），=（a+1，1﹣a）．

∴·=a（a+1）+（2﹣a）（1﹣a）=2a²﹣2a+2=2（a﹣）²+．

∵0≤a≤1，∴當a=時， ·取得最小值，當a=0或1時， ·取得最大值2．

故答案為[，2]．

12．已知圓C：x²+y²﹣2x﹣2y+1=0，直線l：3x+4y﹣17=0．若在直線l上任取一點M作圓C的切線MA，MB，切點分別為A，B，則AB的長度取最小值時直線AB的方程為 6x﹣8y﹣19=0 ．

【考點】直線與圓的位置關系．

【分析】當AB的長度最小時，圓心角∠ACB 最小，設為2，當最小時， 最大，即CM 最小，由此能求出直線AB的方程．

【解答】解：當AB的長度最小時，圓心角∠ACB 最小，設為2，

則由，

知當最小時， 最大，即CM 最小，那么CM⊥l，

∴，

設直線AB的方程為3x+4y=m．

又由CM=2，知點C 到直線AB的距離為，

即，解得或m=；

經檢驗，則直線AB的方程為6x+8y﹣19=0．

故答案為：6x+8y﹣19=0．

13．已知函數f（x）=，g（x）=kx+1，若方程f（x）﹣g（x）=0有兩個不同實根，則實數k的取值范圍為 （，1）∪（1，e﹣1] ．

【考點】根的存在性及根的個數判斷；函數的零點與方程根的關系．

【分析】方程f（x）﹣kx=1有兩個不同實根可化為函數f（x）與函數y=kx+1有兩個不同的交點，作函數f（x）與函數y=kx+1的圖象，結合函數的圖象求解．

【解答】解：∵g（x）=kx+1，

∴方程f（x）﹣g（x）=0有兩個不同實根等價為方程f（x）=g（x）有兩個不同實根，

即f（x）=kx+1，

則等價為函數f（x）與函數y=kx+1有兩個不同的交點，

當1＜x≤2，則0＜x﹣1≤1，則f（x）=f（x﹣1）=e^x﹣1，

當2＜x≤3，則1＜x﹣1≤2，則f（x）=f（x﹣1）=e^x﹣2，

當3＜x≤4，則2＜x﹣1≤3，則f（x）=f（x﹣1）=e^x﹣3，

…

當x＞1時，f（x）=f（x﹣1），周期性變化；

函數y=kx+1的圖象恒過點（0，1）；

作函數f（x）與函數y=kx+1的圖象如下，

C（0，1），B（2，e），A（1，e）；

故k_AC=e﹣1，k_BC=；

在點C處的切線的斜率k=e⁰=1；

結合圖象可得，

實數k的取值范圍為（，1）∪（1，e﹣1]；

故答案為：

14．已知不等式（ax+3）（x²﹣b）≤0對任意x∈（0，+∞）恒成立，其中a，b是整數，則a+b的取值的集合為 {﹣2，8} ．

【考點】函數恒成立問題．

【分析】對b分類討論，當b≤0 時，由（ax+3）（x²﹣b）≤0得到ax+3≤0，由一次函數的圖象知不存在；當b＞0 時，由（ax+3）（x²﹣b）≤0，利用數學結合的思想得出a，b的整數解．

【解答】解：當b≤0 時，由（ax+3）（x²﹣b）≤0得到ax+3≤0 在x∈（0，+∞） 上恒成立，則a不存在；

當b＞0 時，由（ax+3）（x²﹣b）≤0，可設f（x）=ax+3，g（x）=x²﹣b，又g（x） 的大致圖象如下，那么由題意可知： 再由a，b 是整數得到或因此a+b=8或﹣2．

故答案為{﹣2，8}

二、解答題：本大題共6小題，共計90分．請在答題卡指定區域內作答，解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．

15．已知函數f（x）=Asin（x+φ）（A＞0，0＜φ＜π）的最小值是﹣2，其圖象經過點M（，1）．

（1）求f（x）的解析式；

（2）已知α，β∈（0，），且f（α）=，f（β）=，求f（α﹣β）的值．

【考點】由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；正弦函數的圖象．

【分析】（1）由已知可求A，由，可得，結合范圍0＜φ＜π，可求φ，進而可得f（x）的解析式；

（2）由（1）知f（x）=2cosx，由已知可得，利用同角三角函數基本關系式及范圍α，β∈（0，），可求sinα，sinβ，利用兩角差的余弦函數公式即可計算得解．

【解答】解：（1）因為f（x） 的最小值是﹣2，

所以A=2．

又由f（x） 的圖象經過點，

可得，，

所以或，又，

所以，

故，即f（x）=2cosx．

（2）由（1）知f（x）=2cosx，

又，，

故，

即，

又因為，

所以，

所以f（α﹣β）=2cos（α﹣β）=2（cosαcosβ+sinαsinβ）=．

16．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，側面PBC是直角三角形，∠PCB=90°，點E是PC的中點，且平面PBC⊥平面ABCD．證明：

（1）AP∥平面BED；

（2）平面APC⊥平面BED．

【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定．

【分析】（1）取AC，BD的交點O，連結OE，根據中位線定理得出OE∥AP，故而AP∥平面BDE；

（2）由平面PBC⊥平面ABCD得出PC⊥平面ABCD，故而PC⊥BD，由菱形性質得出BD⊥AC，故而BD⊥平面PAC，于是平面APC⊥平面BED．

【解答】證明：（1）設AC∩BD=O，連結OE．

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴O為BD中點．又E是PC的中點，

∴AP∥OE．又AP?平面BED，OE?平面BED．

∴AP∥平面BED．

（2）平面PBC⊥平面ABCD，∠PCB=90°，

∴PC⊥平面ABCD．又BD?平面ABCD，

∴PC⊥BD．

∵平面ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，又PC?平面PAC，AC?平面PAC，AC∩PC=C，

∴BD⊥平面APC．又BD?平面BED，

∴平面PAC⊥平面BED．

17．如圖，OM，ON是兩條海岸線，Q為海中一個小島，A為海岸線OM上的一個碼頭．已知tan∠MON=﹣3，OA=6km，Q到海岸線OM，ON的距離分別為3km， km．現要在海岸線ON上再建一個碼頭，使得在水上旅游直線AB經過小島Q．

（1）求水上旅游線AB的長；

（2）若小島正北方向距離小島6km處的海中有一個圓形強水波P，從水波生成th時的半徑為r=3（a為大于零的常數）．強水波開始生成時，一游輪以18km/h的速度自碼頭A開往碼頭B，問實數a在什么范圍取值時，強水波不會波及游輪的航行．

【考點】直線和圓的方程的應用．

【分析】（1）由點到直線的距離，結合直線AQ的方程，即可求出AB的長；

（2）強水波不會波及游輪的航行即，代入進行分類討論，即可得出結論．

【解答】解：（1）以點O 為坐標原點，直線OM 為x 軸，建立直角坐標系如圖所示．

則由題設得：A（6，0），直線ON 的方程為y=﹣3x，Q（x₀，3）（x₀＞0）．

由，及x₀＞0 得x₀=3，∴Q（3，3）．

∴直線AQ 的方程為y=﹣（x﹣6），即x+y﹣6=0，

由得即B（﹣3，9），

∴，

即水上旅游線AB 的長為．

（2）設試驗產生的強水波圓P，

由題意可得P（3，9），生成t 小時時，游輪在線段AB 上的點C 處，則

AC=18t，0，∴C（6﹣18t，18t）．

強水波不會波及游輪的航行即．

PC²=（18t﹣3）²+（18t﹣9）²＞r²=9at，

當t=0 時，上式恒成立，

當，.，，當且僅當時等號成立，

所以，在0＜a＜10 時r＜PC 恒成立，亦即強水波不會波及游輪的航行．

18．橢圓M： +=1（a＞b＞0）的焦距為2，點P（0，2）關于直線y=﹣x的對稱點在橢圓M上．

（1）求橢圓M的方程；

（2）如圖，橢圓M的上、下頂點分別為A，B，過點P的直線l與橢圓M相交于兩個不同的點C，D．

①求·的取值范圍；

②當AD與BC相交于點Q時，試問：點Q的縱坐標是否是定值？若是，求出該定值；若不是，說明理由．

【考點】橢圓的簡單性質．

【分析】（1）由點P（0，2）關于直線y=﹣x 的對稱點為（﹣2，0），且（﹣2，0）在橢圓M上，可得a=2．又，b²=a²﹣c²，解出即可得出．

（2）①當直線l的斜率不存在時，C（0，1），D（0，﹣1），即可得出．當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），與橢圓方程聯立消去y整理得（1+4k²）x²+16kx+12=0，由△＞0，可得4k²＞3，利用根與系數的關系及其數量積運算性質可得： =﹣1+．利用函數的單調性即可得出．

②由題意得，AD：，BC：，聯立方程組，消去x得y，再利用根與系數的關系即可得出．

【解答】解：（1）∵點P（0，2）關于直線y=﹣x 的對稱點為（﹣2，0），且（﹣2，0）在橢圓M上，

∴a=2．又，故，則b²=a²﹣c²=4﹣3=1．

∴橢圓M的方程為．

（2）①當直線l的斜率不存在時，C（0，1），D（0，﹣1），∴=﹣1．

當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=kx+2，C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），

聯立消去y整理得（1+4k²）x²+16kx+12=0，

由△＞0，可得4k²＞3，且，

∴=，

∴，

綜上．

②由題意得，AD：，BC：，

聯立方程組，消去x得，又4kx₁x₂=﹣3（x₁+x₂），

解得，故點Q的縱坐標為定值．

19．已知{a_n}是等差數列，{b_n}是等比數列，其中n∈N^*．

（1）若a₁=b₁=2，a₃﹣b₃=9，a₅=b₅，試分別求數列{a_n}和{b_n}的通項公式；

（2）設A={k|a_k=b_k，k∈N^*}，當數列{b_n}的公比q＜﹣1時，求集合A的元素個數的最大值．

【考點】等比數列的通項公式；等差數列的通項公式．

【分析】（1）設數列{a_n} 的公差為d（d≠0），數列{b_n} 的公差為q（q≠0，1），利用等差數列與等比數列的通項公式即可得出；

（2）不妨設，可得a+bn=pqⁿ，即，令，問題轉化為求關于n 的方程qⁿ﹣tn﹣s=0 最多有多少個解．再利用分類討論、函數的單調性即可得出．

【解答】解：（1）設數列{a_n} 的公差為d（d≠0），數列{b_n} 的公差為q（q≠0，1），

則，解得，

∴， 或﹣（﹣2）ⁿ．

（2）不妨設，則a+bn=pqⁿ，即，

令，問題轉化為求關于n 的方程qⁿ﹣tn﹣s=0 （*）最多有多少個解．

①當t＞0 時，∵q＞1，∴函數f'（x） 單調遞增，∴當x＜x₀ 時，f'（x）x₀ 時，f'（x）＞0，f（x） 單調遞增，

∴方程（*）在（﹣∞，x₀） 和（x₀，+∞） 上最多各有1個解． 綜上：當n∈N^* 時，方程（*）最多有3個解．

②當t＜0 時，同理可知方程（*）最多有3個解．

事實上，設時，有a₁=b₁，a₂=b₂，a₄=b₄，所以A的元素個數最大值為3．

20．已知函數f（x）=e^x（alnx++b），其中a，b∈R，e≈2.71828自然對數的底數．

（1）若曲線y=f（x）在x=1的切線方程為y=e（x﹣1），求實數a，b的值；

（2）①若a=﹣2時，函數y=f（x）既有極大值，又有極小值，求實數b的取值范圍；

②若a=2，b≥﹣2，若f（x）≥kx對一切正實數x恒成立，求實數k的最大值（用b表示）

【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究曲線上某點切線方程．

【分析】（1）求出函數的導數，得到關于a，b的方程組，解出即可；

（2）①a=﹣2時，求出f（x）的導數，得到b=2lnx+，設g（x）=2lnx+（x＞0），根據函數的單調性求出g（x）的范圍即可；

②取x=1得：k≤（2+b）e，只需證明e^x（alnx++b）≥（2+b）ex對一切正實數x恒成立，首先證明e^x≥ex，再證明lnx+≥1，從而求出k的最大值即可．

【解答】解：（1）由題意得：y=f（x）過（1，0），且f′（1）=e，

∵f′（x）=e^x（alnx﹣++b），

則，解得：a=3，b=﹣2；

（2）①a=﹣2時，f′（x）=e^x（﹣2lnx﹣+b），

令f′（x）=0，解得：b=2lnx+，

設g（x）=2lnx+（x＞0），g′（x）=，

令g′（x）＞0，解得：x＞，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜，

∴g（x）在（0，）遞減，在（，+∞）遞增，g（x）∈（1+ln2，+∞），

∴當且僅當b＞1+ln2時，b=g（x）有2個不同的實根，設為x₁，x₂，

故此時f（x）既有極大值，又有極小值；

②由題意得：e^x（alnx++b）≥kx對一切正實數x恒成立，

取x=1得：k≤（2+b）e，

下面證明e^x（alnx++b）≥（2+b）ex對一切正實數x恒成立，

首先證明e^x≥ex，

設函數u（x）=e^x﹣ex，則u′（x）=e^x﹣e，

x＞1時，u′（x）＞0，x＜1時，u′（x）＜0，

得：e^x﹣ex≥u（1）=0，即e^x≥ex，

當且僅當都在x=1處取得“=”，

再證明lnx+≥1，

設v（x）=lnx+﹣1，則v′（x）=，

x＞1時，v′（x）＞0，x＜1時，v′（x）＜0，

故v（x）≥v（1）=0，即lnx+≥1，

當且僅當都在x=1處取得“=”，

由以上可得：e^x（alnx++b）≥（2+b）ex，

∴=（2+b）e，

故k的最大值是（2+b）e．

2016年9月30日