A01-2014届江苏省南京市高三9月学情调研理科数学试卷(带解析)

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2014届江苏省南京市高三9月学情调研理科数学试卷

一、填空题

1.已知集合,集合,则 .

2.命题“”的否定是 .

3.已知复数满足(为虚数单位),则 .

4.下图是某算法的流程图,其输出值是 .

5.口袋中有形状和大小完全相同的四个球,球的编号分别为1,2,3,4,若从袋中随机抽取两个球,则取出的两个球的编号之和大于5的概率为 .

6.若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形,则此圆柱的体积为 .

7.已知点在不等式表示的平面区域上运动,则的最大值是 .

8.曲线在点处的切线方程是 .

9.在等差数列中,,则数列的前项和 .

10.如图,在中,、分别为边、的中点. 为边上的点,且,若,,则的值为 .

11.设函数是定义在上的偶函数,当时,.若,则实数的值为 .

12.已知四边形是矩形,,,是线段上的动点,是的中点.若为钝角,则线段长度的取值范围是 .

13.如图,已知过椭圆的左顶点作直线交轴于点,交椭圆于点,若是等腰三角形,且,则椭圆的离心率为 .

14.已知函数,若存在实数、、、,满足 ,其中,则的取值范围是 .

二、解答题

15.在锐角中,、、所对的边分别为、、.已知向量,

,且.

(1)求角的大小;

(2)若,,求的面积.

16.如图,四棱锥的底面为平行四边形,平面,为中点.

(1)求证:平面;

(2)若,求证:平面.

17.如图,某小区拟在空地上建一个占地面积为2400平方米的矩形休闲广场,按照设计要求,休闲广场中间有两个完全相同的矩形绿化区域,周边及绿化区域之间是道路(图中阴影部分),道路的宽度均为2米.怎样设计矩形休闲广场的长和宽,才能使绿化区域的总面积最大?并求出其最大面积.

18.已知椭圆的中心在坐标原点,右准线为,离心率为.若直线与椭圆交于不同的两点、,以线段为直径作圆.

(1)求椭圆的标准方程;

(2)若圆与轴相切,求圆被直线截得的线段长.

19.已知无穷数列中,、 、、构成首项为2,公差为-2的等差数列,、、、,构成首项为,公比为的等比数列,其中,.

(1)当,,时,求数列的通项公式;

(2)若对任意的,都有成立.

①当时,求的值;

②记数列的前项和为.判断是否存在,使得成立?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

20.已知函数(为常数).

(1)当时,求的单调递减区间;

(2)若,且对任意的,恒成立,求实数的取值范围.

21.如图,、是圆的半径,且,是半径上一点:延长交圆于点,过作圆的切线交的延长线于点.求证:.

22.在平面直角坐标系中,直线在矩阵对应的变换作用下得到直线,求实数、的值.

23.在极坐标系中,求圆上的点到直线的距离的最大值.

24.解不等式.

25.在底面边长为2,高为1的正四棱柱中,、分别为、的中点.

(1)求异面直线、所成的角;

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

26.将编号为1,2,3,4的四个小球,分别放入编号为1,2,3,4的四个盒子,每个盒子中有且仅有一个小球.若小球的编号与盒子的编号相同,得1分,否则得0分.记为四个小球得分总和.

(1)求时的概率;

(2)求的概率分布及数学期望.

2014届江苏省南京市高三9月学情调研理科数学试卷参考答案

1.或

【解析】,,.

考点:集合的交集运算

2.

【解析】由全称命题的否定知,命题“”的否定是“”.考点:命题的否定

3..

【解析】,, .

考点:复数的除法运算、复数的模

4.

【解析】第一次循环,,不成立,执行第二次循环;,不成立,执行第三次循环;第三次循环,,不成立,执行第四次循环;第四次循环,,成立,跳出循环体,输出的值为.

考点:算法与程序框图

5.

【解析】利用、表示第一次和第二次从袋子中抽取的球的编号,用表示其中一个基本事件,则事件总体所包含的基本事件有:,,,,,,共个;事件“取出的两个球的编号大于”所包含的基本事件有:,,共个,所以事件“取出的两个球的编号大于”发生的概率.

考点:古典概型

6.

【解析】设圆柱的底面半径为,高为,底面积为,体积为,则有,故底面面积,故圆柱的体积.

考点:圆柱的体积

7.

【解析】如下图所示,不等式组所表示的可行域如下图中的阴影部分表示,在直线方程,令,解得,得点的坐标为,作直线,其中可视为直线在轴上的截距,当直线经过区域中的点时,直线在轴上的截距最大,此时取最大值,即.

考点:线性规划

8.或

【解析】,,当时,,故曲线在点处的切线方程是,即或.

考点:利用导数求函数图象的切线方程

9.

【解析】设等差数列的首项与公差的方程组,则有,解得,故.

考点:等差数列的前项和

10.

【解析】为的中点,,,,,.考点:平面向量的基底表示

11.

【解析】当时,,解得;当时,,由于函数是偶函数,,解得,综上所述,.

考点:函数的奇偶性

12.

【解析】法一:如下图所示,设,则,由勾股定理易得,,,,,由于为钝角,则,则有,即,即,解得;

法二:如下图所示,设,则,以点为坐标原点,、所在的直线分别为轴、 轴建立平面直角坐标系,则,,,,,是钝角,则,即,整理得,解得,且、、三点不共线,故有,解得.

考点:余弦定理、勾股定理、平面向量的数量积

13.

【解析】由于为等腰三角形,且,故有,则点的坐标为,设点的坐标为,,,

,则有,解得,即点的坐标为,将点的坐标代入椭圆的方程得,解得,即,,.考点:共线向量、椭圆的离心率

14.

【解析】如下图所示,

由图形易知,,则,,,,,令,即,解得或,而二次函数的图象的对称轴为直线,由图象知,,,点和点均在二次函数的图象上,故有,,由于,当时,,,,,,,由于函数在上单调递减,且,,,,,,即.

考点:函数的图象、对数函数、二次函数的单调性

15.(1);(2).

【解析】(1)先根据平面向量垂直的等价条件得到等式,再利用弦化切的思想求出的值,最终在求出角的值;(2)解法一:在角的大小确定的前提下,利用正弦定理与同角三角函数之间的关系求出和,并利用结合和角公式求出的值,最后利用面积公式求出的面积;解法二:利用余弦定理求出的值,并对的值进行检验,然后面积公式求出的面积.

(1)因为,所以,则, 4分

因为,所以,则,所以 7分

(2)解法一:由正弦定理得,又,,,

则,因为为锐角三角形,所以, 9分

因为, 12分

所以 14分

解法二:因为,,,

所以由余弦定理可知,,即,解得或,

当时,,所以,不合乎题意;

当时,,所以,合乎题意;

所以 14分

考点:正弦定理、余弦定理、同角三角函数的关系、两角和的正弦函数、三角形的面积公式

16.(1)详见解析;(2)详见解析.

【解析】(1)根据平行四边形对角线互相平分的这个性质先连接,找到与的交点为的中点,利用三角形的中位线平行于底边证明,最后利用直线与平面平行的判定定理证明平面;(2)先证明平面,得到,再由已知条件证明,最终利用直线与平面垂直的判定定理证明平面.

试题解析:(1)连接交于点,连接,

因为底面是平行四边形,所以点为的中点,

又为的中点,所以, 4分

因为平面,平面,所以平面 6分

(2)因为平面,平面,所以, 8分

因为,,平面,平面,所以平面,

因为平面,所以, 10分

因为平面,平面,所以, 12分

又因为,,平面,平面,

所以平面 14分

考点:直线与平面平行、直线与平面垂直

17.当休闲广场的长为米,宽为米时,绿化区域总面积最大值,最大面积为平方米.

【解析】先将休闲广场的长度设为米,并将宽度也用进行表示,并将绿化区域的面积表示成的函数表达式,利用基本不等式来求出绿化区域面积的最大值,但是要注意基本不等式适用的三个条件.

试题解析:设休闲广场的长为米,则宽为米,绿化区域的总面积为平方米,

6分

, 8分

因为,所以,

当且仅当,即时取等号 12分

此时取得最大值,最大值为.

答:当休闲广场的长为米,宽为米时,绿化区域总面积最大值,最大面积为平方米. 14分

考点:矩形的面积、基本不等式

18.(1);(2).

【解析】(1)先根据题中的条件确定、的值,然后利用求出的值,从而确定椭圆的方程;(2)先确定点的坐标,求出圆的方程,然后利用点(圆心)到直线的距离求出弦心距,最后利用勾股定理求出直线截圆所得的弦长.

试题解析:(1)设椭圆的方程为,由题意知,,解得,

则,,故椭圆的标准方程为 5分

(2)由题意可知,点为线段的中点,且位于轴正半轴,

又圆与轴相切,故点的坐标为,

不妨设点位于第一象限,因为,所以, 7分

代入椭圆的方程,可得,因为,解得, 10分

所以圆的圆心为,半径为,其方程为 12分

因为圆心到直线的距离 14分

故圆被直线截得的线段长为 16分

考点:椭圆的方程、点到直线的距离、勾股定理

19.(1)数列的通项公式为;

(2)①的值为或;②详见解析.

【解析】(1)根据数列的定义求出当时数列的通项公式,注意根据的取值利用分段数列的形式表示数列的通项;(2)①先确定是等差数列部分还是等比数列部分中的项,然后根据相应的通项公式以及数列的周期性求出的值;②在(1)的基础上,先将数列的前项和求出,然后利用周期性即可求出,构造,利用定义法求出的最大值,从而确定和的最大值,进而可以确定是否存在,使得.

试题解析:(1)当时,由题意得, 2分

当时,由题意得, 4分

故数列的通项公式为 5分

(2)①因为无解,所以必不在等差数列内,

因为,所以必在等比数列内,且等比数列部分至少有项,

则数列的一个周期至少有项, 7分

所以第项只可能在数列的第一个周期或第二个周期内,

若时,则,得,

若,则,得,

故的值为或 9分

②因为,,

所以, 12分

记,则,

因为,所以,即, 14分

故时,取最大,最大值为,

从而的最大值为,不可能有成立,故不存在满足条件的实数 16分

考点:等差数列和等比数列的通项公式及前项和、数列的周期性、数列的单调性

20.(1)函数的单调递减区间为;(2)实数的取值范围是.

【解析】(1)将代入函数解析式并求出相应的导数,利用导数并结合函数的定义域便可求出函数的单调递减区间;(2)构造新函数,将问题转化为“对任意时,恒成立”,进而转化为,围绕这个核心问题结合分类讨论的思想求出参数的取值范围.

试题解析:(1)的定义域为,,

当时,, 2分

由及,解得,所以函数的单调递减区间为 4分

(2)设,

因为对任意的,恒成立,所以恒成立,

因为,令,得,, 7分

①当,即时,因为时,,所以在上单调递减,因为对任意的,恒成立,

所以时,,即,

解得,因为。所以此时不存在; 10分

②当,即时,因为时,,时,,所以在上单调递增,在上单调递减,

因为对任意的,恒成立,所以,且,

即,解得,

因为,所以此时; 13分

③当,即时,因为时,,

所以在上单调递增,由于,符合题意; 15分

综上所述,实数的取值范围是 16分

考点:函数的单调区间与导数、不等式恒成立、分类讨论

21.B,.

【解析】确定变换前的坐标个变换后的坐标之间的关系,然后用坐标来表示坐标,并将上一步的结果代入直线便可以得到一条直线方程,根据两者的系数关系求出、的值.

试题解析:设坐标在矩阵的变换后的坐标为,

则有,于是有,解得, 4分

将上述结果代入直线的方程得,

化简得,(*) 6分

于是有,解得或, 8分

当,时,代入(*)式得,不合乎题意,舍去! 9分

综上所述,. 10分

考点:矩阵变换

C.

【解析】将极坐标方程化为直角坐标方程,求出圆心到直线的距离并判断直线与圆的位置关系,在直线与圆相离的前提下,利用结论:圆上一点到直线的距离的最大值为(其中为圆的半径长)求解该问题.

试题解析:在圆的极坐标方程两边同时乘以得,

化为直角坐标方程为,即, 3分

故圆的圆心坐标为,半径为, 4分

将直线的极坐标方程化为直角坐标方程为, 6分

所以圆的圆心到直线的距离为,故直线与圆相离, 8分

于是圆上的点到直线的距离的最大值为 10分

考点:极坐标与直角坐标的转化、点到直线的距离

22.(1);(2).

【解析】(1)先建系,并写出各点的坐标,利用向量法求出异面直线、所成的角;(2)先求出平面与平面的法向量,然后利用法向量来计算平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

试题解析:由于为正四棱柱,不妨以点为坐标原点,、、所在的直线分别为轴、轴、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则,,,

,则,,1分

,,, 3分

设异面直线、所成的角为,

则,,

即异面直线、所成的角为; 4分

(2)如上图所示,则, ,,设平面的一个法向量为,,,

,,即,解得,

,,即,将代入得,

令,可得平面的一个法向量为, 6分

同理可知平面的一个法向量为, 7分

,,, 8分

设平面与平面所成锐二面角的平面角为,

则,

即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 10分

考点:异面直线所成的角、二面角、空间向量法

23.(1);(2)详见解析.

【解析】(1)先确定时对应的事件,然后利用排列组合的相关知识求解;(2)将随机变量的可能取值确定下来,然后将对应的概率计算出来,列出分布列求出的数学期望与方差.

试题解析:(1)时,则编号为1,2,3,4的四个小球中有且仅有两个小球的编号与盒子的编号相同,

故,即时的概率为; 3分

(2)的可能取值有、、、, 4分

则,,

,,

故的分布列如下表所示

8分

, 9分

. 10分

考点:排列组合、随机变量的分布列、数学期望与方差