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江苏省高考数学苏州市2015届高考考前指导卷(讲评稿)


苏州市 2015 届高考考前指导卷
一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共计 70 分.不需要写出解答过程,请把答案直接填在答题 .. 卡相应位置上 . ...... 1.满足 {1,3} ? A ? {1,3,5} 的集合A的个数为 解析 ▲ .

A ? {5},{1,5},{3,5},{1,3,5} ,集合 A 的个数为 4 个.



注:本题为课本原题. 2.设复数 z ? 1 ? mi (i为虚数单位, m ? R ) ,若 z ? ?2i ,则复数z的虚部为
2

▲ .

解析

z 2 ? (1 ? mi ) 2 ? 1 ? m 2 ? 2mi ? ?2i ,解得 m=1,则复数 z 的虚部为-1.

注:复数的虚部是虚数单位 i 的系数,这是一个易错点. 3.在平面直角坐标系 xOy 中,若双曲线的渐近线方程为 y ? ? 曲线的标准方程为 解析 ▲ .

1 x ,其一个焦点坐标为(5,0) ,则此双 2

由已知得双曲线的焦点在 x 轴上,又渐近线方程为 y ? ?

1 x ,故可设所求双曲线方程为 2

x2 y 2 x2 ? y 2 ? ? (? ? 0) ,故 4? ? ? ? 25, ? ? 5 ,即所求双曲线为 ? ?1. 20 5 4
注:双曲线的基本量计算是易错点,已知渐近线方程如何确定双曲线是课本的基本要求. 4.口袋内装有一些大小相同的红球、白球和黑球,从中摸出 1 个球,摸出红球的概率是 0.42,摸出白球 的概率是 0.28,则摸出黑球的概率是 ▲ . 解析 p=1-0.42-0.28=0.3.
开始 k←1 S←40 k←k+1 S←S-2k S≤0 Y 输出 k 结束 (第 5 题图) N

注:互斥事件的概率值得关注,这是考纲的变化,是否会有所体现? 5.右图是一个算法流程图,则输出k的值是 解析 ▲ .

k=1,S=40; S=38, k=2;S=34,k=3;S=26,k=4;

S=10,k=5;S=-22<0,k=6. 注:流程图中循环要注意先计算 S,再计算 k,顺序不能出错.

? 6. 已知函数f(x)= 2sin(2? x ? ) (ω>0)的最大值与最小正周期相同, 则函数f(x) 4
在[-1,1]上的单调增区间为 ▲ .

? ? 解析 A ? 2, T ? ,则 ? ? ,所以 ? 2

? ? ? ? 1 3 f ( x) ? 2sin(? x ? ) , 2k? ? ≤? x ? ≤ 2k? ? , k ? Z ,解得 2k ? ≤ x ≤ 2k ? , k ? Z , 4 4 4 2 4 2
1 3 故在[-1,1]上的单调增区间为 [? , ] . 4 4
1



1 1 本题考查三角函数的图象与性质,特别要注意特定区间上的单调性,如果本题改为求 [? , ] 的 2 2

单调增区间,就会受到定义域的制约.如果求单调减区间呢? 7.已知正三棱锥的底面边长为 3,高为 h,若正三棱锥的侧面积与体积的比为 4 3 ,则正三棱锥的高 为 ▲ .

9 h2 ?
解析

h2 ? (

1 3 3 2 1 3 ) ? h?2 , S ? ? 9 h 2 ? , V ? ? ? 9h ,由 3 4 2 2 4

3 4 ? 4 3 ,解得 h ?

2 9 3h 12

1 . 2

注:正三棱锥的基本量应关注两个直角三角形关系: h 2 ? r 2 ? h?2 , h 2 ? R 2 ? l 2 . 8.设等差数列 ?an ? 的前 n 和为 S n ,且 ?

? Sn ? ? 是公差为 d 的等差数列,则 d 的值组成的集合为 ▲ . ? an ?

解析

由题意知

Sn 1+d ? 1 ? ? n ? 1? d , 令 n ? 2,3 得 a1 ? da2 , a3 ? a2 , 由 a1 ? a3 ? 2a2 , 得 2d an

1 2d 2 ? 3d ? 1 ? 0 ,所以 d ? 1或 ,经检验符合题意. 2 S S 1 注:本题解题的关键是 S1 ? a1 ,则 1 ? 1 ,设 n ? 1 ? ? n ? 1? d 故可利用 a1 ? a3 ? 2a2 求得 d ? 1或 , 2 a1 an
对于这样的问题,常常利用前几项,从特殊项入手比较简单,但要注意代人验证其正确性. 9.直线 l : x ? y ? t 与圆 O : x 2 ? y 2 ? 20 交于点 A, B ,且 S△OAB 为整数.则所有满足条件的正整数 t 的和 为 ▲ . 解析

d?

1 t2 t t t t2 40 ? t 2 ,当 t ? 2 或 t ? 6 时 , AB ? 2 20 ? ,所以 S△OAB ? ? 2 20 ? ? ? 2 2 2 2 2 2

S△OAB 为整数,故所有满足条件的正整数 t 的和为 8.
注:直线与圆的位置关系是必考内容,用几何法求弦长是通性通法,本题的关键是将△OAB 的面积 表示为 S ?OAB ?

t 40 ? t 2 再判断是否为整数就比较方便,便于估算,估算也是运算能力的一个方面. 2

10.已知函数f(x)=mx3+nx2的图象在点(-1, 2)处的切线恰好与直线 3x+y=0 平行,若f(x)在区间[t,t+1] 上单调递减,则实数t的取值范围是 解析 ▲ .

f ?( x) ? 3mx 2 ? 2nx , f ?(?1) ? 3m ? 2n ? ?3 , f ( ?1) ? ? m ? n ? 2 , 解 得 m ? 1, n ? 3 , 即

f ( x) ? x 3 ? 3 x 2 ,令 f ?( x) ? 3 x( x ? 2)≤0 ,得 ?2≤ x ≤0 ,所以 t ≥ ? 2, t ? 1≤0 ,即实数 t 的取值范围是

[?2, ?1] .
注:导数的几何意义要一个必考的内容,利用导数确定函数的单调性是课本的基本要求.
2

11.已知函数 f ? x ? ? 解析 易得 y ?

ex ? 1 ? x ? 1 ,若f(a) ? f(a?1) ? 2,则实数a的取值范围是 ex ? 1

▲ .

ex ? 1 是奇函数,增函数,构造函数 F ( x) ? f ( x) ? 1 ,则 F ( x) 在 R 上是奇函数和增函 ex ? 1

1 数,由 f(a) ? f(a?1) ? 2,则 F (a ? 1) ? ? F (a ) ? F (? a ) ,所以 a ? 1 ? ? a ,即 a ? ? . 2
注:经典函数的性质要特别关注,如 f ( x) ?

ax ?1 1? x …,构造 , f ( x) ? log a ( x ? 1 ? x 2 ), f ( x) ? log a ax ?1 1? x

新函数是数学解题的思维创新,是考纲要求的体现,也是区分能力水平的问题要予以重视.

12.如图,边长为 2 的正方形ABCD的内切圆与AB切于M,与BC切于N,P为圆 ???? ???? 周上任意一点,则 AN ? MP 的最大值为 ▲ .
以圆心为坐标原点平行与 AB 和 AD 的直线为 x 轴和 y 轴, 建立直角 ???? 坐标系,则 A(?1, ?1) , N (1,0) , M (0, ?1) , P (cos? ,sin ? ) ,则 AN ? (2,1) , 解析

D P

C

N

???? ???? ???? MP ? (cos ? ,sin ? ? 1) ,所以 AN ? MP ? 2 cos ? ? sin ? ? 1 ≤ 5 ? 1 .

A

(第 12 题图)

M

B

注:对于规则图形向量运算,建系往往是一种好的处理方法,解析法的思想是数学解题的常用方法, 要予以重视.

13.设 x, y 均为正实数,且

1 1 1 ? ? ,则 xy 的最小值为 ▲ . 1+x 2 ? y 3

解析

令 a ? 1 ? x ? 1, b ? 2 ? y ? 2 ,则

1 1 1 ? ? ,即 ab ? 3 ? a ? b ? ,所以 a b 3

a 2b ? ?1 1? ? xy ? ? a ? 1?? b ? 2 ? ? ab ? 2a ? b ? 2 ? a ? 2b ? 2 ? 3 ? ? ? ? a ? 2b ? ? 2=3 ? 3 ? ? ? ? 2 ≥ 11 ? 6 2 当 且 b a ? ?a b? ?
仅当 a ? 2b 时取等号,此时 a ? 3 ? 3 2 , b ? 3 ?

3 2. 2

注:换元法是解决基本不等式的常用方法,利用换元可以将一个复杂的问题转化为熟悉的问题,这是 考查等价转化的数学思想,也是区分能力水平的问题.

14 .已知函数 f ? x ? ? x 2 ? a ? a ? 0 ? ,若恰有两组解 ? m, n ? ,使得 f ? x ? 在定义域 ? m, n ? 上的值域也为

? m, n ? ,则实数 a 的取值范围为





解析 由 f ? x ? ≥ 0 知, n ? m ≥ 0 .①易得 y ? x 与 y ? x 2 ? a x ≥ a 的交点横坐标为 x ?

?

?

1 ? 1 ? 4a , 2

? 1 ? 1 ? 4a ? 显 然 , 区 间 ? m, n ? ? ? 0, ? 满 足 要 求 . ② 因 为 f ? 0 ? ? a , 若 ? m, n? ? ? 0, a ? , 所 以 2 ? ?

1+ 1+4a ? a ,只有一组解, 2 ?a ? m2 ? n 2 ,两式 故 1 ≤ a ? 2 .③若 m ? 0, 则 n ? a ,故 f ? x ? ? a ? x 在区间 ? m, n ? 上为减函数.由题意得 ? 2 ?a ? n ? m

x 2 ? a ? a ? x ? 2a ,由题意只需 a ≤ a ≤ 2a ? 1 ≤ a ≤ 2 .但 a ? 2 时,

3

1? 3 ? 1? ? 相减得 m ? n ? 1 , 因为 m ? n , 所以 m ? ? 0, ? , 所以 a ? m 2 ? m ? 1 ? ? m ? ? ? 单调递减, 对任意实数 a , 2? 4 ? ? 2? m 的值至多只有一个,不符合题意. 综上: 1 ≤ a ? 2 . 注:本题是一个能力题,思维量和运算量都比较大,重点考查了函数的定义域、值域、单调性,从思 想方法层面主要有数形结合思想、分类讨论思想、函数与方程思想. 二、解答题:本大题共 6 小题,共计 90 分.请在答题卡指定区域内 作答,解答时应写出必要的文字说明、 ........
证明过程或演算步骤. 15. (本小题满分 14 分) 已知向量 m=(sin x,-1),n=(cos x, 3). sin x+cos x (1)当m∥n时,求 的值; 3sin x-2cos x (2)已知在锐角△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c, 3c=2asin(A+B), 函数 f(x)=(m+n)·m,求 f ( B ? 解

2

? ) 的取值范围. 8

(1)由 m∥n,可得 3sin x=-cos x,

1 -3+1 sin x+cos x tanx+1 1 2 于是tan x=-3,∴ = = =-9. 1 3sin x-2cos x 3tan x-2 3×?-3?-2

?

?

(2)在△ABC 中 A+B=π-C,于是 sin(A+B)=sin C, 由正弦定理,得 3sin C=2sin Asin C, 3 ∵sin C≠0,∴sin A= 2 .又△ABC为锐角三角形, π π π ∴A=3,于是6<B<2. ∵f(x)=(m+n)·m=(sinx+cosx,2)·(sinx,-1)=sin2x+sinxcos x-2 1-cos2x 1 π 3 2 = +2sin2x-2= 2 sin?2x-4?-2, 2 ? ? π? π? 3 ? 2 ? ? 2 3 π π π ∴ f ( B ? ) = 2 sin 2 B+8 -4 -2= 2 sin 2B-2.由6<B<2,得3<2B<π, ? ? ? ? 8

3 2 3 2 3 ∴0<sin 2B≤1,-2< 2 sin 2B-2≤ 2 -2,
即 f (B ?

? ) ∈ (? 3 , 2 ? 3 ] . 8 2 2 2

注:三角仍是高考的热点,将三角与解三角形结合,有时也与向量结合,以三角为载体考查基本运算 能力,利用公式进行运算及变形,能够根据问题的条件寻找与设计合理、简捷的运算途径.高考对三角函 数及解三角形的考查主要体现在三角函数的定义、同角关系、诱导公式、和差倍角公式及正余弦定理,主 要研究周期性、单调性、奇偶性、对称性、最值等.? 题型一般是两小一大,填空题以考查性质、三角计算为主,一般为容易题,以解三角形形式出现常常 以中档题为主,解答题的题型通常有“化一”型、 “解三角形”型, “依图论式”型.对“化一”型要强化 公式的灵活使用;对“解三角形”型,要注意“归边或归角”及“看角”选公式(正、余弦公式和面积公 式) ;对“依图论式”型,要加强利用图形研究有关性质的训练,提高学生三角变换的熟练性和准确性, 增强数形结合的意识.?

4

16. (本小题满分 14 分) 在 四 棱 锥 P ? ABCD 中 , 底 面

ABCD 为 梯 形 ,

P

AB // CD, AD ? 2 , DC ? 3 , AB ? 4 , ?DAB ? 90? ,平面 PDC ? 平面 ABCD , PD ? 4,?PDC ? 60? , M , N 分 别 是 AB, CD 上 的 点 , 且 AM ? DN ? 2 .求证: (1) MN // 平面 PAD ; (2) 平面 PMC ? 平面 PNB .

D

N

C

A

M

B

// AM ,∴ 四边形 AMND 为平行四边形, 证明(1)∵ DN ? ∴ MN // AD . ∵ MN ? / 平面 PAD , AD ? 平面 PAD ,∴ MN // 平面 PAD .
2 2 2
2 2

(第 16 题图)

(2)在 △PDN 中, PN ? PD ? DN ? 2 ? PD ? DN ? cos 60? ? 4 ? 2 ? 2 ? 4 ? 2 ? 故 PN ? DN ? 12 ? 4 ? 16 ? PD , ∴ PN ? DC 又∵ 平面 PDC ? 平面 ABCD , CD ? 平面 PDC ? 平面 ABCD , PC ? 平面 PDC , ∴ PN ? 平面 ABCD . ∵ MC ? 平面 ABCD , ∴ PN ? MC . ∵ MN // AD, ?DAB ? ?ADC ? 90? ,∴ ?CNM ? ?NMB ? 90? .
2 2 2

1 2

? 12 .

. MB 2 NM 2 2 ∴ ?NMC ? ?MBN .又 ?MBN ? ?BNM ? 90? , ∴ ?NMC ? ?BNM ? 90? ,即 BN ? MC . 又∵ PN ? BN ? N , PN , BN ? 平面 PNB ,∴ MC ? 平面 PNB . ∵ MC ? 平面 PMC ,∴ 平面 PMC ? 平面 PNB . 注:立体几何主要考查空间直线与平面的位置关系,通常是以锥体和柱体为载体,线面平行和线面垂 直考查较多,小题常常考查面积体积计算.今年题型会不会出现一证一算,通过计算来进行证明,探索性 问题的命题创新?填空题会不会出现应用型的计算问题? (本小题满分 14 分) 17. 家用电脑桌的桌面采用直线与弧线相结合,前部采用弧线, 后部改用直线型. 现将电脑桌靠在墙边, 沿墙面建立如图所示的 直角坐标系.弧线 EF 的方程为 y ?
y E

在 Rt ?NMC 中, tan ?NMC ?

NC

?

1

?

2

;在 Rt ?NMB 中, tan ?MBN ?

NM

?

2

所在直线 x ? y ? 16 ? 0 与弧线交于 A、 B 两点.拟在弧线 EF 上选 垂足为 C 、 D. 四边形 OCPD 取一点 P 分别作 x 轴、y 轴的垂线, ( O 为坐标原点) 与三角形 OAB 的公共区域内放置电脑.设点 P 的坐标为 ( x, y ) ,公共部分面积为 S . (单位:分米) ⑴求 S 关于 x 的表达式; ⑵求 S 的最大值及此时 x 的值.

60 ( 5 ≤ x ≤12 ) ,键盘抽屉 x

A

D

P

B

F x

O

C

第(18)题

解(1)由题设,得 A ? 6,10 ? , B ?10,6 ? ,

8 2 x , 15 3? 3600 ? 当 6 ? x ? 10 时, S ? 60 ? ? x 2 ? 2 ? , 10 ? x ?
当 5 ≤ x ≤ 6 时, S ?
5

当 10 ≤ x ≤12 时, S ?

1920 , x2

?8 2 5≤ x ≤ 6, ?15 x , ? 3? 3600 ? ? 故 S ? ?60 ? ? x 2 ? 2 ? , 6 ? x ? 10, 10 x ? ? ? ?1920 10 ≤ x ≤ 12. ? 2 , ? x 8 96 , (2)易知当 5 ≤ x ≤ 6 时, S ? x 2 为单调递增函数, S ≤ 15 5 1920 96 当 10 ≤ x ≤12 时, S ? 2 为单调递减函数, S ≤ , 5 x 3? 3600 ? 3 2 3600 x ? 2 ? 24 ,当且仅当 x ? 2 15 当 6 ? x ? 10 时, S ? 60 ? ? x 2 ? 2 ? ≤ 60 ? 10 ? x ? 5 x 时取得最大值. 综上: S 的最大值为 24 平方分米,此时 x ? 2 15 分米. 注:江苏高考一直坚持应用问题的考查,体现数学的应用意识,形成了江苏特色.几何背景函数化, 近年来几何背景是江苏高考应用题的一大特色,一直深受高考命题专家的青睐,此类问题往往背景相对简 单,贴近学生的生活实际,通俗易懂.本类考题主要考查函数、导数等基础知识,考查学生数学建模能力、 空间想象能力、数学阅读能力及解决实际问题的能力. 测量背景不等式化,测量背景的应用题近年来一 直是高考应用题命题的热点,全国其它省份的测量背景的应用题都是以解三角形为主,主要是正、余弦定 理的综合运用,侧重考查方程(组)思想,而江苏高考常会以函数思想立意(有时会结合方程思想) ,而 后运用不等式的知识(以一元二次不等式的解法及基本不等式求最值为主) ,来考查学生解决实际问题的 能力. 商业背景利润化,这类应用题常见于产品制造,商品买卖,投资理财,风险决策,经济核算等, 由于取材背景广泛,考生需要抓住问题的实质, 结合数学知识和一定的生活经验, 才能顺利建立数学模型, 使问题获得解决. 今年会不会出现以抛物线为载体的应用问题?会不会出现以立体几何为背景的应用问题?概率问题、 数列问题会不会进入应用题命题的视线?
18. (本小题满分 16 分)

x2 y2 3 的椭圆 T: 2 ? 2 ? 1? a ? b ? 0 ? a b 2 的一个切点为 M ? 2,0 ? ,O 为坐标原点.
如图,圆 O 与离心率为 ⑴求椭圆 T 与圆 O 的方程; ⑵过点 M 引两条互相垂直的直线 l1 , l2 与两曲线分别交于点 A,C 与点 B,D(均不重合) . ???? ???? ? ???? ???? ? ①若 MB ? MD ? 3MA ? MC ,求 l1 与 l2 的方程; ②若 AB 与 CD 相交于点 P,求证:点 P 在定直线上.
D P

y

C

O

A M x

B

解 (1)由题意知

3 c , a ? 2 ,∴ c ? 3 , b ? 1 , ? 2 a x2 可知椭圆 T 的方程为 ? y2 ? 1 , 圆 O 的方程为 x 2 ? y 2 ? 4 . 4
(2)设 l1 : y ? k ? x ? 2 ? ,由由 ?

(第 18 题图)

? y ? k ? x ? 2 ?, ? 8k 2 ? 2 ?4k ? A , 解得点 . ? 2 2 ? 2 2 ? 1 ? 4k 1 ? 4k ? ? x ? 4 y ? 4,
6

由?

? y ? k ? x ? 2 ?,
2 2 ? x ? y ? 4,

解得点 C ?

? 2k 2 ? 2 ?4k ? , . 2 2 ? ? 1? k 1? k ? ? 8 ? 2k 2 4k ? ? 2 ? 2k 2 4k ? 1 , 2 , ,可得点 B ? 2 . ? , D? 2 2 ? k ? k ?4 k ?4? ? 1? k 1? k ?

把点 A,C 坐标中的 k 换成 ?

k2 3 = ,解得 k 2 ? 2 ,∴ l1 的方程为 y ? 2 ? x ? 2 ? , l2 的方程 2 k ? 4 1+4k 2 2 2 为y?? ? x ? 2 ? 或 l1 的方程为 y ? ? 2 ? x ? 2 ? , l2 的方程为 y ? ? x ? 2 ? . 2 2
②直线 AB 的方程为 y ?

???? ???? ? ???? ???? ? ①∵ MB ? MD ? 3MA ? MC ,得

? ?4k 4k 5k 8k 2 ? 2 ? ,令 x ? ?2 ,得 y ? . ? x ? 2 2 ? 2 ? 1? k2 1 ? 4k 1 ? 4k ? 4 ?1 ? k ? ?

直线 CD 的方程为 y ? 所以交点 P ? ?2,

2k ?4k x ,令 x ? ?2 ,得 y ? . 2 1? k 1? k2

? ?

?4k ? ? 在定直线 x ? ?2 上. 1? k2 ?

注:江苏高考对平面解析几何的考查主要以直线和圆、圆锥曲线为载体,综合考查解析几何的基础知 识和基本方法,该部分涉及的内容广泛,方法多,数学思想丰富,又容易和平面向量、函数、不等式等问 题交汇,在高考中多出现新颖别致的试题.解析几何解答试题热点的题型是求参数范围或求最值的综合性 问题,有关定值、定点等的证明问题,与向量综合的探索性问题等.由于解析几何试题的运算量大,在解 决解析几何试题时,要注意分析题意,把握问题的实质,注意尽可能地使用数学思想(如设而不求、代入 消元等)简化运算,同时要注意其他知识在解决问题中的综合应用,使解题过程尽可能地优化. 江苏卷通常为两小一大,直线与圆为必考内容,可能出现在小题,也可能考查大题,直线与圆的位置 关系灵活性强, 常考常新, 经常有创新之作. 椭圆是解析几何考查永恒的热点, 是考查大题的典型素材. 双 曲线和抛物线以小题的形式出现,往往是容易题.

19. (本小题满分 16 分)
已知数列 {an } 中, a1 ? 3 , a2 ? 5 ,其前 n 项和为 S n 满足 S n ? S n ? 2 ? 2 S n ?1 ? 2 (1)试求数列 {an } 的通项公式;
n ?1

( n≥3, n ? N ) .
*

2n ?1 , Tn 是数列 {bn } 的前 n 项和. an ? an ?1 1 ? ①若 n0 ? N ,不等式 Tn ? 对一切 n≥ n0 的自然数都成立,求 n0 的最小值; 9 ? 1? ? ②证明:对任意给定的 m ? ? 0 , ? ,均存在 n0 ? N ,使得当 n≥ n0 时, Tn ? m 恒成立. ? 6? n ?1 n ?1 解(1)由 S n ? S n ? 2 ? 2 S n ?1 ? 2 ( n≥ 3 ) ,得 S n ? S n ?1 ? S n ?1 ? S n ? 2 ? 2 ( n ? 3 ) ,
(2)令 bn ? 所以 an ? an ?1 ? 2 又 a2 ? a1 ? 2 , 所以 an ? (an ? an ?1 ) ? ( an ?1 ? an ? 2 ) ? ? ? (a3 ? a2 ) ? ( a2 ? a1 ) ? a1
n ?1

( n≥ 3 ) , 即 an ? an ?1 ? 2

n ?1

( n≥ 3 ) ,

? 2n ?1 ? 2n ? 2 ? ? ? 22 ? 2 ? 3 ?
2n ?1 (2) bn ? an ? an ?1

2(1 ? 2n ?1 ) ? 3 ? 2n ? 1 . 1? 2 n ?1 2 1? 1 1 ? ? n ? ? n ? n ?1 ? , n ?1 (2 ? 1)(2 ? 1) 2 ? 2 ? 1 2 ? 1 ?
7

1 ?? 1 1 ? ? 1 1 ? 1 ?? ? 1 ? n ?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? n ? 2 ?? 3 5 ? ? 5 9 ? ? 2 ? 1 2 ? 1 ?? 1 1 1 2 ①因为 Tn ? ,因此 ? n ?1 ? ,即 2n ?1 ? 8 ,解之得 n ? 2 ,所以 n≥ 3 . 9 3 2 ?1 9 故 n0 的最小值为 3.
所以, Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ? ②因为 Tn ?

1?1 1 ? ? ? n ?1 ? . 2 ? 3 2 ?1?

1?1 1 ? 2n ? 0 ,所以 Tn 随着 n 的增大而增大. ? ? n ?1 ? ,而 Tn ?1 ? Tn ? n ?1 2 ? 3 2 ?1? (2 ? 1)(2 n ? 2 ? 1) 1 ? 6m 1 1?1 1 ? ? n ?1 若 Tn ? m ,则 ? ? n ?1 , ? ? m ,化简得 2 ? 3 2 ?1? 3 2 ?1 3 ? 1? n ?1 因为 m ? ? 0 , ? ,所以 1 ? 6m ? 0 ,所以 2 ? ? 1, 1 ? 6m ? 6? ? 3 ? n ? log 2 ? ? 1? ? 1 , ? 1 ? 6m ? 1 ? 3 ? 当 log 2 ? ? 1? ? 1 ? 1 ,即 0 ? m ? 时,取 n0 ? 1 即可. 15 ? 1 ? 6m ? 1 1 ? 3 ? ? 3 ? 当 log 2 ? ? 1? ? 1 的整数部分为 p , ? 1? ? 1≥1 ,即 ≤ m ? 时,记 log 2 ? 15 6 ? 1 ? 6m ? ? 1 ? 6m ? 取 n0 ? p ? 1 即可.
综上可知,对任意给定的 m ? ? 0 ,

? ?

1? ? (2)中的 Tn ? m 恒成立. ? ,均存在 n0 ? N ,使得当 n≥ n0 时, 6?

注:数列问题中蕴含着丰富的思想方法,是考查考生数学素养的良好素材,数列解答题历来为高考命 题者所青睐,这些新型的数列解答题往往背景新颖,结构简明,数学关系式对称优美,而涉及的知识仅仅 是高中数学中所讲的数列的基本问题,解决问题的方法也是考生所熟悉的.江苏高考仍将聚焦等差、等比 数列以及和与通项的转化,通常是一小一大,小题以基本运算为主,大题考查数列的综合运用,题目往往 由浅入深,特点是运算量较大,思维量丰富,技巧性强,能起到分层把关的作用.

20. (本小题满分 16 分)
已知函数 f ( x) ? ln x , g ( x) ? a x ? . x (1)当 a ? b ? 1 时,求函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) 的单调区间; (2)当 a ? 1,b ? ? 1 时,试比较 f ( x) 与 g ( x) 的大小; (3)若任意的a ? 0,总存在正数x 0 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) 成立,求实数b的取值范围. 解(1) h( x) ? ln x ? x ?

b

1

1 1 1 2 x ? x ?1 (x ? 0) , h?( x) ? ? ? ? ? x 2 x 2x x x 2x x

?

x ?1 ? 2 2x x

?

2



令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 3 ? 2 2 .

令 h?( x) ? 0 ,得 0 ? x ? 3 ? 2 2 ,∴ h( x) 的单调减区间为 0,3 ? 2 2 ; 令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 3 ? 2 2 ,∴ h( x) 的单调增区间为 3 ? 2 2, ?? . (2)当 a ? 1,b ? ? 1 时, f ( x) ? g ( x) ? ln x ? x ?

?

?

?

?

1 x



x ?1 1 1 1 设 F ( x) ? ln x ? x ? ,则 F ?( x) ? ? ? ?? x 2 x 2x x x 2x x ∴ F ( x) 在(0,??)上是减函数,又 F (1) ? 0 ,则 当 x?(0,1)时, f ( x) ? g ( x) ;

1

?

?

2

≤0 恒成立.

8

当 x ? 1 时, f ( x) ? g ( x) ; 当 x?(1,??)时, f ( x) ? g ( x) . (3) f ( x) ? g ( x) ,即 ln x ? a x ?

b x

(x ? 0) .
1 1 2? x , ? ? 2x x 2 x

① 若 b≥0,取 a ? 1,考察函数 u ( x) ? ln x ? x .∵ u ?( x) ? 令 u ?( x) ? 0 ,得 x ? 4.

x u ?( x) u ( x)

(0,4)

4 0
极大值

(4,??)

?


?


∴ u ( x)max ? u (4) ? ln 4 ? 2 ? 0 .则 u ( x) ? 0 恒成立,即不存在正数x 0 ,使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) . b ln x b ②若 b ? 0, ln x ? a x ? (x ? 0) ,也即 ? ? a (*) . x x x

2 2 1 1 24 x ?1 先证 ln x ? ? 4 ,设 v( x) ? ln x ? 4 ,则 v?( x) ? ? 4 ? . x 2x x x x 2x 4 x 1 令 v?( x) ? 0 ,得 x ? . 16 1 1 1 (0, ) ( ,??) x 16 16 16 v?( x) 0 ? ? v( x) ↘ 极小值 ↗ 2 ∴ v( x)min ? ?4ln 2 ? 4 ? 0 .则 v( x) ? ln x ? 4 ? 0 恒成立. x ln x b b 2 2 ? ?? ? ∴ ln x ? ? 4 .则 . 3 x 4 x x x x

? ?



1
4

x

b ? t ,则 ? ? x

? x?
4

2

3

? 2? ? ?bt 4 ? 2t 3 ? ?bt 3 ? t ? ? . ? b?

? a ??bt 3 ? a, t?3? , ? ? a ? 2? ? ? ? 2? ? b 令? 2 ,即 ? 取 t0 ? max ? 3 ? ,1 ? ? ,则当t ? t 0 时, ?bt 3 ? t ? ? ? a 成立. b? ? b? ? ? b ? ?t ? ? 1, ?t ? 1 ? 2 , ? b ? b ? 1 即存在 x0 ? 4 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) . t0

综上所述,实数 b 的取值范围为(??,0) . 注:函数、导数型解答题的命题方式灵活多变,其主要特点有两个,一是涉及的知识面广泛,从简单 的一次函数到复杂的复合函数及导数等;二是试题中蕴含着丰富的数学思想方法,考生必须对数学思想方 法有较为深刻的领会,才能做出正确的解答.这类试题中值得注意的题型是:函数、导数与不等式恒成立 问题,应用导数研究函数的性质,应用函数的单调性证明不等式.解决这类试题时,一要注意基础知识的 正确使用;二要学会对题目中的各种关系做出分析,实行转化,将新问题转化为我们所熟悉的问题解决, 注意数学思想方法在解决问题中的作用. 函数、导数与不等式是江苏高考的重点内容,区分度高,深受命题组青睐,最值问题常考常新,其中二次 函数、二次方程、二次本等式是不变的热点,存在性问题和恒成立问题是命题创新的落脚点和生长点.试 题往往三小一大,近年还有加大力度的趋势.

9

苏州市 2015 届高考考前指导卷参考答案
一、填空题

1 .4

2.-1
9.8

3.

x2 y 2 ? ?1 20 5

4.0.3
? 1 ? 11. ? ? , ?? ? ? 2 ?

5.6

1 3 6.?-4,4?

?

?

7.

1 2

? 1? 8. ?1, ? ? 2?

10.[?2, ?1]

12. 5 ? 1

13.11+6 2

14. ?1, 2 ?

二、解答题 15.解 (1)由 m∥n,可得 3sin x=-cos x,

1 -3+1 sin x + cos x tan x + 1 1 2 于是tan x=-3,∴ = = =-9. 1 3sin x-2cos x 3tan x-2 3×?-3?-2

?

?

(2)在△ABC 中 A+B=π-C,于是 sin(A+B)=sin C, 由正弦定理,得 3sin C=2sin Asin C, 3 ∵sin C≠0,∴sin A= 2 .又△ABC为锐角三角形, π π π ∴A=3,于是6<B<2. ∵f(x)=(m+n)·m=(sinx+cosx,2)·(sinx,-1)=sin2x+sinxcos x-2 1-cos2x 1 π 3 2 = +2sin2x-2= 2 sin?2x-4?-2, 2 ? ? π π 3 ? π 2 2 3 π π ∴ f ( B ? ) = 2 sin?2?B+8?-4?-2= 2 sin 2B-2.由6<B<2,得3<2B<π, ? ? ? ? 8

3 2 3 2 3 ∴0<sin 2B≤1,-2< 2 sin 2B-2≤ 2 -2,

? ) ∈ (? 3 , 2 ? 3 ] . 8 2 2 2 // AM ,∴ 四边形 AMND 为平行四边形, 16.证明(1)∵ DN ?
即 f (B ? ∴ MN // AD . ∵ MN ? / 平面 PAD , AD ? 平面 PAD ,∴ MN // 平面 PAD .
2 2 2

(2)在 △PDN 中, PN ? PD ? DN ? 2 ? PD ? DN ? cos 60? ? 4 ? 2 ? 2 ? 4 ? 2 ?
2 2

1 2

? 12 .

故 PN ? DN ? 12 ? 4 ? 16 ? PD , ∴ PN ? DC 又∵ 平面 PDC ? 平面 ABCD , CD ? 平面 PDC ? 平面 ABCD , PC ? 平面 PDC , ∴ PN ? 平面 ABCD . ∵ MC ? 平面 ABCD , ∴ PN ? MC . ∵ MN // AD, ?DAB ? ?ADC ? 90? ,∴ ?CNM ? ?NMB ? 90? .
2 2 2

NM 2 2 ∴ ?NMC ? ?MBN .又 ?MBN ? ?BNM ? 90? , ∴ ?NMC ? ?BNM ? 90? ,即 BN ? MC . 又∵ PN ? BN ? N , PN , BN ? 平面 PNB ,∴ MC ? 平面 PNB . ∵ MC ? 平面 PMC ,∴ 平面 PMC ? 平面 PNB .
17.解(1)由题设,得 A ? 6,10 ? , B ?10,6 ? ,
当 5 ≤ x ≤ 6 时, S ?

在 Rt ?NMC 中, tan ?NMC ?

NC

?

1

?

2

;在 Rt ?NMB 中, tan ?MBN ?

NM MB

?

2 2



8 2 x , 15
10

当 6 ? x ? 10 时, S ? 60 ? 当 10 ≤ x ≤12 时, S ?

3 ? 2 3600 ? ?x ? 2 ?, x ? 10 ?

1920 , x2

?8 2 5≤ x ≤ 6, ?15 x , ? 3? 3600 ? ? 故 S ? ?60 ? ? x 2 ? 2 ? , 6 ? x ? 10, 10 ? x ? ? ?1920 10 ≤ x ≤ 12. ? 2 , ? x 8 96 (2)易知当 5 ≤ x ≤ 6 时, S ? x 2 为单调递增函数, S ≤ , 15 5 1920 96 当 10 ≤ x ≤12 时, S ? 2 为单调递减函数, S ≤ , 5 x
当 6 ? x ? 10 时, S ? 60 ? 时取得最大值. 综上: S 的最大值为 24 平方分米,此时 x ? 2 15 分米.

3 ? 2 3600 ? 3 2 3600 x ? 2 ? 24 ,当且仅当 x ? 2 15 ? x ? 2 ? ≤ 60 ? 10 ? x ? 5 x

18.解 (1)由题意知

c 3 ? , a ? 2 ,∴ c ? 3 , b ? 1 , a 2 x2 可知椭圆 T 的方程为 ? y 2 ? 1 ,圆 O 的方程为 x 2 ? y 2 ? 4 . 4
(2)设 l1 : y ? k ? x ? 2 ? ,由由 ?

? y ? k ? x ? 2 ?,
2 2 ? x ? 4 y ? 4,

解得点 A ?

? 8k 2 ? 2 ?4k ? , . 2 2 ? ? 1 ? 4k 1 ? 4k ?

由?

? y ? k ? x ? 2 ?,
2 2 ? x ? y ? 4,

解得点 C ?

? 2k 2 ? 2 ?4k ? , . 2 2 ? ? 1? k 1? k ? ? 8 ? 2k 2 4k ? ? 2 ? 2k 2 4k ? 1 , 2 , D ,可得点 B ? 2 , . ? ? 2 2 ? k ? k ?4 k ?4? ? 1? k 1? k ?

把点 A,C 坐标中的 k 换成 ?

k2 3 = ,解得 k 2 ? 2 ,∴ l1 的方程为 y ? 2 ? x ? 2 ? , l2 的方程 2 k ? 4 1+4k 2 2 2 为y?? ? x ? 2 ? 或 l1 的方程为 y ? ? 2 ? x ? 2 ? , l2 的方程为 y ? ? x ? 2 ? . 2 2
②直线 AB 的方程为 y ?

???? ???? ? ???? ???? ? ①∵ MB ? MD ? 3MA ? MC ,得

? ?4k 4k 5k 8k 2 ? 2 ? ,令 x ? ?2 ,得 y ? . ? x ? 2 2 ? 2 ? 1? k2 1 ? 4k 1 ? 4k ? 4 ?1 ? k ? ?

直线 CD 的方程为 y ? 所以交点 P ? ?2,

2k ?4k x ,令 x ? ?2 ,得 y ? . 2 1? k 1? k2

? ?

?4k ? ? 在定直线 x ? ?2 上. 1? k2 ?
11

19.解(1)由 S n ? S n ? 2 ? 2 S n ?1 ? 2
所以 an ? an ?1 ? 2 又 a2 ? a1 ? 2 ,
n ?1

n ?1

( n≥ 3 ) ,得 S n ? S n ?1 ? S n ?1 ? S n ? 2 ? 2
n ?1

n ?1

( n ? 3) ,

( n≥ 3 ) , 即 an ? an ?1 ? 2

( n≥ 3 ) ,

所以 an ? (an ? an ?1 ) ? ( an ?1 ? an ? 2 ) ? ? ? (a3 ? a2 ) ? ( a2 ? a1 ) ? a1

? 2n ?1 ? 2 n ? 2 ? ? ? 22 ? 2 ? 3 ?
(2) bn ?

2n ?1 an ? an ?1

2(1 ? 2n ?1 ) ? 3 ? 2n ? 1 . 1? 2 2 n ?1 1? 1 1 ? ? n ? ? n ? n ?1 ? , n ?1 (2 ? 1)(2 ? 1) 2 ? 2 ? 1 2 ? 1 ?

1 ?? 1 1 ? ? 1 1 ? 1 ?? 1 ? 1 1 ? ? 1 ? n ?1 ?? ? ? ? n ?1 ? . ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? n ? 2 ?? 3 5 ? ? 5 9 ? ? 2 ? 1 2 ? 1 ?? 2 ? 3 2 ? 1 ? 1 1 1 2 ①因为 Tn ? ,因此 ? n ?1 ? ,即 2n ?1 ? 8 ,解之得 n ? 2 ,所以 n≥ 3 . 9 3 2 ?1 9 故 n0 的最小值为 3.
所以, Tn ? b1 ? b2 ? ? ? bn ?

1?1 1 ? 2n ②因为 Tn ? ? ? n ?1 ? 0 ,所以 Tn 随着 n 的增大而增大. ? ,而 Tn ?1 ? Tn ? n ?1 2 ? 3 2 ?1? (2 ? 1)(2 n ? 2 ? 1) 1?1 1 ? 1 ? 6m 1 ? n ?1 若 Tn ? m ,则 ? ? n ?1 , ? ? m ,化简得 3 2 ?1 2 ? 3 2 ?1? 3 ? 1? n ?1 因为 m ? ? 0 , ? ,所以 1 ? 6m ? 0 ,所以 2 ? ? 1, 1 ? 6m ? 6? ? ? 3 n ? log 2 ? ? 1? ? 1 , ? m 1 6 ? ? 1 ? 3 ? 当 log 2 ? ? 1? ? 1 ? 1 ,即 0 ? m ? 时,取 n0 ? 1 即可. 15 ? 1 ? 6m ? 1 1 ? 3 ? ? ? 3 当 log 2 ? ? 1? ? 1 的整数部分为 p , ? 1? ? 1≥1 ,即 ≤ m ? 时,记 log 2 ? 1 6 ? m 15 6 ? ? ? 1 ? 6m ? 取 n0 ? p ? 1 即可.
综上可知,对任意给定的 m ? ? 0 ,

? ?

1? ? (2)中的 Tn ? m 恒成立. ? ,均存在 n0 ? N ,使得当 n≥ n0 时, 6?

20.解(1) h( x) ? ln x ? x ?

1

1 1 1 2 x ? x ?1 (x ? 0) , h?( x) ? ? ? ? ? x 2 x 2x x x 2x x

?

x ?1 ? 2 2x x

?

2



令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 3 ? 2 2 .

令 h?( x) ? 0 ,得 0 ? x ? 3 ? 2 2 ,∴ h( x) 的单调减区间为 0,3 ? 2 2 ; 令 h?( x) ? 0 ,得 x ? 3 ? 2 2 ,∴ h( x) 的单调增区间为 3 ? 2 2, ?? . (2)当 a ? 1,b ? ? 1 时, f ( x) ? g ( x) ? ln x ? x ?

?

?

?

?

1
x



x ?1 1 1 1 设 F ( x) ? ln x ? x ? ,则 F ?( x) ? ? ? ?? x 2 x 2x x x 2x x ∴ F ( x) 在(0,??)上是减函数,又 F (1) ? 0 ,则 当 x?(0,1)时, f ( x) ? g ( x ) ; 当 x ? 1 时, f ( x) ? g ( x ) ; 当 x?(1,??)时, f ( x) ? g ( x ) .

1

?

?

2

≤0 恒成立.

12

(3) f ( x) ? g ( x) ,即 ln x ? a x ?

b x

(x ? 0) .
1 1 2? x , ? ? x 2 x 2x

① 若 b≥0,取 a ? 1,考察函数 u ( x) ? ln x ? x .∵ u ?( x) ? 令 u ?( x) ? 0 ,得 x ? 4.

x u ?( x) u ( x)

(0,4)

4 0
极大值

(4,??)

?


?


∴ u ( x)max ? u (4) ? ln 4 ? 2 ? 0 .则 u ( x) ? 0 恒成立,即不存在正数x 0 ,使 f ( x0 ) ? g ( x0 ) . b ln x b ②若 b ? 0, ln x ? a x ? (x ? 0) ,也即 ? ? a (*) . x x x

2 2 1 1 24 x ?1 先证 ln x ? ? 4 ,设 v( x) ? ln x ? 4 ,则 v?( x) ? ? 4 ? . x 2x x 2x 4 x x x 1 令 v?( x) ? 0 ,得 x ? . 16 1 1 1 (0, ) ( ,??) x 16 16 16 v?( x) 0 ? ? v( x) ↘ 极小值 ↗ 2 ∴ v( x)min ? ?4ln 2 ? 4 ? 0 .则 v( x) ? ln x ? 4 ? 0 恒成立. x ln x b b 2 2 ? ?? ? ∴ ln x ? ? 4 .则 . 3 x 4 x x x x

? ?



1
4

b ? t ,则 ? ? x x

? x?
4

2

3

? 2? ? ?bt 4 ? 2t 3 ? ?bt 3 ? t ? ? . ? b?

? a ??bt 3 ? a, t?3? , ? ? a ? 2? 2? ? ? 3? b 取 t ? max ? 令? 2 ,即 ? ? 3 ? ,1 ? ? ,则当t ? t 0 时, ?bt ? t ? ? ? a 成立. 0 b? ? b? ? b ? ? ?t ? ? 1, ?t ? 1 ? 2 , ? b ? b ? 1 即存在 x0 ? 4 ,使得 f ( x0 ) ? g ( x0 ) . t0

综上所述,实数 b 的取值范围为(??,0) .

13


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