江苏省南京市届高考考前综合训练数学试题(终稿)含答案.doc

南京市2016届高考考前综合题一、填空题1已知，是三个互不重合的平面，l是一条直线，下列命题中正确的个数是 若，l，则l不一定平行；若，则；若l上有两个点到的距离相等，则l；若l与，所成角相等，则【答案】12已知正项等比数列an的前n项和为Sn，S16，S2S360,则S4的值为 【答案】90【提示】由题知a16，2a12a2a360，设等比数列an的公比为q,代入化简得q22q80，q2或者q4(舍)，所以S490（如果用求和公式则需要讨论q1，q1）【说明】本题考查了等比数列的项与和关系，通项公式，求和公式，考查了基本量的运算，合理选择运算方法3已知数列an的前n项和为Sn，数列an满足an2and(d为常数，且d0，nN*)，a11，a22，且a1a2，a2a3，a3a4成等差数列，则S20等于 .【答案】120.【提示】由题得2a2a3a1a2a3a4，则22(d1)2(d1)(d2)又d 0，得d 1，所以数列an奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，于是S20(a1a3a19)(a2a4a20)10111021120【说明】本题考查等差数列的基本量运算，考查了简单的隔项成等差数列的求和问题.4已知函数f (x)2 |x|cosx，则不等式(x2)f (x)0的解集是 _ .【答案】(，)(2，)【提示】注意到函数f (x)为偶函数，且f ()f ()0当x0时，f (x)2xcosx，此时f(x)2sinx0恒成立，于是f (x)在0，)上单调递增，根据f (x)为偶函数可知，f (x)在(，0上单调递减由(x2)f (x)0得或者即x2或x【说明】本题考查函数的基本性质以及简单的分类讨论该题没有直接指明函数的奇偶性及单调性，需要能根据给定的解析式发现其性质，助于解决问题5已知圆O：x2y2r2(r0)及圆上的点A(0，r)，过点A的直线l交圆于另一点B，交x轴于点C，若OCBC，则直线l的斜率为_【答案】【提示】方法一：设直线l的斜率为k，则直线l方程为ykxr，联立直线与圆方程解得B(，)，又点C坐标为(，0)，由OCBC，得()2()22，解得k方法二：设B=，在ABD中，AB=2rcos在AOC中，AC=，在BOC中，BC=由AB= AC+ BC，得2rcos+因为(0，)，解得cos，故，得BCx=，所以k由对称性，得k.【说明】考查坐标法处理直线与圆的位置关系6已知斜率为的直线l过椭圆1(ab0)的右焦点F，交椭圆于A，B两点若原点O关于直线l的对称点在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为_【答案】【提示】直线l方程为y(xc)，设O关于l的对称点为P(m，n)，则，解得mc，由题意知c，由e【说明】考查点关于直线对称问题的处理方法及椭圆离心率的计算7如图，边长为1的正三角形ABC中，P是线段BC上的动点，Q是AB延长线上的动点，且满足|2|，则的最小值为_ABCPQ【答案】【提示】设，0，1，则2，则，2因此222()2，因此最小值为【说明】本题考查平面向量数量积的最值问题，也可通过坐标法解决ABCD8如图，凸四边形ABCD中，AB2，BC6，ADCD4设四边形ABCD面积为S，则S的最大值为_【答案】8【提示】SSABD SBCD ABADsinACBCDsinC4sinA12sinC，即sinA3sinC；由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosACB2CD22CBCDcosC，代入化简得23cosCcosA两式平方相加得：()24106cos(AC)16（当cos(AC)1，即AC时取“”），解得S8【说明】本题考查三角形面积公式，余弦定理，两角和差公式及三角函数最值本题的背景是“四条边长一定的凸四边形，当其四点共圆时面积最大”9已知函数f (x)若函数yf(f (x)k有3个不同的零点，则实数k的取值范围是_ 【答案】(1，2【提示】f(f (x)作出函数f(f (x)的图像可知，当1k2时，函数yf(f (x)k有3个不同的零点【说明】本题考查函数迭代运算、函数的零点以及数形结合思想一般的函数的零点问题要有意识的借助于函数的图像解决问题10已知a，b，c为正数，且a2b5c，则的最小值为_xyO(2,1)(1,3)【答案】【提示】由题意得，设x，y，则有即作出平面区域得：设t，即t3xy，当直线y3xt与曲线y相切时，t最小将直线y3xt与曲线y联立方程组，消去y整理得15x2(5t9)x4t0，(5t9)2240t0得t或t(舍)，于是t最小为【说明】一般的含多个变量的不等式组问题要注意先减元再利用解决线性规划问题的方法求解11已知f (x)(x1) |x|3x若对于任意xR，总有f (x)f (xa)恒成立，则常数a的最小值是_【答案】3【提示】f (x)，作出函数f (x)的图象得：作平行于x轴的直线l与f(x)图象有三个交点，设最左边与最右边的交点分别为M，N，如图所示，则a的最小值即为线段MN长的最大值设直线l的方程为yt，可得MN33333 所以，a的最小值是3【说明】本题的难点是要能结合函数的图象发现常数a的最小值即为线段MN长的最大值二、解答题12三角形ABC中，A45，BC2（1）若cosC，求三角形ABC的面积S；（2）求的最大值【解答】（1）因为cosC，C(0，)，所以sinC由正弦定理得csinC2sinC 又sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC，所以SacsinB（2）bccosAbc因为a2b2c22bccosA，所以4b2c2bc因为b2c22bc，当且仅当bc时取等号，所以4bc2bc，所以bc42，所以22，即的最大值为22【说明】考查三角形面积公式，正弦定理，平面向量的数量积，基本不等式 13三角形ABC中，三内角A，B，C所对边长分别为a，b，c，cosB（1）若c2a，求sinA的值；（2）若C45B，求sinA的值【解答】（1）由余弦定理知：b2a2c22accosBa2，即ba，由正弦定理得：sinBsinA，因为cosB，B(0，)，所以sinB，所以sinA（2）因为cosB，B(0，)，所以sinB，而sinAsin(BC)sin(2B45) (sin2Bcos2B)，又sin2B2sinBcosB，cos2B12sin2B，所以sinA【说明】考查正余弦定理，两角和差公式及二倍角公式另外第（1）问还可以利用正弦定理将边的关系“c2a”转化为角的关系“sinC2sinA”来解决14如图，矩形ABCD所在的平面与平面ABF互相垂直. 在ABF中，O为AB的中点，AF8，BF6，OF5. （1）求证：AF平面BCF；（2）设FC的中点为M，求证：OM平面ADF. 【解答】（1）取BF中点E，连结OE. 因为O为AB中点，所以OE4，EF3，由OE2EF225OF2可得：EFOE又OEAF，从而BFAF.由矩形ABCD可知：BCAB，又平面ABCD所在的平面与平面ABF互相垂直，平面ABCD平面ABFAB，BC平面ABCD，所以BC平面ABF而AF平面ABF，故BCAF.又BFBCB，所以AF平面BCF. （2）连结ME.由（1）知：MEBC，而BCAD，故MEAD. 又ME平面DAF，DA平面DAF，所以ME平面DAF.同理可证：OE平面DAF. 而OEME=E，所以平面OME平面DAF.又MO平面OME，所以OM平面DAF.【说明】本题第二问也可以使用线线平行来证明线面平行.15如图，已知四棱锥PABCD的底面是边长为2的菱形，BCD60，点E是BC边的中点，AC，DE交于点O，PO2，且PO平面ABCD.（1）求证：PDBC；（2）在线段AP上找一点F，使得BF平面PDE，并求此时四面体PDEF的体积.【解答】（1）由题可得BCD为正三角形，E为BC中点，故DEBC.又PO平面ABCD，BC平面ABCD，则POBC，而DEPOO，所以BC平面PDE.又PD平面PDE，故PDBC.（2） 取AP中点为F，再取PD中点为G，连结FG.则FG为PAD中位线，故FG AD，又BE AD，所以FGBE，于是四边形BFGE为平行四边形，因此BFEG.又BF平面PDE，EG平面PDE,所以BF平面PDE.由（1）知，BC平面PDE.则有BCPE，BCDE，而BCFG，故FGPE，FGDE，且DEPEE，所以FG平面PDE.于是四面体PDEF的体积为V=SPDEFG211.另解（等体积转化）：因为BF/面PDE，则B，F两点到平面PDE的距离相等，所以四面体PDEF的体积等于四面体PDEB，因为PO平面ABCD，所以VP-BDE=POSBDE=1.【说明】第一问考查空间中线线垂直的证明方法；第二问属于探究性问题，本问注意与三模立体几何题第二问区别开来.本题应先找到点的位置再进行论证，最终证明得到线面平行.最后考查棱锥的体积公式.16如图，有一位于A处的观测站，某时刻发现其北偏东45且与A相距20海里的B处有一货船正以匀速直线行驶. 20分钟后又测得该船位于观测站A北偏东45（其中tan，045），且与观测站A相距5海里的C处.（1） 求该船的行驶速度v（海里/小时）；（2） 在离观测站A的正南方15海里的E处有一半径为3海里的警戒区域，并且要求进入警戒区域的船只不得停留在该区域超过10分钟. 如果货船不改变航向和速度继续前行，则该货船是否会进入警戒区域？若进入警戒区域，是否能按规定时间离开该区域？请说明理由.【解答】（1）由题意：AB20，AC5，BAC，因为tan，045，所以cos=，由余弦定理得：BC2AB2AC22ABACcos125，即BC5.因为航行时间为20分钟，所以该船的行驶速度为v15海里/小时.（2）由（1）知，在ABC中，cosB，则sinB.设BC延长线交AE于点F，则AFB45B，ACFB.在AFC中，由正弦定理可得： .解得：AF20海里.过点E作EG垂直BF于点G，在EFG中，sinAFB，EF5，所以EG.显然，3，故货船会进入警戒区.则货船进入警戒区的时间为小时，而，所以货船可以在规定时间之内离开警戒区域.【说明】考查正、余弦定理的运用，求解直线与圆的弦长问题，考查学生解决实际问题的能力本题第二问也可以通过建立平面直角坐标系来解决直线与圆的位置关系问题.17某工厂制造一批无盖圆柱形容器，已知每个容器的容积都是立方米，底面半径都是r米.如果制造底面的材料费用为a元/平方米，制造侧面的材料费用为b元/平方米，其中1，设计时材料的厚度忽略不计.（1）试将制造每个容器的成本y（单位：元）表示成底面半径r（单位：米）的函数；（2）若要求底面半径r满足1r3（单位：米），则如何设计容器的尺寸，使其成本最低？【解答】（1）设每个容器的高为h米，则圆柱的体积为Vr2h，即r2h1.所以，制造成本y2rhbr2a(br2a)（r0）.（2）y2(ar)，令y0，则有r .列表得：r（0，）（，）y0y单调递减极小值单调递增（i）当3，即27，则函数y在1,3上单调递减，所以当r3时，y取得最小值，此时底面半径应设计成3米.（ii）当13，即127，则函数y在1,上单调递减，在,3上单调递增，所以当r时，y取得最小值，此时底面半径应设计成米.综上，当27时，应将底面半径设计成3米；当127时，应将底面半径设计成米.【说明】考查圆柱体的体积及表面积的计算，利用导数解决函数在闭区间上的最值问题，分类讨论思想的运用，考查学生解决实际问题的能力.18已知椭圆1，左顶点为A，右准线与x轴的交点为B，点P为椭圆右准线上且在第一象限内的点，直线AP交椭圆于点Q，连接BQ（1）当2时，求证：直线BQ与椭圆只有一个公共点；（2）过点P与直线BQ垂直的直线l在y轴上的截距为t，当t最大时，求直线AP的方程xyOABQP【解答】（1）由题意知，右准线方程为x4设P(4，m)，因为2，即Q为AP中点，因为A(2，0)，所以点Q(1，)，代入椭圆方程得()21，解得m3（负值舍去），所以Q(1，)又B(4，0)，所以直线BQ方程为y(x4)，联立直线与椭圆方程得消去y，得x22x10，该方程有两个相等的实根，所以直线与椭圆只有一个公共点（2）AP方程为yk(x2)(k0)，则点P坐标为(4，6k)，联立直线与椭圆方程消去y，得(34k2)x216k2x16k2120设方程两根为x1，x2，由题意知x12，因为x1x2，因此x2，代入直线方程得y2，即Q(，)，则直线BQ的斜率为kBQ，则直线l的斜率为，所以直线l的方程为y6k (x4)令x0，得y(2k)24（当且仅当k1时取“”号），此时直线AP方程为yx2【说明】考查直线与椭圆的位置关系及解几中的最值问题19已知椭圆1(ab0)上顶点A(0，2)，右焦点F(1，0)，椭圆上任一点到点F的距离与到定直线l：xm的距离之比为常数k（1）求常数m，k的值；（2）过点F的直线交椭圆于点S，T两点，P为直线l上一动点若PFST，求证：直线OP平分线段ST；设直线PS，PF，PT的斜率分别为k1，k2，k3，求证：k1，k2，k3成等差数列xOyPFTAlS【解答】（1）由题意知b2，c1，则a，所以椭圆方程为1设M(x，y)为椭圆上任一点，由题意知k，整理得(x1)2y2k2(xm)2又y24，代入上式整理得 (k2)x22(mk21)x5k2m20由题意知上式恒成立，则解得k，m5（2）当ST斜率不存在时，由PFST，得P为直线l与x轴的交点，此时线段ST被直线OP平分；当ST斜率为0时，不合题意；当ST斜率存在时，设直线ST方程为yk(x1)，联立直线与椭圆方程，消去y，得(45k2)x210k2x5k2200设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则x1x2，x1x2，且0设线段ST中点为(x0，y0)，则x0，y0 k(x01)，所以ST中点为(，)因为PFST，所以直线PF方程为y(x1)，所以点P坐标为(5，)，则直线OP方程为y x，而y0 x0，即(x0，y0)在直线OP上，即直线OP平分线段ST综上，直线OP平分线段ST（2）当ST斜率不存在时，易得S(1，)，T(1，)设P(5，t)，则k1，k2，k3，则k1k32k2，即k1，k2，k3成等差数列当ST斜率存在时，设直线ST方程为yk(x1)（同第（1）问）设P(5，t)，则k1k，k2，k3k，则k1k3kk2k2k由（1）知x1x2，x1x2，代入上式得k1k32k2k2k，又k2，所以k1k32k2，即k1，k2，k3成等差数列综上：k1，k2，k3成等差数列【说明】考查直线与椭圆的位置关系，解析几何中的恒成立问题及分类讨论思想20已知函数f (x)2x33(k1)x26kxt，其中k，t为实数，记区间2，2为I （1）若函数f (x)的图像与x轴相切于点(2，0)，求k，t的值； （2）已知k1，如果存在x0(2，2)，使得f (x0)为f (x)在I上的最大值，求k的取值范围； （3）已知k3，若对于任意xI，都有f (x)6(x2)ex，求t的最小值（e27.39）【解答】（1）f(x)6x26(k1)x6k6(x1)(xk)，因为函数f (x)的图像与x轴相切于点(2，0)，于是f (2)0，f(2)0，即2k0，1612(k1)12kt0，解得k2，t4（2）当k2时，f (x)在(2，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，于是存在x01，使得f (x0)为f (x)在I上的最大值；当k1时，f(x)0恒成立，故f (x)在I上单调递增，故不存在x0(2，2)，使得f (x0)为f (x)在I上的最大值；当1k2时，f (x)在(2，1)上单调递增，在(1，k)上单调递减，在(k，2)上单调递增，于是若存在x0(2，2)，使得f (x0)为f (x)在I上的最大值，则必有f (1)f (2)，即k，又1k2，于是k2；综上，k（3）对于任意xI，都有f (x)6(x2)ex，即对于任意xI，都有2x33(k1)x26kxt6(x2)ex 即t6(x2)ex2x33(k1)x26kx 设g (x)6(x2)ex2x33(k1)x26kx，x2，2， 则g(x)6(x1)( exxk)，令h(x)exxk，x2，2， 则h(x)ex1，于是h(x)在(2，0)上单调递减，在(0，2)上单调递增， 又h(2)2k2310，于是当x2，0时h(x)0恒成立，又h(1)e1ke13e40，h(2)e22ke22e20，因此h(x)exxk，x2，2存在唯一的零点x0(1，2)，于是g (x)在(2，1)上单调递增，在(1，x0)上单调递减，在(x0，2)上单调递增，所以g (x)maxmax g (1)，g (2)又g (1)g (2)(16e3k)(4)56e3k56e3()156e0，于是g (1)g (2)，所以g (x)maxg (2)4，即t4，因此t的最小值是4【说明】本题主要考查利用导数求函数的最值，分类讨论思想及函数极值点常见的处理方法其中第三问要能通过给定的k的范围比较相关量的大小21已知函数f (x)x2ax(aR)，g (x)lnx （1）求证：g (x)； （2）设h(x)f (x)bg (x)(bR) 若a2b0，且当x0时h(x)0恒成立，求a的取值范围；若h(x)在(0，)上存在零点，且ab2，求b的取值范围【解答】（1）设h (x)g (x)lnx则h(x)，于是f (x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，于是h (x)minh (2)1ln20，从而h (x)0恒成立，即g (x)（2）h(x)f (x)bg (x)x2axb lnx因为a2b0，所以h(x)x2axa2lnx，h(x)，当a0时，h(x)x20恒成立；当a0时，h(x)在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，于是h(x)minh()0，即a2a2ln0，解得0a2e当a0时，h(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，于是h(x)minh(a)0，即a2ln(a)0，解得1a0综上，1a2 e因为h(x)在(0，)上存在零点，所以x2axb lnx0在(0，)上有解，即axb在(0，)上有解又因为ab2，即ab2，所以xbb2在(0，)上有解由（1）可知lnxx，因此b，设F(x)，则F(x)，因为lnx，所以x2lnx20，于是F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以F(x)minF(1)1，故b1【说明】本题考查导数的应用，第二问中涉及恒成立问题及存在性问题，一般说来首选方法是参变分离，遇到不能分离的应考虑构建新的函数解决问题注意比较第二问中解决问题的方法选择22定义：从数列an中取出部分项，并将它们按原来的顺序组成一个数列，称为数列an的一个子数列.设数列an是一个公差不为零的等差数列；（1）已知a46，自然数k1，k2，kt，满足4k1k2kt， 若a22，且a2，a4，ak1，ak2，akt，是等比数列，求k2的值； 若a24，求证：数列a2，a4，ak1，ak2，akt，不是等比数列.（2）已知存在自然数k1，k2，kt，其中k1k2kt若ak1，ak2，ak3，akt，是an的一个等比子数列，若m(m为正整数)，求kt的表达式.(答案用k1，k2，m，t表示).【解答】（1）设数列an的公差为d，因为a22，a46，所以2d4，d2，ana2(n2)d2n2，设无穷等比数列公比为q，q3，所以ak22332k22，故k228.假设数列a2，a4，ak1，ak2，akt，是无穷等比数列.则a2，a4，ak1成等比，a4，ak1，ak2成等比,所以a42a2ak1得 ak19, ak12a4ak2得ak2.因为2da4a21，d1，ana2(n2)dn2，所以ak2k22，k2N* 这与k2为自然数矛盾.所以数列a2，a4，ak1，ak2，akt，不是无穷等比数列.（2）方法1 因为ak2ak1(k2k1)d(m1)ak1，所以d又ak1，ak2，ak3，akt，是an的一个等比子数列，aktak1mt-1ak1(ktk1)d，将d代入，得mt-11，解得kt=(k2-k1)k1方法2 因为ak1，ak2，ak3成等比数列，所以ak3ak21ak2ak2ak2，则(k3k2)d(k2k1)d，因为d不为零，是正整数m，所以k3k2(k2k1)m，同理可得k4k3(k3k2)m，ktkt1(kt1kt2)m(t3)，所以ktkt1(t2)是等比数列，则ktkt1(k2k1)mt2(t2)，累加得ktk1(k2k1)，所以kt=(k2-k1)k1(t2)，易知当t1时，此式也成立，于是kt=(k2-k1)k1【说明】本题主要探究了无穷等差数列中能有无穷等比子数列的条件问题，考查了等差数列等比数列的概念及基本量运算，通项公式的求法，反证法等等.考查了运算能力，推理论证能力和化归思想.23等差数列an公差大于零，且a2a3，a22a32，记an的前n项和为Sn，等比数列bn各项均为正数，公比为q，记bn的前n项和为Tn.（1）写出Si（i1，2，3，4，5，6）构成的集合A.（2）若q为正整数，问是否存在正整数k，使得Tk，T3k同时为（1）中集合A的元素？若存在，求出所有符合条件的bn的通项公式，若不存在，请说明理由.（3）若将Sn中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列cn，求cn的一个通项公式.【解答】（1）由a2a3，a22a32，设an公差为d，d大于零，得a21，a3，d ，a1，Sn，所以A，3，5，（2）因为bn是等比数列，bn0，qN*当q1时，Tkkb1，T3k3kb1，3，所以T3k，Tk，所以kb1，b1，bn.当q 1时，Tk，T3k因为 qN*，q 1，所以q 2，则1qkq2k1247，所以或或或当时，1qkq2k10，解得qkN*当时，1qkq2k15，解得qkN*当时，1qkq2k21，解得qk4或5(舍)由q2，k2，代入Tk，得b1=，所以bn2n1由q4，k1，代入Tk，得b1=，所以bn4n1=4n2当时，1qkq2k7，解得qk2或3(舍)，所以q2，k1，代入Tk，得b1，所以bn32n2综上，bn(kN*)或bn2n1或bn4n2或bn32n2（3）因为Sn为整数项，所以n4k或4k1，kN*当n4k1，kN*时，Sn(4k1)k；当n4k，kN*时，Snk(4k1)；因为Sn中的整数项按从小到大的顺序排列构成数列cn，所以当n为奇数时，k，cn(41)；当n为偶数时，k，cn(2n1)；所以cn【说明】本题是数列与方程的综合问题.本题考查了等差数列等比数列的基本量运算，方程整解问题.考查了运算能力，推理论证能力，分类讨论思想.附加题1如图，四棱锥SABCD的底面是平行四边形，ADBD2，AB2，SD平面ABCD.SD2，点E是SD上的点，且 （01）.（1）求证：对任意的01，都有；（2）若二面角CAED的大小为60，求的值【解答】（1）因为ADBD2，AB2，所以ADDB.故以D为原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系oxyz，则D（0,0,0），A（2,0,0），B（0,2,0），C（2,2,0），S（0,0,2），E（0,0,2）.所以（2,2,2），（2,0,2），（4,2, 0），（0,2,2），则有44(40)40，即（2