【参考】届苏州市高三数学寒假作业参考答案全部

1、.2015届苏州市高三数学寒假作业参考答案2015年2月7日一、填空题1； 2m2；3(2,0)(0,2) ；4(17,18；5 解析：由题意得：x12y0，0y，2x3y23y22(12y)3y24y23(y)22，当y时2x3y2有最小值；6 解析：flog22，故ff(2)32；7. 答案 >解析 由f(x)ax22ax1(a>0)知f(x)过定点(0,1)又f(x)ax22ax1a(x1)2a1(a>0)，设f(x)0的两个实数根为x1，x2，且x1<x2，如图所示所以x1x22，x1x2，由>0得a>1，所以x2x1 (0,2)又因为对称轴为直线x

2、1，f(0)1，所以x2(1，0)由f(m)<0，得x1<m<x2，所以m2>0，所以f(m2)>1；82 解析：，令，则为奇函数，对于一个奇函数来说，其最大值与最小值之和为0，即，而，所以.二、解答题9.解：（1）若，.（2）又,即实数的取值范围为. 10解 (1) 由已知得第7天的销售价格p49，销售量 q 41.所以第7天的销售收入W749×412 009.(2) 设第x天的销售收入为Wx元，则Wx当1x6时，Wx(44x)(48x)22 116，当且仅当x2时取等号，所以当x2时，取最大值W22 116；当8x20时，Wx(56x)(32x)21

3、 936，当且仅当x12时取等号，所以当x12时取最大值W121 936.由于W2>W7>W12，所以这20天中该农户第2天的销售收入最大11解(1) f(x)ax2x2a1，x1,2当a0时，f(x)minf(2)3.当a<0时，对称轴为x<0，f(x)minf(2)6a3.当a>0时，对称轴为x. 若<1时，即a>时，f(x)minf(1)3a2；若12时，即a时，f(x)minf2a1；若>2时，即a<时，f(x)minf(2)6a3.综上所述，当a<时，f(x)的最小值为6a3；当a时，f(x)的最小值为2a1；当a>时

4、，f(x)的最小值为3a2.(2) 由题意，f(x)0无解，即ax2|x1|2a0恒成立，则a对xR恒成立记tx1，则ag(t)，对tR恒成立t0时，g(0)0；t0时，g(t)maxg()；t0时，g(t)maxg()；所以ag(t)max.2015年2月8日一、填空题11, 3；20，)；3；4.2；5.0；6log32设A(x0,3x0)，由AC平行于y轴，则C(x0,9x0)又因为BC平行于x轴，则B(2x0,9x0)因为O，A，B三点共线，所以x0·9x02x0·3x0，得3x02，所以x0log32.7337 解析：由，可知函数的周期为6，所以，所以在一个周期内

5、有，所以.8 解析：由新定义得，所以可以画出草图，若方程有三个根，则，且当时方程可化为，易知；当时方程可化为，可解得，所以，所以，即二、解答题9解（1）因为是奇函数，所以=0，即，设则因为函数y=2在R上是增函数且 >0又>0 >0即在上为减函数（2）因是奇函数，从而不等式： 等价于，因为减函数，由上式推得：即对一切有：，从而判别式 10解 (1)由题意，x0，b4000，所以C(x)500x4000.P(x)R(x)C(x)3000x20500x4000202500x4000,0x100，xN. (2)P(x)2074125(0x100，xN)，所以当x62或x63时，P(

6、x)maxP(62)P(63)74120(百元)(3)MP(x)P(x1)P(x)40x2480(0x99，xN)；边际函数为减函数，说明随着产量的增加，每生产一台的利润与生产前一台利润相比在减少；当x0时，边际函数取得最大值为2480，说明生产第一台的利润差最大；当x62时，边际函数为零，说明生产62台时，利润达到最大11解(1) 因为f(x)是偶函数，所以当x<0时，f(x)f(x)ln(x2)(2) 当x0时，f(x)ln(x2)单调递增，而f(x)是偶函数，所以f(x)在(，0)上单调递减，所以f(m1)f(3m)等价于|m1|>|3m|，即(m1)2>(3m)2，解

7、得m>2.所以当m>2时，f(m1)>f(3m)；当m2时，f(m1)f(3m)；当m<2时，f(m1)<f(3m)(3)当xR时，f(x)ln(|x|2)，则由f(xt)2ln|x3|，得ln(|xt|2)ln(x3)2，即|xt|2(x3)2对xm,10恒成立从而对xm,10恒成立因为m2，所以所以m27m7m25m7，即m26m70，解得m3或m3.又m2，所以符合题意的最小整数m1.2015年2月9日1. 2. 3. acb 4. 2,4 5. 1 6. 7. 8. 9解：由题意知，.的最大值为74120（元）.因为是减函数，所以当时，的最大值为2440（

8、元）.因此，利润函数与边际利润函数不具有相同的最大值.10.（）是定义域为R上的奇函数， ，得，即是R上的奇函数设，则， 在R上为增函数（），即，或（舍去）则，令，由（1）可知该函数在区间上为增函数，则则 当时，；当时，所以的值域为 11. 解：（1）因为函数为奇函数，所以，即，即，得，而当时不合题意，故. （2）由（1）得：，下面证明函数在区间上单调递增，证明略. 所以函数在区间上单调递增，所以函数在区间上的值域为，所以，故函数在区间上的所有上界构成集合为. （3）由题意知，在上恒成立. ，. 在上恒成立. 设，由得 设,所以在上递减，在上递增，在上的最大值为，在上的最小值为 .所以实数的取

9、值范围为.2015年2月10日一、填空题1. 2. 3. 1 4. 5. 6. （提示：） 7. （提示：令，则，从在上是增函数，又，故原不等式等价于，所以） 8. （提示：在上是增函数，所以，从而是方程的两个不等实根，即与有两个不同的交点，斜率为的切线为，故，即）二、解答题9.解：（），因为函数在及取得极值，则有，即解得，（）由（）可知，当时，；当时，；当时，所以，则当时，的最大值为所以，解得或，因此的取值范围为10解：（1）因与地面垂直，且，则是全等的直角三角形，又圆的半径为3，所以， 又，所以， 若点重合，则，即，所以，从而，. （2）由（1）知，所以，当时， 令，当时，；当时，；所以函

10、数L在上单调递减，在上单调递增， 所以当，即时，L有最小值，此时用料最省. 11. 解：（1） ；（2）当时，函数无极值；当，在处取得极小值，无极大值(3)当时，直线：与曲线没有公共点，等价于关于的方程在上没有实数解，即（*）在上没有实数解当时，方程（*）可化为，在上没有实数解当时，方程（*）化为令，则有令，得，当变化时，的变化情况如下表：当时，同时当趋于时，趋于，从而的取值范围为所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是综上，得的最大值为2015年2月11日一、填空题： 14 212 34 45 5 6设等差数列的首项为a，公差为d，设，则即的最大值为4 7是以为公差的等差数列，且是数列

11、中的唯一最大项，即，的范围是8设正项等比数列an的公比为q，则由题意得， 则a1a2an. ，q2， a61，a1a11a2a101. a1a2a111. 当n=12时，a1a2a1227a1a2a11a12a1226成立； 当n=13时，a1a2a1328a1a2a11a12a13a12a1326·27213. 当n13时，随着n增大a1a2an将恒小于a1a2an. 因此所求n的最小值为13二、解答题：9解：(1)数列an的公差d1，且1，a1，a3成等比数列，a1×(a12)，即aa120，解得a11或2(2)数列an的公差d1，且S5a1a9，5a110a8a1，即

12、a3a1100，解得5a12a1的取值范围是(5,2)10解：(1)设等差数列的公差为,则, 由题意得 解得或 由等差数列通项公式可得,或(2)当时,分别为,不成等比数列； 当时,分别为,成等比数列,满足条件 故,记数列的前项和为 当时,；当时,； 当时, 当时,满足此式 综上，11解：（1）证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1an10，an2an（2）由题设，a11，a1a2S11，可得 a21，由（1）知，a31若an为等差数列，则2a2a1a3，解得4，故an2an4由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2

13、n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1an2n1，an1an2存在4，使得数列an为等差数列2015年2月12日一、填空题：14 2 3 418 531 6 7正项等比数列， ，设，则的最小值是32 8由题意可知，则，若，易知，舍去；若，则，且，则，则，又，且，二、解答题：9解：(1)设等差数列an的公差为d由题意知解得a11，d3，an3n2(nN*)(2)证明由题意知，bn123(n1)23n3(nN*，n2)，238(nN*，n2)，又b18，bn是以b18，公比为8的等比数列，Tn(8n1)10解：（1）设等比数列的首项为，公比为，依题意，有即由得 ，解得或当时，不合题意舍；当

14、时，代入(2)得，所以， （2）假设存在满足条件的数列，设此数列的公差为，则方法1：，得对恒成立，则 解得或此时，或故存在等差数列，使对任意都有其中，或方法2：令，得，令，得， 当时，得或，若，则，对任意都有；若，则，不满足当时，得或，若，则，对任意都有；若，则，不满足综上所述，存在等差数列，使对任意都有且，或11解析(1)令n=1，则a1=S1=0 (2)由，即，得 ，得 ，于是，+，得，即 又a1=0，a2=1，a2a1=1，数列an是以0为首项，1为公差的等差数列所以，an=n1 (3)假设存在正整数数组(p，q)，使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，

15、于是， ()易知(p，q)=(2，3)为方程()的一组解当p3，且pN*时，<0，故数列(p3)为递减数列，于是<0，此时方程()无正整数解综上，存在唯一正整数数对(p，q)=(2，3)，使b1，bp，bq成等比数列2015年2月13日一填空题 1. 2. 3. 4. 21 5. 7，8) 6. 1849 7. 8. 二解答题9.（1）设 所以 解得 则 （2） 所以 -得 所以10. （1）因为，令，则，得，即当时，且当时，此式也成立故数列an的通项公式为 （2）当时，由（1）知，Snn2依题意，时， 于是，且，故数列是首项为1，公比为2的等比数列 （3） 由（2）得，所以 于是

16、 所以 11.（1） 解得 （2）2015年2月14日一填空题（1） （2） （3） （4） （5） （6）右 （7） （8）二解答题9解：设扇形的半径为r，弧长为l 由题意得， 解得或（舍去，） 中心角的弧度数为.10解：（1）由图像可得， 又图像过点， 代入得 . （2）由 结合图像可得， 根据对称性可得两根之和为.11解：（1）由解得；（2）由 得， 原函数的增区间为原函数的减区间为.2015年2月15日一填空题（1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8）二解答题9. 解：（1） （2） 10解：（1）由题意得， . （2） .11解：，.2015年2月16日一 填空题

17、（1） （2） （3）2 （4） （5）等腰 （6） （7） （8）二 解答题9. 解：（1）成等差数列， ， ，即 ， ，即3 12，所以 （2） ， 的取值范围是 10解：（1）由得， 锐角中， 由余弦定理得 当时，与锐角三角形矛盾，此时. （2）由余弦定理得 当且仅当时等号成立此时符合题意11解：（1）由余弦定理，得起初两人的距离为 （2）设t 后两人的距离为d(t)，则当时，此时当时，此时所以 （3）当（）时，两人的距离最短2015年2月17日1、（7, 1）； 2、ab ； 3、； 4、7；5、4； 6、6； 7、1； 8、2；9、 (1)(cos 1，t)，又a，2tcos 10.

18、cos 12t.又|，(cos 1)2t25.由得，5t25，t21.t±1.当t1时，cos 3(舍)，当t1时，cos 1， (1，1)(2)由(1)可知t， ycos2cos cos2cos 2， 当cos 时，ymin10、 (1) m·nsin ·cos cos2sin sin， m·n1，sin. 又cos，coscos. (2)(2ac)cos Bbcos C，由正弦定理得(2sin Asin C)cos Bsin Bcos C， 2sin Acos Bsin Ccos Bsin Bcos C 2sin Acos Bsin(BC)ABC，s

19、in(BC)sin A0cos B，0B，B，易得，sinf(A)sinf(A) 18、(1)设P(x，y)，则Q(8，y)由()·()0，得|2|20， 即(x2)2y2(x8)20，化简得1. 所以点P在椭圆上，其方程为1.(2)因·()·()()2221，P是椭圆1上的任一点，设P(x0，y0)，则有1，即x16，又N(0,1)，所以 2x(y01)2y2y017(y03)220y02，2，当y03时，2取得最大值20，·的最大值为19；当y02时，2取得最小值为134(此时x00)，·的最小值为1242015年2月22日1. 2.充分不

20、必要. 3x2(y1)21. 4.或5.相交. 6. 2.【提示】最小面积为为CPl时的情况.71，1.【解析】 在OMN中，OM1ON，设ONM，则45°<135°.根据正弦定理得，所以sin 1，所以0x1，即1x01，故符合条件的x0的取值范围为1，18.【解析】圆C的方程可化为：，圆C的圆心为，半径为1.由题意，直线上至少存在一点，以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点；存在，使得成立，即.即为点到直线的距离，解得.的最大值是.9.解：已知圆的标准方程是(x2)2(y2)21，它关于x轴的对称圆的方程是(x2)2(y2)21.设光线L所在直线方程是：y3k(x

21、3). 由题设知对称圆的圆心C（2，2）到这条直线的距离等于1，即整理得 解得故所求的直线方程是，或，即3x4y30，或4x3y30PMN10.解：如图，以直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，则两圆心分别为设，则，同理，即，即这就是动点的轨迹方程11.解:()由题设知,圆C的方程为,化简得,当y=0时,x=0或2t,则;当x=0时,y=0或,则, 为定值 (II),则原点O在MN的中垂线上,设MN的中点为H,则CHMN,C、H、O三点共线,则直线OC的斜率,t=2或t=-2 圆心C(2,1)或C(-2,-1)圆C的方程为或,由于当圆方程为时,直线2x+y-4=0到圆心的距离d&

22、gt;r,此时不满足直线与圆相交,故舍去. 圆C的方程为 ()点B(0,2)关于直线x+y+2=0的对称点为 ,则,又到圆上点Q的最短距离为. 所以的最小值为,直线的方程为,则直线与直线x+y+2=0的交点P的坐标为 .2015年2月23日1.（1/4,0）. 2. k或k. 3 4. .5.【解析】线段的中垂线过点， ，又点P在右准线上，即.6.6.【解析】设圆心为点C，则圆x2(y6)22的圆心为C(0，6)，半径r.设点Q(x0，y0)是椭圆上任意一点，则y1，即x1010y，|CQ|，当y0时，|CQ|有最大值5，则P，Q两点间的最大距离为5r6.7x2y21.【解析】设F1(c，0)

23、，F2(c，0)，其中c，则可设A(c，b2)，B(x0，y0)，由|AF1|3|F1B|，可得3，故即代入椭圆方程可得b21，解得b2，故椭圆方程为x21.8. .【解析】易知化简，代入便可9.【解析】若椭圆的焦点在轴上，设方程为由题意得：，解得，椭圆方程为；若焦点在轴上，设方程为，由题意得：，解得，椭圆的方程为，综上得：椭圆的方程为：或.10.【解析】设所求椭圆方程为，由得，设椭圆上任一点的坐标为，点到点的距离为，则，且=，其中.如果，则当时，取得最大值，解得（舍去），如果，则当时，取得最大值=，解得：，由可得椭圆上到点的距离等于的点为.11解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为1.所以a2

24、4，b22，从而c2a2b22.因此a2，c.故椭圆C的离心率e.(2)直线AB与圆x2y22相切证明如下：设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x00.因为OAOB，所以·0，即tx02y00，解得t.当x0t时，y0，代入椭圆C的方程，得t±，故直线AB的方程为x±.圆心O到直线AB的距离d，此时直线AB与圆x2y22相切当x0t时，直线AB的方程为y2(xt)，即(y02)x(x0t)y2x0ty00.圆心O到直线AB的距离d.又x2y4，t，故d.此时直线AB与圆x2y22相切2015年2月24日1. 2. （1,3） 3. 4. 8 5.

25、 6. 7. 8. 提示：，故9.（1）因为椭圆的离心率为，所以即所以故所以得BC方程为 令得即，所以圆M的半径为圆心M（c，0）因为圆M恰好与直线相切，所以故所求的椭圆方程为 （2）因为所以所以M到直线的距离等于1 依题意，直线的斜率存在，设直线即所以解得，故所求的直线的方程为 10. 解析：（1）设关于l的对称点为，则且，解得，即，故直线的方程为由，解得 （2）因为，根据椭圆定义，得，所以又，所以椭圆的方程为 （3）假设存在两定点为，使得对于椭圆上任意一点（除长轴两端点）都有（为定值），即·，将代入并整理得（）由题意，（）式对任意恒成立，所以，解之得 或所以有且只有两定点，使得为定值11.（1）将方程化为，令得或，所以圆过定点和，验证知点, 也在圆上，所以圆、圆相交于两个定点和；（2）设，则， 即，整理得*）存在无穷多个圆，满足的充要条件为有解，解此方程组得或，故存在点P，使无穷多个圆，满足，点P的坐标为.2015年2月25日1. 2.1个 3. 4. 5.解析:, .6 79 8 二、解答题： 9.证明：是的交点，是中点，又是的中点，中， ，又平面 平面平面，交线为， ，平面， ，又， 10.在四边形中，因为，所以， 又平面平面，且平面平面，平面，所以平面， 又