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)
时间：2020-09-10 12:15:04 来源：勤学考试网 本文已影响 人 
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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
