2014届高三高考模拟专家卷数学(1)

2014年江苏高考数学模拟试题（一）

数学Ⅰ 必做题部分

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位．．．．．．

置上． ．．1．已知集合A 0,1 ，集合B 1,0,x , 且A B，则实数x的值为

1．答案：1，解析：根据子集的定义知x的值为1．

2．已知复数(1 i) (1 bi)为纯虚数，则实数b的值为 2．答案：1，解析：(1 i) (1 bi) (1 b) (1 b)i ，

(1 i) (1 bi)是纯虚数，

1 b 0，且1 b 0 ， b 1．

3．一个算法的流程图如下图所示，则输出s的结果为

3．答案：11，解析：第一次循环后，Y 3，第二次循环后，Y 5，第三次循环后，Y 7， ，所以输出Y 11．

4．如图表示甲、乙两名篮球运动员每场得分情况的茎叶图，则甲、乙得分的中位数分别是a,b，则a b ．

4．答案：57.5，解析：由茎叶图知甲的中位数为a 32，乙的中位数为

a 25.5，． a b 57.5．

5．一口袋中放有质地、大小完全相同的6个球，编号分别为1，2，3，4，5，6，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，甲、乙两人所摸球的编号不同的概率是 ．

5

，解析：设“编号不相同”为事件B，则“编号相同”为其对立事件B，事件6

61 ，，（2，2），（3，3），（4，4），（5，5），（6，6），P(B) B包含的基本事件为（1，1）

366

155

所以 P(B) 1 P(B) 1 ，编号不同的概率为．

666

5．答案：

6．在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且1 为 ． 6．答案：

tanA2c

，则角A的大小

tanBb

2sin

π3

，解析：1

taAnc2ABsinCcos

，即 1

tanBbsinBcosAsinB2sin

siBn AcosAsBincCos

，

siBnAcosBsin

sin(A B)2sinC1π∴， ∴cosA ．∵0 A π，∴A ．

sinBcosAsinB32

7．已知质点P在半径为10cm

10,0)为起始点，记点P在y轴上的射影为M，则10 是1rad/s，设A(

点M的速度是 cm/s．

tin7．答案：10，解析：运动ts后，P(10cots,10s则M的位S(t) 10sint， v S 10cost，则10 秒时点M的速度是10cm/s．瞬时变化率就是

导数是解题的关键．

x2y2

8．如图，设椭圆2 2 1(a b 0)长轴为AB，短轴为CD，E是椭圆弧

ab

EK EL

BD上的一点，AE交CD于K，CE交AB于L，则 的值

AKCL

为 .

8．答案：1，解析：利用投影将斜距离之比转化为水平的距离或竖直的距离之比，将线段之比转化为坐标的绝对值之比，体现坐标法解决问题的思想.如图所示，设点E(x0,y0)，过点E分别向x、y轴引垂线，垂足分别为N、M，由△MKE∽△OKA，故

2

2

22

EKMEx0

，同AKAOa

2222

x0y0x0y0ELy0 EK EL

2 2，又点E(x0,y0)在椭圆上，故有2 2 1，理，则 abCLbb AK CL a

EK EL 即 1.

AKCL

9．各项均为正数的等比数列

22

an

满足a1a7 4,a 6

，若函数8

f(x) a1x a2x2 a3x3

为 ．

a10x10的导数为

f (x)，则

1f ()2

的值

55

，解析： 由等比数列的性质知a42 a1a7 4，又因为各项均为正数，所以4

1

，所以an 2n 3，又a4 2．因为a6 8，所以q 2,a1 4

11n 19n 1

x nax n，，其通项公式为，将代入得f (x )1a 2a x 10axnaxn210n

24

1155

所以f () (1 2 10) ．

244

9．答案：

10．已知 ABC的三边a,b,c满足1 c 3 b 4 a 9，则 ABC的面积S最大值为 ． 10．答案：6，解析： S 时，等号取得，

即当a 5,b 4,c 3时， ABC的面积S的最大值为6．

11．用[x]表示不超过x的最大整数．已知f(x) x [x]的定义域为[ 1,1)，则函数f(x)的值域为 ．

11．答案：[ 2, 1)[0,1)，解析：根据[x]的定义分类讨论．当x [ 1,0)时，y x 1，

11

bcsinA 3 4 sin90 6，当b 4,c 3,a2 b2 c222

2 y 1；0,1)当x [时，y x，0 y 1；所以函数f(x)的值域为[ 2, 1)[0,1)．

12．已知点G、H分别为 ABC的重心（三条中线的交点）、垂心（三条高所在直线的交点），若AC 4,AB 6，则HG BC的值为 ．

12．答案：

201

HG BC (AG AH) BC AG BC (AC AB) (AC AB) ，解析：

3322120

(AC AB) ．另解：注意到题中的 ABC形状不确定，因此可取特殊情形33

ACB 90，则点H即为点A，由此可迅速得到答案．

x2y213．设x,y是正实数，且x y 1，则的最小值是 ．

x 2y 1

13．答案：

1

，解析：设x 2 s，y 1 t，则s t 4． 4

4141x2y2(s 2)2(t 1)2

(s 4 ) (t 2 ) (s t) ( ) 6． 所以=

stststx 2y 1414114114ts9

( ) 2．因为 ( )(s t) ( 5) ，等号当且stst4st4st4

214ts84x2y2

,s t 4取得，s ,t ，即当且仅当x ,y 时，仅当的取

33st33x 2y 1

得最小值

1

． 4

14．在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，若点P是棱上一点，则满足PA PC1 2的点P的个数为 ．

14．解析：方法1：利用椭圆的定义．一方面点P在以A,C1为焦点，长轴长为2的椭圆上；另一方面，P可能在AB，AD，AA1，C1B1，C1D1，C1C上，或者在

BB1,DD1,CD,A1B1,BC,A1D1上．

因为BA BC1 1 2，故点B在以A,C为焦点，长轴长为2的椭圆外，所以椭圆必与线段AB相交，同理在AD，AA1，C1B1，C1D1，C1C上各有一点满足条件． 又若点P在BB

1上，则PA PC1 2．

P．故BB1上不存在满足条件的点P，同理DD1,CD,A 1B1,BC,A1D1上不存在满足条件的点

故满足题设条件的点P的个数为6．

方法2：若P在AB上，设AP x，

有PA PC1 x 2,解得x 故AB上有一点P（AB的中点）满足条件．

同理在AD，AA1，C1B1，C1D1，C1C上各有一点满足条件． 又若点P在BB

1上，则PA PC1 2．

1． 2

P．故BB1上不存在满足条件的点P，同理DD1,CD,A 1B1,BC,A1D1上不存在满足条件的点

故满足题设条件的点P的个数为6．

二、解答题：（本大题共6小题,共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

BC 3, 15．（本小题满分14分）如图2，点P在 ABC内，AB CP 2,

P B π，记 B ． （1）试用 表示AP的长；

（2）求四边形ABCP的面积的最大值，并求出此时 的值．

15．解：（1）△ABC与△APC中，由余弦定理得，AC2 22 32 2 2 3cos ， ①

AC2 AP2 22 2 AP 2cos ，

②

由①②得AP2 4APcos 12cos 9 0， 0， ，解得AP 3 4cos ； 0， （2）S S ABC S APC 1 2 3sin 1 2 APsin ,

0，由（1）得S 4sin cos 2sin2 ， ，所以当 时，Smax 2．

4

16．（本小题满分14分）已知PA 菱形ABCD所在平面，点E、F分别为线段BC、PA的中点． （1）求证：BD PC； （2）求证：BF∥平面PDE． 16．证明：（1）

PA 平面ABCD，BD 平面ABCD，

PA BD，

又

ABCD是菱形， AC BD，

又PA,AC 平面PAC，PAAC A，

BD 平面PAC，

又PC 平面PAC， BD PC．

（2）取线段PD的中点G，连结EG,FG， 则FG∥AD，且FG

11

AD，又BE∥AD，且BE AD， 22

FG∥BE，FG BE， 四边形BEGF是平行四边形， BF∥EG，

又BF 平面PDE，EG 平面PDE，

BF∥平面PDE．

17．（ 本小题满分14分） 某商场分别投入x万元，经销甲、乙两种商品，可分别获得利润

y2=cx，其中m,a,b,c都为常数．如y1、y2万元，利润曲线分别为C1：y1=m ax b，C2：

图所示：

（1）分别求函数y1、y2的解析式；高 考 资 源 网

（2）若该商场一共投资12万元经销甲、乙两种商品，求该商场所获利润的最小值．

（可能要用的数ln2 0.7）

17．解（1）由函数y1=m ax b过点(0,0),(2,

525

),(4,)可得 1616

m b 0 a 2

5x555 2

y 2 ， 可得，m a b b 1

48481648

255 4

m a b m 1648

777

x 由函数y2=cx过点(3,)可得c ， y2=

12412

（2）设该商场经销甲商品投入x万元，乙商品投入12 x万元，该商场所获利润为y万元 则y y1 y2 y

5x5757331

2 (12 x) 2x x

484812481248

5x757777

2ln2 2x 2x 48124810129612

令y 0可得x 3，（11分）y 在(0,3)单调递增，

当x (0,3),y 0,y在(0,3)单调递减，当x (3, )，y 0,y在(3, )单调递增，

当x 3时，利润y有最小值

287

． 48287

． 48

2

2

答：该商场所获利润的最小值

18．（本小题满分16分）已知圆C1:(x 1) y 1和圆C2:(x 4)2 y2 4．

（1）过圆心C1作倾斜角为 的直线l交圆C2于A,B两点，且A为C1B的中点，求sin ； （2）过点P(m,1)引圆C2的两条割线l1和l2，直线l1和l2被圆C2截得的弦的中点分别为

M,N.试问过点P,M,N,C2的圆是否过定点（异于点C2）？若过定点，求出该定点；若

不过定点，说明理由；

（3）过圆C2上任一点Q(x0,y0)作圆C1的两条切线，设两切线分别与y轴交于点S和T，求线段ST长度的取值范围．

18．解：（1）设直线l的方程为y k(x 1)，则圆心C2到直线l

的距离d 设AB的中点为R

，则AR

12AB 13C1R 则d2

118，所以在Rt

CCRd1RC2中，sin 2C ． 1C2520

（2）依题意，过点P,M,N,C2的圆即为以PC2为直径的圆，

所以(x 4)(x m) (y 1)(y 0) 0，即x2 (m 4)x 4m y2 y 0 整理成关于实数m的等式(4 x)m x2 4x y2 y 0恒成立

则 4 x 0 x 4 x 4

x2 4x y2

y 0，所以 y 0或 y 1 即存在定点(4,1).

（3）设过Q(x0,y0)的直线与圆C1切线，

则d

1，(k kx20 y0) 1 k2，

整理成关于k的方程(x20 2x20)k (2y0 2x0y0)k y20 1 0， （☆） 判别式 (2y20 2x0y0) 4(y20 1)(x20 2x0) 4x20 4y20 8x0，

所以k

00直线y y0 k(x x0)与y轴的交点为(0,y0 kx0)，

不妨设S(0,y0 k1x0)，T(0,y0 k2x0)，则ST |k2 k1|x0． 而k1,k2是（☆）方程的两根，

即

则ST |k2 k1|x0

(x0 4)2 y02 4，

0 所以ST ．

000 t(t

，则ST 5t 2

16 tt t

考察关于t

的函数f(t) t

16t

(t [2,，函数f(t)在区间 2.4 是单调递减，在区

间 4,上单调递增，所以(f(t))max 10，(f(t))min 8．

所以ST ． 4

19．（本小题满分16分）数列 an 满足

a1 0,a2 2,an 2 (1 cos2

（1）求a3,a4,a5,a6； （2）设Sk a1 a3 （3）设Wk

n n

)an 4sin2,n 1,2,3, , 22

a2k 1，Tk a2 a4 a2k，分别求Sk,Tk关于k的表达式；

2Sk

，求使Wk 1的所有k的值，并说明理由． 2 Tk

2

19．解：（1）∵a1 0,a2 2，∴a3 (1 cos

2

)a1 4sin2

2

4，

2 2 3 3

)a2 4sin2 4，a5 (1 cos2)a3 4sin2 8， 22224 4

a6 (1 cos2)a4 4sin2 8．

22a4 (1 cos2

（2）当n 2k 1(k N)时，

*

a2k 1 (1 cos2

2k 12k 1

)a2k 1 4sin2 a2k 1 4， 22

∴ a2k 1 是以0为首项，4为公差的等差数列，则a2k 1 4(k 1)， 当n 2k(k N)时，

*

a2k 2 (1 cos2

2k2k

)a2k 4sin2 2a2k， 22

∴ a2k 是以2为首项，2为公比的等比数列，则a2k 2k，

2(n 1),n 2k 1(k N*)

∴ an 的通项公式为an n．

*2 2,n 2k(k N)

Sk a1 a3 a2k 1 0 4 4(k 1) 2k(k 1)，

Tk a2 a4 a2k 2 22 2k 2k 1 2，

（3）Wk

2Sk4k(k 1)k(k 1)，

2 Tk2k 12k 1

33515

,W4 ,W5 ,W6 ． 22416

于是W1 0,W2 1,W3

下面证明：当k 6时，Wk 1． 事实上，当k 6时，Wk 1 Wk

(k 1)kk(k 1)k(3 k)

0，即Wk 1 Wk， kk 1k

222

又W6 1，∴当k 6时，Wk 1． 故满足Wk 1的k的值为3,4,5．

20．（本题满分16分）已知函数f(x) ax |x a|（a R）．

（1）是否存在实数a，使得函数f(x)在( ,0]上单调递减，在[0, )上单调递增？请说

明理由；

（2）若0 a 1，求函数f(x)在[ 1,1]上的最大值；

（3）求证：对任意的实数a，存在x0，恒有f(x0) 0，并求出符合该特征的x0的取值范围．

3

ax3 x a

20．解：（1）当a 0时，f(x) 3

ax x a

3

(x a)(x a)

，

3

令g(x) ax x a（x a），h(x) ax x a（x a），

g (x) 3ax2 1，h (x) 3ax2 1，

无论a 0还是a 0均不符合要求；

ax3 x a （2）若0 a 1，f(x) 3

ax x a

(x a)(x a)

，

当x a时，f (x) 3ax2 1，f (x) 3ax 1 0 x 当x a时，f (x) 3ax2 1，

2

1， 3a

①当0 a

11

， 1，此时f(x)在[ 1,a]上单调减，在[a,1]上单调 33a

增，则在[ 1,1]上f(x)max f( 1) f(1) 1；

②当

1111 a ，此时 a，此时f(x)在[ 1, ]上单调增， 333a3a

1

,a]上单调减，在[a,1]上单调增， 3a

1

) f( 1) f(1)， 3a

121) a ； 3a33a

在[

由于f(

则在[ 1,1]上f(x)max f(

③当111

a 1，此时 a，则此时f(x)在[ 1, ]上单调增， 33a3a111

,]上单调减，在[ ,a]上单调增，在[a,1]上单调增， 3a3a3a

121

) a ； 3a33a

在[

则在[ 1,1]上f(x)max f( 综合①②③有 当0 a

1

时，f(x)max 1； 3

当

2123a1

a 1时，f(x)max a a ． 333a9a

（3） ①当a 0时，f(x) |x|，方程f(x) |x| 0只有0根；

3

②当a 0时，方程f(x) ax |x a| 0没有0根和正根， 3

当a 0，x 0时，f(x) ax x a， 3

由方程f(x) ax x a 0得a

x

， 3

x 1

x 0 x则 x3 1 0，得x 1； a 3 0 x 1

③当a 0时，方程f(x) ax3 |x a| 0没有0根和负根， 当a 0，x 0时，f(x) ax3 x a， 由方程f(x) ax3 x a 0得a

x

， x3 1

x 0 x则 x3 1 0，得x 1； a 3 0 x 1

综上可知，对任意的实数a，存在x0 [ 1,0) (0,1]，恒有f(x0) 0．

数学附加题

21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请在答．．．题纸指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． ．．．．．．．

A．选修4—1：几何证明选讲

如图，PA切⊙O于点A，D为PA的中点，过点D引 割线交⊙O于B、C两点．求证: DPB DCP． A．证明：因为PA与圆相切于A， 所以DA2 DB DC， 因为D为PA中点，所以DP=DA，

所以DP2=DB·DC，即PD DB ．

DCPD

因为 BDP PDC， 所以 BDP∽ PDC， 所以 DPB DCP． B．选修4—2：矩阵与变换

1 0 4 3

B 已知 4 1 , 求矩阵B. 1 2

b a b 1 0 a

,B B．解：设B 则 1 2 a 2c b 2d ， c d

a 4, a 4,

b 3, b 3,

4 3

解得 故B 故 4 2 . a 2c 4,c 4,

b 2d 1, d 2.

P

C．选修4—4：坐标系与参数方程

已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴重合．曲线C的极坐标方 x ,

程为 2cos2 3 2sin2 3，直线l的参数方程为 (

t为参数，t∈R

)．试在曲线C

y 1 t

上求一点M，使它到直线l的距离最大．

x2

C．解：曲线C的普通方程是 y2

1．

3

直线l的普通方程是x

0．

设点M的直角坐标是 ,sin )，则点M到直线l

的距离是

． d

因为 )，所以

4

πππ3π

当sin( )

1，即

2kπ

(k Z)，即 2kπ (k Z)时，d

取得最大值．

4424

． 综上，点M的极坐标为7π

时，该点到直线l的距离)或点M的直角坐标为(6

最大．

D．选修4—5：不等式选讲 设函数f(x)

（1）当a 5时，求函数f(x)的定义域；

（2）若函数f(x)的定义域为R，试求a的取值范围． D．解：（1）由题设知：x x 2 5 0， 如图，在同一坐标系中作出函数y x 1 x 2 和y 5的图象（如图所示）,知定义域为 , 2

3, .

（2）由题设知，当x R时，恒有x 1 x 2 a 0，

即x x 2 a 由（1

）x 1 x 2

3，∴ a

3, a.【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答题纸指定区域内作答．解答应．．．．．．．．．．写出文字说明、证明过程或演算步骤．

22．求证：对于任意的正整数n，(2ns N .

22．解：由二项式定理可知，

(2 C2

n

0n

n

C2

1n

n 1

C2

1

2n

n 2

2

C2

nn

,

n

设(2n x

而若有(2na,b N ，

则(2na,b N ，

∵ (2n (2n 1， ∴令a s,s N ，则必有b s 1．

∴(2

ns N ． 注：本题也可用数学归纳法证明，证明正确的也给相应的分数．

23．已知抛物线C:y2 2px(p 0)的焦点为F，准线为l，点A在抛物线C上，设以F为圆心，FA为半径的圆F交准线l于M,N两点．

（1）若 MFN 90 ，且 AMN的面积为42，求p的值；

（2）若A,F,M三点共线于直线m，设直线m与抛物线C的另一个交点为B，记A和B两点间的距离为f(p)，求f(p)关于p的表达式．

23．解：（1）由对称性可知， MFN为等腰直角三角形，则斜边MN 2p， 且点A到准线l

的距离d FA FM ．

S AMN

11

MN d 2p p 2． 22

y02 p

（2） 由对称性可设A(,y0)(y0 0)，F ,0 ．

2p 2

y02

, y0 ， 由点A，M关于点F对称，得M p 2p

y02p 3p

所以p

，解得y0

，即A ．

2p2 2

y2 2px

p 直线m

的方程为y x ，与抛物线方程联列 p

2

y x 2

得y2

py p2

0，解得y1

，y2 p．

所以B

p ,p ． 6

8这样f(p) AB p． 3

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/7qb1.html