重庆交通职业学院-关于元宵节的资料

淮安市2014江苏高考数学5月
信息卷及标准答案

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2

淮安市2013—2014学年度高三年级5月信息卷

2014.5
数学Ⅰ试题








注 意 事 项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答
题要求
1.本试卷共4页，包含填空题（第1题——第14
置上．
．．
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
．．．．．．
1 ．已知集合
A{x|0x7}
，则
AI
Z= ▲ ．
2．函数
ysin2x1
的最小正周期为 ▲ ．
3．已知复 数
zmi
(mR，
i
为虚数单位
)
，若
（1 i）z
为纯虚数，则
z
＝ ▲ ．
4．在平面直角坐标系
xOy
中，抛物线
x
2
2py(p0)
上纵
坐标为2 的一点到焦点的距离为3，则抛物线的焦点坐
标为 ▲ ．
5．在如图所示的算法流程图中，若输入m＝4，n＝3，则输
出的a＝ ▲ ． < br>6．在一个样本的频率分布直方图中，共有5个小矩形，若
中间一个小矩形的面积等于其他4个小 矩形的面积和的
1
，且中间一组的频数为25，则样本容量为 ▲ ．
3
7．棱长为
2
的正四面体的外接球半径为 ▲ ．
8． 若关于
x
的方程
3sinxcosxk
在区间

0,< br>取值范围为 ▲ ．
第5



上有两个不同的实数解， 则实数
k
的


2


3

9．已知集合
A


x, y

|x
2
则从
A
中任选一个元素

x, y

满足
xy≥1
y
2
≤
2,xZ,yZ

，
的概率为 ▲ ．
10．已知直线
l:
2m x(1m)y4m40
，若对任意
mR
，直线
l
与一定 圆相切，
则该定圆方程为 ▲ ．
11．已知函数
f

x

2
x
1
|的定义域和值域都是

a,b

ba

，则
ab
＝ ▲ ．
uuuuruuuruuuuruuur
12．在
ABC
中，
C90
o
，
CA3
，
CB4
，若点
M
满足< br>AM

MB
，且
CMCA18
，
2
则
cosMCA
＝ ▲ ．
1

2x1
,x 


x
2
2
2
13．已知函数
f(x) 

，
g(x)x4x4
.若存在
aR
使得

ln(x
3
),x≥-
1

22
f(a) g(b)0
，则实数
b
的取值范围是 ▲ ．
14. 已知数 列

a
n

是各项均不为
0
的等差数列，
S
n
为其前
n
项和，且满足
a
n
S
2n 1

nN
2

n8(1)
n
．若不等 式对任意的
nN

恒成立，则实数

的
≤
an1
n

最大值为 ▲ ．
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，解答时应写出文
．．．．．．．
字说明、证明过程或 演算步骤．
15． (本小题满分14分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，若
cosA

cosC

1
．
sinAsinCsinB
（1）求证：
0B≤

3
；
uuuruuur
3
uuuruuur
7
sinB
（2） 若，且
BABC
，求
BCBA
的值．
4
2

16．(本小题满分14分)
在正三棱柱ABC－A
1
B
1C
1
中，AB＝AA
1
，D、E分别是棱A
1
B
1
、
AA
1
的中点，点F在棱AB上，且
AB4AF
．
（1）求证：EF∥平面BDC
1
；
C
1
D
B
1
A
1
E

4
C
A
F
B

（2）求 证：
BC
1

平面
B
1
CE
．




17．(本小题满分14分)
某小区想利用一矩形空地< br>ABCD
建市民健身广场，设计时决定保留空地边上的一水
塘（如图中阴影部分），水塘 可近似看作一个等腰直角三角形，其中
AD60m
，
AB40m
，且EFG
中，
EGF90
o
，经测量得到
AE10m,E F20m
．为保证
安全同时考虑美观，健身广场周围准备加设一个保护栏．设计时经过点G
作一直线
交
AB,DF
于
M,N
，从而得到五边形< br>MBCDN
的
市民健身广场，设
DNx(m)
．
（1）将 五边形
MBCDN
的面积
y
表示为
x
的函数；
（2）当
x
为何值时，市民健身广场的面积最大？并
求出最大面积．






18．（本小题满分16分） 在平面直角坐标系
xoy
中，已知椭圆的焦点在
x
轴上，离心率为
（1）求椭圆的标准方程；
（2） 以椭圆的长轴为直径作圆
O
，设
T< br>为圆
O
上不在坐标轴上的任意一点，
M
为
x
轴
上一点，过圆心
O
作直线
TM
的垂线交椭圆右准线于点
Q
．问：直线
TQ
能否与圆
5
，且经过点

0,2

．
3
A
E
G
F N
D
M
B
C
第17
O
总相切，如果能，求出点
M
的坐标；如果不能，说明理由．


5

19．（本小题满分16分）
如果数列

a
n

满足：
a
1
a
2
a
3
Lan
0
且
．
a
1
a
2
a
3
La
n
1

n≥3,nN
*

，则称数列

a
n

为
n
阶“归化数列”
（1）若某4阶“归化数列”

a
n

是等比数列，写出该数列的 各项；
（2）若某11阶“归化数列”

a
n

是等差数 列，求该数列的通项公式；
11111
（3）若

a
n

为n阶“归化数列”，求证：
a
1
a
2
a
3< br>La
n
≤
．
23n22n







20．（本小题满分16分）
已知函数
f(x)ax
3
x
2
bx
（
a,b
R），
f


x

为其导函数，且
x3
时f

x

有极
小值
9
．
（1）求
f(x)
的单调递减区间；
（2）若
g(x)2mf

(x)(6m8)x6m1
，
h(x)mx
，当
m0< br>时，对于任意x，
g(x)
和
h(x)
的值至少有一个是正数，求实数 m的取值范围；
（3）若不等式
f(x)k(xlnx1)6x4
（
k
为正整数）对任意正实数
x
恒成立，


6

求
k
的最大值．


淮安市2013-2014学年度高三年级信息卷
数学Ⅱ试题
2014.05

21．【选做题】在A、B、C、D 四小题中只能选做两题，每小 题10分，共计20分．请在答
．．．．．．．
题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤．
．．．．．．
A．[选修4-1：几何证明选讲]
如图，A ，B，C是⊙O上的三点，BE切⊙O于点B，D是
CE
与⊙O的交点．若
BAC 60

，
BC2BE
，求证：
CD2ED
．



B．[选修4-2：矩阵与变换]


0
已 知矩阵
A


1


B
O
A< br>C
D
E
1

3


，求点
M

1,1

在矩阵
A
1
对应的变换作用下得 到的点
M

坐标．
2


3


第21



C．[选修4-4：坐标系与参数方程]

3

x< br>2
tm，
在平面直角坐标系
xOy
中，直线
l
的参 数方程是

（t是参数）， 以原点

y
1
t
 2
为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，若圆C的极坐标方程是ρ＝4cosθ，且直
线
l
与圆C相切，求实数m的值．


D．[选修4-5：不等式选讲]

7


111

已知
a,b,c
均为正数，证明：
abc



≥63
．

abc

222
2

【必做题】第22题、第2 3题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解
．．．．．．．
答时应写出文 字说明、证明过程或演算步骤．
22
．（本小题满分
10
分）
< br>某超市在节日期间进行有奖促销，规定凡在该超市购物满400元的顾客，均可获得一
次摸奖机会 ．摸奖规则如下：
奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球（红、黄、黑、白）．顾客不放回的 每
次摸出1个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就继续摸球．按规定摸到红球奖励20元，摸
到 白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励．
（1）求1名顾客摸球2次摸奖停止的概率；
（ 2）记
X
为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量
X
的分布列和数学期望 ．




23．（本小题满分10分）
（1）已知
a1,b1
，求证：
ab1ab
；

（2）已知
x
1
,x
2
,,x
n
R
，且
x
1
x
2
x
n
1
， < br>求证：
(2x
1
)(2x
2
)L(2x
n)≥(21)
n
．


8

淮安市2013-2014学年度高三年级信息卷
数学参考答案与评分标准
数学Ⅰ
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1,2

2．
2

3.
2
4.

0,1

5．12 6．100 7．1．

[3,1)

3
8.
2
22
313
1
9． 10．1 12 ． 13.

1,5

14.
21

x2



y2

4
11 ．

13
3
二、解答题：本大题共6小题，共计90分．解答时应写出文字说 明、证明过程或演算步骤．
15．（1）因为
cosA

cosC

cosAsinCcosCsinA

sin(AC)

si nB

1
……………2分
sinAsinCsinAsinCsinAsinCsinAsinCsinB
所以
sinAsinCsin
2
B
,由正弦定理可得，
b
2
ac
………………………………………………4分
因为
b
2
a
2
c
2
2accosB≥2ac2accosB
， 所以
cosB≥
1
2
，即
0B≤

3
………………………………………………………………………6分
2
7
，且
bac
，所以
B
不是最大角，
4
（2）因为
sinB
所以
cosB1sin
2
B 1
7

3
．………………………………………………………………8164
分
uuuruuur
所以
3
BABCcacos B
3
ac
，得
ac2
，因而
b
2
2
．………………………………………
24
10分
由余弦定理得
b< br>2
a
2
c
2
2accosB
，所以
a
2
c
2
5
．…………………………………………12分 uuuruuur
2
uuuruuur
22
所以
BCBAa c2BCBAa
2
c
2
2accosB8

即

9

uuuruuur
BCBA22
……………………………………………………………………………………
14分
16．（1） 证明：取
AB
的中点
M
，因为
AB4AF
，所以
F
为
AM
的中点，
又因为
E
为
AA
1< br>的中点，所以
EFA
1
M
，………………2
分
E< br>C
A
1
D
C
1
B
1
在正三棱柱ABCA
1
B
1
C
1
中，
D,M
分 别为
A
1
B
1
,AB
的中点，
A
BFM
所以
A
1
DBM
，且
A
1
DB M
，则四边形
A
1
DBM
为平行四边形，
所以
A
1
MBD
，所以
EFBD
， ………………………………………………………………
5分
又因为
BD
平 面
BC
1
D
，
EF
平面
BC
1
D
，所以，
EF
平面
BC
1
D

…………………………
7分
（2）连接
CE,B
1
E,B
1
C
，因为在正三角
A
1
B
1
C
1
中，
D
为
A
1
B
1
的中点，
所以，
C
1
DA
1
B
1
，所以，在正三棱柱ABC
－
A
1
B
1
C
1
中，
C
1
D
面
ABB
1
A
1
，
所 以，
C
1
DB
1
E
，因为
AA
1
AB
，所以，四边形
ABB
1
A
1
为正方形，由
D,E
分别为
A
1
B
1
,AA
1
的中点 ，所以，可证得
BDB
1
E
，
A
F
C
1
A
1
D
B
1
E
C
B
所以，B
1
E
面
C
1
DB
，即
BC
1
B
1
E
，……………………11分
又因为在正方形
BB
1
C
1
C
中，
BC
1
B
1
C
，所以
BC
1

面
B
1
CE< br>,…………………………………
14分
17．（1）作
GH
⊥
EF
，垂足为
H
，
因为
DNx
，所以
NH40x,NA60x
，因为
NH NA
,

HGAM
40x60x60010x
所以，所以
AM
………………2分

10AM40x
过
M
作
MTBC< br>交
CD
于T，
则
S
A
E
H
FN
D
G
M
T
1
SS
(40AM)6 0(x60)AM
，
MBCDWMBCTMTDN
2
60010x 1(x60)(60010x)

)60
40x240x
B
C
所以
y(40

10

5

60x

2400
40x
2
………
…………………………………………………………………7分
由于
N
与
F
重合时，
AMAF30
适合条件，故
x

0,30

,………………………………………8分
（2）
5

60x

400

y240024005
< br>
40x

40

40x40x
2
，……
………………………10分
所以当且仅当
40x
13分
所以当
DN20m
时，得到的市 民健身广场面积最大，最大面积为
2000m
2
．…………………
14分 < br>400
，即
x20

0,30

时，
y
取得最大值2000， ……………
40x
x
2
y
218．（1）设椭圆方程为
2

2
1(a,b0)
，因为经 过点

0,2

，所以，
b2
，
ab
又因为
e
所
c5
，可令
c5x,a3x
，所以，b
2
a
2
c
2
4x
2
4，即
x1
，

a3
以椭圆的标准方程为
x
2
y
2
1
．…………………………………………………………………6分
94
（2）存在点
M(5,0)
………………………………………………………………………………7分
设点
T(x
0
,y
0
)
，
M(c,0)
，因为
T
在以 椭圆的长轴为直径作圆
O
上，且不在坐标轴上的任意
点，
所以
x
0
y
0
0
且
x
0
2
y
0
2
9
，又因为
k
TM

由
OQT M
，所以，
k
OQ

10分
因为点
Q
在直线
x
95(x
0
c)
95
95
上，令x
，得
y
，
5y
5
5
0
y
0
，
x
0
c
xc
x
0
c
x
，，所以直线
OQ
的方程为
y
0
…………………
y
0
y
0

11

即
Q(
95(x
0
c)
95
, )
，………………………………………………………………………………
55y
0
12分
y
0

95(x
0
c)
5y
0
2
5y
0
95(x
0
c)
所以
k
TQ

95
x
0

5

y
0
(5x
0
95)

5

9x
0
2< br>
95

x
0
c

y
0
5x
0
95

，
又
k
OT
y
0
，
TQ
与圆
O
总相切，故
OTTQ，于是有
k
OT
k
TQ
1
，
x0
k
TQ
59x
0
2
95

x< br>0
c

x
x
0

0
恒成立，解 之可得
c5
，

，即
y
0
y
0y
0
5x
0
95


即存在这样点M(5,0)
，使得
TQ
与圆
O
总相
切．……………… …………………………………16分
19．（1）设
a
1
,a
2< br>,a
3
,a
4
成公比为
q
的等比数列，显然
q1
，则由
a
1
a
2
a
3
a4
0
，
a
1
1q
4
1
0，解得
q1
，由
a
1
a
2
a
3
a
4
1
得
4a
1
1
，解得
a
1

， 得
1q
4

11111111
,,,,,,
所以数列或为所求四阶“归化数
44444444
列” ；…… ………………………4分
（2）设等差数列
a
1
,a
2< br>,a
3
,L,a
11
的公差为
d
，由
a1
a
2
a
3
La
11
0
，

所以
11a
1

1110d
0
2< br>，所以
a
1
5d0
，即
a
6
0
，………………………………………6分
当
d0
时，与归化数列的条件相矛盾，

1
11
当
d0
时，由
a
1
a
2
La
5< br>,a
6
0
，所以
d,a
1

，< br>2
306

所以
1n1n6
a
n
 (nN

,n≤11).
…………………………………………………8分
63030
当
d0
时，由
a
1
a
2
La
5

1
,a
6
0
，所以
d
1
,a
1

1
，
2
306


12

所以
a
n

1n1n 6
*
（
n
∈N，
n
≤11），

63 030

d0
*
（
n
∈N，
n
≤11） ，…………………………………………………
d0

n6

< br>30
所以
a
n




n6

30
10分
（3）由已知可知，必有
a
i
>0，也必有
a
j
<0(
i
，
j
∈{1，2，… ，
n
，且
i
≠
j
)．
设
a
i
1
,a
i
2
,L
数．
11
由已知得
X=

a
i
1
+
a
i
2
+…+
a
i
l
=
，
Y=
a
j
1
+
a
j
2
+…+
a
j
m
=
－．
22
,a
i
l
为诸
a
i
中所有大于0的数，
a
j
1
,a
j< br>2
,L,a
j
m
为诸
a
i
中所有小于0的< br>11
所以
a
1
a
2
a
n

2n
分

i
k1
l
a
i
k< br>k


k1
m
a
j
k
1
m
11
≤

a
i
k


a
j
k

．……………16
j
k
n22n
k1 k1
l
20．（1）由
f

(x)3ax
2
 2xb
，因为函数在
x3
时有极小值
9
，
所以
27a6b0


27a93b9
，从而得< br>1
a,b3
，………………………………………2分
3
1所求的
f(x)x
3
x
2
3x
，所以
f

(x)x
2
2x3
，
3
由
f< br>

x

0
解得
1x3
，
所以
f(x)
的单调递减区间为

1,3

，………… ……………………………………………4分
（2）由
f

(x)x
2
2x3
，故
g(x)2mx
2
(2m8)x1，
当
m
>0时，若
x
>0，则
h( x)mx
>0，满足条件； ………………………………………
5分
若
x
=0，则
g(0)1
>0，满足条
件； ………………………………………………………6分
4m
2
2(4m)
2
若
x
<0，
g(x)2m

（(x)1
mm

13

①如果对称轴
x
0

4m
≥0，即0＜
m
≤4时，
g(x)
的开口向上，
m
故在

,x
0

上单调递减，又
g (0)1
，所以当
x
<0时，
g(x)
>0 …………………
8分
②如果对称轴
x
0

4m
＜0，即4＜
m
时，
(2m8)
2
8m0

m
解得2<
m
<8，故4＜
m
<8时，
g(x)
>0；
所以
m
的取值 范围为（0，8）；……………………………………………………………
10分
（3）因为< br>f(x)x2x3
，所以
f(x)k(xlnx1)6x4
等价 于
2
k1
4klnx0
，
x
k1k1k( x1)(xk1)
记

(x)x
，
4klnx，则


(x)1
2

2
xxxx
x
2
4x1k(xlnx1)
，即
x
由
(x)0
，得
xk1
，
所以

(x)
在
(0,k1)
上单调递减，在
(k1,)
上单调递增，
所以


(x)≥

(k1)k6kln(k1)
， ……………………………………………12分


x

 0
对任意正实数
x
恒成立，等价于
k6kln(k1)0
， 即
1
6
ln(k1)0
，
k
661
记
m(x)1ln(x1)
，则
m(x)
2
0
，
xxx1
所以
m(x)
在
(0,)
上单 调递减，又
m(6)2ln70,m(7)
13
ln80
， < br>7
为所以的最大值
k
6
．…………………………………………………… ……………………16分

数学Ⅱ
A．因为
BE
切⊙
O
于点
B
，所以
CBEBAC60

，
因为
BC2BE
，所以
BEC90

，则
EC3B E
．

14

又因为
BE
2
ECED
，所以
ED
所以
CD
23
BE
．
3
3
BE
，
3
即
CD2ED
．…………………………………………………………10分

0

ab

B．设
A
1


，则
AA
1




1
cd



1

3

< br>ab

10





01
，所以
2


cd


3


1122
c1,d0,ac0,bd1
，解 得
a2,b1,c3,d0
，即
3333

21

A
1


．…………………………………………………5分 < br>
30


21

1

1

由

1



3

，知点
M


1,3

，
3 0

所以新坐标为
M


1,3

．………………………………………………………………………10分
C．由
4cos

，得

2
4

cos

，所以
x
2
y
2
4x
，即圆
C的方程为

x2

y
2
4
，

3
xtm,


2
又由

消t
，得
x3ym0
，由直线
l
与圆
C
相 切，

y
1
t,

2
2m
所以， 即
2
2
m6

………………………………………………………………10分
2
m2
或
D．因为
a
，
b
，
c
均为正数，
由均值不等式得
a
＋
b
≥2
ab
，
b
＋
c
≥2
bc
，
c
＋
a
≥2
ac
．
111111
222
所以
a
＋
b
＋
c
≥
ab
＋
bc
＋
ac
．同理
2
＋
2
＋
2
≥＋＋，
222222
abcabbcac
111
2
3 33
222
故
a
＋
b
＋
c
＋(＋＋)≥< br>ab
＋
bc
＋
ac
＋＋＋≥63．
abcabbc ac
所以原不等式成
立．………………………………………………………………………………1 0分
1
A
3
1
22．（1）设“1名顾客摸球2次停止摸奖”为事 件A，则
P(A)
2

，
A
4
4
故1名顾客摸球2次停止摸奖的概率

15

1
．……………………………………………………4分
4
（2）随机变量< br>X
的所有取值为
0,10,20,30,40
．
P
2
1
1
P
2
2
11
1
P(X0)
，< br>P(X10)
2

,
P(X20)
3
2

，
4
P
4
6P
4
P
4
6
12
C
2
P
1
P(X30)
32

P
4
6
，
P
3
3
1P(X40)
4

,…………………………………………………8分
P
4
4
所以，随机变量
X
的分布列为:
X

0

10 20 30 40
P

1

4
1

6
1

6
1

6
1

4

11111
EX01020304020
．…………………… …………………………
46664
…10分
23．（1）因为
a1,b 1
，所以

a1

b1

0
，即
ab1ab
； ………………………………
2分
（2）证法一（数学 归纳法）：（ⅰ）当
n1
时，
2x
1
21
，不等式 成立．………………
4分
（ⅱ）假设
nk
时不等式成立，即
(2 x
1
)(2x
2
)L(2x
k
)≥(21)
成
立. ………5分
则
nk1
时，若
x
k1< br>1
，则命题成立；若
x
k1
1
，则
x
1
,x
2
,L,x
k
中必存在一个数小于1，
不妨设这个数 为
x
k
，从而
(x
k
1)(x
k1
 1)0
，即
x
k
x
k1
1x
k
x
k1
．
x
k1
1
同理可得，
所以
(2x
1
)(2x
2
)L(2x
k
)(2xk1
)


(2x
1
)(2x
2
)L(22(x
k
x
k1
)x
k
x
k1
)


≥(2x
1
)(2x
2< br>)L(22(1x
k
x
k1
)x
k
x
k1
)


(2x
1
)(2x
2< br>)L(2x
k
x
k1
)(21)

k

16

n
k1

≥(21)(21)
(21).

故
nk1
时，不等式也成
立．………………………………………………………………………9分
由（ⅰ）（ⅱ）及数学归纳法原理知原不等式成
立. …………………………………………………10分
证法二：（恒等展开）左右展开，得
(2 x
1
)(2x
2
)L(2x
k
)

(2)(2)
nn1

x(
i
i1
n
2 )
n2
1≤ij≤n

x
i
x
j
L (2)
nk
(
1≤i
1
i
2
Li
k
≤n

x
i
1
x
i
2
Lx< br>i
k
)Lx
1
x
2
Lx
n
1< br>由平均值不等式，得
1
k
C
n
1i
1
i
2
Li
k
n
k1
C
n1
x
i
1
x
i
2
Lx
i
k
≥C (
k
n
1i
1
i
2
Li
k
n

x
i
1
x
i
2
Lx
i< br>k
)
k
C
n

k
C
n
( (x
1
x
2
Lx
n
))
k
C
n
.
……………………………………………………………………
……8分
故< br>(2x
1
)(2x
2
)L(2x
n
)

12kn

≥(2)
n
(2)
n1
C
n
(2)
n2
C
n
L(2)
nk
Cn
LC
n
(21)
n
． ……………………………………………………………………………
…………10分












17