1、1 苏州大学 2019 届高考数学指导卷（2） 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分不需要写出解答过程，请把答案 直接填在答题卡相应位置上 1已知集合1, , 2,3, 3AaBAB，则AB U 2已知 i 是虚数单位，复数 34i 2i z 的虚部为 3某公司共有 1000 名员工，下设若干部门，现采用分层抽样方 法， 从全体员工中抽取一个容量为 80 的样本， 已知广告部门 被抽取了 4 个员工，则广告部门的员工人数为 4已知(2,0)是双曲线 2 2 2 1(0) y xb b 的一个焦点，则b的值 是 5右图是一个算法的程序框图，当输入值x为 8 时，则其输
2、出 的结果是 6函数( )lg(| 1)f xx的定义域为 7 在不透明的布袋中有大小相同的白球、 黑球各 1 个， 红球 2 个 现从中随机摸出 2 个球， 则其颜色不同的概率是 8若数列 n a满足 1 15a ，且 1 332 nn aa ，则使 1 0 kk a a 的 k 值 为 9已知一个凸多面体共有 9 个面，所有棱长均为 1，其平面展开图如 图所示，则该凸多面体的体积V 10已知函数( )sin3cosf xxx，且 12 ( )()4f xf x，则 12 |xx的最小值为 11已知, 均为锐角，且tan()6tan，则sin的最大值为 12设函数 4 |1|, 0, ( )
3、 |log|, 0, xx f x xx 若关于 x 的方程( )f xa有四个不同的解 1234 ,x x x x且 1234 xxxx，则 312 2 34 1 ()x xx x x 的取值范围是 13如图，等边ABC 的边长为 2，顶点 B，C 分别在 x 轴的非负 半轴，y 轴的非负半轴上滑动，M 为 AB 的中点，则OA OM的 最大值为 14已知函数 2 1 ( )e() 2 x f xax aR，若函数( )f x有两个极值点 12 , xx，且 2 1 2 x x ，则实数 a 的取值范围为 开始 结束 x输入 y输出 3xx 否 是 （第 5 题图） 0x 1 ( ) 2 x
4、 y （第 13 题图） x y M A C B O （第 9 题） 2 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） 已知函数( )2sin(2)(02)f xx的图象过点 (, 2) 2 （1）求的值； （2）若 6 () 25 f ， 0 2 ，求 sin(2) 6 的值 16 （本小题满分 14 分） 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边 形，E为侧棱PA的中点，O为AC与BD的交点， DECD，PDAD （1）求证：直线OE平面PCD； （2）求证：平面APD 平面PA
5、B E O P D C B A 3 17 （本小题满分 14 分） 在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆C过点(1,1)P，且与圆 222 :(2)(2)Mxyr (0)r 关于直线20xy对称 （1）求圆C的方程； （2）过点P作两条相异直线分别与圆C相交于, A B两点，设直线PA与直线PB的倾斜 角分别为, () ，且满足sinsin，试判断直线AB的斜率是否为定值， 并说明理由 18 （本小题满分 16 分） 在一片生态草原上，某花卉观赏区的边界道路是圆弧CD，, A B为两处游客中心，其 中ABCD为矩形， 且8kmAB ，4 2kmBC ， 圆弧CD以AB的中点M为圆心，MC 为半
6、径为了保护草原的生态环境，方便游客观赏游览，考虑在草原上修建道路。现提 供两种设计方案：方案一：在弧CD上取中点N，建造, , AO BO NO三条道路，其中 点O在线段NM上（不包括两端点） ；方案二：在弧CD上任取点N，直接修建两条道 路, AN BN；方案二中每公里道路的造价是方案一中的每公里道路造价的 3 2 倍 （1）若在方案一中，点N选在弧CD的中点时的建造费用与方案一建造费用相等，求 此时方案一中O点的位置； （2）从节省费用的角度考虑，试问两种方案中哪种方案更合理，请说明理由 M O D C A B N M N C D B A 4 19 （本小题满分 16 分） 已知函数 32
7、 ( )4f xaxbxa( , 0)a baR 且. （1）若函数( )f x恰有两个零点，求 b a 的值； （2）若对任意的 4, 1x ， 2 0( )4f xx恒成立，求ab的取值范围 20 （本小题满分 16 分） 如果数列 n c满足“对任意正整数, i j，ij，都存在正整数k，使得 kij ccc” ，则 称数列 n c为“封闭数列” 已知等差数列 n a的首项 1 0a ，公差为d （1）若 1 2, 3ad，试判断数列 n a是否为“封闭数列” ，并说明理由； （2）若数列 n a为“封闭数列” ，且存在正整数k，使得3 k a ，求数列 n a的通项公 式 5 苏州大学
8、 2019 届高考考前指导卷（2）参考答案 一、填空题一、填空题 11,2,3 21 350 43 52 6(, 22,) U 7 5 6 823 9 2 1 6 10 2 3 11 5 7 12 7 ( 1, 2 13 5 7 2 14 ln2 (0, 2 解答与提示：解答与提示： 1由3AB 可知3a ，则AB U1,2,3 2因为 34i(34i)(2i)105i 2i 2i(2i)(2i)5 z ，所以复数 34i 2i z 的虚部为 1 3设广告部门的员工人数为x，由题意知 804 1000x ，解得50x 4因为21ca，所以 22 3bca 5当8x 时，循环到83 31 后，得
9、到 1 1 ( )2 2 y 6由lg(| 1)0x ，得|2x ，定义域为(, 22,) U 7取两球颜色相同的事件数为 1，取两个不同的球的样本事件总数为 6，即 5 6 P . 8由 1 332 nn aa 可知 +1 2 3 nn aa ，则 2472 15(1) 33 n n an ； 又由 1 0 kk a a 可知0 k a 且 1 0 k a ，即 4547 22 k，得23k 9 12 122 111 326 VVV 10( )sin3cos2sin() 3 f xxxx ，令() 3 xkk Z，所以() 3 xkk Z， 由题意， 12 2() 3 xxk ，所以 12
10、|xx的最小值为 2 3 11因为tan()6tan， 所以 tan()tan6tantan tantan() 1tan()tan16tantan 55 1 2 6 6tan tan ，当且仅当 6 tan 6 时等号成立， 6 又因为为锐角，所以tan最大时，则sin最大，此时 5 sin 7 12作出函数图象， 可知 1234 21xxx x，；又( )f xa有四个不同的解，可得 3 1 1 4 x ， 则 3123 2 343 117 ()2( 1, 2 x xxx x xx 13法一：设BC中点D，AM中点H， 则 22 2 ()()1 = 44 OAOMOAOM OA OMOH ，
11、 又 117 121 cos120 422 DH ， 所以 7 1 2 OHODDH； 则 2 15 7 42 OA OMOH. 法二：法二：设OBC，则(2cos ,0)B，(0,2sin )C；过A作ADy轴， 则(2sin(30 ),2sin2cos(30 )A， 即(cos3sin ,sin3cos )A. 又 3313 ( cossin ,sincos ) 2222 M， 所以 2 3 3 2cossin2 2 OA OM 51515 (cos23 3sin2 )1277 22222 法三：法三：设OBC，BC中点D，则(2cos ,0)B，1OD . 2 11 222 OAOB O
12、A OMOAOAOA OB 22 2 11 ()() 224 OAOBOAOB OA 22 11 () 22 OAOM； 7 由余弦定理可知 2 1 32 3cos(290 )42 3sin2OA ； 22 14cos2 2coscos(60 )OM cos23sin22； 所以OA OM 51515 (cos23 3sin2 )1277 22222 14由题意知( )exfxax有两个零点 12 ,x x，令( )exg xax，则( )1 x g xae 当0a时，( )0g x 恒成立，所以( )g x在(,) 上单调递减，此时( )g x至多 1 个零点舍去；当0a 时，令( )0g
13、x 解得 1 lnx a ，( )g x在 1 (,ln) a 上单调递减， 在 1 (ln,) a 上单调递增，所以 min 11 ln( )()1lngg a x a 因为( )g x有两个零点，所以 1 1 ln0 a ，解得 1 0 e a因为(0)0ga， 1 (ln)0g a 且 1 ln0 a ，而( )g x在 1 (,ln) a 上单调递减，所以( )g x在 1 (0,ln) a 上有 1 个零点又因为 1 (ln)0g a ， 11 2 111 ( )e(e)0 aa gaa aaa 且 11 ln aa ，而( )g x在 1 (ln,) a 上单调递增，(需证明 不等
14、式lnxx和 2 e(0) x xx)，所以( )g x在 1 1 (ln, ) a a 上有 1 个零点综上可得 1 0 e a由题意，得 1 2 1 2 0, 0e, ex x ax ax 即 1 2 1 12 2 , (0) , e e x x ax xx ax ，所以 21 2 1 ex x x x 令 2 1 2 x t x ，即 1 2 ln , 1 ln , 1 t t tt t x x 令 ln ( ) 1 t h t t ，则 2 1 1ln ( ) (1) t t h t t ，令 1 ( )1lnu tt t ， 而 2 1 ( )0t t u t ， 所以( )u t在
15、2,)上单调递减， 即 1 ( )(2)ln20 2 u tu， 所以( )h t 在2,)上单调递减，即 1 (0,ln2x ，因为 1 1 1 ,(0,ln2 ex x ax，令( ) ex x x，而 1e ( )0 e x x x 恒成立， 所以( ) x在(0,ln2上单调递减， 又0a ， 所以 ln2 (0, 2 a 综上所述，实数 a 的取值范围为 ln2 (0, 2 二二、解答题解答题 15解： （1）因为函数( )2sin 2()()02f xx 的图象过点(, 2) 2 ， 所以2sin)2() 2 f ，即sin1因为02 ，所以 2 8 （2）由（1）得，( )2co
16、s2f xx因为 6 () 25 f ，所以 3 cos 5 又因为0 2 ，所以 4 sin 5 所以 24 sin22sincos 25 ， 2 7 cos22cos1 25 从而 724 3 sin(2sin2 coscos2 sin 66650 ) 16证： （1）因为底面 ABCD 为平行四边形，O 是 AC 与 BD 的交点，所以 O 是 AC 中点， 因为 E 是 AP 的中点，所以OECP， 又因为OEPCD平面，CPPCD平面，所以OEPCD平面， （2）因为底面 ABCD 为平行四边形，所以ABCD， 又因为DECD，所以DEAB， 因为 E 是 AP 的中点,且PDAD，
17、所以DEAP， 又因为,AP AB平面 PAB，APABA， 所以DE 平面 PAB， 又因为DE平面 APD，所以平面APD 平面 PAB 17 解：（1） 设圆心( , )C a b， 则 22 20, 22 2 ( 1)1, 2 ab b a 解得 0, 0, a b 即圆心C的坐标为(0,0)， 所以圆C的方程为 222 xyr，将点(1,1)P代入，求得 2 2r ， 所以圆C的方程为 22 2xy （2）依题意得sinsin，说明, 互补，直线PA和直线PB的斜率都存在， 且互为相反数，故可设:1(1) PA lyk x ，:1(1) PB lyk x ， 设点A的坐标为(,) A
18、A xy，点B的坐标为(,) BB xy， 联立 22 1(1), 2, yk x xy ，消去y并整理，得 222 (1)2 (1)210kxkk xkk ， 因为点P的横坐标 1 一定是该方程的解， 所以 2 2 21 1 A kk x k ，同理 2 2 21 1 B kk x k ， 设直线AB的斜率为 AB k，则 (1)(1) 1 BABA AB BABA yyk xk x k xxxx ， 所以直线AB的斜率为定值，且定值为1 18解： （1）设OMx，则为 2 16OBx，且圆弧的半径为4 3， 9 方案二中 2 (4 3)168ANBN， 因为 2 3 216(4 3)16
19、2 xx，化简得 2 38 3160xx， 解得 4 3 3 x ， 4 38 3 4 3 33 ON ， 答：O 点距 N 点距离为 8 3 3 km （2）设道路每千米的造价为(0)a a ， 方案一中，设OBA，则4tanOM， 4 cos OB ， 所以建造费用为 8 (4tan4 3) cos ya ，(0,) 3 ， 令 2sin ( ) cos f ，则 2sin1 ( ) cos f ，由( )0f得 6 ， 且( )f在(0,) 6 上单调递减，在(,) 6 3 上单调递增， 所以 min ( )( )3 6 ff ，即 6 时， min 8 3ya 方案二中，设ANx，BN
20、y， 则 22 128xy，其中4 24 6,4 24 6xy ， 因为 22 216 2 xy xy ，当且仅当8xy时等号成立， 所以方案二中的建造费用的最大值 3 168 3 2 aa 答：方案二比较合适 19解： （1）由于0a ，所以(0)0f，由( )f x=0 得， 3 22 44bx x axx (0)x 设 2 4 ( )h xx x ， 3 8 ( )1h x x ，令( )0h x ，得2x ， 当(, 2)x 时，( )0h x ，( )h x单调递减， 当( 2,0)x 时，( )0h x ，( )h x单调递增， 当(0,+ )x时，( )0h x ，( )h x单
21、调递减， 当0x 时，( )h x的值域为 R， 故不论 b a 取何值，方程 3 22 44bx x axx 有且仅有一个根； 10 当0x 时， min ( )( 2)3h xh.故3 b a 时， 方程 3 22 44bx x axx 恰有一个根2， 此时函数 322 ( )34(2) (1)f xaxaxaa xx恰有两个零点2和 1 所以3 b a （2）由 4, 1x ， 2 0( )4f xx恒成立，得 22 44 ()()4axbax xx . 令 2 4 ( )()( )g xaxah x x ， 由（1）知，当( 4, 2)x 时，( )0h x ，当( 2, 1)x 时，
22、( )0h x ， 当0a 时，( 4, 2)x ，( )0g x ，( )g x单调递减；( 2, 1)x ，( )0g x ，( )g x 单调递增所以 min ( )( 2)3g xga， max ( )( 1)5g xga 所以534aba ，所以644aaba，由644aa，得02a， 所以+a b的取值范围为(0,12 当0a 时，( 4, 2)x ，( )0g x ，( )g x单调递增；( 2, 1)x ，( )0g x ，( )g x 单调递减，所以 min ( )( 1)5g xga， max ( )( 2)3g xga， 所以354aba ，所以464aaba，由464a
23、a，得20a- ， 所以ab的取值范围为 8,0) 综上ab的取值范围 8,0)(0,12U 20. 解： （1） n a不是“封闭数列” 因为 1 2, 3ad，所以31 n an， 若存在正整数k，使得 12 1031 k aa ak，则 11 3 k N*，矛盾 所以 n a不是“封闭数列” （2）若=0d，则3 n a ，故对任意正整数k， 2 33 = kij aa a，这与数列 n a为“封闭 数列”矛盾，故0d 若0d ，则存在正整数 t，使得 111 0 kkttt aaaaa ， 设 1 12ttk a aa ， 2 13ttk a aa ， 3 14ttk a aa ， 1
24、1 i ttik a aa ， 1 122 t ttk a aa ， 其中,1,2,1 i kitN*， 则 121 0 t kkk aaa ，这与数列 n a只有 t 项大于等于零矛盾，故0d 设 m a是数列 n a中的任意一项，则+ m ad，+2 m ad均是数列 n a中的项， 设 1 () kmm aaad， 2 (2 ) kmm aaad，则 21 21 () kkm aaa dkk d，因为0d ， 11 所以 21 = m akkZ，即数列 n a的每一项均是整数 由 1 0a ，0d ，故数列 n a的每一项均是正整数，且d为正整数 由题意知， 存在正整数i， 使得()93 ikk aa add， 所以63() ik aadik d， 所以(3)6ikd，因为3ik Z，dN*，故1,2,3,6d 当1d 时， 1 3(1)0ak，所以 1 1,3,2 n kaan； 1 2,2,1 n kaan； 1 3,1, n kaan； 当2d 时， 1 32(1)0ak，所以 1 1,3,21 n kaan； 1 2,1,21 n kaan； 当3d 时， 1 33(1)0ak，所以 1 1,3,3 n kaan； 当6d 时， 1 36(1)0ak，所以 1 1,3,63 n kaan
