1、1 S0 n0 While S15 SS2n nn1 End While Print n （第 5 题图） 苏州大学 2019 届高考数学指导卷（1） 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, Aa，若 2 aA，则a 2复数z满足 1 1i z （i 为虚数单位），则复数z的虚部为 3在平面直角坐标系xOy中，抛物线 2 2(0)xpy p的焦点坐标为(0,1)，则实数 p 的值为 4下表是某同学五次数学附加题测试的得分情况，则这五次测试得分的方差为 次数 1 2 3 4 5 得分 33 30 27
2、 29 31 5运行右图所示的伪代码，则输出的结果为 6设集合B是集合1,2,3,4A的子集，若记事件M为“集合B中的 元素之和为 5” ，则事件M发生的概率为 7设曲线 1 1 x y x 在点(3,2)处的切线与直线10axy 垂直，则实 数 a 的值是 8已知等差数列 n a的前 n 项和为 n S，且 9122 1 6, 4 2 aaa，则 数列 1 n S 的前 10 项的和为 9已知函数 2 ( )log () a f xxaxb，若(2)( 2)1ff，则实数 a 的值是 10某种卷筒卫生纸绕在盘上，空盘时盘芯直径是 40mm，满盘时直径是 120mm，已知卫生纸的厚度为0.1m
3、m，则满盘时卫生纸的总长度大 约是 m （取3.14，精确到 1m） 11已知函数sin2cos( )()()0)fxxx的图象关于直线 x 对称，则cos2 12 过点( 1,1)P 作圆 22 :()(2)1()Cxtytt R的切线， 切点分别为, A B， 则PA PB 的最小值为 13 已知函数 2 2, 0, ( ) e , 0, x xx f x x 若方程 2 ( )f xa恰有两个不同的实数根 12 ,x x， 则 12 xx 的最大值是 14 在ABC 中， 角, , A B C所对的边分别为, , a b c， 若, , abc成等差数列， 则cos2cosAC （第 1
4、0 题图） 2 的最大值为 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） 将射线 1 (0) 3 yx x绕着原点逆时针旋转 4 后所得的射线经过点(cos ,sin )A （1）求点A的坐标； （2）若向量(cos2 ,sin2 )xxm，(2cos ,sin )n，当0, 2 x 时，求函数( )f x m n 的最大值和最小值 16 （本小题满分 14 分） 如图，三棱柱 111 ABCABC中，, M N分别为 11 , AB BC的中点 （1）求证：MN平面 11 AACC； （2）
5、若 11, C CCCCBAB，平面 11 CC B B 平面ABC，求证：AB 平面CMN A1 A B C B1 C1 M N （第 16 题图） 3 17 （本小题满分 14 分） 如图，, OA OB是两条互相垂直的笔直公路， 半径2OAkm 的扇形 AOB 是某地的一名 胜古迹区域当地政府为了缓解该古迹周围的交通压力，欲在圆弧 AB 上新增一个入口 P（点 P 不与, A B重合） ，并新建两条都与圆弧 AB 相切的笔直公路, MB MN，切点分 别是, B P设POA，公路, MB MN的总长为( )f （1）求( )f关于的函数关系式，并写出函数的定义域； （2）求( )f的最小
6、值 18 （本小题满分 16 分） 如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为 6 3 的椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 过点 6 (1,) 3 M （1）求椭圆C的标准方程； （2）, A B是椭圆的左右顶点，, P Q是椭圆上与, A B不重合的两点， 若满足2 APQB kk ， 求证：直线AP与BQ的交点在定直线上； （3）若直线0xym上存在点G，且过点G的椭圆C的两条切线相互垂直，求实数 m的取值范围 （第 17 题图） N M AO B P M y x O Q P B A （第 18 题图） 4 19 （本小题满分 16 分） 已知函数( )ln2f xxx （1
7、）求曲线( )yf x在1x 处的切线方程； （2）函数( )f x在区间( ,1)()k kkN上有零点，求k的值； （3）若不等式 ()(1) ( ) xm x f x x 对任意正实数x恒成立，求正整数m的取值集合 20 （本小题满分 16 分） 设等差数列 n a的公差为 d， 数列 n b的前n项和为 n T， 满足 * 1 ( 1)() 2 n nn n Tb n N， 且 52 dab若实数 * 23 |(,3) kkk mPx axakk N，则称m具有性质 k P （1）请判断 12 ,b b是否具有性质 6 P，并说明理由； （2）设 n S为数列 n a的前n项和，若2
8、nn Sa是单调递增数列，求证：对任意的 * (,3)k kkN，实数都不具有性质 k P； （3）设 n H是数列 n T的前n项和，若对任意的 * nN， 21n H 都具有性质 k P，求所有 满足条件的k的值 5 苏州大学 2019 届高考考前指导卷（1）参考答案 一、填空题一、填空题 11或 0 2 1 2 32 44 55 6 1 8 72 810 11 95 10100 11 3 5 12 21 4 133ln22 1415 3 2 42 解答与提示：解答与提示： 1由 2 aA知， 2 1a 或 2 aa，解得1a 或0a 2由 1 1i z 得 11 i 1+i2 z ，所以
9、 1i 2 z ，虚部为 1 2 3因为抛物线焦点坐标为(0,) 2 p ，所以 2p 430x ， 22222 13 ( 3)( 1)1 4 5 s 5当 01234 2 +2 +2 +2 +215S ，所以5n 6集合 A 的子集个数共有 4 216个，满足条件的子集1,4B 和2,3，所以概率为 1 8 . 7由 2 2 (1) y x ，所以曲线在点(3,2)处的切线的斜率为 1 2 ，所以2a ，得2a 8 22 1 7(10 )622 2 n adaddan， (22 ) (1) 2 n n n Sn n 1111 (1)1 n Snnnn ， 1210 111111111110
10、()+()()1 122310111111SSS 95 10总长 22 (6020 ) 3200032100 0.1 lmmmm . 11由( )f x图象关于直线x 对称，所以()()ff， 所以sin22cos22，所以 22 ( sin2 )4(1 cos2 )， 因为 22 sin 2cos 21，所以 2 5cos 28cos230， 得 3 cos2 5 或cos21，因为022 ，所以 3 cos2 5 . 6 12如图，设APC=，则 1 sin PC ， 2 222 2 | | cos2|cos2 2 (1)(12sin)(1)(1) PA PBPAPBPA PCPC PC
11、= 2 2 2 3PC PC ， 由于 22222 ( 1)(3)24102(1)88PCttttt ， 所以PA PB的最小值为 21 4 13函数( )f x的值域为0,+ )，所以由方程 2 ( )f xa得( )f xa(1)a ， 由 2 2 1 2exx得 21 ln22ln()xx， 所以 1211 ln22ln()xxxx， 令 2 21x ，得 2 2 x ，所以 1 2 2 x ，令 1 tx ，则 2 2 t ， 则 12 2 ln22ln ()( ) 2 xxtt th t 则 2 ( )1h t t ，易知函数( )h t在 2 (,2) 2 上递增，在(2,)上递减
12、， 所以( )h t的最大值为(2)3ln22h 14由, , a b c成等差数列知， 2 ac b ， 所以 222 53 cos 24 bcaca A bcc ， 222 53 cos 24 bacac C aba ， 所以 53531533159153 2 cos2cos()2 424424842 caacac AC caca 当且仅当 22 2ac即2ac时取等号 二二、解答题解答题 15解： （1）设射线 1 (0) 3 yx x与x轴的非负半轴所成的锐角为，则 1 tan 3 ， 因为 1 tan1tan 34 ，所以(0,) 4 ， 所以 1 1 tan1 3 tantan()
13、2 1 41tan 1 3 且(,) 4 2 ， O y x A B P C 7 由 22 sincos1, sin 2, cos 得 2 5 sin, 5 5 cos, 5 所以点A的坐标为 5 2 5 (,) 55 （2） 2 52 52 10 ( )cos2sin2sin(2) 5554 f xxxx m n， 因为0, 2 x ，所以当 8 x 时，( )f x的最大值为 2 10 5 ； 当 2 x 时，( )f x的最小值为 2 5 5 16证明： （1）取 A1C1的中点 P，连接 AP，NP 因为 C1NNB1， C1PPA1， 所以 NPA1B1， NP 1 2 A1B1 在
14、三棱柱ABCA1B1C1中， A1B1AB， A1B1 AB，故 NPAB，且 NP 1 2 AB 因为 M 为 AB 的中点，所以 AM1 2AB 所以 NPAM，且 NPAM 所以四边形 AMNP 为平行四边形 所以 MNAP 因为 AP平面 AA1C1C，MN平面 AA1C1C，所以 MN平面 AA1C1C （2）因为 CACB，M 为 AB 的中点，所以 CMAB 因为 CC1CB1，N 为 B1C1的中点，所以 CNB1C1 在三棱柱 ABCA1B1C1中，BCB1C1，所以 CNBC 因为平面 CC1B1B平面 ABC，平面 CC1B1B平面 ABCBCCN平面 CC1B1B， 所
15、以 CN平面 ABC 因为 AB平面 ABC，所以 CNAB 因为 CM平面 CMN，CN平面 CMN，CMCNC，所以 AB平面 CMN 17解： （1）连结 OM 在RtOPN中，2OP ，POA，故2tanPN 据平面几何知识可知，MBMP， 1 242 BOMBOP ， 在RtBOM中，2OB ， 42 BOM ，故2tan() 42 BM A1 A B C B1 C1 M N （第 16 题图） P 8 所以( )22tan4tan() 42 fPNBM 显然(0,) 2 ，所以函数( )f的定义域为(0,) 2 （2）令 42 ，则2 2 ，且(0) 4 , 所以 2sin(2 )
16、 2 ( )2tan(2 )4tan4tan 2 cos(2 ) 2 f 2cos2 4tan sin2 2 4tan tan2 2 1tan 4tan tan 1 3tan tan 1 23tan2 3 tan ， 当且仅当 1 3tan tan ，即 3 tan 3 时，取等号 此时 3 tan, (0, ) 34 ，故, 66 答：当 6 时，( )f的最小值为2 3 18解： （1）由题意， 222 6 , 3 , c a abc 解得 22 3ab，又 22 12 1 3ab ，解得 2 2 3, 1, a b 所以椭圆 C 的标准方程为 2 2 1 3 x y （2）设 BQ kk
17、，则2 (0) AP kk k， 由 2 (3), (3), yk x yk x 得32(3)xx，所以3 3x ； 所以直线AP与BQ的交点在定直线3 3x 上 （3）当过点G的椭圆C的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于y轴，易 得(3, 1)G ； 当过点G的椭圆C的切线的斜率均存在时，设 000 (,), 3G x yx 切线方程为 00 ()yk xxy， 代入椭圆方程得 222 0000 (31)6 ()3()30kxk kxy xkxy ， 222 0000 6 ()4(31)3()30k kxykkxy ， 9 化简得： 22 00 ()(31)0kxyk， 由此得 22
18、2 0000 (3)210xkx y ky ， 设过点G的椭圆C的切线的斜率分别为 12 ,k k，所以 2 0 12 2 0 1 3 y k k x 因为两条切线相互垂直，所以 2 0 2 0 1 1 3 y x ，即 22 000 4(3)xyx ， 由知G在圆 22 00 4xy上，又点G在直线0xym上， 所以直线0xym与圆 22 4xy有公共点， 所以2 1 1 m ，所以2 22 2m 综上所述，m的取值范围为 2 2,2 2 19解： （1） 1 ( )1fx x ，所以切线斜率为(1)0 f ， 又(1)1f，切点为(1, 1)，所以切线方程为1y （2）令 1 ( )10f
19、x x ，得1x ， 当01x时，( )0fx，函数( )f x单调递减； 当1x 时，( )0fx，函数( )f x单调递增， 所以( )f x的极小值为(1)10f ，又 2222 1111 ()ln20 eeee f， 所以( )f x在区间(0,1)上存在一个零点 1 x，此时0k ； 因为(3)3ln321 ln30f ，(4)4ln4222ln22(1 ln2)0f， 所以( )f x在区间(3,4)上存在一个零点 2 x，此时3k 综上，k的值为 0 或 3 （3）当1x 时，不等式为(1)10g 显然恒成立，此时mR； 当01x时，不等式 ()(1) ( ) xm x f x
20、x 可化为 ln 1 xxx m x ， 令 ln ( ) 1 xxx g x x ，则 22 ln2( ) ( ) (1)(1) xxf x g x xx ， 由（2）可知，函数( )f x在(0,1)上单调递减，且存在一个零点 1 x， 此时 111 ( )ln20f xxx，即 11 ln2xx 所以当 1 0xx时，( )0f x ，即( )0g x，函数( )g x单调递增； 当 1 1xx时，( )0f x ，即( )0g x，函数( )g x单调递减 10 所以( )g x有极大值即最大值 111111 11 11 ln(2) ( ) 11 xxxx xx g xx xx ，于是
21、 1 mx 当1x 时，不等式 ()(1) ( ) xm x f x x 可化为 ln 1 xxx m x ， 由（2）可知，函数( )f x在(3,4)上单调递增，且存在一个零点 2 x，同理可得 2 mx 综上可知 12 xmx 又因为 12 (0,1), (3,4)xx，所以正整数m的取值集合为1,2,3 20解： （1）由 111 11 22 Tbb 得 1 1 4 b ， 又 31233 412344 11 , 88 11 , 1616 Tbbbb Tbbbbb 得 3 1 16 b ， 2 1 4 b ， 可得 5 114 (5)(5) 444 n n aandn ，从而 6 5
22、|0 4 Pxx 故 1 b不具有性质 6 P， 2 b具有性质 6 P （2） 2 3(1) 14(74 )16 2()2 42448 nn n nnnn San ， 因为数列2 nn Sa单调递增，所以 743 22 ，即1， 又数列 n a单调递增，则数列 n a的最小项为 1 3 1 4 a ， 则对任意 * (,3)k kkN，都有 2 3 1 4 k a ， 故实数都不具有性质 k P （3）因为 1 ( 1) 2 n nn n Tb ，所以 1* 11 1 1 ( 1)(2,) 2 n nn n Tbnn N， 两式相减得 1 11 1 11 ( 1)( 1) 22 nn nnn
23、n nn TTbb * (2,)nnN， 即 1 1 ( 1)( 1) 2 nn nnn n bbb * (2,)nnN， 当n为偶数时， 1 1 2 nnn n bbb ，即 1 1 2 n n b ，此时1n为奇数； 当n为奇数时， 1 1 2 nnn n bbb ，则 1 1 1 2 n n b ，此时1n为偶数； 11 则 1 1 (), 2 1 (), 2 n n n n b n 为奇数 为偶数 1 1 (), 2 0 (), n n n T n 为奇数 为奇数 故 2112342221nnn HTTTTTT 2 2468222 11 (1) 11111111 24 (1) 1 22222234 1 4 n nnn ， 因为 1 1 4n 对于一切 * nN递增，所以 31 11 44n ，所以 21 11 34 n H 若对任意的 * nN， 21n H 都具有性质 k P，则 1161 (, | 3444 kk xx ， 即 61 , 43 11 , 44 k k 解得 14 0 3 k，又 * 3,kkN，则3k 或4， 即所有满足条件的正整数k的值为3和4
