(备用答案)江苏省苏州市2019届高三期初调研

江苏省苏州市2019届高三期初调研1. {1} [解析]由交集定义知A ∩B ＝{1}．2. 4 [解析]因为z 1＝2＋i ，z 2＝a －2i ，所以z 1·z 2＝(2＋i )(a －2i )＝2a ＋2＋(a －4)i ，又z 1z 2是实数，所以a －4＝0，即a ＝4.3. 2 [解析]由题知15(1＋2＋3＋4＋a)＝2，得a ＝0，所以方差s 2＝15×[(1－2)2＋(2－2)2＋(3－2)2＋(4－2)2＋(0－2)2]＝2.4. 4 [解析]初始值n ＝7，S ＝0，满足条件S<18，S ＝7，n ＝6，满足条件S<18，S ＝13，n ＝5，满足条件S<18，S ＝18，n ＝4，不满足条件S<18，结束循环，输出n ＝4.5. 35 [解析]记3个黑球为黑1，黑2，黑3，2个白球为白1，白2，从中一次摸出2个，有如下基本事件：(黑1，黑2)，(黑1，黑3)，(黑1，白1)，(黑1，白2)，(黑2，黑3)，(黑2，白1)，(黑2，白2)，(黑3，白1)，(黑3，白2)，(白1，白2)，共10个，其中满足条件的有6个，故所求概率P ＝610＝35. 6. －2 [解析]当x<0时，f(－x)＝x 2－2×(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－x 2－2x ，故a ＝－2.7. π3 [解析]由题知f ⎝⎛⎭⎫－5π12＝±1，即2×⎝⎛⎭⎫－5π12＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，故φ＝k π＋4π3，k ∈Z .又0≤φ≤π，所以k ＝－1，φ＝π3.8. 2 [解析]设数列{a n }的公比为q ，则由题知2S 6＝S 2＋S 4.当q ＝1时，不符合题意；当q ≠1时，由2×a 1（1－q 6）1－q ＝a 1（1－q 2）1－q ＋a 1（1－q 4）1－q ，得2q 6－q 4－q 2＝0，即q 2(2q 2＋1)(q 2－1)＝0，得q 2＝1，q ＝－1，所以a 2＋a 4a 6＝a 2（1＋q 2）a 2q 4＝2.9. －1124 [解析]设高为2，3，4对应的三边分别为a ，b ，c ，根据面积相等，得12×2×a＝12×3×b ＝12×4×c ，故a ∶b ∶c ＝6∶4∶3，不妨设a ＝6，b ＝4，c ＝3，则由余弦定理知最大内角的余弦值为cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝－1124.10.423 [解析]设四棱锥的棱长为a cm ，则由题知a 2＋32a ＝3＋1，得a ＝2，故该四棱锥的体积V ＝13×2×2×⎝⎛⎭⎫2×322－12＝423(cm 3)．11. 12 [解析]由AB ∥CD ，知△ABE ∽△CDE ，则AB CD ＝AEEC ＝2.又AC ＝310，所以AE＝2EC ＝210.由tan A ＝3，A ∈(0，π)，得sin A ＝31010，cos A ＝1010.在△ABE 中，BE 2＝AE 2＋AB 2－2AE·AB·cos A ＝52，所以BE ＝213，cos ∠ABE ＝AB 2＋BE 2－AE 22AB·BE ＝21313，所以BE →·CD →＝|BE →|·|CD →|·cos ∠ABE ＝213×3×21313＝12.12. 16 [解析]作出函数f(x)＝|x 2－6|的图象如图所示，由a>b>0，f(a)＝f(b)，得a 2－6＝6－b 2，0<b<6，即a 2＝12－b 2，所以a 2b ＝12b －b 3.令g(b)＝12b －b 3，0<b<6，则g′(b)＝12－3b 2，令g′(b)＝0，得b ＝2(负值舍去)．当0<b<2时，g′(b)>0，g(b)单调递增；当2<b<6时，g′(b)<0，g(b)单调递减，所以当b ＝2时，g(b)取得最大值g(2)＝16，故a 2b 的最大值为16.(第12题)13. －22 [解析]由题知cos A sin A ＋cos B sin B ＋sin C cos C ＝0，即－sin C cos C ＝cos A sin B ＋cos B sin Asin A sin B ＝sin （A ＋B ）sin A sin B ＝sin Csin A sin B ，因为sin C ≠0，所以－cos C ＝cos (A ＋B)＝cos A cos B －sin A sin B＝sin A sin B ，所以tan A tan B ＝12.因为A ，B 为斜三角形ABC 的两个内角，所以tan A>0，tanB>0，所以－tan C ＝1tan A ＋1tan B≥21tan A ·1tan B＝22，所以tan C ≤－2 2. 14. ⎣⎡⎭⎫41015，＋∞ [解析]由题知圆心C(3，2)，如图，设点C 到直线3x ＋y ＝3的距离为d ，则d ＝|3×3＋2－3|32＋12＝4105.当MN 为圆C 的直径时，由图知MP ＝MN ＝2r ，即CP －r＝2r ，CP ＝3r ，又CP ≥d ＝4105，所以r ≥41015.(第14题)15. (1) 因为cos α＝437，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以sin α＝1－cos 2α＝1－⎝⎛⎭⎫4372＝17，所以sin ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝sin π4cos α＋cos π4sin α＝22×437＋22×17＝46＋214. (2) 因为α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以α＋β∈(0，π)，所以sin (α＋β)>0. 因为cos (α＋β)＝1114，所以sin (α＋β)＝1－cos 2（α＋β）＝1－⎝⎛⎭⎫11142＝5314，所以cos β＝cos [(α＋β)－α]＝cos (α＋β)cos α＋sin (α＋β)sin α＝1114×437＋5314×17＝32.因为β∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以β＝π6. 16. (1) 如图，连接CE ，交DF 于点G ，连接MG ，(第16题)因为在矩形CDEF 中，DF ∩EC ＝G ， 所以G 为EC 的中点． 又因为M 为AE 的中点，所以MG 为△EAC 的中位线， 所以MG ∥AC ，因为AC ⊄平面DMF ，MG ⊂平面DMF ， 所以AC ∥平面DMF.(2) 在矩形CDEF 中，CD ⊥ED ， 因为∠ADC ＝90°，所以CD ⊥AD ，因为AB ∥CD ，所以AB ⊥ED ，AB ⊥AD.因为AD ∩ED ＝D ，AD ⊂平面ADE ，ED ⊂平面ADE ，所以AB ⊥平面ADE. 因为MD ⊂平面ADE ，所以MD ⊥AB. 因为DE ＝DA ，M 为AE 中点， 所以MD ⊥AE ，因为AB ∩AE ＝A ，AB ⊂平面ABE ， AE ⊂平面ABE ，所以MD ⊥平面ABE ， 因为BE ⊂平面ABE ，所以BE ⊥DM.17. (1) 如图，过点G 作GM ⊥AB 于点M ，连接OH ， 因为∠GOB ＝60°，所以GM ＝OG·sin 60°＝32r. 又∠BOC ＝θ，所以BC ＝r sin θ，OB ＝r cos θ， 所以GF ＝GM －BC ＝32r －r sin θ. 由对称性知AB ＝2OB ＝2r cos θ， ∠HOA ＝∠GOB ＝60°， 所以∠HOG ＝60°，则△OHG 为等边三角形， 所以GH ＝OG ＝r ， 所以S 矩形ABCD ＝AB·BC ＝(2r cos θ)·r sin θ＝2r 2sin θcos θ，S 矩形EFGH ＝GH·GF ＝r·⎝⎛⎭⎫32r －r sin θ＝32r 2－r 2sin θ，所以f(θ)＝S 矩形ABCD ＋S 矩形EFGH ＝2r 2sin θcos θ＋32r 2－r 2sin θ(0<θ<π3)． (2) 由(1)得f(θ)＝r 2(2sin θcos θ－sin θ＋32)， 所以f′(θ)＝r 2(2cos 2θ－2sin 2θ－cos θ)＝r 2(4cos 2θ－cos θ－2)． 令f′(θ)＝0，则4cos 2θ－cos θ－2＝0， cos θ＝1±338.因为θ∈⎝⎛⎭⎫0，π3，即cos θ∈⎝⎛⎭⎫12，1， 所以cos θ＝1＋338.令θ0∈⎝⎛⎭⎫0，π3，cos θ0＝1＋338， 则当θ变化时，f(θ)，f′(θ)的变化情况如下表：所以f(θ)max ＝f(θ0)．答：当cos θ＝1＋338时，可使市民活动广场及停车场的占地总面积最大．(第17题)18. (1) 因为离心率e ＝c a ＝12，所以a ＝2c.因为a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝3c ， 所以椭圆C ：x 24c 2＋y 23c2＝1.因为点P ⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆上， 所以14c 2＋34c 2＝1，解得c ＝1，所以椭圆C ：x 24＋y 23＝1.(2) 设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)， 直线l ：y ＝kx ＋1(k>1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，kx －y ＋1＝0，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kx －8＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8k4k 2＋3，x 1·x 2＝－84k 2＋3，因为k 1＝y 1x 1＋2，k 2＝y 2x 2－2，且k 1＝2k 2，所以y 1x 1＋2＝2y 2x 2－2，即y 21（x 1＋2）2＝4y 22（x 2－2）2. ① 又因为M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)在椭圆上， 所以⎩⎨⎧y 21＝34（4－x 21），y 22＝34（4－x 22）.②将②代入①可得2－x 12＋x 1＝4（x 2＋2）2－x 2，即3x 1x 2＋10(x 1＋x 2)＋12＝0， 所以－244k 2＋3－80k4k 2＋3＋12＝0，即12k 2－20k ＋3＝0， 解得k ＝16或k ＝32.又因为k>1，所以k ＝32.19. (1) 由题意得a 1＝1，a 2＝2， a 3＝a 1＋d ＝1＋d ，a 4＝a 2q ＝2q ， a 5＝1＋2d ，所以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋2＋(1＋d)＝4＋d. 因为S 3＝a 4，a 5＝a 2＋a 3，所以2q ＝4＋d ，1＋2d ＝3＋d ， 解得d ＝2，q ＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ， n 为奇数，2·3n 2－1， n 为偶数.(2) 1° 当m ＝2k －1(k ∈N *)时，因为a m a m ＋1＝a m ＋2，所以(2k －1)·2·3k －1＝2k ＋1， 所以2·3k －1＝2k ＋12k －1＝1＋22k －1，因为2·3k－1为整数，所以22k －1必为整数，所以2k －1＝1，所以k ＝1，此时2·3k －1≠3，不合题意． 2° 当m ＝2k (k ∈N *)时，因为a 2k a 2k ＋1＝a 2k ＋2，所以2·3k －1·(2k ＋1)＝2·3k ， 即2k ＋1＝3，所以k ＝1，即m ＝2.(3) S 2m ＝m （1＋2m －1）2＋2（1－3m ）1－3＝3m＋m 2－1，S 2m －1＝S 2m －a 2m ＝m 2＋3m －1－2·3m －1＝m 2＋3m －1－1，所以S 2mS 2m －1＝m 2＋3m －1m 2＋3m －1－1 ＝3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1≤3.若S 2mS 2m －1为数列{a n }中的项，则只能为a 1，a 2，a 3. ①当S 2mS 2m －1＝1时，3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝1，所以3m －1＝0，m 无解．②当S 2mS 2m －1＝2时，3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝2，所以3m －1＋1－m 2＝0.当m ＝1时，等式不成立； 当m ＝2时，等式成立；当m ≥3时，令f (x )＝3x －1＋1－x 2＝13·3x ＋1－x 2，所以f ′(x )＝ln 33·3x －2x ，f ″(x )＝ln 233·3x－2.当x ≥3时，f ″(x )>0，f ′(x )在[3，＋∞)上单调递增．又f ′(3)＝9ln 3－6>0，所以f ′(x )＞0在[3，＋∞)上恒成立， 所以f (x )在[3，＋∞)上单调递增．因为f (3)＝1>0，所以当m ≥3时，方程3m －1＋1－m 2＝0无解．③当S 2mS 2m －1＝3时，3－2（m 2－1）3m －1＋m 2－1＝3，所以m 2－1＝0，即m ＝1.综上所述，存在正整数m ＝1或2，使得S 2mS 2m －1恰好为数列中的一项．20. (1) 函数f(x)＝x 2是“恒切函数”，设切点为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）＋kx 0＋b ＝kx 0＋b ，f′（x 0）＋k ＝k ，所以⎩⎪⎨⎪⎧f （x 0）＝0，f′（x 0）＝0.对于函数f(x)＝x 2，f′(x)＝2x ，设切点为(x 0，y 0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 20＝0，2x 0＝0，解得x 0＝0，所以f(x)＝x 2是“恒切函数”． (2) 设切点为(x 0，y 0)，因为f′(x)＝mx ＋n ，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ln x 0＋nx 0＝0，m x 0＋n ＝0，解得ln x 0＝1，即x 0＝e ，所以实数m ，n 满足的关系式为m ＋e n ＝0. (3) 设切点为(x 0，y 0)， 因为f′(x)＝(2e x －x －2)e x ，所以⎩⎪⎨⎪⎧（e x 0－x 0－1）e x 0＋m ＝0，（2e x 0－x 0－2）e x 0＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－（e x 0－x 0－1）e x 0，2e x 0＝x 0＋2.设g(x)＝2e x －x －2，令g′(x)＝2e x －1＝0，得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min ＝g(－ln 2)＝ln 2－1<0. ①当x ∈(－∞，－ln 2)时，因为g(－2)＝4e 2>0，g(－1)＝2e －1<0，所以g(x)在(－∞，－ln 2)上有唯一零点x 0∈(－2，－1)． 又m ＝－(e x 0－x 0－1)e x 0＝14x 0(x 0＋2)，所以m ∈⎝⎛⎭⎫－14，0. ②当x ∈(－ln 2，＋∞)时，因为g(0)＝0，所以g(x)在(－ln 2，＋∞)上有唯一零点0，所以m ＝0.综上所述，m ∈⎝⎛⎦⎤－14，0.。