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1、苏锡常镇四市2012届高三调研测试(二)1. (1，2)解析：画数轴易得2. 1i解析：设zxyi(x，yR)，则xyi2i1. 解得 z1i.3. 4解析： 双曲线1(m0)的渐近线方程是yx， . m4.4. 0.8解析：(8910108)9. s22(98)2(99)22(910)20.8.5. 解析：该点落在半圆内的概率为P.6. 解析：画出树枝图如下： 最小号码是2的概率为P.7. 96解析：设等比数列an的公比为q，则q38， q2， a8a6q296.8. 3解析： cos，为钝角， sin.tan3.9. 解析： 0log321， log3222， f(log32)f(log3
2、21)f(log3211)f(log318)3log318.10. 解析：由2343，得2433， 243，即45. ，.11. 12. 解析：设P(x，y)，由题意xy1，xy. M(x，0)，故(xy)2.取“”时，当且仅当xy，即2， x，解得x. P.13. (0，1解析：由题意知：A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)， M.由220，得2(c，b)20， acc2b20， ac(a2c2)c20，化简得e22e20，解得1e1，注意到0e1. 0e1，即e的取值范围为(0，114. 解析：记f(x)(2mn)x2n8.由题意得由得m2，由得3n4(m1)， n4.又n6， 4n6
3、.结合图象可知：03，.记g(x)，x(0，3，g(x)x3， y及yx3在x(0，3上都是减函数， g(x)在x(0，3上是减函数， g(x)的最小值为g(3)27，即的最小值为.15. 解：(1) 因为|cosBAC，所以cosBAC.(2分)(2) 在ADC中，AC10，AD5，CD，由余弦定理，得cosCAD.(4分)因为CAD(0，)，所以sinCAD.(6分)(3) 由(1)知cosBAC.因为BAC(0，)，所以sinBAC.(8分)从而sinBADsin(BACCAD)sinBACcosCADcosBACsinCAD.(11分)所以SBADABADsinBAD13528.(14
4、分)16. 证明：(1) 因为SA平面EFGH，GH平面EFGH，所以SAGH.(2分)又SAAB，SA，AB，GH都在平面SAB内，所以ABGH.(4分)因为AB平面EFGH，GH平面EFGH，所以AB平面EFGH.(6分)(2) 因为AB平面EFGH，AB平面ABC，平面ABC平面EFGHEF，所以ABEF.(8分)又ABGH，所以GHEF.(10分)(3) 因为SA平面EFGH，SA平面SAC，所以平面EFGH平面SAC，交线为FG.(12分)因为GHEF，EFFG，所以GHFG.又GH平面EFGH，所以GH平面SAC.(14分)17. 解：(1) S2bx2ay4xyab，x，y0.(
5、4分)(2) 依题意，即求4xy的最大值因为x，y0，所以2bx2ay2，从而S44xyab，当且仅当bxay时等号成立(6分)令t，则t0，上述不等式可化为4t24tabS0，解得t.(9分)因为t0，所以t，则xy.(11分)由得(舍去负值)(13分)所以当x，y时，四个矩形木雕的总面积最大，最大值为abS2.(14分)18. 解：(1) 由题设，得圆O1的半径为4，所以圆O1的标准方程为(x9)2y216.(3分)(2) 当直线l的斜率存在时，设直线l为ybk(xa)，即ykxkab0.则O，O1到直线l的距离分别为h，h1，从而d2，d12.(6分)由，得642，整理得64a21622
6、(a9)2k22ba2(a9)k64b22(16b2)0.(8分)由题意，上式对于任意实数k恒成立，所以(10分)由2ba2(a9)0，得b0或a2(a9)0. 如果b0，则641620，解得2(舍去负值)从而a6或18，所以2，点P(6，0)，P(18，0)(12分) 如果a2(a9)0，显然a9不满足，从而2，所以3a243a1920.但432431924550，因此该方程无实数根，舍去(14分)当点P的坐标为(6，0)时，若直线l的斜率不存在，此时d4，d12，所以2，也满足综上所述，满足题意的2，点P有2个，坐标分别有(6，0)和(18，0)(16分)19. 解：(1) 因为f(0)f
7、(1)，所以e1.(2分)因为a0，所以a(e1)e1.又e10，所以a.由题设，a为正实数，所以a的取值范围0a.(4分)(2) 当a2时，函数f(x)ex，定义域为x|x2因为f(x)ex(ex)0，所以f(x)在(，2)及(2，)上均为减函数因为当x(，2)时，f(x)0，所以x(，2)时，f(x)1.因为当x(2，)时，f(0)1，所以由f(x)f(0)得x0.综上所述，不等式f(x)1的解为(，2)(0，)(9分)(3) 当xa时，f(x)ex，令f(x)0，得x2a22a. 当a2时，由(2)知，函数f(x)的单调减区间为(，2)，(2，)； 当0a2时，a22a0，f(x)0恒成
8、立，故函数f(x)的单调减区间为(，a)，(a，)；(12分) 当a2时，a22a0.令f(x)0，得x2a22a，从而x.令f(x)0，得x2a22a，从而x或x.因为，从而a，所以函数f(x)的单调增区间为(，)，单调减区间为(，a)，(a，)，(，)(14分)综上所述，当0a2时，函数f(x)的单调减区间为(，a)，(a，)；当a2时，函数f(x)的单调增区间为(，)，单调减区间为(，a)，(a，)，(，)(16分)20. 解：(1) 在等式Snm(S2nS2m)(nm)2中，分别令m1，m2，得Sn1(S2nS2)(n1)2，Sn2(S2nS4)(n2)2，得an22n3.(3分)在等
9、式Snm(S2nS2m)(nm)2中，令n1，m2，得S3(S2S4)1，由题设知S211，S319，故S429.所以an22n6(nN*)，即an2n2(n3，nN*)又a26也适合上式，故an(5分)Sn即Snn23n1，nN*.(6分)(2) 记San33k2(*)n1时，无正整数k满足等式(*)n2时，等式(*)即为(n23n1)23(n10)k2.(8分) 当n10时，k131.(9分) 当n10时，则kn23n1，又k2(n23n)22n23n310，所以kn23n.从而n23nkn23n1.又n，kN*，所以k不存在，从而无正整数k满足等式(*)(12分) 当n10时，则kn23n1，因为kN*，所以kn23n2.从而(n23n1)23(n10)(n23n2)2.即2n29n270.因为nN*，所以n1或2.(14分)n1时，k252，无正整数解；n2时，k2145，无正整数解综上所述，满足等式(*)的n，k分别为n10，k131.(16分)
