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苏州大学 2025 届高考考前指导卷
参考答案
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D B A C B D B
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．
题号 9 10 11
答案 BD ACD AC
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12．239 13 ( 1． ， 2] [2， ) 14．
4
四、解答题：本题共 5小题，共 77分．
15．（13分）
解：（1）因为 tan B 1 1 sin B 1 cosC ，所以 ，
sinC tanC cosB sinC
所以 cos(B C) cosB，
又因为 B (0，π)，C (0，π)，所以 B C B ，从而C 2B．
（2）因为C 2B，所以 sinC sin 2B 2sinBcosB，
2 2 2
所以 c 2b a c b ，即 (a b)(c2 ab b2) 0 ，
2ac
又因为 b2 a(c b)，所以 b2 ac ab，代入上式得 c(a b)(c a) 0．
2
若 c a，则C A 2B，所以 A ；
5
若 b a，则 A B，所以C ，舍去．
2
2
综上所述， A ．
5
16．（15分）
解：（1）如图，作 AE PC于 E，CF AD于 F ，
因为平面PAC 平面PCD，，
平面PAC 平面PCD PC，AE 平面PAC，AE PC，
所以 AE 平面PCD．
又因为CD 平面PCD ，所以 AE CD．
因为 PA 底面ABCD，CD 平面PCD，所以 PA CD，
数学参考答案 第1页（共 4页）
又因为 AE CD， PA，AE 平面PAC， PA AE A，所以CD 平面PAC．
又因为 AC 平面PAC，所以CD AC，所以C在以 AD为直径的圆上，
1 1
所以VP ACD CF 3 2
3 3
CF ≤ ，即三棱锥 P ACD体积的最大值为 ．
3 2 2 2

（2）以 A为坐标原点， AB的方向为 x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
A xyz．
由△ABC △DCA，得 AB 2，
所以 P(0，0，2)，B( 2，0，0)，C( 2 ，1，0)，D(0，3，0) ，

PB ( 2，0， 2)，PC ( 2 ，1， 2)，PD (0，3， 2) ．

设m (x1，y1 ，z1)是平面 BPC 的法向量， n (x2 ，y2 ，z2 )是平面 DPC的法向量，
m

PB 0， 2x 2z 0，
由
1 1
得
m PC 0， 2x1 y1 2z1 0，

取m ( 2，0，1)；

n PC 0， 2x y 2z 0，
由 得 2 2 2
n PD 0， 3y2 2z2 0，

取 n (2 2，2，3)，

| cos m n | | m n | 7所以 ， ．
|m | | n | 3

记二面角 B PC D为 2，所以 sin 1 cos 2 m，n ，
3
所以二面角 B PC D 2的正弦值为 ．
3
17．（15分）
a 1 f (x) 1解：（1）因为 ，所以 ln x x x (x 0) ，
2 2
f (x) 2x x 1 ( x 1)(2 x 1)所以 .
2x 2x
令 f (x) 0，则 x 1，列表如下：
x (0，1) 1 (1， )
f (x) 0
f (x) ↘ 极小值 ↗
由上表可知 f (x)的极小值为 f (1) 0，无极大值．
（2 x）证明：当 x0满足 g(x0 ) f (x0 )时， e 0 x
a x0
0 e a ln x0 x0 x0 ，
数学参考答案 第2页（共 4页）
x
所以 e 0 x x ae x0 a ln x x ea lnx0 x00 0 0 0 a ln x0 x0 ．
设 h(x) ex x (x R) ，可知 h(x)在R 内单调递增，
因为 h( x0 ) h(a ln x0 x0 )，所以 x0 a ln x0 x0 ，所以 x0 a ln x0 x0 0
故 f (x0 ) 0，命题得证．
18．（17分）
解：（1）设 A(a2 ，2a)，B(b2 ，2b)，D(d 2 ，2d )，E(e2 ，2e)．
设 l1：x my 1，与抛物线联立，得 y
2 4my 4 0，
则 yA yB 4ab 4，即 ab 1，同理可得 de 1．
又因为 AE：2x (a e)y 2ae 0 2(1 ae) 2(1 bd ) ，令 x 1，得 yR ，同理 yT ，a e b d
1
b 1 1
2(1 )
将 ，d 代入得 y ae 2(ae 1)T ，所以 F 为 RT 的中点．a e 1 1
yR
a e
a e

（2）方法 1：设C(c2，2c)，因为 FB AC 0，得 (1 b2 )(c a) 4b 0 ①，

由 FA BC 0，得 (1 a2 )(b c) 4a 0 ②，
① (1 a2 ) ② (1 b2 )，
得 (1 a2 )(1 b2 )(c a) 4b(1 a2 ) (1 a2 )(1 b2 )(c b) 4a(1 b2 ) 0，
即 (1 a2 )(1 b2 )a 4b(1 a2 ) (1 a2 )(1 b2 )b 4a(1 b2 ) 0，
即 [(a2 1)(b2 1) 4ab 4](a b) 0．
因为 a b，所以 (a2 1)(b2 1) 4ab 4 0，

则 FA FB (a2 1)(b2 1) 4ab 4，即 FA FB为定值 4．

方法 2：设C(c2，2c)，因为 FB AC 0，所以 (FA FC) FB 0，

即 FA FB FC FB，同理得 FA FC FC FB，
1
所以 FA FB (FA FB FC FB FA FC ) ，
3

由 FA BC 0，得 (1 a2 )(b c) 4a 0 ①，
同理 (1 b2 )(c a) 4b 0 ②， (1 c2 )(a b) 4c 0 ③，
由① ②，得 ab bc ca 5 ④，
由① ② ③，得 a2 (b c) b2 (a c) c2 (a b) 2(a b c)，
即 a2b b2c c2a ab2 bc2 ca2 2(a b c)，
而 a2b b2c c2a ab2 bc2 ca2 (ab bc ca)(a b c) 3abc
数学参考答案 第3页（共 4页）
故结合④可得 abc (a b c)，

则 FA FB FC FB FA FC
(1 a2 )(1 b2 ) (1 b2 )(1 c2 ) (1 c2 )(1 a2 ) 4(ab bc ca)
(a2b2 b2c2 c2a2 ) 2(a2 b2 c2 ) 17
[(ab bc ca)2 2abc(a b c)] 2[(a b c)2 2(ab bc ca)] 17 12，

所以 FA FB为定值 4．
19．（17分）
解：（1）令 a 2 2n 1 an dn ，则 dn (n 1) 2(n 1) (n 2n) 2n 3，
所以 dn 1 2n 5 dn ，即 an 2 an 1 an 1 an ，所以{an}为“阶跃数列”；
（2）令 an 1 an dn ，
(n 1)n(n 2) n(n 1)(n 1) n(n 1)
则 dn 2
n 1 [ 2n ] 2n ，
6 6 2
又{an}为“阶跃数列”，所以 dn 1≥dn，
2n 1 (n 1)(n 2)所以 ≥ 2n n(n 1) n 1 ，即 ≥ ，
2 2 2n
c n 1 c c n 2 n 1 n令 n n ，则 n 1 n n 1 0，所以{c }为递减数列，2 2 2n 2n 1 n
所以当 n 1时， cn 取到最大值 1，所以 ≥1．
（3）因为{an}为“阶跃数列”，所以 an 2 an 1≥an 1 an ，即 an an 1≥an 1 an 2 ，
所以 Sn a1 a2 a3 an (a1 a2 ) 2(a2 a3 ) 3(a3 a4 ) n (an an 1 ) nan 1
n(n 1) (a a ) na n(n 1) a n(n 1)≥ n 2 n 1
n 1 2 n
a
2 n 1
，
所以 n(n 1)an n(n 1)an 1≤2Sn．
当 n≥ 2时， n(n 1)(Sn Sn 1) n(n 1)(Sn 1-Sn )≤2Sn，
整理得 2(n2 1)Sn ≤n(n 1)Sn 1 n(n 1)Sn 1，
2S S S S S S S
所以 n ≤ n 1 n 1 ，即 n 1 n ≥ n n 1 ；
n n 1 n 1 n 1 n n n 1
S3 S2 2(a1 a当 n 1时， 2
a3 ) 3(a1 a2 ) 2a 3
a2 a1 2(a3 a2 ) (a a )= 2 1
3 2 6 6 6 6
2(a2 a1) (a2 a1) 3(a2 a ) S S≥ 1 2 1 ，
6 6 2 1
* Sn 2 S S所以对 n N n 1 n 1
Sn Sn
， ≥ ，即数列{ }是“阶跃数列”．n 2 n 1 n 1 n n
数学参考答案 第4页（共 4页）

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