江苏省四星级学校2016年4月联考

江苏省四星级学校2016年4月联考一、填空题（共14小题；共70分）1. 已知集合A=tanπ4,3,6，B=lne,3,9，则A∩B= ______．2. 已知复数z满足z i=1+i（i是虚数单位），则z= ______．3. 已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，若这两组数据的中位数相同，平均数也相同，则mn= ______．4. 根据如下所示的伪代码，若输入a=3，b=−2，n=5，则输出的值是______．Read a，b，nFor i From 1 To n-2 c ← a+b a ← b b ← cEnd ForPrint c5. 设A，B 两名学生均从两位数学教师和两位英语教师中选择一位教师给自己补课，若A，B 不选同一位教师，则学生 A选择数学教师，学生 B 选择英语教师的概率为______．6. 已知点P是抛物线y2=4x上的动点，F1,0，A4,3，则∣PA∣−∣PF∣的最大值是______．7. 设M，N是不等式组x−y+1≥0,x+y≤5,x≥0,y≥0所表示的平面区域内不同的两点，则此两点间的距离∣MN∣的最大值是______．8. 若θ∈0,π4，且cos2θ=154，则fθ=2sin θ−π4的值为______．9. 已知向量a=m−2,m+1，b=m−1,m−2，且a与b的夹角为钝角，则实数m的取值范围为______．10. 设数列a n的前n项和为S n，已知a1=1，a n+1=2S n+2n，则数列a n的通项公式a n=______．11. 已知函数f x=ax2+x，若当x∈0,1时，−1≤f x≤1恒成立，则实数a的取值范围为______．12. 已知正实数x，y，z满足x2+y2+4z2=1，则xy+2xz+32yz的最大值是______．13. 已知函数f x=e x,0≤x≤1−e2x+32e,1<x≤3，若方程f x=m有2个不同的实根x1，x2，且x1<x2，则x1f x2的取值范围是______．14. 如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA=AB=2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P−AEF的体积最大时，tan∠BAC= ______．二、解答题（共12小题；共156分）15. 已知△ABC的面积为S，且2S=AB2−BA⋅BC．（1）求角A的大小；（2）若S=1，BC=，求△ABC的最短边的长．16. 如图，在多面体ABCDFE中，四边形ABCD是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB∥EF，AF=2，EF=2AB=42，平面ABCD⊥平面ABEF．（1）求证：BE⊥DF；（2）若P为BD的中点，试问：在线段AE上是否存在点Q，使得PQ∥平面BCE?若存在，找出点Q的位置；若不存在，请说明理由．17. 定义：设在平面内给定一点O和常数k k≠0，对于平面内任意一点A，确定Aʹ，使Aʹ在直线OA上，若线段长度∣OA∣与∣OAʹ∣满足∣OA∣⋅∣OAʹ∣=r2，则称这种变换是以O为反演中心，以r2为反演幂的反演变换，简称“反演”，称Aʹ为A关于O r的反演点．已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的焦点分别为F1，F2，上顶点为B，若△BF1F2是等边三角形，且椭圆经过点2,3．（1）求椭圆的方程；（2）若P，M是椭圆上不同的两点，点M关于x轴的对称点为N，直线MP，NP分别交x轴于点E x1,0，F x2,0，试探究E，F两点是否互为反演点?如果是，请说明理由，并求出反演幂r2；如果不是，请说明理由．18. 某地区出现疫情，引起某种消毒液热销．该消毒液每瓶的成本为8元，原来的售价为10元，月销售量为6万瓶．（1）若每瓶的售价每提高0.5元，月销售量相应减少0.4万瓶，则要使提价后月利润不低于原来的月利润，则消毒液每瓶售价最高为多少元?（2）为了提高月利润，厂家决定下月投入部分资金进行广告宣传，计划每瓶的售价为x x≥12元，并投入345x−12万元作为广告费用．据市场调查，每瓶的售价每提高0.5元，月销售量将相应减少 1.8x−10万瓶．当售价x为多少元时，下月利润最大?并求出最大利润．19. 已知函数f x=ln1+x，g x=kx k∈R．（1）证明：当x>0时，f x<x；（2）证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意x∈0,x0，恒有f x>g x；（3）确定k的所有可能取值，使得存在t>0，对任意x∈0,t，恒有∣f x−g x∣<x2．20. 已知数列a n满足a1=a，a n+1=1+1a1+a2+⋯+a n−1，n∈N∗．（1）证明：存在正实数a，使得a1，a2，a3成等差数列；（2）若当n≥2时,0<a n<1，求实数a的取值范围．21. 如图，△ABC的外接圆为⊙O，过点A作⊙O的切线PQ交CB的延长线于点Q，若AC恰好为∠BAP的平分线，且AB=10，AC=15，求QA的长度．22. 设矩阵A=a bc d，已知矩阵A的特征值λ1=−1的一个特征向量为α1=1−1，特征值λ2=4的一个特征向量为α2=32，求ad−bc的值．23. 已知直线l的参数方程为x=12t,y=32t−1（t为参数），曲线C的参数方程为x=cosθ,y=2+sinθ（θ为参数），设Q是曲线C上的一个动点，求点Q到直线l的距离的最小值与最大值之和．24. 已知a≥2，x∈R，求证：∣x−1+a∣+∣x−a∣≥3．25. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知∠BAC=90∘，AB=AC=1，AA1=3，点E，F分别在棱BB1，CC1上，且FC1=13CC1，BE=λBB1，0<λ<1．（1）当λ=13时，求异面直线AE与A1F所成角的大小；（2）当直线AA1与平面AEF所成角的正弦值为22929时，求λ的值．26. 已知数列a n的前n项和为S n，a1=−23，S n+1S n+2=a n n≥2．（1）计算S2，S3，猜想S n的表达式并用数学归纳法证明；（2）设b n=S nn+n ，数列b n的前n项和为T n，求证：T n>−34．答案第一部分1. 1,32. 1−i3. 384. 05. 136. 37. 268. −329. 0,54∪54,210. 2×3n−1−2n−111. −2,012.13. 0,1e14.第二部分15. （1）解法一设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为2S=AB2−BA⋅BC，所以2×12ac sin B=c2−ac cos B，即a sin B=c−a cos B，由正弦定理得sin A sin B=sin C−sin A cos B，即sin A sin B=sin A+B−sin A cos B，解得sin A sin B=sin B cos A，又sin B≠0，所以tan A=1，因为A∈0,π，所以A=π4．解法二设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，因为AB2−BA⋅BC=AB2+AB⋅BC=AB⋅ AB+BC=AB⋅AC,所以2S=AB2−BA⋅BC可化为2×12bc sin A=bc cos A，即sin A=cos A，因为A∈0,π，所以A=π4．（2）因为S=1，所以12bc sin A=1，即bc=22．又a=a2=b2+c2−2bc cos A，易得b2+c2=9．由bc=22,b2+c2=9得b=22,c=1或b=1,c=2 2.所以△ABC的最短边的长为1．16. （1）如图1，取EF的中点G，连接AG，EF=2AB，所以AB=EG，又AB∥EG，所以四边形ABEG为平行四边形，所以AG∥BE，且AG=BE=AF=2．在△AGF中，GF=12EF=22，AG=AF=2，所以AG2+AF2=GF2，所以AG⊥AF．因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABEF，且平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以AD⊥平面ABEF，又AG⊂平面ABEF，所以AD⊥AG．因为AD∩AF=A，所以AG⊥平面ADF，因为AG∥BE，所以BE⊥平面ADF，因为DF⊂平面ADF，所以BE⊥DF．（2）存在点Q，且点Q为AE的中点，使得PQ∥平面BCE．证明如下：连接AC，如图2，ABCD为矩形，所以P为AC的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE．又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以 PQ ∥平面BCE ．17. （1） 由题意可知， ba =32,4a +9b =1,得 a =4,b =2 3, 故椭圆的方程为 x 216+y 212=1．（2） 设 P x 0,y 0 ，M m ,n ，则 N m ,−n ，则直线 PM :y −y 0=n−y0m−x 0x −x 0 ，令 y =0，得 x 1=my 0−nx 0y 0−n，同理可得 x 2=my 0+nx 0y 0+n，所以 x 1⋅x 2=m 2y 02−n 2x 02y 02−n ．又 x 0216+y 0212=1，m 216+n 212=1，所以 x 1⋅x 2=16 1−n 2 y 02−16 1−y 02n 2y 02−n=16．即 ∣OE∣⋅∣OF∣=16，故 E ，F 两点互为反演点，且反演幂 r 2=16．18. （1） 解法一（直接法）设售价提高后每瓶售价为 a 元，由题意得， a −8 6−a−100.5×0.4 ≥10−8 ×6,整理得2a 2−51a +310≤0,解得10≤a ≤15.5,所以最高售价为 15.5 元． 解法二（间接法）设每瓶售价提高 a a ∈N 个 0.5 元，由题意得， 10−8+0.5a 6−0.4a ≥ 10−8 ×6,整理得a 2−11a ≤0,解得0≤a ≤11,所以当 a =11 时，最高售价为 10+11×0.5=15.5 元．（2） 由题意，下月利润为y = x −8 6−x −10× 1.8 2−34x −12 = x −8 6−185 x −10 −345x −12 .解法一（基本不等式法）y = x −8 6−18 −34x −12= x −10+2 6−185 x −10 −345x −10−2=−45 x −10+9x −10 +22≤−45×2 x −10 ⋅9 x −10 +22=86, 当且仅当 x =13 时取等号．所以当每瓶售价为 13 元时，下月销售利润最大，最大利润为 17.2 万元． 解法二（换元法）y = x −8 6−185 x −10 −345x −12=−4x 2+190x −15365 x −10,令t=x−10t≥2，则y=−4t−36+22=−45t+9t+22≤−4×2t×9+22=86 5.当且仅当t=3，即x=13时取等号．所以当每瓶售价为13元时，下月销售利润最大，最大利润为17.2万元．解法三（导数法）y=−15×4x2−190x+1536x−10，yʹ=−45×x2−20x+91x−102=−45×x−7x−13x−102．令yʹ=0，则x=7（舍去）或x=13，且当12≤x<13时，yʹ>0，当x>13时，yʹ<0．所以当x=13时，y取得最大值，此时y=17.2．所以当每瓶售价为13元时，下月销售利润最大，最大利润为17.2万元．19. （1）令F x=f x−x=ln1+x−x，x∈0,+∞，则有Fʹx=11+x −1=−x1+x．当x∈0,+∞，Fʹx<0，所以F x在0,+∞上单调递减，故当x>0时，F x<F0=0，即当x>0时，f x<x．（2）令G x=f x−g x=ln1+x−kx，x∈0,+∞，则有Gʹx=11+x −k=−kx+1−k1+x．当k≤0，Gʹx>0，所以G x在0,+∞上单调递增，G x>G0=0．故任意正实数x0均满足题意．当0<k<1时，令Gʹx=0，得x=1−kk =1k−1>0．取x0=1k−1，对任意x∈0,x0，恒有Gʹx>0，所以G x在0,x0上单调递增，G x>G0=0，即f x>g x．综上，当k<1时，总存在x0>0，使得对任意的x∈0,x0，恒有f x>g x．（3）当k>1时，由（1）知，对于∀x∈0,+∞，g x>x>f x，故g x>f x，∣f x−g x∣=g x−f x=kx−ln1+x．令M x=kx−ln1+x−x2，x∈0,+∞，则有Mʹx=k−11+x −2x=−2x2+k−2x+k−11+x，故当x∈0,k−2+24时，Mʹx>0，M x在0,k−2+k−22+8k−14上单调递增，故M x>M0=0，即∣f x−g x∣>x2，所以满足题意的t不存在．当k<1时，由（2）知存在x0>0，使得当x∈0,x0时，恒有f x>g x，此时∣f x−g x∣=f x−g x=ln1+x−kx，令N x=ln1+x−kx−x2，x∈0,+∞，则有Nʹx=11+x −k−2x=−2x2−k+2x−k+11+x，当x∈0,−k+2+24时，Nʹx>0，N x在0,−k+2+24上单调递增，故N x>N0=0，即f x−g x>x2．记x0与−k+2+24中较小者为x1，则当x∈0,x1时，恒有∣f x−g x∣>x2，故满足题意的t不存在．当k=1，由（1）知，当x∈0,+∞，∣f x−g x∣=g x−f x=x−ln1+x．令H x=x−ln1+x−x2，x∈0,+∞，则有Hʹx=1−11+x −2x=−2x2−x1+x，当x>0时，Hʹx<0，所以H x在0,+∞上单调递减，故H x<H0=0，故当x>0时，恒有∣f x−g x∣<x2，此时，任意正实数t满足题意．综上，k=1．20. （1）由题意知a1=a≠1，a2=1+1a1−1=aa−1，a3=1+1a1+a2−1=a2a−a+1，当a1，a2，a3成等差数列时，2a2=a1+a3，即2aa−1=a+a2a−a+1．当a>0时，有2a−1=a2+1a2−a+1，则a3−3a2+3a−3=0，设f a=a3−3a2+3a−3，则f2=−1<0，f3=6>0，f a=a3−3a2+3a−3在2,3上有零点，所以存在正实数a∈2,3，使得a1，a2，a3成等差数列．（2）由题意，有a n=1+1a1+a2+⋯+a n−1−1，显然a n≠1，则1a n−1=a1+a2+⋯+a n−1−1，所以a1+a2+⋯+a n−1=1+1a n−1=a na n−1，n≥2．因为当n≥2时，0<a n<1，所以a n+1=1+112n−1n=1+1a na n−1+a n−1=a n2a n2−a n+1=a n2a n−122+34>0.a2a2−1=a1=a<0．下面证明当a<0时，对任意的正整数n≥2，有a n<1．a n+1−a n=a n2a n2−a n+1−a n=−a n a n−12a n2−a n+1<0，所以a n+1<a n，故当n≥2时，数列a n单调递减，因此a n<a n−1<⋯<a2=aa−1<1，所以当a<0时，对任意的正整数n≥2，有0<a n<1，即实数a的取值范围为a<0．21. 因为PQ为⊙O的切线，故∠QAB=∠QCA，∠PAC=∠ABC，又∠AQB=∠CQA，故△QCA∽△QAB，所以QCQA =QAQB=ACAB=1510=32．设OA=2k，QC=3k，则QB=43k，BC=53k，因为AC恰好为∠BAP的平分线，所以∠PAC=∠BAC，故∠BAC=∠ABC，即AC=BC，从而有53k=15，解得k=9，故QA的长度为2×9=18．22. 由特征值、特征向量的定义可知Aα1=λ1α1，即a bc d1−1=−1×1−1=−11，可得a−b=−1,c−d=1. ⋯⋯①同理可得a bc d32=4×32=128，即3a+2b=12,3c+2d=8. ⋯⋯②由①②解得a=2，b=3，c=2，d=1，因此ad−bc=2−6=−4．23. 由于点Q在曲线C上，故可设点Q cosθ,2+sinθ，将直线l的参数方程化为普通方程是3x−y−1=0．故点Q到直线l的距离d=∣3cosθ−2−sinθ−1∣2=∣∣2cos θ+π6−3∣∣2，所以当cos θ+π6=1时，d min=12；当cos θ+π6=−1时，d max=52．从而可得所求之和为12+52=3．24. 因为∣m∣+∣n∣≥∣m−n∣，所以∣x−1+a∣+∣x−a∣≥∣x−1+a−x−a∣=∣2a−1∣．又a≥2，故∣2a−1∣≥3．所以∣x−1+a∣+∣x−a∣≥3．25. （1）建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．AB=AC=1，AA1=3，λ=13，所以A0,0,0，E1,0,1，A10,0,3，F0,1,2，AE=1,0,1，A1F=0,1,−1．因为∣∣AE∣∣=∣∣A1F∣∣=2，AE⋅A1F=−1，所以cos AE,A1F=AE⋅A1F∣∣AE∣∣∣∣A1F∣∣=2×2=−12，所以AE与A1F所成角的大小为120∘，所以异面直线AE与A1F所成角的大小为60∘．（2）因为E1,0,3λ，F0,1,2，所以AE=1,0,3λ，AF=0,1,2，设平面AEF的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=0，且n⋅AF=0，即x+3λz=0，且y+2z=0．令z=1，则x=−3λ，y=−2，所以n=−3λ,−2,1是平面AEF的一个法向量．又AA1=0,0,3，则cos n,AA1=n ⋅AA1∣n∣∣∣AA1∣∣=39λ2+5=9λ2+5，又直线AA1与平面AEF所成角的正弦值为22929，9λ2+5=22929，得λ=12．26. （1）因为a n=S n−S n−1n≥2，所以S n+1S n +2=S n−S n−1n≥2，整理得S n=−12+S n−1n≥2，于是S1=a1=−23，S2=−34，S3=−45．猜想S n=−n+1n+2．证明如下：当n=1时，S1=−23，猜想成立．假设当n=k k≥1时猜想成立，即S k=−k+1k+2，则S k+1=−12+S k =−12−k+1=−k+1+1k+1+2，所以当n=k+1时猜想成立．故S n=−n+1n+2对任意的n∈N∗都成立．（2）由（1）得，b n=−1n n+2=−121n−1n+2，于是T n=−121+12+13+⋯+1n−13+14+15+⋯+1n+2=−1232−1n+1−1n+2,又32−1n+1−1n+2<32，所以T n>−34．。