2015高考数学(江苏专用,文科)专题3 第6讲
2015年江苏省高考数学试卷答案与解析
2021 年XX省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题〔本大题共14小题，每题5分，共计70分〕1．〔5分〕〔2021 ?XX〕集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，那么集合A∪B中元素的个数为5．考点：并集及其运算．专题：集合．分析：求出A∪B，再明确元素个数解答：解：集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，那么A∪B={1，2，3，4，5}；所以A∪B中元素的个数为5；故答案为：5点评：题考察了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于根底题2．〔5分〕〔2021 ?XX〕一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为6．考点：众数、中位数、平均数．专题：概率与统计．分析：直接求解数据的平均数即可．解答：解：数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为：=6．故答案为：6．点评：此题考察数据的均值的求法，根本知识的考察．23．〔5分〕〔2021 ?XX〕设复数z满足z=3+4i〔i是虚数单位〕，那么z的模为．考点：复数求模．专题：数系的扩大和复数．分析：直接利用复数的模的求解法那么，化简求解即可．2解答：解：复数z满足z=3+4i，可得|z||z|=|3+4i|==5，∴|z|=．故答案为：．点评：此题考察复数的模的求法，注意复数的模的运算法那么的应用，考察计算能力．4．〔5分〕〔2021 ?XX〕根据如下图的伪代码，可知输出的结果S为7．1考代码． ：图表型；算法和程序框图．分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I ，S 的值，当I=10时不满足条件I ＜8， 退出循出S 的值为7．解答：解：模拟执行程得 S=1，I=1满足条件I ＜8，S=3，I=4满足条件I ＜8，S=5，I=7 满足条件I ＜8，S=7，I=10 不满足条件I ＜8，退出循出S 的值为7． 故答案为：7． 点评：此题主要考察了循环构造的程序，正确判断退出循环的条件是解属于根底 题． 5．〔5分〕〔2021 ?XX 〕袋中有形状、大小都一样的4只球，其中1只白球、1只红球、2 只黄球，从中一次随机摸出2只这2只球颜色不同的概率为． 考点：古典概型及其概率计算公式． ：概率与统计． 分析：根据题4个小球分别编号，用列举法求出根本领件数，计算对解答：解：根据题意，记白球为A ，红球为B ，黄球为C 1、C 2，那么 一次取出2只球，根本领件为AB 、AC 1、AC 2、BC 1、BC 2、C 1C 2共6种， 其中2只球的颜色不同的是AB 、AC1、AC2、BC1、BC2共5种； 所以所求的概率是P=． 故答案为：． 点评：此题考察了用列举法求古典概型的概率的应用6．〔5分〕〔2021 ?X X 〕向量n ∈R n 的3． 考点：平面向量的根本定理及其意义． ：平面向量及应用． 2分析：直接利用向量的坐标运算，求解即可．解答：解：向量=〔2，1〕，=〔1，﹣2〕，假设m+n=〔9，﹣8〕可得，解得m=2，n=5，∴m﹣n=﹣3．故答案为：﹣3．点评：此题考察向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考察计算能力．7．〔5分〕〔2021 ?XX〕不等式2＜4的解集为〔﹣1，2〕．考点：指、对数不等式的解法．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．2分析：利用指数函数的单调性转化为x﹣x＜2，求解即可．解答：解；∵2＜4，2∴x﹣x＜2，2即x﹣x﹣2＜0，解得：﹣1＜x＜2故答案为：〔﹣1，2〕点评：此题考察了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．8．〔5分〕〔2021 ?XX〕tanα=﹣2，tan〔α+β〕=，那么tanβ的值为3．考点：两角和与差的正切函数．专题：三角函数的求值．分析：直接利用两角和的正切函数，求解即可．解答：解：tanα=﹣2，tan〔α+β〕=，可知tan〔α+β〕==，即=，解得tanβ=3．故答案为：3．点评：此题考察两角和的正切函数，根本知识的考察．9．〔5分〕〔2021 ?XX〕现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，假设将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径一样的新的圆锥和圆柱各一个，那么新的底面半径为．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．3算题；空间位置关系与距离．分析：由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的柱和圆面半径r ，求出体积， 由前后体积相等列式求得r ． 解答： 解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：． 设新圆锥和圆面半径为r ， 那么新圆锥和圆柱的体积和为：． ∴，解得：． 故答案为：． 点评：此题考察了圆柱与圆锥的体积公根算题． 10．〔5分〕〔2021 ?X X 〕在平面直角坐标系x O y 中，以点〔1，0〕为圆心且与直线y 22 1=0〔m ∈R 〕相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为1〕+y=2． 考点：圆的标准方程；圆的切线方程． 算题；直线与圆． 分析：求出圆心到直线的距离d 的最大值，即可求出所求圆的标准方程． 解答： 解：圆心到直线的距离d==≤， ∴m=1时，圆的半径最大为， ∴所求圆 2 故答案+y 点评：此题考察所圆的标准方程，考察点到直线的距离公式，考察学力，比拟基 础． * 11．〔5分〕〔210项的和为． 考点：数列的求和；数列递推式． ：等差数列与等比数列． 分析： 数列{a n }满足a 1=1，且a n+1﹣a n =n+1〔n ∈N * 〕，利用“累加求和〞可得a n =．再 利用“裂项求和〞即可得出． * 解答：解：∵数列{a n }满足a 1=1，且a n+1﹣a n =n+1〔n ∈N 〕， ∴当n ≥2时，a n =〔a n ﹣a n ﹣1〕+⋯+〔a 2﹣a 1〕+a 1=+n+⋯+2+1=． 当n=1时，上式也成立， ∴an=．4∴=2．∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；5∴=2．∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；5∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：此题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：此题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；。
2015年江苏省高考数学试卷答案与解析
2015年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）（2015•江苏）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B中元素的个数为 5 ．考点：并集及其运算．专题：集合．分析：求出A∪B，再明确元素个数解答：解：集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则A∪B={1，2，3，4，5}；所以A∪B中元素的个数为5；故答案为：5点评：题考查了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于基础题2．（5分）（2015•江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为 6 ．考点：众数、中位数、平均数．专题：概率与统计．分析：直接求解数据的平均数即可．解答：解：数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为：=6．故答案为：6．点评：本题考查数据的均值的求法，基本知识的考查．3．（5分）（2015•江苏）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为．考点：复数求模．专题：数系的扩充和复数．分析：直接利用复数的模的求解法则，化简求解即可．解答：解：复数z满足z2=3+4i，可得|z||z|=|3+4i|==5，∴|z|=．故答案为：．点评：本题考查复数的模的求法，注意复数的模的运算法则的应用，考查计算能力．4．（5分）（2015•江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为7 ．考点：伪代码．专题：图表型；算法和程序框图．分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．解答：解：模拟执行程序，可得S=1，I=1满足条件I＜8，S=3，I=4满足条件I＜8，S=5，I=7满足条件I＜8，S=7，I=10不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．故答案为：7．点评：本题主要考查了循环结构的程序，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题．5．（5分）（2015•江苏）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．考点：古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：根据题意，把4个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可．解解：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为C1、C2，则答：一次取出2只球，基本事件为AB、AC、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种，1其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种；所以所求的概率是P=．故答案为：．点本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是基础题目．评：6．（5分）（2015•江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为﹣3 ．平面向量的基本定理及其意义．考点：专平面向量及应用．题：直接利用向量的坐标运算，求解即可．分析：解解：向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）答：可得，解得m=2，n=5，∴m﹣n=﹣3．故答案为：﹣3．本题考查向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考查计算能力．点评：7．（5分）（2015•江苏）不等式2＜4的解集为（﹣1，2）．考指、对数不等式的解法．点：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．专题：分利用指数函数的单调性转化为x2﹣x＜2，求解即可．析：解解；∵2＜4，答：∴x2﹣x＜2，即x2﹣x﹣2＜0，解得：﹣1＜x＜2故答案为：（﹣1，2）点本题考查了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度评：不大．8．（5分）（2015•江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为 3 ．考点：两角和与差的正切函数．专题：三角函数的求值．分析：直接利用两角和的正切函数，求解即可．解答：解：tanα=﹣2，tan（α+β）=，可知tan（α+β）==，即=，解得tanβ=3．故答案为：3．点评：本题考查两角和的正切函数，基本知识的考查．9．（5分）（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r，求出体积，由前后体积相等列式求得r．解答：解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：．设新圆锥和圆柱的底面半径为r，则新圆锥和圆柱的体积和为：．∴，解得：．故答案为：．点评：本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．10．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx ﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2 ．考点：圆的标准方程；圆的切线方程．专题：计算题；直线与圆．分析：求出圆心到直线的距离d的最大值，即可求出所求圆的标准方程．解答：解：圆心到直线的距离d==≤，∴m=1时，圆的半径最大为，∴所求圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2．故答案为：（x﹣1）2+y2=2．点评：本题考查所圆的标准方程，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础．11．（5分）（2015•江苏）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．考点：数列的求和；数列递推式．专题：等差数列与等比数列．分析：数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），利用“累加求和”可得a n=．再利用“裂项求和”即可得出．解答：解：∵数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），∴当n≥2时，a n=（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=+n+…+2+1=．当n=1时，上式也成立，∴a n=．∴=2．∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2﹣y2=1右支上的一个动点，若点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离．解答：解：由题意，双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．13．（5分）（2015•江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为 4 ．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1．g（x）与h（x）=﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有两个交点；g （x ）与φ（x ）=﹣f （x ）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；所以方程|f （x ）+g （x ）|=1实根的个数为4．故答案为：4． 点评： 本题考查求方程|f （x ）+g （x ）|=1实根的个数，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．（5分）（2015•江苏）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则（a k •a k+1）的值为 ．考点：数列的求和．专题：等差数列与等比数列；平面向量及应用． 分析：利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性即可得出． 解解：答：=+=++++=++=++，∴（a k•a k+1）=+++++++…+ ++++++…+=+0+0=．故答案为：9．点评：本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（2015•江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．考点：余弦定理的应用；二倍角的正弦．专题：解三角形．分析：（1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．解答：解：（1）由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，所以BC=．（2）由正弦定理可得：，则sinC===，∵AB＜BC，∴C为锐角，则cosC===．因此sin2C=2sinCcosC=2×=．点评：本题考查余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的范围的解题的关键．16．（14分）（2015•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；（2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1．解答：证明：（1）根据题意，得；E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE∥AC；又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C；（2）因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1；又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1；又因为BC1⊂平面平面BCC1B1，所以BC1⊥AC；因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥平面B1AC；又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1．点评：本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．17．（14分）（2015•江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．考点：函数与方程的综合运用．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，建立方程组，即可求a，b的值；（2）①求出切线l的方程，可得A，B的坐标，即可写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②设g（t）=，利用导数，确定单调性，即可求出当t为何值时，公路l的长度最短，并求出最短长度．解答：解：（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，得，解得，（2）①由（1）y=（5≤x≤20），P（t，），∴y′=﹣，∴切线l的方程为y﹣=﹣（x﹣t）设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，则A（，0），B（0，），∴f（t）==，t∈[5，20]；②设g（t）=，则g′（t）=2t﹣=0，解得t=10，t∈（5，10）时，g′（t）＜0，g（t）是减函数；t∈（10，20）时，g′（t）＞0，g（t）是增函数，从而t=10时，函数g（t）有极小值也是最小值，∴g（t）min=300，∴f（t）min=15，答：t=10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．点评：本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键．18．（16分）（2015•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（a＞b＞0）的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3．（1）求椭圆的标准方程；（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）运用离心率公式和准线方程，可得a，c的方程，解得a，c，再由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；（2）讨论直线AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，即可得到所求直线的方程．解答：解：（1）由题意可得，e==，且c+=3，解得c=1，a=，则b=1，即有椭圆方程为+y2=1；（2）当AB⊥x轴，AB=，CP=3，不合题意；当AB与x轴不垂直，设直线AB：y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），将AB方程代入椭圆方程可得（1+2k2）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）=0，则x1+x2=，x1x2=，则C（，），且|AB|=•=，若k=0，则AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意；则k≠0，故PC：y+=﹣（x﹣），P（﹣2，），从而|PC|=，由|PC|=2|AB|，可得=，解得k=±1，此时AB的方程为y=x﹣1或y=﹣x+1．点评：本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式，同时考查两直线垂直和中点坐标公式的运用，属于中档题．19．（16分）（2015•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）．（1）试讨论f（x）的单调性；（2）若b=c﹣a（实数c是与a无关的常数），当函数f（x）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．考点：利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f（x）的单调性；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，进一步转化为a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g（a）=﹣a+c，利用条件即可求c的值．解答：解：（1）∵f（x）=x3+ax2+b，∴f′（x）=3x2+2ax，令f′（x）=0，可得x=0或﹣．a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；a＞0时，x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（﹣，0）时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上单调递增，在（﹣，0）上单调递减；a＜0时，x∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，﹣）时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上单调递增，在（0，﹣）上单调递减；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，∵b=c﹣a，∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g（a）=﹣a+c，∵函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g（a）＞0均恒成立，∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，∴c=1，此时f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（a﹣1）x+1﹣a]，∵函数有三个零点，∴x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，∴△=（a﹣1）2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣（a﹣1）+1﹣a≠0，解得a∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），综上c=1．点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大．20．（16分）（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．考点：等比关系的确定；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；（2）利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论；（3）利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k 依次构成等比数列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln （1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答：解：（1）证明：∵==2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，∴2，2，2，2依次构成等比数列；（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a﹣d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞﹣2d，d≠0）假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，令t=，则1=（1﹣t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（﹣＜t＜1，t≠0），化简得t3+2t2﹣2=0（*），且t2=t+1，将t2=t+1代入（*）式，t（t+1）+2（t+1）﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=﹣，显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，则a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），分别在两个等式的两边同除以=a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t＞，t≠0），则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k），将上述两个等式取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），化简得，2k[ln（1+2t）﹣ln（1+t）]=n[2ln（1+t）﹣ln（1+2t）]，且3k[ln（1+3t）﹣ln（1+t）]=n[3ln（1+t）﹣ln（1+3t）]，再将这两式相除，化简得，ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**）令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）﹣ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t），则g′（t）=[（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]，令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）﹣2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]，令φ1（t）=φ′（t），则φ1′（t）=6[3ln（1+3t）﹣4ln（1+2t）+ln（1+t）]，令φ2（t）=φ1′（t），则φ2′（t）=＞0，由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ2′（t）＞0，知g（t），φ（t），φ1（t），φ2（t）在（﹣，0）和（0，+∞）上均单调，故g（t）只有唯一的零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列．点评：本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）【选做题】本题包括21-24题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．（10分）（2015•江苏）如图，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D．求证：△ABD∽△AEB．考点：相似三角形的判定．专题：推理和证明．分析：直接利用已知条件，推出两个三角形的三个角对应相等，即可证明三角形相似．解答：证明：∵AB=AC，∴∠ABD=∠C，又∵∠C=∠E，∴∠ABD=∠E，又∠BAE是公共角，可知：△ABD∽△AEB．点评：本题考查圆的基本性质与相似三角形等基础知识，考查逻辑推理能力．【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）（2015•江苏）已知x，y∈R，向量=是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．考点：特征值与特征向量的计算．专题：矩阵和变换．分析：利用A=﹣2，可得A=，通过令矩阵A的特征多项式为0即得结论．解答：解：由已知，可得A=﹣2，即==，则，即，∴矩阵A=，从而矩阵A的特征多项式f（λ）=（λ+2）（λ﹣1），∴矩阵A的另一个特征值为1．点评：本题考查求矩阵及其特征值，注意解题方法的积累，属于中档题．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．（2015•江苏）已知圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C 的半径．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：计算题；坐标系和参数方程．分析：先根据x=ρcosθ，y=ρsinθ，求出圆的直角坐标方程，求出半径．解答：解：圆的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，可得ρ2﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣4=0，化为直角坐标方程为x2+y2﹣2x+2y﹣4=0，化为标准方程为（x﹣1）2+（y+1）2=6，圆的半径r=．点评：本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，以及求点的极坐标的方法，关键是利用公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，比较基础，[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）解不等式x+|2x+3|≥2．考点：绝对值不等式的解法．专题：不等式．分析：思路1（公式法）：利用|f（x）|≥g（x）⇔f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；思路2（零点分段法）：对x的值分“x≥”“x＜”进行讨论求解．解答：解法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x，得2x+3≥2﹣x，或2x+3≥﹣（2﹣x），即x≥，或x≤﹣5，即原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．解法2：令|2x+3|=0，得x=．①当x≥时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥，所以x≥；②x＜时，原不等式化为x﹣（2x+3）≥2，即x≤﹣5，所以x≤﹣5．综上，原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．点评：本题考查了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常见的方法，不管用哪种方法，其目的是去绝对值符号．若含有一个绝对值符号，利用公式法要快捷一些，其套路为：|f（x）|≥g（x）⇔f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；|f （x）|≤g（x）⇔﹣g（x）≤f（x）≤g（x）．可简记为：大于号取两边，小于号取中间．使用零点分段法时，应注意：同一类中取交集，类与类之间取并集．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．（10分）（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．考点：二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz．（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；（2）利用换元法可得cos2＜，＞≤，结合函数y=cosx在（0，）上的单调性，计算即得结论．解答：解：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz如图，由题可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．（1）∵AD⊥平面PAB，∴=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，∵=（1，1，﹣2），=（0，2，﹣2），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），由，得，取y=1，得=（1，1，1），∴cos＜，＞==，∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为；（2）∵=（﹣1，0，2），设=λ=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1），又=（0，﹣1，0），则=+=（﹣λ，﹣1，2λ），又=（0，﹣2，2），从而cos＜，＞==，设1+2λ=t，t∈[1，3]，则cos2＜，＞==≤，当且仅当t=，即λ=时，|cos＜，＞|的最大值为，因为y=cosx在（0，）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又∵BP==，∴BQ=BP=．点评：本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．26．（10分）（2015•江苏）已知集合X={1，2，3}，Y n={1，2，3，…，n）（n∈N*），设S n={（a，b）|a整除b或整除a，a∈X，B∈Y n}，令f（n）表示集合S n所含元素的个数．（1）写出f（6）的值；（2）当n≥6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明．数学归纳法．考点：综合题；点列、递归数列与数学归纳法．专题：分（1）f（6）=6+2++=13；析：（2）根据数学归纳法的证明步骤，分类讨论，即可证明结论．解解：（1）f（6）=6+2++=13；答：（2）当n≥6时，f（n）=．下面用数学归纳法证明：①n=6时，f（6）=6+2++=13，结论成立；②假设n=k（k≥6）时，结论成立，那么n=k+1时，S k+1在S k的基础上新增加的元素在（1，k+1），（2，k+1），（3，k+1）中产生，分以下情形讨论：1）若k+1=6t，则k=6（t﹣1）+5，此时有f（k+1）=f（k）+3=（k+1）+2++，结论成立；2）若k+1=6t+1，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+1=k+2+++1=（k+1）+2++，结论成立；3）若k+1=6t+2，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；4）若k+1=6t+3，则k=6t+2，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2=（k+1）重庆万州区教育事业单位考试资料 页脚内容21 +2++，结论成立；5）若k+1=6t+4，则k=6t+3，此时有f （k+1）=f （k ）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；6）若k+1=6t+5，则k=6t+4，此时有f （k+1）=f （k ）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立． 综上所述，结论对满足n≥6的自然数n 均成立． 点评：本题考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，正确归纳是关键．。
(完整word)2015年江苏省高考数学试卷答案与解析.doc
2015 年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14 小题，每小题 5 分，共计 70 分）1．（ 5 分）（ 2015?江苏）已知集合 A={1 ，2， 3} ， B={2 ， 4， 5} ，则集合 A∪ B 中元素的个数为 5 ．考点：并集及其运算．专题：集合．分析：求出 A ∪ B，再明确元素个数解答：解：集合 A={1 ， 2， 3} ，B={2 ， 4， 5} ，则 A ∪ B={1 ，2， 3， 4，5} ；所以 A ∪ B 中元素的个数为 5；故答案为： 5点评：题考查了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于基础题2．（ 5 分）（ 2015?江苏）已知一组数据 4，6，5，8， 7，6，那么这组数据的平均数为6．考点：众数、中位数、平均数．专题：概率与统计．分析：直接求解数据的平均数即可．解答：解：数据 4， 6，5， 8， 7，6，那么这组数据的平均数为：=6．故答案为： 6．点评：本题考查数据的均值的求法，基本知识的考查．3．（ 5 分）（ 2015?江苏）设复数z 满足 z 2=3+4i（ i 是虚数单位），则 z 的模为．考点：复数求模．专题：数系的扩充和复数．分析：直接利用复数的模的求解法则，化简求解即可．解答：解：复数 z 满足 z 2=3+4i ，可得 |z||z|=|3+4i|= =5，∴ |z|= ．故答案为：．点评：本题考查复数的模的求法，注意复数的模的运算法则的应用，考查计算能力．4．（ 5 分）（ 2015?江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为7．考点：伪代码．专题：图表型；算法和程序框图．分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I ，S 的值，当 I=10 时不满足条件I＜ 8，退出循环，输出S 的值为 7．解答：解：模拟执行程序，可得S=1，I=1满足条件I ＜ 8， S=3， I=4满足条件I ＜ 8， S=5， I=7满足条件I ＜ 8， S=7， I=10不满足条件I＜ 8，退出循环，输出S 的值为 7．故答案为： 7．点评：本题主要考查了循环结构的程序，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题．5．（ 5 分）（ 2015?江苏）袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球、 1 只红球、 2只黄球，从中一次随机摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为．考点：古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：根据题意，把 4 个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可．解答：解：根据题意，记白球为 A ，红球为B，黄球为C1、C2，则一次取出 2 只球，基本事件为 AB 、 AC 1、 AC 2、 BC1、 BC2、C1C2共 6 种，其中 2 只球的颜色不同的是 AB 、 AC 1、AC 2、 BC1、 BC2共 5 种；所以所求的概率是P=．故答案为：．点评：本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是基础题目．6．（ 5 分）（ 2015?江苏）已知向量=（ 2， 1），=（ 1，﹣ 2），若 m +n =（ 9，﹣ 8）（ m，n∈R），则 m﹣ n 的值为﹣ 3 ．考点：平面向量的基本定理及其意义．专题：平面向量及应用．分析：直接利用向量的坐标运算，求解即可． 解答：=（ 2， 1）， =（1，﹣ 2），若 m +n =（ 9，﹣ 8）解：向量 可得，解得 m=2， n=5，∴ m ﹣ n=﹣3．故答案为：﹣ 3．点评：本题考查向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考查计算能力．7．（ 5 分）（ 2015?江苏）不等式 2 ＜ 4 的解集为 （﹣ 1， 2） ．考点 ：指、对数不等式的解法．专题 ：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．分析：利用指数函数的单调性转化为 x 2﹣ x ＜ 2，求解即可． 解答：解； ∵2＜ 4，∴ x 2﹣ x ＜ 2，即 x 2﹣ x ﹣ 2＜ 0，解得：﹣ 1＜ x ＜2故答案为：（﹣ 1， 2）点评：本题考查了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．8．（ 5 分）（ 2015?江苏）已知 tan α=﹣ 2， tan （ α+β） = ，则 tan β的值为3 ．考点 ：两角和与差的正切函数． 专题 ：三角函数的求值．分析：直接利用两角和的正切函数，求解即可．解答：解： tan α=﹣ 2， tan （ α+β） = ，可知 tan （ α+β） == ，即= ，解得 tan β=3． 故答案为： 3．点评：本题考查两角和的正切函数，基本知识的考查．9．（ 5 分）（ 2015?江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2，高为 8 的圆柱各一个， 若将它们重新制作成总体积与高均保持不变， 但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 ．考点 ：棱柱、棱锥、棱台的体积．： 算 ；空 位置关系与距离．分析：由 意求出原来 柱和 的体 ， 出新的 柱和 的底面半径 r ，求出体 ，由前后体 相等列式求得 r ．解答：解：由 意可知，原来 和 柱的体 和 ： ．新 和 柱的底面半径 r ，新 和 柱的体 和 ：．∴，解得：．故答案 ：．点 ：本 考 了 柱与 的体 公式，是基 的 算 ．10．（ 5 分）（ 2015?江 ）在平面直角坐 系xOy 中，以点（1， 0） 心且与直 mx y2m 1=0 （ m ∈R ）相切的所有 中，半径最大的 的 准方程 （ x 1） 2+y 2=2 ．考点 ： 的 准方程； 的切 方程．： 算 ；直 与 ．分析：求出 心到直 的距离 d 的最大 ，即可求出所求 的 准方程．解答：解： 心到直 的距离d==≤，∴ m=1 ， 的半径最大 ，22∴ 所求 的 准方程 （x 1） +y =2．22故答案 ：（ x 1） +y =2 ．点 ：本 考 所 的 准方程，考 点到直 的距离公式，考 学生的 算能力，比 基 ．n 1 n+1n=n+1（ n ∈N * ）， 数列 { } 的前11．（ 5 分）（ 2015?江 ） 数列 {a} 足 a =1，且 aa10 的和 ．考点 ：数列的求和；数列 推式．：等差数列与等比数列．分析：数列 {a n1 n+1 n*），利用 “累加求和 ”可得 a n= ．再} 足 a =1 ，且 aa =n+1（n ∈N利用 “裂 求和 ”即可得出．解答：解： ∵数列 {a n } 足 a 1=1，且 a n+1a n =n+1 （ n ∈N *），∴ 当 n ≥2 ， a n =（a na n ﹣ 1） +⋯+（ a 2a 1） +a 1=+n+ ⋯+2+1=．当 n=1 ，上式也成立，∴ a n =．∴ =2．∴ 数列 {} 的前 n 项的和 S =n==．∴ 数列 {} 的前 10 项的和为．故答案为：．点评：本题考查了数列的 “累加求和 ”方法、 “裂项求和 ”方法、等差数列的前 n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．（ 5 分）（ 2015?江苏）在平面直角坐标系 xOy 中， P 为双曲线 x 2﹣ y 2=1 右支上的一个动点，若点 P 到直线 x ﹣ y+1=0 的距离大于 c 恒成立，则实数 c 的最大值为．考点 ：双曲线的简单性质．专题 ：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：双曲线 x 2﹣ y 2=1 的渐近线方程为 x ±y=0， c 的最大值为直线 x ﹣ y+1=0 与直线 x ﹣ y=0的距离．解答：解：由题意，双曲线 x 2﹣ y 2=1 的渐近线方程为 x ±y=0 ，因为点 P 到直线 x ﹣ y+1=0 的距离大于 c 恒成立，所以 c 的最大值为直线 x ﹣y+1=0 与直线 x ﹣ y=0 的距离，即 ．故答案为：．点评：本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．13．（ 5 分）（ 2015?江苏）已知函数 f （ x ）=|lnx| ， g （ x ） = ，则方程|f （ x ）+g （ x ） |=1 实根的个数为4 ．考点 ：根的存在性及根的个数判断． 专题 ：综合题；函数的性质及应用．分析：：由 |f （ x ）+g （ x ） |=1 可得 g （x ） =﹣ f （ x ）±1，分别作出函数的图象，即可得出结论． 解答：解：由 |f （ x ） +g （ x ） |=1 可得 g （ x ） =﹣ f （ x ） ±1．g （ x ）与 h （ x ）=﹣ f （ x ） +1 的图象如图所示，图象有两个交点；g（ x）与φ（ x） = f（x） 1 的象如所示，象有两个交点；所以方程 |f（ x） +g（ x） |=1 根的个数4．故答案： 4．点：本考求方程|f（ x）+g（ x）|=1 根的个数，考数形合的数学思想，考学生分析解决的能力，属于中档．14．（ 5 分）（ 2015?江）向量=（ cos，sin+cos）（k=0，1，2，⋯，12），（ a k?a k+1）的．考数列的求和．点：等差数列与等比数列；平面向量及用．：分利用向量数量运算性、两角和差的正弦公式、化和差公式、三角函数的周期性即可析得出．：解解：答+=：=++++=++=++，∴（a k?a k+1）=+++++++⋯+ ++++++ ⋯+=+0+0=．故答案： 9 ．点本考了向量数量运算性、两角和差的正弦公式、化和差公式、三角函数的周期性，考了推理能力与算能力，属于中档．：二、解答（本大共 6 小，共90 分，解答写出文字明、明程或演算步）15．（ 14 分）（ 2015?江）在△ABC 中，已知 AB=2 ， AC=3 ，A=60 °．（1）求 BC 的；（2）求 sin2C 的．考点：余弦定理的用；二倍角的正弦．：解三角形．分析：（ 1）直接利用余弦定理求解即可．（ 2）利用正弦定理求出 C 的正弦函数，然后利用二倍角公式求解即可．解答：解：（ 1）由余弦定理可得：BC 2=AB2+AC22AB ?ACcosA=4+82×2×3× =7，所以 BC=．（ 2）由正弦定理可得：，sinC===，∵ AB ＜ BC ，∴ C 角，则 cosC===．因此 sin2C=2sinCcosC=2 ×=．点评：本题考查余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的范围的解题的关键．16．（ 14 分）（ 2015?江苏）如图，在直三棱柱ABC ﹣ A 1B 1C1中，已知 AC ⊥ BC ，BC=CC 1，设AB 1的中点为 D ，B 1C∩BC1=E．求证：（1） DE ∥平面 AA 1C1 C；（2） BC 1⊥ AB 1．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（ 1）根据中位线定理得DE∥AC ，即证 DE∥平面 AA 1C1C；（2）先由直三棱柱得出 CC1⊥平面 ABC ，即证 AC ⊥ CC1；再证明 AC ⊥平面 BCC1B 1，即证 BC 1⊥AC ；最后证明 BC1⊥平面 B 1AC ，即可证出 BC 1⊥ AB 1．解答：证明：（1）根据题意，得；E 为 B 1C 的中点， D 为 AB 1的中点，所以DE∥AC ；又因为 DE ? 平面 AA 1C1C， AC ? 平面 AA 1C1C，所以 DE ∥平面 AA 1C1C；（ 2）因为棱柱ABC ﹣ A 1B1C1是直三棱柱，所以 CC1⊥平面 ABC ，因为 AC ? 平面 ABC ，所以 AC ⊥CC1；又因为 AC ⊥ BC，CC1? 平面 BCC 1B1，BC ? 平面 BCC 1B1，BC ∩CC1=C，所以 AC ⊥平面 BCC 1B 1；又因为 BC 1? 平面平面BCC 1B1，所以 BC 1⊥AC ；因为 BC=CC 1，所以矩形BCC 1B1是正方形，所以 BC 1⊥平面 B1AC ；又因为 AB 1? 平面 B1AC ，所以 BC 1⊥AB 1．点评：本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．17．（ 14 分）（ 2015?江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为 C，计划修建的公路为 l，如图所示， M ，N 为 C 的两个端点，测得点 M 到l 1，l 2的距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 l1， l2的距离分别为 20 千米和 2.5 千米，以 l 2，l1在的直线分别为 x，y 轴，建立平面直角坐标系xOy ，假设曲线 C 符合函数 y=（其中 a， b 为常数）模型．（1）求 a，b 的值；（2）设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点， P 的横坐标为 t．①请写出公路l 长度的函数解析式f（ t），并写出其定义域；②当 t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度．考点：函数与方程的综合运用．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（ 1）由题意知，点 M ，N 的坐标分别为（5，40），（ 20，2.5），将其分别代入 y= ，建立方程组，即可求a， b 的值；（ 2）① 求出切线 l 的方程，可得 A ，B 的坐标，即可写出公路l 长度的函数解析式 f （ t），并写出其定义域；②设 g（ t） = ，利用导数，确定单调性，即可求出当t 为何值时，公路 l的长度最短，并求出最短长度．解答：解：（ 1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为（ 5， 40），（ 20， 2.5），将其分别代入y= ，得，解得，（ 2）①由（ 1） y= （5≤x≤20），P（ t，），∴ y′=﹣，∴切线 l 的方程为 y﹣=﹣（x﹣t）设在点 P 处的切线 l 交 x， y 轴分别于 A ，B 点，则 A （， 0）， B （0，），∴ f（ t） ==，t∈[5，20]；②设 g（ t） =，则g′（t）=2t﹣=0，解得 t=10，t∈（ 5， 10）时，g′（t）＜0，g（t）是减函数；t∈（ 10，20）时，g′（t）＞0，g（ t）是增函数，从而 t=10时，函数g（ t）有极小值也是最小值，∴g（ t）min=300 ，∴ f（ t）min=15 ，答： t=10 时，公路 l 的长度最短，最短长度为15 千米．点评：本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键．18．（ 16 分）（2015?江苏）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆+=1（ a＞b＞ 0）的离心率为，且右焦点 F 到左准线 l 的距离为3．（1）求椭圆的标准方程；（2）过 F 的直线与椭圆交于 A ，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线l 和 AB 于点 P，C，若 PC=2AB ，求直线AB 的方程．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（ 1）运用离心率公式和准线方程，可得a， c 的方程，解得 a， c，再由 a， b， c 的关系，可得 b，进而得到椭圆方程；（2）讨论直线 AB 的斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达10解答：解：（ 1）由题意可得， e= =且 c+ =3，解得 c=1， a= ， 则 b=1 ，即有椭圆方程为（ 2）当 AB ⊥ x 轴， AB=， CP=3，不合题意；当 AB 与 x 轴不垂直，设直线 AB ： y=k （ x ﹣ 1），A （ x 1， y 1）， B （ x 2， y 2），将 AB 方程代入椭圆方程可得（ 1+2k 2）x 2﹣ 4k 2x+2（ k 2﹣ 1） =0， 则 x 1+x 2=， x 1x 2=，则 C （ ，），且|AB|= ? = ，若 k=0 ，则 AB 的垂直平分线为 y 轴，与左准线平行，不合题意；则 k ≠0，故 PC ： y+=﹣ （ x ﹣）， P （﹣ 2，），从而 |PC|= ，由 |PC|=2|AB|，可得 =，解得 k= ±1，此时 AB 的方程为y=x ﹣ 1 或 y= ﹣ x+1．点评：本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式， 同时考查两直线垂直和中点坐标公式的运用，属于中档题．19．（ 16 分）（ 2015?江苏）已知函数 f （ x ）=x 3+ax 2+b （a ， b ∈R ）． （1）试讨论 f （ x ）的单调性；（2）若 b=c ﹣a （实数 c 是与 a 无关的常数），当函数 f （ x ）有三个不同的零点时， a 的取值 范围恰好是（﹣ ∞，﹣ 3）∪ （ 1， ） ∪（ ， +∞），求 c 的值．考点 ：利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理． 专题 ：综合题；导数的综合应用．分析：（ 1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f （x ）的单调性；（ 2）由（ 1）知，函数 f （ x ）的两个极值为 f （ 0） =b ，f （﹣）=+b ，则函数+y 2=1；，f （ x ）有三个不同的零点等价于f （ 0） f （﹣ ）=b （ +b ）＜ 0，进一步转化为a ＞ 0 时，﹣ a+c ＞ 0 或 a ＜ 0 时，﹣a+c ＜ 0．设 g （ a ） =﹣ a+c ，利用条件即可求 c 的值．解答：解：（ 1） ∵ f （ x ） =x 3+ax 2+b ，∴ f ′（x ） =3x 2+2ax ，令 f ′（x ） =0 ，可得 x=0 或﹣ ．a=0 时， f ′（ x ）＞ 0， ∴ f （ x ）在（﹣ ∞， +∞）上单调递增；a ＞ 0 时， x ∈（﹣ ∞，﹣ ） ∪（ 0， +∞）时， f ′（x ）＞ 0，x ∈（﹣ ，0）时， f ′（ x ） ＜ 0，∴ 函数 f （ x ）在（﹣ ∞，﹣ ），（ 0，+∞）上单调递增，在（﹣ ，0）上单调递减；a ＜ 0 时， x ∈（﹣ ∞，0） ∪（﹣ ， +∞）时， f ′（x ）＞ 0，x ∈（ 0，﹣ ）时， f ′（ x ）＜ 0，∴ 函数 f （ x ）在（﹣ ∞，0），（﹣ ，+∞）上单调递增，在（ 0，﹣）上单调递减；（ 2）由（ 1）知，函数 f （ x ）的两个极值为 f （ 0） =b ，f （﹣ ）=+b ，则函数f （ x ）有三个不同的零点等价于f （ 0） f （﹣）=b （+b ）＜ 0，∵ b=c ﹣ a ，∴ a ＞ 0 时， ﹣ a+c ＞ 0 或 a ＜ 0 时， ﹣ a+c ＜ 0．设 g （ a ） =﹣a+c ，∵ 函数 f （x ）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（﹣ ∞，﹣ 3） ∪（ 1， ）∪ （ ， +∞），∴ 在（﹣ ∞，﹣ 3）上， g （ a ）＜ 0 且在（ 1， ） ∪ （ ， +∞）上 g （a ）＞ 0 均恒成立，∴ g （﹣ 3） =c ﹣ 1≤0，且 g （ ）=c ﹣ 1≥0，∴ c=1，此时 f （ x ）=x 3+ax 2+1﹣a=（ x+1 ）[x 2+（ a ﹣ 1）x+1 ﹣ a]，∵ 函数有三个零点，∴ x 2+（a ﹣ 1） x+1﹣ a=0 有两个异于﹣ 1 的不等实根，∴ △ =（ a ﹣ 1） 2﹣ 4（ 1﹣ a ）＞ 0，且（﹣ 1） 2﹣（ a ﹣ 1） +1﹣ a ≠0，解得 a ∈（﹣ ∞，﹣ 3） ∪（ 1， ） ∪ （ ，+∞），综上 c=1．点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大．20．（ 16 分）（ 2015?江苏）设 1 2 3 4d （ d ≠0）的等差数列． a ，a ， a ． a 是各项为正数且公差为 （1）证明： 2 ， 2 ， 2 ， 2 依次构成等比数列；（2）是否存在 a 1 12 2， a 33， a 44 依次构成等比数列？并说明理由；， d ，使得 a ， ann+kn+2kn+3k依次构成等比数列？并（3）是否存在 a 1，d 及正整数 n ，k ，使得 a 1 ，a 2 ，a 3，a 4 说明理由．考点 ：等比关系的确定；等比数列的性质． 专题 ：等差数列与等比数列．分析：（ 1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；（ 2）利用反证法，假设存在 a 1 ，d 使得 a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，推出矛 盾，否定假设，得到结论；（ 3）利用反证法，假设存在 a 1，d 及正整数 n ，k ，使得 a 1 n ，a 2n+k，a 3 n+2k ， a 4n+3k 依次构成等比数列， 得到 a 1n （ a 1+2d ）n+2k =（ a 1+2d ）2 n+k ，且（ a 1+d ）n+k （ a 1+3d ）n+3k =（ a 1+2d ）2（ n+2k ），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln （ 1+3t ） ln （ 1+2t ） +3ln （ 1+2t ）ln （ 1+t ）=4ln （1+3t ）ln （ 1+t ），（ ** ），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答：解：（ 1）证明： ∵==2d，（n=1 ， 2，3，）是同一个常数，∴ 2， 2 ， 2 ， 2 依次构成等比数列；（ 2）令 a 1+d=a ，则 a 1，a 2，a 3，a 4 分别为 a ﹣d ，a ，a+d ，a+2d （ a ＞ d ，a ＞﹣ 2d ，d ≠0）假设存在 a 11 22， a 33， a 44依次构成等比数列，， d 使得 a， a43624则 a =（ a ﹣d ）（ a+d ） ，且（ a+d ） =a （ a+2d ） ，令 t=，则 1= （1﹣ t ）（ 1+t ） 3，且（ 1+t ） 6=（ 1+2t ）4，（﹣ ＜ t ＜ 1， t ≠0）， 化简得 t 3+2t 2﹣ 2=0（ * ），且 t 2=t+1 ，将 t 2=t+1 代入（ *）式， t （ t+1） +2（ t+1 ）﹣ 2=t 2+3t=t+1+3t=4t+1=0 ，则 t=﹣ ，显然 t=﹣ 不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在 a 1， d ，使得 a 1，a 2 2， a 33， a 44依次构成等比数列．（ 3）假设存在 a 11 n ，a 2n+k ，a 3n+2k ，a 4n+3k 依次构成等比数，d 及正整数 n ，k ，使得 a列，则 a 1 （ ）（ ） n （ a 1+2d ）n+2k =（ a 1+2d ） 2 n+k ，且（ a 1+d ）n+k （ a 1+3d ）n+3k =（ a 1+2d ）2 n+2k， 分别在两个等式的两边同除以 =a2（ n+k） 2（ n+2k），（ t ＞ ， t ≠0），1， a 1 ，并令 t=则（ 1+2t ）n+2k=（ 1+t ） 2 （n+k ）（ n+2k ），且（ 1+t ） n+k （ 1+3t ）n+3k=（ 1+2t ） 2 ， 将上述两个等式取对数，得（ n+2k ）ln （1+2t ） =2（ n+k ） ln （ 1+t ）， 且（ n+k ） ln （ 1+t ） +（ n+3k ） ln （ 1+3t ） =2（n+2k ）ln （1+2t ），化简得， 2k[ln （ 1+2t ）﹣ ln （ 1+t ） ]=n[2ln （ 1+t ）﹣ ln （ 1+2t ） ]，且 3k[ln （ 1+3t ）﹣ ln （1+t ） ]=n[3ln （ 1+t ）﹣ ln （1+3t ） ] ，再将这两式相除，化简得，ln （ 1+3t ） ln （ 1+2t ） +3ln （ 1+2t ） ln （1+t ）=4ln （ 1+3t ） ln （ 1+t ），（ ** ） 令 g （ t ） =4ln （1+3t ） ln （ 1+t ）﹣ ln （ 1+3t ） ln （ 1+2t ） +3ln （ 1+2t ） ln （ 1+t ），则 g ′（ t ）=[（ 1+3t ）2ln （ 1+3t ）﹣ 3（ 1+2t ） 2ln （ 1+2t ）2+3 （ 1+t ） ln （ 1+t ） ]，令 φ（ t ） =（ 1+3t ）2ln （ 1+3t ）﹣ 3（ 1+2t ）2 ln （1+2t ） +3（ 1+t ）2ln （ 1+t ），则 φ′（t ）=6[ （1+3t ） ln （ 1+3t ）﹣ 2（ 1+2t ） ln （ 1+2t ） +3 （1+t ） ln （ 1+t ） ] ，令 φ1 1（ t ） =φ′（t ），则 φ ′（ t ） =6[3ln （ 1+3t ）﹣ 4ln （ 1+2t ） +ln （ 1+t ） ]， 令 φ2 1 2＞ 0， （ t ） =φ ′（ t ），则 φ ′（ t ） =由 g （ 0） =φ（ 0） =φ1 2 2（ 0） =φ （ 0） =0，φ ′（ t ）＞ 0，知 g （ t ）， φ（ t ）， φ， 0）和（ 0， +∞）上均单调，1（ t ）， φ2（ t ）在（﹣ 故 g （ t ）只有唯一的零点 t=0 ，即方程（ ** ）只有唯一解 t=0 ，故假设不成立，所以不存在n n+k n+2k n+3k依次构成等比数列． a 1， d 及正整数 n ，k ，使得 a 1，a 2 ，a 3 ，a 4 点评：本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分） 【选做题】本题包括 21-24 题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．（ 10 分）（ 2015?江苏）如图，在 △ABC 中， AB=AC ， △ ABC 的外接圆 ⊙O 的弦 AE 交BC 于点 D ．求证： △ ABD ∽ △ AEB ．考点 ：相似三角形的判定． 专题 ：推理和证明．分析：直接利用已知条件，推出两个三角形的三个角对应相等，即可证明三角形相似．解答：证明： ∵AB=AC ，∴ ∠ABD= ∠C ，又 ∵ ∠ C=∠ E ，∴∠ ABD= ∠ E ，又 ∠ BAE 是公共角，可知： △ ABD ∽ △ AEB ．点评：本题考查圆的基本性质与相似三角形等基础知识，考查逻辑推理能力．【选修 4-2：矩阵与变换】22．（ 10 分）（ 2015?江苏）已知 x ，y ∈R ，向量 = 是矩阵 的属于特征值﹣ 2 的一个特征向量，求矩阵A 以及它的另一个特征值．考点 ：特征值与特征向量的计算． 专题 ：矩阵和变换．分析：利用 A =﹣ 2 ，可得 A=，通过令矩阵 A 的特征多项式为 0 即得结论．解答：解：由已知，可得 A =﹣ 2 ，即 = = ，则，即 ，∴ 矩阵 A= ，从而矩阵 A 的特征多项式 f （ λ） =（ λ+2）（ λ﹣1），∴ 矩阵 A 的另一个特征值为 1．点评：本题考查求矩阵及其特征值，注意解题方法的积累，属于中档题．【选修 4-4：坐标系与参数方程】23．（ 2015?江苏）已知圆2ρsin （ θ﹣ ）﹣ 4=0 ，求圆 C 的半径．C 的极坐标方程为 ρ+2考点 ：简单曲线的极坐标方程．专题 ：计算题；坐标系和参数方程．分析：先根据 x= ρcos θ，y= ρsin θ，求出圆的直角坐标方程，求出半径． 解答： 2 ρsin （ θ﹣ 2ρsin θ﹣4=0 ，解：圆的极坐标方程为 ρ+2 ）﹣ 4=0 ，可得 ρ﹣ 2ρcos θ+2化为直角坐标方程为 x 2+y 2﹣ 2x+2y ﹣ 4=0 ，化为标准方程为（x ﹣ 1）2+（ y+1 ） 2=6，圆的半径 r= ．点评：本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，以及求点的极坐标的方法，关键是利用公式 x= ρcos θ， y=ρsin θ，比较基础，[ 选修 4-5：不等式选讲】24．（ 2015?江苏）解不等式 x+|2x+3| ≥2． 考点 ：绝对值不等式的解法．分析：思路 1（公式法）：利用 |f（ x） |≥g（ x） ? f（ x）≥g（ x），或 f （x）≤﹣ g（ x）；思路 2（零点分段法）：对 x 的值分“x≥”“x＜”进行讨论求解．解答：解法 1： x+|2x+3| ≥2 变形为 |2x+3|≥2﹣ x，得2x+3≥2﹣ x，或 2x+3 ≥﹣（ 2﹣x），即 x≥，或 x≤﹣ 5，即原不等式的解集为{x|x ≥，或x≤﹣5}．解法 2：令 |2x+3|=0 ，得 x=．①当 x≥时，原不等式化为x+ （ 2x+3）≥2，即 x≥，所以 x≥；② x＜时，原不等式化为x﹣（ 2x+3 ）≥2，即 x≤﹣ 5，所以 x≤﹣ 5．综上，原不等式的解集为{x|x ≥，或x≤﹣5}．点评：本题考查了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常见的方法，不管用哪种方法，其目的是去绝对值符号．若含有一个绝对值符号，利用公式法要快捷一些，其套路为： |f（ x） |≥g（x） ? f （x）≥g（ x），或 f （ x）≤﹣ g（x）； |f（ x） |≤g（x） ?﹣g（ x）≤f（ x）≤g（ x）．可简记为：大于号取两边，小于号取中间．使用零点分段法时，应注意：同一类中取交集，类与类之间取并集．【必做题】每题10 分，共计20 分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．（ 10 分）（2015?江苏）如图，在四棱锥P﹣ ABCD 中，已知 PA⊥平面 ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ ABC=∠ BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．（1）求平面PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；（2）点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．考点：二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：以 A 为坐标原点，以AB 、 AD 、AP 所在直线分别为 x、 y、 z 轴建系 A ﹣xyz ．（ 1）所求值即为平面 PAB 的一个法向量与平面 PCD 的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；（ 2）利用换元法可得 cos 2＜， ＞ ≤ ，结合函数 y=cosx 在（ 0， ）上的单调性，计算即得结论．解答：解：以 A 为坐标原点，以AB 、AD 、 AP 所在直线分别为 x 、 y 、z 轴建系 A ﹣ xyz 如图，由题可知 B （ 1， 0， 0）， C （1， 1， 0）， D （ 0， 2， 0）， P （ 0，0， 2）．（ 1） ∵AD ⊥ 平面 PAB ，∴=（ 0， 2，0），是平面 PAB 的一个法向量，∵=（ 1， 1，﹣ 2）， =（0， 2，﹣ 2），设平面 PCD 的法向量为=（ x ，y ， z ），由，得 ，取 y=1，得 =（ 1， 1，1），∴ cos ＜， ＞ = = ，∴ 平面 PAB 与平面 PCD 所成两面角的余弦值为；（ 2） ∵=（﹣ 1， 0，2），设 =λ =（﹣ λ， 0， 2λ）（0≤λ≤1），又=（ 0，﹣ 1， 0），则 =+=（﹣ λ，﹣ 1， 2λ），又=（ 0，﹣ 2， 2），从而 cos ＜ ， ＞ = = ，设 1+2 λ=t ， t ∈[1， 3]，则 cos 2＜， ＞ = =≤ ，当且仅当 t= ，即 λ= 时， |cos ＜ ， ＞ |的最大值为 ，因为 y=cosx 在（ 0， ）上是减函数，此时直线CQ 与 DP 所成角取得最小值．又 ∵ BP== ， ∴ BQ= BP=．点：本考求二面角的三角函数，考用空向量解决的能力，注意解方法的累，属于中档．26．（ 10 分）（ 2015?江）已知集合 X={1 ，2，3} ，Y n={1 ，2，3，⋯，n）（n∈N *）， S n={（ a，b） |a 整除 b或整除 a， a∈X ，B ∈Y n} ，令 f（ n）表示集合 S n所含元素的个数．（1）写出 f（6）的；（2）当 n≥6 ，写出 f （n）的表达式，并用数学法明．考点：数学法．：合；点列、数列与数学法．分析：（1） f （ 6） =6+2+ + =13 ；（2）根据数学法的明步，分，即可明．解答：解：（ 1） f（ 6） =6+2+ + =13；（ 2）当 n≥6 ， f （ n） =．下面用数学法明：①n=6 ， f （ 6） =6+2+ + =13，成立；②假 n=k（ k≥6），成立，那么 n=k+1 ， S k+1在 S k的基上新增加的元素在（ 1，k+1 ），（ 2， k+1 ），（ 3， k+1 ）中生，分以下情形：1）若 k+1=6t ， k=6（ t 1）+5 ，此有 f（ k+1）=f （k） +3=（ k+1）+2++，成立；2）若 k+1=6t+1 ，则 k=6t+1 ，此时有 f（ k+1 ） =f （ k） +1=k+2+ + +1=（ k+1 ）+2+ + ，结论成立；3）若 k+1=6t+2 ，则 k=6t+1 ，此时有 f（ k+1 ）=f（k）+2=k+2+ + +2=（ k+1 ）+2+ + ，结论成立；4）若 k+1=6t+3 ，则 k=6t+2 ，此时有 f（ k+1 ） =f （ k） +2=k+2+ + +2=（ k+1 ）+2+ + ，结论成立；5）若 k+1=6t+4 ，则 k=6t+3 ，此时有 f（ k+1 ） =f （ k） +2=k+2+ + +2=（ k+1 ）+2+ + ，结论成立；6）若 k+1=6t+5 ，则 k=6t+4 ，此时有 f（ k+1 ） =f （ k） +2=k+2+ + +2=（ k+1 ）+2+ + ，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6 的自然数 n 均成立．点评：本题考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，正确归纳是关键．。
2015高考数学(江苏专用,文科)专题3 第2讲
题型一
参数法在函数问题中的应用
综上所述，当 k<－ 1＋ 2 2时， f(k· 3x)＋ f(3x － 9x － 2)<0 对任意 x∈R 恒成立.
x
2 方法二 由 k· 3 <－3 ＋9 ＋2，得 k<3 ＋ x－1. 3 2 x u＝3 ＋ x－1≥2 2－1,3x＝ 2时，取“＝”，即 u 的最 3
数列{an}中的最小项是－5，故不是数列中的项． 所以满足条件的正整数m的值为2.
题型三
例3
参数法在不等式中的应用
已知2x＝3y＝5z，试比较2x、3y、5z的大小．
破题切入点
本题的解决需要引入中间变量t(参数)，必须使得x，y，z都能
用这个参数t表示，而后通过作差即可进行大小的比较．
解
设2x＝3y＝5z＝t(t>1)，
精题狂练
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
解析 如图作出区域D，
目标函数 z＝ 2x＋y 过点( 2，2)时取最大值，
故 z 的最大值为 2× 2＋2＝4.
答案 4
精题狂练
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
3．将函数 y＝ 3cos x＋sin x(x∈R) 的图象向左平移 m(m＞0)
个单位长度后，所得到的图象关于 y 轴对称，则 m 的最小值是 ________．
题型一
参数法在函数问题中的应用
破题切入点
将 恒成立问题转化
(3)若f(k· 3x)＋f(3x －9x －2)<0对任意x∈R
恒成立，求实数k的取值范围．
2015高考数学真题 江苏解析
2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学试题解析1. 解析 由并集的运算知识知{}1,2,3,4,5AB =，故集合A B 中元素的个数为5．2. 解析 解法一：对数据进行整理，4，5，6，6，7，8，观察易知平均数为6x =．解法二：平均数()146587666x =+++++=． 3. 解析 解法一：设i z a b =+，,a b ∈R ，则()()2222i 2i 34i z a b a b ab =+=-+=+，从而22324a b ab ⎧-=⎨=⎩，即2232a b ab ⎧-=⎨=⎩，故2241a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，从而z == 解法二：由题意2234i 5z z ==+==，故z =．4. 解析故输出的结果S 为．5. 解析 解法一：1只白球设为a ，1只红球设为b ，2只黄球设为c ，d ，则摸球的所有情况为(),a b ，(),a c ，(),a d ，(),b c ，(),b d ，(),c d ，共6件，满足题意的事件为(),a b ，(),a c ，(),a d ，(),b c ，(),b d ，共5件，故概率为56P =．解法二（理科做法）：从反面考查，反面情况为摸出的2只球颜色相同，故2224C 51C 6P =-=． 6. 解析 由题意m n +a b()()2,11,2m n =+-()2,2m n m n =+-()9,8=-，从而2928m n m n +=⎧⎨-=-⎩，解得25m n =⎧⎨=⎩，故3m n -=-．评注 也可以将m n -用2m n +与2m n -线性表示，如()()1322355m n m n m n -=++-=-． 7. 解析 由题意22242x x-<=，根据2x y =是单调递增函数，得22x x -<，即()()22210xx x x --=-+<，故不等式的解集为()1,2-或写成{}12x x -<<均可．评注 题是不难，但是解集是集合，估计又要有考生忘记了．8. 解析 解法一：()tan tan βαβα=+-()()tan tan 1tan tan αβααβα+-=++⋅127317+==-． 解法二：()tan tan tan1tan tan αβαβαβ++=-⋅2tan 112tan 7ββ-+==+，故tan 3β=．解法三：()tan tan αβαβ=+-()()tan tan 1tan tan αββαββ+-=++⋅1tan 7211tan 7ββ-==-+，故t a n 3β=． 9. 解析 原来的总体积为()()22154283V =⨯π⨯⨯+π⨯⨯1963π=，设新的半径为r ，故变化后体积()()221'483V r r =⨯π⨯⨯+π⨯⨯22819633r ππ==， 计算得27r=，从而r =10. 解析 解法一（几何意义）：动直线210mx y m ---=整理得()()210m x y --+=，则l 经过定点()2,1M -，故满足题意的圆与l 切于M 时，半径最大，从而r ==()2212x y -+=．解法二（代数法——基本不等式）：由题意r d======…，当且仅当1m =时，取“=”．故标准方程为()2212x y -+=．解法三（代数法——∆判别式）：由题意r d=== 设22211m m t m ++=+，则()21210t m m t --+-=，因为m ∈R ， 所以()()222410t ∆=---…，解得02t 剟，即d 的最大值为11. 解析 解法一：可以考虑算出前10项，但运算化简较繁琐．解法二：由题意得212a a -=，323a a -=，…，1n n a a n --=，()*2,n n ∈N …故累加得1234n a a n -=++++…，从而1+234n a n =++++…()12n n +=， 当1n =时，满足通项．故()1211211n a n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪++⎝⎭()*n ∈N ， 则有123101111a a a a ++++...1111121+2231011⎛⎫=⨯--++- ⎪⎝⎭ (120211111)⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭． 12. 解析 解法一（几何意义）：即找到P 到直线10x y -+=的最小距离（或取不到），该值即为实数c 的最大值． 已知双曲线221xy -=的渐近线为0x y ±=，易知10x y -+=与0x y -=平行，因此该两平行线间的距离即为最小距离（且无法达到），故实数c的最大值为2d ==． 解法二（纯粹代数法）：设双曲线右支上的任一点为()00,x y ，则22001x y -=，且01x …，从而d c =>恒成立，因为22001y x =-，1︒若00y …时，则d ==，构造()0011f x x ==+，则()011f x +=>，从而d =>=． 2︒若00y <时，则d ===，根据单调递增性，其最小值为01x =．综上所述：2c…，即实数c=．解法三（参数方程，酌情掌握）：因为双曲线右支下部的点到直线的距离不可能为最小值，不妨设设双曲线右支上部的一点为1sec cos sin tan cos x y ααααα⎧==⎪⎪⎨⎪==⎪⎩，0,2απ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭．从而d=1sin 1α-+==先研究1sin sin 1cos cos 0αααα--=--， 式子sin 1cos 0αα--表示221x y +=，(]0,1x ∈，[)0,1y ∈上的点与点()0,1间的斜率，易知[)sin 11,0cos 0αα-∈--，从而1sin 12d α-+⎛= ⎝，故2c …，即实数c2=．评注 解法二是观察到已知直线与双曲线的渐近线互相平行，典型的寻求几何关系进行切入；解法二中也可设001x y c -+=，研究直线与双曲线右支相切的状态． 解法三先排除一部分的情况，这在解法二中也同样适用． 13. 解析 解法一（逐步去绝对值）：1︒当01x <…时，()()f xg x +ln 0ln 1x x =+==，故ln 1x =±，e x =（舍）或1e x =，即在(]0,1上有一解为1ex =． 2︒当1x >时，ln 0x >，故()ln ln f x x x ==，()()2ln 421f x g x x x +=+--=，①当12x <<时，2ln 21x x -+=，不妨设()2ln 2h x x x =-+，()2112'20x h x x x x-=-=<对()1,2x ∈恒成立， 故()hx 单调递减，()()min 2ln22ln2111h x h ==-=--<-，()()max 11h x h ==，根据绝对值函数的性质分析，在()1,2x ∈上有一解；②当2x …时，2ln 61x x +-=，不妨设()2ln 6m x x x =+-，则()1'20m x x x=+>对[)2,x ∈+∞恒成立，故()mx 单调递增，()()min 2ln22ln2111h x h ==-=--<-，又()612e e1m =>，根据绝对值函数的性质分析，在[)2,x ∈+∞上有两解．综上所述：方程()()1f x g x +=实根的个数为4．解法二（直接去绝对值）：设()()()hx f x g x =+，则()22ln ,01ln 2,12ln 62x x h x x x x x x x -<⎧⎪=+-<<⎨⎪+-⎩……，下仿照解法一分析．或者通过分析()1hx =±的解亦可．解法三（图像转化）：因为()()1f x g x +=， 所以()()1f x g x +=±，从而()()1g x f x =±-，即()()1gx f x =-或()()1g x f x =--．先分别画出()f x 与()g x 的图形，如图所示：得到图形中弯折、端点部位的具体值，然后分别研究()()1g x f x =-与()()1g x f x =--的图像，如下图所示，易见共有4个交点．()()1g x f x =-图形分析 ()()1g x f x =--图形分析评注 此题考查函数的零点，函数的零点问题一般从函数的零点、方程的根、图像的交点角度解决，从方程的角度分析此题侧重去绝对值的步步考查，从函数的零点分析此题侧重对图像中部分点的精确取值．同样的零点求解问题，此题难度明显高于去年．14.解析 解法一（强制法）：由题意得()()0cos0,sin0cos01,1=+=a，1122⎛⎫+= ⎪⎝⎭a ，212⎛= ⎝⎭a ，()30,1=a，412⎛=- ⎝⎭a，5⎛= ⎝⎭a ，()61,1=--a，7122⎛⎫=- ⎪⎝⎭a，811,22⎛⎫=- ⎪⎝⎭a ，()90,1=-a ，1011,22⎛⎫= ⎪⎝⎭a，11122⎛⎫= ⎪⎝⎭a ，()121,1=a .从而()11+1011111122222222k k k =⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=++⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑a a12⎛++++ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭12⎛+++ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111222222⎛⎫⎛⎫-+⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=（恰当整理化简即可）.解法二（部分规律法）：由题意6cos ,sin cos 666k k k k +πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+π+π++π⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭a cos ,sin cos 666k k k k πππ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭a ，从而671k k k k +++=a a a a ，即1k k +a a 的结果呈现以6T =为周期的变化，故()11+1kk k =⋅∑a a ()0112233445562=⨯++a a +a a a a a a +a a +aa =.解法三（通用规律法）：由题意得：()()()1111cos ,sin cos cos ,sin cos 666666k k k k k k k k ++π+π+π⎛⎫πππ⎛⎫⋅=++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a a ()()()111coscos sin cos sin cos 666666k k k k k k +π+π+π⎛⎫πππ⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()()()111coscos cos cos sin sin 666666k k k k k k +π+π+π⎡⎤πππ=++⎢⎥⎣⎦()()()()1111coscos cos sin cos cos sin 66666666k k k k k k k k +π+π+π+π⎡⎤ππππ=+-++⎢⎥⎣⎦ ()()()111coscos sin sin cos cos 666666k k k k k +π+π+π⎡⎤πππ=+++⎢⎥⎣⎦11cossin cos 626262626k k k k k ⎤πππππ=-++⎥⎣⎦1sin sin 6626k k k ⎤πππ+-⎥⎣⎦22111sin cos cos 1cos 2662626k k k k ⎛ππππ⎫⎛⎫=++--+ ⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭211sin 1cos 432622k k ⎛ππ=++-+ ⎝⎭1cos131322k k π+⎛π=++-+ ⎝⎭12sin 43434k k π+π=++， sin 3k y π=，cos 3k y π=的周期为263T π==π，在一个周期内其和为0， 故()11+1012k k k =⋅==∑a a 解法四（部分规律法）：()()()1111cos ,sin cos cos ,sin cos 666666k k k k k k k k ++π+π+π⎛⎫πππ⎛⎫⋅=++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a a ()()()()1111coscos cos sin cos cos sin 66666666k k k k k k k k +π+π+π+π⎡⎤ππππ=+-++⎢⎥⎣⎦ ()()11coscos cos sin 66666k k k k +π+π⎡⎤πππ=+++⎢⎥⎣⎦⎝⎭则()()11111111+10001cos cos sin 26636kk k k k k k k k ====+ππππ⎛⎫⋅=+++ ⎪⎝⎭∑∑∑aa ， 设()1coscos 66n n n b +ππ=， 由诱导公式()()334coscos 66n n n b ++π+π=()1sin sin 66n n +ππ=，故()()311sin sin cos cos 6666n n n n n n b b ++π+πππ+=+cos 62π==， 从而分组求和()111coscos 666k k k =+ππ==∑ 设sin 36nn c ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由诱导公式()33sin sin 3636n n n n c c ++π⎛⎫πππ⎛⎫=+=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故30n nc c ++=，从而分组求和11sin 036k k =ππ⎛⎫+=⎪⎝⎭∑．又1112k ===()11+10k k k =⋅=∑a a 评注 解法一、二虽然足够复杂，但只要罗列清楚并逐步解决，就会发现其实比较简单，从一般法角度进行解决思路难寻，便可以从具体值的角度思考，这给了江苏考区的大部分普通考生以希望． 解法三侧重对三角公式的化简，侧重从一般的角度找到问题的突破口．但解法三中化化简()1coscos 66k k +ππ使用积化和差简化过程，即()()21cos +cos166cos cos =662k k k +ππ+ππ，但高中阶段该公式已不要求掌握，因此此题顺利化简确实也比较麻烦． 解法四在解法三的基础之上进行了优化，不化到最简形式也可解决问题． 也有学生考虑构造cos ,sin cos 666kk k k πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭a =cos ,sin +0,cos 666k k k πππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+k k =b c ，则k b 和+1k b 都是单位向量且夹角为6π，即+12k k ⋅=b b ． 15. 解析（1）由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC A =+-⋅14922372=+-⨯⨯⨯=，解得BC =（2）222cos 2AC BC AB C AC BC +-=⋅==，因为()0,C ∈π，故sin C ==， 故sin 22sin cos C C C =⋅27==． 评注可不化简，有时候会利于下面的运算．16. 解析 （1）因为四边形11BCC B 是矩形，所以E 是1BC 的中点，又D 是1AB 的中点， 因此DE 是1BCA △的中位线，故DE AC ∥， 又DE ⊄平面11AAC C ，AC ⊂平面11AAC C ，所以DE ∥平面11AAC C ． （2）因为1CC ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1AC CC ⊥，又AC BC ⊥，1BC CC C =，从而AC ⊥平面11BCC B ，因为1BC ⊂平面11BCC B ，所以1BC AC ⊥．因为1BC CC =，E 为1BC 的中点，所以11BC CB ⊥， 因为1ACCB C =，所以1BC ⊥平面1ABC ，又因为1AB ⊂平面1ABC ，所以11BC AB ⊥．17. 解析（1）由题意2ay x b=+过()5,40M ，()20,2.5N ， 故4025 2.5400aba b⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，解得10000a b =⎧⎨=⎩．（2）① 由题意，曲线C 为21000y x =，易知21000,P t t ⎛⎫ ⎪⎝⎭，32000'y x =-， 故曲线C 在点P 处的切线斜率为32000k t =-， 故曲线C 在点P 处的切线方程为()2310002000y x t t t-=--，化简即3220003000y x t t =-+，令0x =，则23000y t =；令0y =，则32t x =． 故()f t ==()520t 剟． ② 设()24900000094t t g t +=，则()536000000'92g t t t +=-66581092t t -⨯+=⨯， 令()'0g t >，则66810t >⨯，即()()332200t >，从而2200t>，即t >因此()g t在t ⎡∈⎣上单调递减，在(25t ⎤∈⎦上单调递增，故当t=()(min f t f ===评注 第（2）②问或用基本不等式解决，2224490000009900000099=+488t t t t t ++…3900==2527=6754⨯⨯，当且仅当24900000098t t =， 即66810t =⨯，即t =“=”，故公里l的最短距离为18. 解析（1）由题意得232a c cc e a⎧+=⎪⎪⎨⎪==⎪⎩，故a =，即222a c =，从而1c =，a =，1b =，故椭圆的标准方程为2212x y +=． （2）解法一（正设斜率）：若AB 的斜率不存在时，则AB 方程为1x =，此时AB =，易知此时32CP AB =≠，不满足题意；当AB 的斜率为0时，此时亦不满足题意；因此AB 斜率存在且不为0，不妨设AB 斜率为k ，则AB 方程()1y k x =-，不妨设()11,Ax y ，()22,B x y ，联立直线AB 与椭圆，即()22221x y y k x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩⇒()()2222124220k x k x k +-+-=， 因为点()1,0F在椭圆内，故0∆>恒成立，所以212221224122212k x x k k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，故12A B x =-==)22112kk +=+， 又1PCk k=-，21222212C x x k x k +==+，故C P x PC -=222212k k ⎫=+⎪+⎭= 因为2PC AB =)22112k k+=+，2=，即()(22231k +=，整理得424296188kk k k ++=+，即42210k k -+=，即()2210k-=，解得1k =±，从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．解法二（反设）：由题意，直线AB 的斜率必不为0，故设直线方程为1x my =+， 不妨设()11,Ax y ，()22,B x y ，与椭圆联立22122x my x y =+⎧+=⎨⎩，整理得()222210m y my ++-=，因为点()1,0F 在椭圆内，故0∆>恒成立，故1221222212m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩，因此12AB y =-==)2212m m +=+， 则C 点的纵坐标为12222y y mm +=-+， 于是C 点的横坐标为222122m m m m ⎛⎫-+= ⎪++⎝⎭， 又CP AB ⊥，故CP k m =-，所以2CP =+=， 因为2PC AB =)2212m m +=+， 化简得()()222381m m +=+，即42210mm -+=，化简得21m =，计算得1m =±， 从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．解法三（中点弦）：不妨设()00,Cx y ，()11,A x y ，()22,B x y ，则221122221212x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差()()()()1212121212x x x x y y y y +-=-+-， 故1212ABy y k x x -=-()12122x xy y +=-+002x y =-，又001AB CF y k k x ==-，故000021x y y x -=-，即()200021y x x =--， 设'A ，'B 分别是A ，B 两点在右准线上的投影，则由圆锥曲线统一定义得'AF e AA =，'BFe BB =， 故()''AB AF FB e AA BB=+=+)1242xx =--)0422x =-)02x =-， 因0012A P B Ck x k y -==，故PC 方程为()00002y y y x x x -=-，即0002yx y x y =-，联立2x =-，得00042,y P y x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭， 从而PC =)022AB x ==-，即()()0002220082242y y x x x ⎛⎫++=- ⎪⎝+⎭，所以()()00222200024822x y x x x ⎛⎫++=- ⎪⎝+⎭，又()200021y x x =--， 从而()()()()22200000282212x x x x x +=---+，即()()000220282122x x x x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭-+，故()()()0020202282x x x x =+-+-， 因为02x ≠，故()()2000822x x x =-+，整理得20091240x x -+=，故()20320x -=，解得023x =，回代()200021y x x =--，得013y =±，从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．解法四（几何性质，网友解答）：不妨设直线AB 的倾斜角为α，则AF=BF=222cos 1sin AB αα==-+①，作椭圆的右准线'l ，过C 作y 轴的垂线，分别交左、 右准线于M ，H ， 分别过A ，B 作右准线'l 的垂线分别 交'l 于'A ，'B ，过A 作'BB 的垂线交'BB 于N ，由PC AB ⊥，易得ABN CPM △△∽，故xFA CPM α∠=∠=，sin CMPC α=②，由图CM MH CH =-()1''2MH AA BB =-+()12MH AF BF e =-+12MH AB e=-，由2PC AB =及②得2sin CM AB α=，即12sin 2MH AB CM AB eα-==，x42sin 2AB AB α-=，即2sin 4AB α⎛= ⎝⎭，代入①得22sin 421sin αα⎛+= +⎝⎭，整理22sin 10αα-+=，即)210α-=，解得sin 2α=，所以4απ=或43π， 即1k =±，从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．评注 第（2）问实属常规运算，不少为计算过的学生认为此题比较难，也有人认为必须要挖掘中点 弦（设而不求，不能直接使用结论）与焦半径公式解决，其实计算而来只觉得化简始终是这一题 要解决的问题，何时该作何化简？需要考虑什么问题？为何要这么处理？这么处理下面是否好解 决？我得到式子是否足够美观，是否对称，是否可约？这一直是解析几何问题解决过程中需要的 思考．利用中点弦设参解决固然简单，但找到关系方为上策．在解决的过程中有些类似弦长，比如PC ，可以选用弦长公式解决，未必求出P 之坐标用两点之间距离解决，这些都需要考生在考上上临场反应，说白了，就是平时积累的结果．19. 解析（1）由题意，()2'32f x x ax =+233x x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，1︒当203a -=，即0a =时，()2'30f x x =…对x ∈R 恒成立，故()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞；2︒当203a ->，即0a <时，令()2'303f x x x a ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则0x <或23x a >-， 所以()f x 的单调递增区间为(),0-∞和,23a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为30,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；3︒当203a -<，即0a <时，令()2'303f x x x a ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则23x a <-或0x >，所以()f x 的单调递增区间为23,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭和()0,+∞，单调递减区间为023,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭．（2）解法一：因b c a =-，故()32f x x ax c a =++-，由（1）得：1︒当0a =时，()f x 单调递增，不满足题意；2︒当0a <时，若函数()f x 有三个不同的零点，则()324032700f f a a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-< ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=>⎩极小极大恒成立， 从而3427c a a c a⎧<-+⎪⎨⎪>⎩对(),3a ∈-∞-恒成立， 构造()3427g a a a =-+，则()24'109g a a =-+<对(),3a ∈-∞-恒成立， 故()ga 单调递减，从而()()31g a g >-=，故31c -剟．3︒当0a >时，若函数()f x 有三个不同的零点，则()324032700f f a a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-> ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=<⎩极大极小恒成立， 从而3427c a ac a⎧>-+⎪⎨⎪<⎩对331,,22a ⎛⎫⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立， 构造()3427g a a a =-+， 则()22449'1994g a a a ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭433922a a ⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，令()0ga >，则312a <<，故()ga 在31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，则()312g a g ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，从而11c c ⎧⎨⎩……，即1c =． 综上得1c =．解法二：因b c a =-，故()32f x x ax c a =++-， 由（1）得：1︒当0a =时，()f x 单调递增，不满足题意；2︒当0a ≠时，若函数()f x 有三个不同的零点，则只需保证()203f f f a f ⎛⎫⋅=⋅ ⎪⎝-⎭极大极小()34027a c a c a ⎛⎫=+--< ⎪⎝⎭，又实数a 的解集为()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此13a =-，21a =，332a =是方程()34027a c a c a ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭的三个实数根， 易知该方程必有一根a c =， 从而若3c =-时，则()3433027a a a ⎛⎫----=⎪⎝⎭，验证知21a =不为其根，故舍； 若1c =时，则()3411027a a a ⎛⎫+--=⎪⎝⎭，验证知13a =-，332a =是其根，验证不等式()3411027a a a ⎛⎫+--<⎪⎝⎭，即()()()232310a a a +--<， 即()()()232310a a a +-->，其解集为()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，满足题意；若32c =时，则343302722a a a ⎛⎫⎛⎫+--=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，验证知21a =不为其根，故舍．综上得1c =．解法三：因b c a =-，故()32f x x ax c a =++-，由（1）得：1︒当0a =时，()f x 单调递增，不满足题意；2︒当0a <时，若函数()f x 有三个不同的零点，则()324032700f f a a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-< ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=>⎩极小极大，从而34027a c a a c⎧+-<⎪⎨⎪<⎩，根据a 的取值范围可知：3a =-是方程34027a c a +-=的根，因此1c =． 3︒当0a >时，若1c =，则根据函数()f x 有三个不同的零点，则必有()324032700f fa a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-> ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=<⎩极大极小，即()()232301a a a ⎧+->⎪⎨>⎪⎩． 因此解得3a <-或312a <<或32a >，符合题意． 综上得1c =．评注 （2）的解法一将该问题转化到恒成立解决；解法二将问题统一归类转化到不等式的解集，进 而转化到等式（方程）的根；解法三亦是将问题转化到不等式的解集问题进行解决． 20. 解析（1）由题意11a a =，21a a d =+，312a a d =+，413a a d =+，故121122222a d da a a +==，3211222222a d d d a a a ++==，31413222222d da a a a d ++==，而120a ≠且20d ≠，从而31242,2,2,2a a a a 时以12a 为首项，2d为公比的等比数列．（2）解法一：假设存在满足条件的1,a d ， 从而11a a =，()2221a a d =+，()33312a a d =+，()44413a a d =+，若满足题意，的须使43213624324a a a a a a ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即4321332324a a a a a a ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 即()()()()()4311132111223a d a a d a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=++⎪⎩①②，化简得3223411122311264030a d a d a d d a d a d d ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩， 因为0d ≠，故32231112211264030a a d a d d a a d d ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩，不妨设1a t d =， 从而转化为32226410310t t t t t ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩③④，由④得231t t =--，代入③得()22316410t t t t --++-=，化简得到210t -=，即12t =，易见12t =不满足④式，故方程组无解，即不存在满足条件的1,a d ． 解法二：假设存在满足条件的1,a d ，若需满足条件，则必有43213a a a =成立，即为了方便，不妨设1a a d =-，2a a =，3a a d =+，易知10a a d=->，即a d >，从而()()34a a d a d =-+，即()()422222a a da ad d =-++4322223422aa d a d a d ad d =++---，整理得334220a d ad d --=，因为0d ≠，故设a t d=，则32210t t --=，构造()3221g t t t =--，则()2'320g t t =->对()1,t ∈+∞恒成立，由()110g=-<，()2110g =>知()1,2t ∈．另外，还需有624324a a a =，即32324a a a =，即()()322a d a a d +=+，整理得2230a d ad d +-=，仿照上面的步骤即210t t +-=，解得()11,2t =或()21,2t =，因此不满足题意． 综上论证：不存在满足条件的1,a d ．解法三（取对数降为线性）：假设存在满足条件的1,a d ，由1a ，2a ，3a ，4a 均为正数， 因此2341234,,,a a a a 均为正数，所以2341234ln ,ln ,ln ,ln a a a a 构成等差数列， 即1234ln ,2ln ,3ln ,4ln a a a a 构成等差数列，不妨设通项为pn q +，1,2,3,4n =，由于1234,,,a a a a 构成等差数列，且公差为d ()0d ≠，故设其通项为n a dn a =+，1,2,3,4n =，从而()lnn dn a pn q +=+，即()ln q dn a p n+=+对1,2,3,4n =均成立，不妨设()()ln qf x dx a p x =+--，从而()()222'd q dx pdx qa f x dx a x dx a x++=+=++， 因为0d ≠，0x >，0dx a +>， 所以函数()'f x 至多有两个零点，即()f x 在()0,x ∈+∞上至多有三个单调区间，从而()f x 至多会有三个零点，这与1,2,3,4x =都是()f x 的零点相矛盾，因此不存在满足条件的1,a d ．（3）解法一（取对数降为线性）：假设存在满足条件的1,a d 及正整数,n k ，使得231234,,,n n kn k n k a a a a +++依次成等比数列，因为231234,,,n n k n k n k a a a a +++都是整数， 所以231234ln ,ln ,ln ,ln nn kn k n ka a a a +++构成等差数列，即()()()1234ln ,ln ,2ln ,3ln n a n k a n a n k a +++构成等差数列，设期通项为sm t +，1,2,3,4m =，不妨设数列1234,,,a a a a 的通项为ma dm a =+，1,2,3,4m =，0d ≠，所以()()1ln n m k dm a sm t +-+=+⎡⎤⎣⎦，即()ln sm tdm a km n k++=+-对1,2,3,4m =恒成立，不妨设n k c -=，令()()ln sx tg x dx a kx c+=+-+，则()()()()2's kx c k sx t dg x dx a kx c +-+=-++()2d sc kt dx a kx c -=-++ ()()()()()22d kx c kt sc dx a dx a kx c ++-+=++()()()()22222dk x dkc ktd scd x c d kt sc adx a kx c ++-++-=++，因为0d ≠，0x >，0dx a +>，0kx c +≠， 所以函数()'g x 至多有两个零点，即()g x 在()0,x ∈+∞上至多有三个单调区间，从而()gx 至多会有三个零点，这与1,2,3,4x =都是()g x 的零点相矛盾，因此不存在满足条件的1,a d ，使得231234,,,nn kn k n k a a a a +++依次成等比数列．解法二（多次求导，省考试院提供）：假设存在满足条件的1,a d 及正整数,n k ，使得231234,,,nn kn k n ka a a a +++依次成等比数列，则()()()()()()()22111322111232n k n k n n k n k n k a a d a d a d a d a d +++++⎧+=+⎪⎨++=+⎪⎩， 分别在上述两个等式的两边同时除以()21n k a +及()221n k a +，并令1d t a =1,03t t ⎛⎫>-≠ ⎪⎝⎭，则()()()()()()()2232212111312n k n k n k n k n k t t t t t +++++⎧+=+⎪⎨++=+⎪⎩， 将上述两个等式两边取对数，得()()()()()()()()()()2ln 122ln 1ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t n k t n k t ++=++⎧⎪⎨+++++=++⎪⎩ 化简得()()()()()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 123ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t k t t n t t ⎧+-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎪⎣⎦⎣⎦⎨+-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎪⎣⎦⎣⎦⎩，上述两式相除得()()()()()()()()ln 12ln 12ln 1ln 12ln 13ln 12ln 1ln 12t t t t t t t t +-++-+=+-++-+， 化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（*）， 令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1gt t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 1'11213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦=+++， 令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1h t t t t t t t =++-+++++， 则()()()()()()()'613ln 13212ln 121ln 1h t t t t t t t =++-+++++⎡⎤⎣⎦.令()()()()()()()()'613ln 13212ln 121ln 1m t h t t t t t t t ==++-+++++⎡⎤⎣⎦， 则()()()()'63ln 134ln 12ln 1m t t t t =+-+++⎡⎤⎣⎦， 令()()()()()'63ln 134ln 12ln 1n t m t t t t ==+-+++⎡⎤⎣⎦， 则()()()()12'011213n t t t t =>+++，由()()()()00000g h m n ====，()'0n t >，知()n t ，()m t ，()h t ，()g t 在1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭和()0,+∞上均单调，故()gt 只有唯一的零点0t =，即方程（*）只有唯一解0t =，故假设不成立．所以不存在满足条件的1,a d 及正整数,n k ，使得231234,,,nn kn k n ka a a a +++依次成等比数列．评注 第（1）问可以探究并证明2n a nb =是等比数列．证明：因为112222n n nn a a a d a ++-==，因此2n a n b =以112a b =为首项，2d 为公比的等比数列． 第（2）问解法一其实就是通过两元关系找到方程组的解，解高次方程最好的办法就是不断降幂迭代，衔接教材中有一道题就是降幂迭代思维，例：设12x =，求4221x x x ++-的值． 解析因为264x -=32-=，故()223321x x ==-+，即210x x +-=.即12x =是方程210x x +-=的一个根，故4221xx x ++-()22121x x x =-++-22x =()21x =-22x =-)21=-3=-【1】或者也可以对方程组()()()()()4311132111223a d a a d a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=++⎪⎩①②， 将②代入①得()()()4211113a d a a d a d +=++，化简即()()321113a d a a d +=+，进而探求1a 与d 的关系，由②可直接得到1a 与的关系，验证关系不一致即可证明不存在，如同解法二类似．【2】为了简化运算，参考标准可以选为2a 与d ，如同解法二类似．但解法二也可以利用迭代，例如解法二涉及32221010t t t t ⎧--=⎪⎨+-=⎪⎩，转换后即()21210t t t ---=，即2210t --=，方程无解．【3】降幂迭代的方向可以不同（部分迭代和全部迭代），仅是步骤复杂程度变化，但结论不变，．如处理解法一得到的式子还可以是32226410310t t t t t ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩③④，由④得231t t =--，代入③得()()231631410t t t t --+--+-=，即261670t t ++=，再次迭代，即()6311670t t --++=，解得12t =，同理推翻．【4】如果直接由624324a a a =可以推证2310t t ++=，其中1a t d=．解得t =1a =或1a =，当1302a -=>时，易知0d <，此时413302a a d -=+=<，不满足题意；当1302a -=>时，易知0d <，此时413302a a d +=+=<，不满足题意． 可以直接推翻结论．【5】构造的时候也可以构造成1dt a =，如省考试院公布的标准答案． 解法二是通过论证判定方程组解的范围不一致（一个求解范围，一个是确定值）进行否定，具 有一定的风险，因为对解的限制要求较高，若两解差的精度较小，则难以通过此法判定． 因此，往后此类试题也可以考查两方程均无法解出确定则，则我们可以通过降幂迭代或者判定 解得范围解决．解法三是从构造方程研究函数零点角度解决． 但数学翻译语言：“函数()'f x 至多有两个零点，则()f x 至多有三个单调区间”是不成立的，因为()f x 在无定义的地方可能会间断，将某一单调区间拆成两个，但此题有限制，因此成立．数学翻译语言：“()f x 至多有三个单调区间，则()f x 至多会有三个零点”是正确的．【6】也有老师从函数的凹凸性给予解释．（2）假设存在参数可以是其成等比数列，那么我们可以构造出下面的对应等式关系：1a bq =，222a bq =，333a bq =，444a bq =，,0q b >，1b ≠，所以1nn a qb =()1,2,3,4n =关于n 的函数是一致凹或凸的，所以()11,a 与()44,a 的连线 必不与 ()22,a ，()33,a 的连线重合．这是与等差数列对应点在直线上是矛盾的，故不存在1,a d 满足要求． （3）依据题意构造等式关系如下：1n n a bq =，2'n k n k a b q ++=，233'n k n k a b q ++=，354'n kn k a b q ++=，'k b bq =， 所以11'n a qb =，12'n ka qb +=，133'n ka qb +=，154'n ka qb +=，假设存在，那么坐标上三点()2,n k a +，()33,n k a +，()45,n k a +共线，依据函数图像凹凸性，知其不成立，因此不存在． 21（A ）. 解析 由题意E C ∠=∠，又AB AC =，故ABC C ∠=∠，所以ABC E ∠=∠， 又BADBAE ∠=∠，所以ABD AEB △△∽．21（B ）. 解析 由题意112012x y -⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎦⎣⎦⎣⎦⎣，所以122x y -=-⎧⎨=⎩，解得12x y =-⎧⎨=⎩，故1120-⎡⎤=⎢⎥⎦⎣A ． 所以()112f λλλ+-=-()12λλ=+-22λλ=+-， 令()0f λ=，则12λ=-，21λ=，所以它的另一个特征值为1λ=．21（C ）. 解析由题意得sin 422θθθπ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 所以()22sin cos 40ρρθθ+--=，即22sin 2cos 40ρρθρθ+--=，从而222240xy y x ++--=，即()()22116x y -++=，故圆C．21（D ）. 解析当32x -…时，化简得332x +…，解得13x -…，故13x -…； 当32x <-时，化简得32x --…，解得5x -…，故5x -…． 故不等式的解集为(]1,5,3⎡⎫-∞--+∞⎪⎢⎣⎭．22. 解析 由PA ⊥平面ABCD ，2ABC BAD π∠=∠=， 故AB ，AD ，AP 两两垂直，所以建立如右图所示的空间直角坐标系， 则()0,0,2P，()1,1,0C ，()0,2,0D ，()1,0,0B ．（1）易知BC ⊥平面PAB ，故平面PAB 的一个法向量为 ()0,1,0BC =．又()1,1,2PC=-，()0,2,2PD =-，设平面PCD 的一个法向量为(),,x y z =n ，则PC ⊥n ，PD ⊥n ，所以20220PC x y z PD y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩n n ，取1z =，则1y =，1x =，故()1,1,1=n ，因此cos ,BC BC BC ⋅===⋅n n n， 易知平面PAB 与平面PCD 所成二面角为锐二面角，故其余弦值为3． （2）因()0,2,2DP =-，设BQ BP λ=，[]0,1λ∈．所以CQ CB BQ=+CB BP λ=+()()0,1,01,0,2λ=-+-(),1,2λλ=--，因此cos ,CQ DPCQ DP CQ DP⋅=⋅=2=设()()222151f λλλ+=+2244151λλλ++=+， 所以()()()()()2222845110441'51f λλλλλλλ++-++=+()()222210251λλλ-+-=+()()()222522151λλλ--+=+， 令()'0f λ>，则25λ<，所以函数()f λ在20,5⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,15⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以当25λ=时，()f λ有最大值，即cos ,CQ DP 有最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，故5BQ =． 评注 也可以假设Q 点的坐标解决．在求解cos ,CQ DP 的最大值时，也可以处理成：2cos ,2CQ DP =12t λ=+，则[]1,3t ∈，所以2cos ,CQ DP===所以当1105299t ==⨯，29105t t-+取最小值， 此时cos ,CQ DP 取最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，即9125t λ==+，解得25λ=，故BQ =． 23. 分析 其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外，还需下表辅助我们理解问题的本质．1234567891011121314151617186162636465661k k k k k k k k +++++++共………………组组第带标记的表示为3的倍数或约数（其实1是奇葩，其余的都是3的倍数），带标记的表示为2的倍数或约数，而则表示既是3的倍数或约数又是2的倍数或约数（即为6的倍数或约数，此题不作研究）．这样研究6n k =()*k ∈N 时，可直接得()()()()63121112f n k k k k =++++=+，当63n k =+()*k ∈N 时，可直接得()()()()63311211117f n k k k k =+++++++=+．这就是此题的本质，以6为周期进行分类整合并进行数学归纳研究． 解析 （1）当6n =时，{}1,2,3X=，{}1,2,3,4,5,6n Y =，(),a b 可取()1,1，()1,2，()1,3，()1,4，()1,5，()1,6，()2,1，()2,2，()2,4，()2,6，()3,1，()3,3，()3,6，共13个，故()613f =．（2）当6n …时，()()*112,6113,61115,62117,63119,641110,65k n k k n k k n k f n k n k k n k k n k k +=⎧⎪+=+⎪+=+⎪=⎨+=+⎪⎪+=+⎪+=+∈⎩N ， 证明：1︒当1k =时，枚举可得()613f =，()714f =，()816f =，()918f =，()1020f =，()1121f =，符合通式；2︒假设k t =时，成立，即()()*112,6113,61115,62117,63119,641110,65t n t t n t t n t f n t n t t n t t n t t +=⎧⎪+=+⎪+=+⎪=⎨+=+⎪⎪+=+⎪+=+∈⎩N 成立，则当1k t =+时，此时66n t =+，此时()6f n +比()f n 多出有序数对11个，即多出()1,61t +，()1,62t +，()1,63t +，()1,64t +，()1,65t +，()1,66t +，()2,62t +，()2,64t +，()2,66t +，()3,63t +，()3,66t +，从而()()()6111112f n f n t +=+=++，符合通式；另外，当67n t =+，68n t =+，69n t =+，610n t =+，611n t =+，同理可证，综上，即()()()()()()()()*1112,661113,671115,6861117,691119,61011110,611t n t t n t t n t f n t n t t n t t t n t ++=+⎧⎪++=+⎪⎪++=+⎪+=⎨++=+⎪⎪++=+⎪++=+⎪∈⎩N ， 即当1k t =+时也成立． 例如61n k =+时，16n k -=，则()111711311366n n f n k -+=+=⨯+=，综上所述：()()*1112,66117,616118,626119,6361110,646115,656n n k n n k n n k f n n n k n k k n n n k +⎧=⎪⎪+⎪=+⎪⎪+⎪=+⎪=⎨+⎪=+⎪⎪+⎪=+⎪⎪+=+⎪⎩∈N ．评注 【1】（网友提供）在看各地的评析时，也有人用取整函数进行表达，即当6n …时，()1123n n f n n ⎡⎤⎡⎤=++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦223n n n ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，1︒可以验证6,7,8,9,10,11n =时均成立；2︒假设6n k m =+()*,0,1,2,3,4,5k m ∈=N 时成立，即()6666223k m k m f k m k m ++⎡⎤⎡⎤+=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 则当()61n k m =++，()61f k m ++⎡⎤⎣⎦()6632f k m =++++66621123k m k m k m ++⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()666123223k m k m k m ++⎡⎤⎡⎤=+++++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()()616161223k m k m k m ++++⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 所以()61n k m =++时也成立．综上所述：当6n …，*n ∈N 时，()223n n f n n ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦均成立．【2】省考试院提供的结果形式为：()()*2,623112,612322,622312,632312,6423122,6523n n n n k n n n n k n n n n k f n n n n n k n n n n n n k k n n k ⎧⎛⎫+++= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪--⎛⎫+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪⎪-⎛⎫+++=+ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪--⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎭⎩∈⎝N ，归纳证明也是从元增加角度推导．其实此题与南京2015三模数学加试23极为相似． （2015南京三模23）已知集合A 是集合{}123,nP n =⋯，，，()*3,n n ∈N …的子集，且A 中恰有 3个元素，同时这3个元素的和是3的倍数．记符合上述条件的集合A 的个数为()f n ．（1）求()3f ，()4f ；（2）求()f n （用含n 的式子表示）．解析 （1）()13f =，()42f =．（2）设*03,,3n A m m p p p ⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N …， *1131,,3n A m m p p p +⎧⎫==-∈⎨⎬⎩⎭N …，*2232,,3n A m m p p p +⎧⎫==-∈⎨⎬⎩⎭N …，它们所含元素的个数分别记为0A ，1A ，2A ．①当3n k =时，则102k A A A ===．12k =，时，()()313C k kf n ==； 3k …时，()()33132333C C 22kkf k n k k =+=-+． 由于3n k =， 从而()321111863f n n n n=-+，3n k =，*k ∈N ．②当31n k =-时，则01A k =-，12A k A ==．2k =时，()()52214n f f ==⨯⨯=； 3k =时，()()81133220f f n ==++⨯⨯=；3k >时，()()23311113C 2C C C k k k kf n --=++32353122k k k =-+-； 由于13n k +=，从而()32111418639f n n n n =-+-，31n k =-，*k ∈N ． ③当32n k =-时，101k A A ==-，2A k =．2k =时，()()42112n f f ==⨯⨯=； 3k =时，()()7132213f n f ==+⨯⨯=；3k >时，()()23311112C C C C k kk k f n --=++32395222k k k =-+-； 由于23n k +=，从而()32111218639f n n n n =-+-，32n k =-，*k ∈N ． 所以()32*32*32*111,3,18631114,31,186391112,32,18639n n n n k k f n n n n n k k n n n n k k ⎧-+=∈⎪⎪⎪=-+-=-∈⎨⎪⎪-+-=-∈⎪⎩N N N ．。
2015年江苏省高考数学试卷答案与解析
2015年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）（2015?江苏）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B中元素的个数为．2．（5分）（2015?江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为．23．（5分）（2015?江苏）设复数z满足z=3+4i（i是虚数单位），则z的模为．4．（5分）（2015?江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为．5．（5分）（2015?江苏）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．6．（5分）（2015?江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为．7．（5分）（2015?江苏）不等式2＜4的解集为．8．（5分）（2015?江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为．9．（5分）（2015?江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．10．（5分）（2015?江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为．11．（5分）（2015?江苏）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N），则数列{*}的前10项的和为．2212．（5分）（2015?江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x﹣y=1右支上的一个动点，若点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为．13．（5分）（2015?江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=|f（x）+g（x）|=1实根的个数为14．（5分）（2015?江苏）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），，则方程则（ak?ak+1）的值为．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（2015?江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．1。
2015高考数学真题 江苏数学真题解析
2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学试题解析1. 解析 由并集的运算知识知{}1,2,3,4,5AB =，故集合A B 中元素的个数为5．2. 解析 解法一：对数据进行整理，4，5，6，6，7，8，观察易知平均数为6x =．解法二：平均数()146587666x =+++++=． 3. 解析 解法一：设i z a b =+，,a b ∈R ，则()()2222i 2i 34i z a b a b ab =+=-+=+，从而22324a b ab ⎧-=⎨=⎩，即2232a b ab ⎧-=⎨=⎩，故2241a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，从而z == 解法二：由题意2234i 5z z ==+==，故z =．4. 解析故输出的结果S 为．5. 解析 解法一：1只白球设为a ，1只红球设为b ，2只黄球设为c ，d ，则摸球的所有情况为(),a b ，(),a c ，(),a d ，(),b c ，(),b d ，(),c d ，共6件，满足题意的事件为(),a b ，(),a c ，(),a d ，(),b c ，(),b d ，共5件，故概率为56P =．解法二（理科做法）：从反面考查，反面情况为摸出的2只球颜色相同，故2224C 51C 6P =-=． 6. 解析 由题意m n +a b()()2,11,2m n =+-()2,2m n m n =+-()9,8=-，从而2928m n m n +=⎧⎨-=-⎩，解得25m n =⎧⎨=⎩，故3m n -=-．评注 也可以将m n -用2m n +与2m n -线性表示，如()()1322355m n m n m n -=++-=-． 7. 解析 由题意22242x x-<=，根据2x y =是单调递增函数，得22x x -<，即()()22210xx x x --=-+<，故不等式的解集为()1,2-或写成{}12x x -<<均可．评注 题是不难，但是解集是集合，估计又要有考生忘记了．8. 解析 解法一：()tan tan βαβα=+-()()tan tan 1tan tan αβααβα+-=++⋅127317+==-． 解法二：()tan tan tan1tan tan αβαβαβ++=-⋅2tan 112tan 7ββ-+==+，故tan 3β=．解法三：()tan tan αβαβ=+-()()tan tan 1tan tan αββαββ+-=++⋅1tan 7211tan 7ββ-==-+，故t a n 3β=． 9. 解析 原来的总体积为()()22154283V =⨯π⨯⨯+π⨯⨯1963π=，设新的半径为r ，故变化后体积()()221'483V r r =⨯π⨯⨯+π⨯⨯22819633r ππ==， 计算得27r=，从而r =10. 解析 解法一（几何意义）：动直线210mx y m ---=整理得()()210m x y --+=，则l 经过定点()2,1M -，故满足题意的圆与l 切于M 时，半径最大，从而r ==()2212x y -+=．解法二（代数法——基本不等式）：由题意r d======…，当且仅当1m =时，取“=”．故标准方程为()2212x y -+=．解法三（代数法——∆判别式）：由题意r d=== 设22211m m t m ++=+，则()21210t m m t --+-=，因为m ∈R ， 所以()()222410t ∆=---…，解得02t 剟，即d 的最大值为11. 解析 解法一：可以考虑算出前10项，但运算化简较繁琐．解法二：由题意得212a a -=，323a a -=，…，1n n a a n --=，()*2,n n ∈N …故累加得1234n a a n -=++++…，从而1+234n a n =++++…()12n n +=， 当1n =时，满足通项．故()1211211n a n n n n ⎛⎫==⨯- ⎪++⎝⎭()*n ∈N ， 则有123101111a a a a ++++...1111121+2231011⎛⎫=⨯--++- ⎪⎝⎭ (120211111)⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭． 12. 解析 解法一（几何意义）：即找到P 到直线10x y -+=的最小距离（或取不到），该值即为实数c 的最大值． 已知双曲线221xy -=的渐近线为0x y ±=，易知10x y -+=与0x y -=平行，因此该两平行线间的距离即为最小距离（且无法达到），故实数c的最大值为2d ==． 解法二（纯粹代数法）：设双曲线右支上的任一点为()00,x y ，则22001x y -=，且01x …，从而d c =>恒成立，因为22001y x =-，1︒若00y …时，则d ==，构造()0011f x x ==+，则()011f x +=>，从而d =>=． 2︒若00y <时，则d ===，根据单调递增性，其最小值为01x =．综上所述：2c…，即实数c=．解法三（参数方程，酌情掌握）：因为双曲线右支下部的点到直线的距离不可能为最小值，不妨设设双曲线右支上部的一点为1sec cos sin tan cos x y ααααα⎧==⎪⎪⎨⎪==⎪⎩，0,2απ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭．从而d=1sin 1α-+==先研究1sin sin 1cos cos 0αααα--=--， 式子sin 1cos 0αα--表示221x y +=，(]0,1x ∈，[)0,1y ∈上的点与点()0,1间的斜率，易知[)sin 11,0cos 0αα-∈--，从而1sin 12d α-+⎛= ⎝，故2c …，即实数c2=．评注 解法二是观察到已知直线与双曲线的渐近线互相平行，典型的寻求几何关系进行切入；解法二中也可设001x y c -+=，研究直线与双曲线右支相切的状态． 解法三先排除一部分的情况，这在解法二中也同样适用． 13. 解析 解法一（逐步去绝对值）：1︒当01x <…时，()()f xg x +ln 0ln 1x x =+==，故ln 1x =±，e x =（舍）或1e x =，即在(]0,1上有一解为1ex =． 2︒当1x >时，ln 0x >，故()ln ln f x x x ==，()()2ln 421f x g x x x +=+--=，①当12x <<时，2ln 21x x -+=，不妨设()2ln 2h x x x =-+，()2112'20x h x x x x-=-=<对()1,2x ∈恒成立， 故()hx 单调递减，()()min 2ln22ln2111h x h ==-=--<-，()()max 11h x h ==，根据绝对值函数的性质分析，在()1,2x ∈上有一解；②当2x …时，2ln 61x x +-=，不妨设()2ln 6m x x x =+-，则()1'20m x x x=+>对[)2,x ∈+∞恒成立，故()mx 单调递增，()()min 2ln22ln2111h x h ==-=--<-，又()612e e1m =>，根据绝对值函数的性质分析，在[)2,x ∈+∞上有两解．综上所述：方程()()1f x g x +=实根的个数为4．解法二（直接去绝对值）：设()()()hx f x g x =+，则()22ln ,01ln 2,12ln 62x x h x x x x x x x -<⎧⎪=+-<<⎨⎪+-⎩……，下仿照解法一分析．或者通过分析()1hx =±的解亦可．解法三（图像转化）：因为()()1f x g x +=， 所以()()1f x g x +=±，从而()()1g x f x =±-，即()()1gx f x =-或()()1g x f x =--．先分别画出()f x 与()g x 的图形，如图所示：得到图形中弯折、端点部位的具体值，然后分别研究()()1g x f x =-与()()1g x f x =--的图像，如下图所示，易见共有4个交点．()()1g x f x =-图形分析 ()()1g x f x =--图形分析评注 此题考查函数的零点，函数的零点问题一般从函数的零点、方程的根、图像的交点角度解决，从方程的角度分析此题侧重去绝对值的步步考查，从函数的零点分析此题侧重对图像中部分点的精确取值．同样的零点求解问题，此题难度明显高于去年．14.解析 解法一（强制法）：由题意得()()0cos0,sin0cos01,1=+=a，1122⎛⎫+= ⎪⎝⎭a ，212⎛= ⎝⎭a ，()30,1=a，412⎛=- ⎝⎭a，5⎛= ⎝⎭a ，()61,1=--a，7122⎛⎫=- ⎪⎝⎭a，811,22⎛⎫=- ⎪⎝⎭a ，()90,1=-a ，1011,22⎛⎫= ⎪⎝⎭a，11122⎛⎫= ⎪⎝⎭a ，()121,1=a .从而()11+1011111122222222k k k =⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=++⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑a a12⎛++++ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭12⎛+++ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111222222⎛⎫⎛⎫-+⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=（恰当整理化简即可）.解法二（部分规律法）：由题意6cos ,sin cos 666k k k k +πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+π+π++π⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭a cos ,sin cos 666k k k k πππ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭a ，从而671k k k k +++=a a a a ，即1k k +a a 的结果呈现以6T =为周期的变化，故()11+1kk k =⋅∑a a ()0112233445562=⨯++a a +a a a a a a +a a +aa =.解法三（通用规律法）：由题意得：()()()1111cos ,sin cos cos ,sin cos 666666k k k k k k k k ++π+π+π⎛⎫πππ⎛⎫⋅=++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a a ()()()111coscos sin cos sin cos 666666k k k k k k +π+π+π⎛⎫πππ⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()()()111coscos cos cos sin sin 666666k k k k k k +π+π+π⎡⎤πππ=++⎢⎥⎣⎦()()()()1111coscos cos sin cos cos sin 66666666k k k k k k k k +π+π+π+π⎡⎤ππππ=+-++⎢⎥⎣⎦ ()()()111coscos sin sin cos cos 666666k k k k k +π+π+π⎡⎤πππ=+++⎢⎥⎣⎦11cossin cos 626262626k k k k k ⎤πππππ=-++⎥⎣⎦1sin sin 6626k k k ⎤πππ+-⎥⎣⎦22111sin cos cos 1cos 2662626k k k k ⎛ππππ⎫⎛⎫=++--+ ⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭211sin 1cos 432622k k ⎛ππ=++-+ ⎝⎭1cos131322k k π+⎛π=++-+ ⎝⎭12sin 43434k k π+π=++， sin 3k y π=，cos 3k y π=的周期为263T π==π，在一个周期内其和为0， 故()11+1012k k k =⋅==∑a a 解法四（部分规律法）：()()()1111cos ,sin cos cos ,sin cos 666666k k k k k k k k ++π+π+π⎛⎫πππ⎛⎫⋅=++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a a ()()()()1111coscos cos sin cos cos sin 66666666k k k k k k k k +π+π+π+π⎡⎤ππππ=+-++⎢⎥⎣⎦ ()()11coscos cos sin 66666k k k k +π+π⎡⎤πππ=+++⎢⎥⎣⎦⎝⎭则()()11111111+10001cos cos sin 26636kk k k k k k k k ====+ππππ⎛⎫⋅=+++ ⎪⎝⎭∑∑∑aa ， 设()1coscos 66n n n b +ππ=， 由诱导公式()()334coscos 66n n n b ++π+π=()1sin sin 66n n +ππ=，故()()311sin sin cos cos 6666n n n n n n b b ++π+πππ+=+cos 62π==， 从而分组求和()111coscos 666k k k =+ππ==∑ 设sin 36nn c ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由诱导公式()33sin sin 3636n n n n c c ++π⎛⎫πππ⎛⎫=+=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故30n nc c ++=，从而分组求和11sin 036k k =ππ⎛⎫+=⎪⎝⎭∑．又1112k ===()11+10k k k =⋅=∑a a 评注 解法一、二虽然足够复杂，但只要罗列清楚并逐步解决，就会发现其实比较简单，从一般法角度进行解决思路难寻，便可以从具体值的角度思考，这给了江苏考区的大部分普通考生以希望． 解法三侧重对三角公式的化简，侧重从一般的角度找到问题的突破口．但解法三中化化简()1coscos 66k k +ππ使用积化和差简化过程，即()()21cos +cos166cos cos =662k k k +ππ+ππ，但高中阶段该公式已不要求掌握，因此此题顺利化简确实也比较麻烦． 解法四在解法三的基础之上进行了优化，不化到最简形式也可解决问题． 也有学生考虑构造cos ,sin cos 666kk k k πππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭a =cos ,sin +0,cos 666k k k πππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+k k =b c ，则k b 和+1k b 都是单位向量且夹角为6π，即+12k k ⋅=b b ． 15. 解析（1）由余弦定理2222cos BC AB AC AB AC A =+-⋅14922372=+-⨯⨯⨯=，解得BC =（2）222cos 2AC BC AB C AC BC +-=⋅==，因为()0,C ∈π，故sin C ==， 故sin 22sin cos C C C =⋅27==． 评注可不化简，有时候会利于下面的运算．16. 解析 （1）因为四边形11BCC B 是矩形，所以E 是1BC 的中点，又D 是1AB 的中点， 因此DE 是1BCA △的中位线，故DE AC ∥， 又DE ⊄平面11AAC C ，AC ⊂平面11AAC C ，所以DE ∥平面11AAC C ． （2）因为1CC ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以1AC CC ⊥，又AC BC ⊥，1BC CC C =，从而AC ⊥平面11BCC B ，因为1BC ⊂平面11BCC B ，所以1BC AC ⊥．因为1BC CC =，E 为1BC 的中点，所以11BC CB ⊥， 因为1ACCB C =，所以1BC ⊥平面1ABC ，又因为1AB ⊂平面1ABC ，所以11BC AB ⊥．17. 解析（1）由题意2ay x b=+过()5,40M ，()20,2.5N ， 故4025 2.5400aba b⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，解得10000a b =⎧⎨=⎩．（2）① 由题意，曲线C 为21000y x =，易知21000,P t t ⎛⎫ ⎪⎝⎭，32000'y x =-， 故曲线C 在点P 处的切线斜率为32000k t =-， 故曲线C 在点P 处的切线方程为()2310002000y x t t t-=--，化简即3220003000y x t t =-+，令0x =，则23000y t =；令0y =，则32t x =． 故()f t ==()520t 剟． ② 设()24900000094t t g t +=，则()536000000'92g t t t +=-66581092t t -⨯+=⨯， 令()'0g t >，则66810t >⨯，即()()332200t >，从而2200t>，即t >因此()g t在t ⎡∈⎣上单调递减，在(25t ⎤∈⎦上单调递增，故当t=()(min f t f ===评注 第（2）②问或用基本不等式解决，2224490000009900000099=+488t t t t t ++…3900==2527=6754⨯⨯，当且仅当24900000098t t =， 即66810t =⨯，即t =“=”，故公里l的最短距离为18. 解析（1）由题意得232a c cc e a⎧+=⎪⎪⎨⎪==⎪⎩，故a =，即222a c =，从而1c =，a =，1b =，故椭圆的标准方程为2212x y +=． （2）解法一（正设斜率）：若AB 的斜率不存在时，则AB 方程为1x =，此时AB =，易知此时32CP AB =≠，不满足题意；当AB 的斜率为0时，此时亦不满足题意；因此AB 斜率存在且不为0，不妨设AB 斜率为k ，则AB 方程()1y k x =-，不妨设()11,Ax y ，()22,B x y ，联立直线AB 与椭圆，即()22221x y y k x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩⇒()()2222124220k x k x k +-+-=， 因为点()1,0F在椭圆内，故0∆>恒成立，所以212221224122212k x x k k x x k ⎧+=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩，故12A B x =-==)22112kk +=+， 又1PCk k=-，21222212C x x k x k +==+，故C P x PC -=222212k k ⎫=+⎪+⎭= 因为2PC AB =)22112k k+=+，2=，即()(22231k +=，整理得424296188kk k k ++=+，即42210k k -+=，即()2210k-=，解得1k =±，从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．解法二（反设）：由题意，直线AB 的斜率必不为0，故设直线方程为1x my =+， 不妨设()11,Ax y ，()22,B x y ，与椭圆联立22122x my x y =+⎧+=⎨⎩，整理得()222210m y my ++-=，因为点()1,0F 在椭圆内，故0∆>恒成立，故1221222212m y y m y y m ⎧+=-⎪⎪+⎨⎪=-⎪+⎩，因此12AB y =-==)2212m m +=+， 则C 点的纵坐标为12222y y mm +=-+， 于是C 点的横坐标为222122m m m m ⎛⎫-+= ⎪++⎝⎭， 又CP AB ⊥，故CP k m =-，所以2CP =+=， 因为2PC AB =)2212m m +=+， 化简得()()222381m m +=+，即42210mm -+=，化简得21m =，计算得1m =±， 从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．解法三（中点弦）：不妨设()00,Cx y ，()11,A x y ，()22,B x y ，则221122221212x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式作差()()()()1212121212x x x x y y y y +-=-+-， 故1212ABy y k x x -=-()12122x xy y +=-+002x y =-，又001AB CF y k k x ==-，故000021x y y x -=-，即()200021y x x =--， 设'A ，'B 分别是A ，B 两点在右准线上的投影，则由圆锥曲线统一定义得'AF e AA =，'BFe BB =， 故()''AB AF FB e AA BB=+=+)1242xx =--)0422x =-)02x =-， 因0012A P B Ck x k y -==，故PC 方程为()00002y y y x x x -=-，即0002yx y x y =-，联立2x =-，得00042,y P y x ⎛⎫--- ⎪⎝⎭， 从而PC =)022AB x ==-，即()()0002220082242y y x x x ⎛⎫++=- ⎪⎝+⎭，所以()()00222200024822x y x x x ⎛⎫++=- ⎪⎝+⎭，又()200021y x x =--， 从而()()()()22200000282212x x x x x +=---+，即()()000220282122x x x x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭-+，故()()()0020202282x x x x =+-+-， 因为02x ≠，故()()2000822x x x =-+，整理得20091240x x -+=，故()20320x -=，解得023x =，回代()200021y x x =--，得013y =±，从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．解法四（几何性质，网友解答）：不妨设直线AB 的倾斜角为α，则AF=BF=222cos 1sin AB αα==-+①，作椭圆的右准线'l ，过C 作y 轴的垂线，分别交左、 右准线于M ，H ， 分别过A ，B 作右准线'l 的垂线分别 交'l 于'A ，'B ，过A 作'BB 的垂线交'BB 于N ，由PC AB ⊥，易得ABN CPM △△∽，故xFA CPM α∠=∠=，sin CMPC α=②，由图CM MH CH =-()1''2MH AA BB =-+()12MH AF BF e =-+12MH AB e=-，由2PC AB =及②得2sin CM AB α=，即12sin 2MH AB CM AB eα-==，x42sin 2AB AB α-=，即2sin 4AB α⎛= ⎝⎭，代入①得22sin 421sin αα⎛+= +⎝⎭，整理22sin 10αα-+=，即)210α-=，解得sin 2α=，所以4απ=或43π， 即1k =±，从而直线AB 方程为10x y --=或10x y +-=．评注 第（2）问实属常规运算，不少为计算过的学生认为此题比较难，也有人认为必须要挖掘中点 弦（设而不求，不能直接使用结论）与焦半径公式解决，其实计算而来只觉得化简始终是这一题 要解决的问题，何时该作何化简？需要考虑什么问题？为何要这么处理？这么处理下面是否好解 决？我得到式子是否足够美观，是否对称，是否可约？这一直是解析几何问题解决过程中需要的 思考．利用中点弦设参解决固然简单，但找到关系方为上策．在解决的过程中有些类似弦长，比如PC ，可以选用弦长公式解决，未必求出P 之坐标用两点之间距离解决，这些都需要考生在考上上临场反应，说白了，就是平时积累的结果．19. 解析（1）由题意，()2'32f x x ax =+233x x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，1︒当203a -=，即0a =时，()2'30f x x =…对x ∈R 恒成立，故()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞；2︒当203a ->，即0a <时，令()2'303f x x x a ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则0x <或23x a >-， 所以()f x 的单调递增区间为(),0-∞和,23a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为30,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭；3︒当203a -<，即0a <时，令()2'303f x x x a ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，则23x a <-或0x >，所以()f x 的单调递增区间为23,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭和()0,+∞，单调递减区间为023,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭．（2）解法一：因b c a =-，故()32f x x ax c a =++-，由（1）得：1︒当0a =时，()f x 单调递增，不满足题意；2︒当0a <时，若函数()f x 有三个不同的零点，则()324032700f f a a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-< ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=>⎩极小极大恒成立， 从而3427c a a c a⎧<-+⎪⎨⎪>⎩对(),3a ∈-∞-恒成立， 构造()3427g a a a =-+，则()24'109g a a =-+<对(),3a ∈-∞-恒成立， 故()ga 单调递减，从而()()31g a g >-=，故31c -剟．3︒当0a >时，若函数()f x 有三个不同的零点，则()324032700f f a a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-> ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=<⎩极大极小恒成立， 从而3427c a ac a⎧>-+⎪⎨⎪<⎩对331,,22a ⎛⎫⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭恒成立， 构造()3427g a a a =-+， 则()22449'1994g a a a ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭433922a a ⎛⎫⎛⎫=--+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，令()0ga >，则312a <<，故()ga 在31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，则()312g a g ⎛⎫<= ⎪⎝⎭，从而11c c ⎧⎨⎩……，即1c =． 综上得1c =．解法二：因b c a =-，故()32f x x ax c a =++-， 由（1）得：1︒当0a =时，()f x 单调递增，不满足题意；2︒当0a ≠时，若函数()f x 有三个不同的零点，则只需保证()203f f f a f ⎛⎫⋅=⋅ ⎪⎝-⎭极大极小()34027a c a c a ⎛⎫=+--< ⎪⎝⎭，又实数a 的解集为()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因此13a =-，21a =，332a =是方程()34027a c a c a ⎛⎫+--= ⎪⎝⎭的三个实数根， 易知该方程必有一根a c =， 从而若3c =-时，则()3433027a a a ⎛⎫----=⎪⎝⎭，验证知21a =不为其根，故舍； 若1c =时，则()3411027a a a ⎛⎫+--=⎪⎝⎭，验证知13a =-，332a =是其根，验证不等式()3411027a a a ⎛⎫+--<⎪⎝⎭，即()()()232310a a a +--<， 即()()()232310a a a +-->，其解集为()33,31,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，满足题意；若32c =时，则343302722a a a ⎛⎫⎛⎫+--=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，验证知21a =不为其根，故舍．综上得1c =．解法三：因b c a =-，故()32f x x ax c a =++-，由（1）得：1︒当0a =时，()f x 单调递增，不满足题意；2︒当0a <时，若函数()f x 有三个不同的零点，则()324032700f f a a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-< ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=>⎩极小极大，从而34027a c a a c⎧+-<⎪⎨⎪<⎩，根据a 的取值范围可知：3a =-是方程34027a c a +-=的根，因此1c =． 3︒当0a >时，若1c =，则根据函数()f x 有三个不同的零点，则必有()324032700f fa a c a ffc a ⎧⎛⎫==+-> ⎪⎪⎝⎭⎨⎪=--=<⎩极大极小，即()()232301a a a ⎧+->⎪⎨>⎪⎩． 因此解得3a <-或312a <<或32a >，符合题意． 综上得1c =．评注 （2）的解法一将该问题转化到恒成立解决；解法二将问题统一归类转化到不等式的解集，进 而转化到等式（方程）的根；解法三亦是将问题转化到不等式的解集问题进行解决． 20. 解析（1）由题意11a a =，21a a d =+，312a a d =+，413a a d =+，故121122222a d da a a +==，3211222222a d d d a a a ++==，31413222222d da a a a d ++==，而120a ≠且20d ≠，从而31242,2,2,2a a a a 时以12a 为首项，2d为公比的等比数列．（2）解法一：假设存在满足条件的1,a d ， 从而11a a =，()2221a a d =+，()33312a a d =+，()44413a a d =+，若满足题意，的须使43213624324a a a a a a ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即4321332324a a a a a a ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 即()()()()()4311132111223a d a a d a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=++⎪⎩①②，化简得3223411122311264030a d a d a d d a d a d d ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩， 因为0d ≠，故32231112211264030a a d a d d a a d d ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩，不妨设1a t d =， 从而转化为32226410310t t t t t ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩③④，由④得231t t =--，代入③得()22316410t t t t --++-=，化简得到210t -=，即12t =，易见12t =不满足④式，故方程组无解，即不存在满足条件的1,a d ． 解法二：假设存在满足条件的1,a d ，若需满足条件，则必有43213a a a =成立，即为了方便，不妨设1a a d =-，2a a =，3a a d =+，易知10a a d=->，即a d >，从而()()34a a d a d =-+，即()()422222a a da ad d =-++4322223422aa d a d a d ad d =++---，整理得334220a d ad d --=，因为0d ≠，故设a t d=，则32210t t --=，构造()3221g t t t =--，则()2'320g t t =->对()1,t ∈+∞恒成立，由()110g=-<，()2110g =>知()1,2t ∈．另外，还需有624324a a a =，即32324a a a =，即()()322a d a a d +=+，整理得2230a d ad d +-=，仿照上面的步骤即210t t +-=，解得()11,2t =或()21,2t =，因此不满足题意． 综上论证：不存在满足条件的1,a d ．解法三（取对数降为线性）：假设存在满足条件的1,a d ，由1a ，2a ，3a ，4a 均为正数， 因此2341234,,,a a a a 均为正数，所以2341234ln ,ln ,ln ,ln a a a a 构成等差数列， 即1234ln ,2ln ,3ln ,4ln a a a a 构成等差数列，不妨设通项为pn q +，1,2,3,4n =，由于1234,,,a a a a 构成等差数列，且公差为d ()0d ≠，故设其通项为n a dn a =+，1,2,3,4n =，从而()lnn dn a pn q +=+，即()ln q dn a p n+=+对1,2,3,4n =均成立，不妨设()()ln qf x dx a p x =+--，从而()()222'd q dx pdx qa f x dx a x dx a x++=+=++， 因为0d ≠，0x >，0dx a +>， 所以函数()'f x 至多有两个零点，即()f x 在()0,x ∈+∞上至多有三个单调区间，从而()f x 至多会有三个零点，这与1,2,3,4x =都是()f x 的零点相矛盾，因此不存在满足条件的1,a d ．（3）解法一（取对数降为线性）：假设存在满足条件的1,a d 及正整数,n k ，使得231234,,,n n kn k n k a a a a +++依次成等比数列，因为231234,,,n n k n k n k a a a a +++都是整数， 所以231234ln ,ln ,ln ,ln nn kn k n ka a a a +++构成等差数列，即()()()1234ln ,ln ,2ln ,3ln n a n k a n a n k a +++构成等差数列，设期通项为sm t +，1,2,3,4m =，不妨设数列1234,,,a a a a 的通项为ma dm a =+，1,2,3,4m =，0d ≠，所以()()1ln n m k dm a sm t +-+=+⎡⎤⎣⎦，即()ln sm tdm a km n k++=+-对1,2,3,4m =恒成立，不妨设n k c -=，令()()ln sx tg x dx a kx c+=+-+，则()()()()2's kx c k sx t dg x dx a kx c +-+=-++()2d sc kt dx a kx c -=-++ ()()()()()22d kx c kt sc dx a dx a kx c ++-+=++()()()()22222dk x dkc ktd scd x c d kt sc adx a kx c ++-++-=++，因为0d ≠，0x >，0dx a +>，0kx c +≠， 所以函数()'g x 至多有两个零点，即()g x 在()0,x ∈+∞上至多有三个单调区间，从而()gx 至多会有三个零点，这与1,2,3,4x =都是()g x 的零点相矛盾，因此不存在满足条件的1,a d ，使得231234,,,nn kn k n k a a a a +++依次成等比数列．解法二（多次求导，省考试院提供）：假设存在满足条件的1,a d 及正整数,n k ，使得231234,,,nn kn k n ka a a a +++依次成等比数列，则()()()()()()()22111322111232n k n k n n k n k n k a a d a d a d a d a d +++++⎧+=+⎪⎨++=+⎪⎩， 分别在上述两个等式的两边同时除以()21n k a +及()221n k a +，并令1d t a =1,03t t ⎛⎫>-≠ ⎪⎝⎭，则()()()()()()()2232212111312n k n k n k n k n k t t t t t +++++⎧+=+⎪⎨++=+⎪⎩， 将上述两个等式两边取对数，得()()()()()()()()()()2ln 122ln 1ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t n k t n k t ++=++⎧⎪⎨+++++=++⎪⎩ 化简得()()()()()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 123ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t k t t n t t ⎧+-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎪⎣⎦⎣⎦⎨+-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎪⎣⎦⎣⎦⎩，上述两式相除得()()()()()()()()ln 12ln 12ln 1ln 12ln 13ln 12ln 1ln 12t t t t t t t t +-++-+=+-++-+， 化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（*）， 令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1gt t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 1'11213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦=+++， 令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1h t t t t t t t =++-+++++， 则()()()()()()()'613ln 13212ln 121ln 1h t t t t t t t =++-+++++⎡⎤⎣⎦.令()()()()()()()()'613ln 13212ln 121ln 1m t h t t t t t t t ==++-+++++⎡⎤⎣⎦， 则()()()()'63ln 134ln 12ln 1m t t t t =+-+++⎡⎤⎣⎦， 令()()()()()'63ln 134ln 12ln 1n t m t t t t ==+-+++⎡⎤⎣⎦， 则()()()()12'011213n t t t t =>+++，由()()()()00000g h m n ====，()'0n t >，知()n t ，()m t ，()h t ，()g t 在1,03⎛⎫- ⎪⎝⎭和()0,+∞上均单调，故()gt 只有唯一的零点0t =，即方程（*）只有唯一解0t =，故假设不成立．所以不存在满足条件的1,a d 及正整数,n k ，使得231234,,,nn kn k n ka a a a +++依次成等比数列．评注 第（1）问可以探究并证明2n a nb =是等比数列．证明：因为112222n n nn a a a d a ++-==，因此2n a n b =以112a b =为首项，2d 为公比的等比数列． 第（2）问解法一其实就是通过两元关系找到方程组的解，解高次方程最好的办法就是不断降幂迭代，衔接教材中有一道题就是降幂迭代思维，例：设12x =，求4221x x x ++-的值． 解析因为264x -=32-=，故()223321x x ==-+，即210x x +-=.即12x =是方程210x x +-=的一个根，故4221xx x ++-()22121x x x =-++-22x =()21x =-22x =-)21=-3=-【1】或者也可以对方程组()()()()()4311132111223a d a a d a d a d a d ⎧+=+⎪⎨+=++⎪⎩①②， 将②代入①得()()()4211113a d a a d a d +=++，化简即()()321113a d a a d +=+，进而探求1a 与d 的关系，由②可直接得到1a 与的关系，验证关系不一致即可证明不存在，如同解法二类似．【2】为了简化运算，参考标准可以选为2a 与d ，如同解法二类似．但解法二也可以利用迭代，例如解法二涉及32221010t t t t ⎧--=⎪⎨+-=⎪⎩，转换后即()21210t t t ---=，即2210t --=，方程无解．【3】降幂迭代的方向可以不同（部分迭代和全部迭代），仅是步骤复杂程度变化，但结论不变，．如处理解法一得到的式子还可以是32226410310t t t t t ⎧++-=⎪⎨++=⎪⎩③④，由④得231t t =--，代入③得()()231631410t t t t --+--+-=，即261670t t ++=，再次迭代，即()6311670t t --++=，解得12t =，同理推翻．【4】如果直接由624324a a a =可以推证2310t t ++=，其中1a t d=．解得t =1a =或1a =，当1302a -=>时，易知0d <，此时413302a a d -=+=<，不满足题意；当1302a -=>时，易知0d <，此时413302a a d +=+=<，不满足题意． 可以直接推翻结论．【5】构造的时候也可以构造成1dt a =，如省考试院公布的标准答案． 解法二是通过论证判定方程组解的范围不一致（一个求解范围，一个是确定值）进行否定，具 有一定的风险，因为对解的限制要求较高，若两解差的精度较小，则难以通过此法判定． 因此，往后此类试题也可以考查两方程均无法解出确定则，则我们可以通过降幂迭代或者判定 解得范围解决．解法三是从构造方程研究函数零点角度解决． 但数学翻译语言：“函数()'f x 至多有两个零点，则()f x 至多有三个单调区间”是不成立的，因为()f x 在无定义的地方可能会间断，将某一单调区间拆成两个，但此题有限制，因此成立．数学翻译语言：“()f x 至多有三个单调区间，则()f x 至多会有三个零点”是正确的．【6】也有老师从函数的凹凸性给予解释．（2）假设存在参数可以是其成等比数列，那么我们可以构造出下面的对应等式关系：1a bq =，222a bq =，333a bq =，444a bq =，,0q b >，1b ≠，所以1nn a qb =()1,2,3,4n =关于n 的函数是一致凹或凸的，所以()11,a 与()44,a 的连线 必不与 ()22,a ，()33,a 的连线重合．这是与等差数列对应点在直线上是矛盾的，故不存在1,a d 满足要求． （3）依据题意构造等式关系如下：1n n a bq =，2'n k n k a b q ++=，233'n k n k a b q ++=，354'n kn k a b q ++=，'k b bq =， 所以11'n a qb =，12'n ka qb +=，133'n ka qb +=，154'n ka qb +=，假设存在，那么坐标上三点()2,n k a +，()33,n k a +，()45,n k a +共线，依据函数图像凹凸性，知其不成立，因此不存在． 21（A ）. 解析 由题意E C ∠=∠，又AB AC =，故ABC C ∠=∠，所以ABC E ∠=∠， 又BADBAE ∠=∠，所以ABD AEB △△∽．21（B ）. 解析 由题意112012x y -⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥-⎦⎣⎦⎣⎦⎣，所以122x y -=-⎧⎨=⎩，解得12x y =-⎧⎨=⎩，故1120-⎡⎤=⎢⎥⎦⎣A ． 所以()112f λλλ+-=-()12λλ=+-22λλ=+-， 令()0f λ=，则12λ=-，21λ=，所以它的另一个特征值为1λ=．21（C ）. 解析由题意得sin 422θθθπ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， 所以()22sin cos 40ρρθθ+--=，即22sin 2cos 40ρρθρθ+--=，从而222240xy y x ++--=，即()()22116x y -++=，故圆C．21（D ）. 解析当32x -…时，化简得332x +…，解得13x -…，故13x -…； 当32x <-时，化简得32x --…，解得5x -…，故5x -…． 故不等式的解集为(]1,5,3⎡⎫-∞--+∞⎪⎢⎣⎭．22. 解析 由PA ⊥平面ABCD ，2ABC BAD π∠=∠=， 故AB ，AD ，AP 两两垂直，所以建立如右图所示的空间直角坐标系， 则()0,0,2P，()1,1,0C ，()0,2,0D ，()1,0,0B ．（1）易知BC ⊥平面PAB ，故平面PAB 的一个法向量为 ()0,1,0BC =．又()1,1,2PC=-，()0,2,2PD =-，设平面PCD 的一个法向量为(),,x y z =n ，则PC ⊥n ，PD ⊥n ，所以20220PC x y z PD y z ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩n n ，取1z =，则1y =，1x =，故()1,1,1=n ，因此cos ,BC BC BC ⋅===⋅n n n， 易知平面PAB 与平面PCD 所成二面角为锐二面角，故其余弦值为3． （2）因()0,2,2DP =-，设BQ BP λ=，[]0,1λ∈．所以CQ CB BQ=+CB BP λ=+()()0,1,01,0,2λ=-+-(),1,2λλ=--，因此cos ,CQ DPCQ DP CQ DP⋅=⋅=2=设()()222151f λλλ+=+2244151λλλ++=+， 所以()()()()()2222845110441'51f λλλλλλλ++-++=+()()222210251λλλ-+-=+()()()222522151λλλ--+=+， 令()'0f λ>，则25λ<，所以函数()f λ在20,5⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,15⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，所以当25λ=时，()f λ有最大值，即cos ,CQ DP 有最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，故5BQ =． 评注 也可以假设Q 点的坐标解决．在求解cos ,CQ DP 的最大值时，也可以处理成：2cos ,2CQ DP =12t λ=+，则[]1,3t ∈，所以2cos ,CQ DP===所以当1105299t ==⨯，29105t t-+取最小值， 此时cos ,CQ DP 取最大值，此时直线CQ 与DP 所成的角最小，即9125t λ==+，解得25λ=，故BQ =． 23. 分析 其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外，还需下表辅助我们理解问题的本质．1234567891011121314151617186162636465661k k k k k k k k +++++++共………………组组第带标记的表示为3的倍数或约数（其实1是奇葩，其余的都是3的倍数），带标记的表示为2的倍数或约数，而则表示既是3的倍数或约数又是2的倍数或约数（即为6的倍数或约数，此题不作研究）．这样研究6n k =()*k ∈N 时，可直接得()()()()63121112f n k k k k =++++=+，当63n k =+()*k ∈N 时，可直接得()()()()63311211117f n k k k k =+++++++=+．这就是此题的本质，以6为周期进行分类整合并进行数学归纳研究． 解析 （1）当6n =时，{}1,2,3X=，{}1,2,3,4,5,6n Y =，(),a b 可取()1,1，()1,2，()1,3，()1,4，()1,5，()1,6，()2,1，()2,2，()2,4，()2,6，()3,1，()3,3，()3,6，共13个，故()613f =．（2）当6n …时，()()*112,6113,61115,62117,63119,641110,65k n k k n k k n k f n k n k k n k k n k k +=⎧⎪+=+⎪+=+⎪=⎨+=+⎪⎪+=+⎪+=+∈⎩N ， 证明：1︒当1k =时，枚举可得()613f =，()714f =，()816f =，()918f =，()1020f =，()1121f =，符合通式；2︒假设k t =时，成立，即()()*112,6113,61115,62117,63119,641110,65t n t t n t t n t f n t n t t n t t n t t +=⎧⎪+=+⎪+=+⎪=⎨+=+⎪⎪+=+⎪+=+∈⎩N 成立，则当1k t =+时，此时66n t =+，此时()6f n +比()f n 多出有序数对11个，即多出()1,61t +，()1,62t +，()1,63t +，()1,64t +，()1,65t +，()1,66t +，()2,62t +，()2,64t +，()2,66t +，()3,63t +，()3,66t +，从而()()()6111112f n f n t +=+=++，符合通式；另外，当67n t =+，68n t =+，69n t =+，610n t =+，611n t =+，同理可证，综上，即()()()()()()()()*1112,661113,671115,6861117,691119,61011110,611t n t t n t t n t f n t n t t n t t t n t ++=+⎧⎪++=+⎪⎪++=+⎪+=⎨++=+⎪⎪++=+⎪++=+⎪∈⎩N ， 即当1k t =+时也成立． 例如61n k =+时，16n k -=，则()111711311366n n f n k -+=+=⨯+=，综上所述：()()*1112,66117,616118,626119,6361110,646115,656n n k n n k n n k f n n n k n k k n n n k +⎧=⎪⎪+⎪=+⎪⎪+⎪=+⎪=⎨+⎪=+⎪⎪+⎪=+⎪⎪+=+⎪⎩∈N ．评注 【1】（网友提供）在看各地的评析时，也有人用取整函数进行表达，即当6n …时，()1123n n f n n ⎡⎤⎡⎤=++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦223n n n ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，1︒可以验证6,7,8,9,10,11n =时均成立；2︒假设6n k m =+()*,0,1,2,3,4,5k m ∈=N 时成立，即()6666223k m k m f k m k m ++⎡⎤⎡⎤+=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 则当()61n k m =++，()61f k m ++⎡⎤⎣⎦()6632f k m =++++66621123k m k m k m ++⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()666123223k m k m k m ++⎡⎤⎡⎤=+++++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦()()()616161223k m k m k m ++++⎡⎤⎡⎤=+++++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 所以()61n k m =++时也成立．综上所述：当6n …，*n ∈N 时，()223n n f n n ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦均成立．【2】省考试院提供的结果形式为：()()*2,623112,612322,622312,632312,6423122,6523n n n n k n n n n k n n n n k f n n n n n k n n n n n n k k n n k ⎧⎛⎫+++= ⎪⎪⎝⎭⎪⎪--⎛⎫+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪⎪-⎛⎫+++=+ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪-⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎝⎭⎪--⎛⎫⎪+++=+ ⎪⎪⎭⎩∈⎝N ，归纳证明也是从元增加角度推导．其实此题与南京2015三模数学加试23极为相似． （2015南京三模23）已知集合A 是集合{}123,nP n =⋯，，，()*3,n n ∈N …的子集，且A 中恰有 3个元素，同时这3个元素的和是3的倍数．记符合上述条件的集合A 的个数为()f n ．（1）求()3f ，()4f ；（2）求()f n （用含n 的式子表示）．解析 （1）()13f =，()42f =．（2）设*03,,3n A m m p p p ⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N …， *1131,,3n A m m p p p +⎧⎫==-∈⎨⎬⎩⎭N …，*2232,,3n A m m p p p +⎧⎫==-∈⎨⎬⎩⎭N …，它们所含元素的个数分别记为0A ，1A ，2A ．①当3n k =时，则102k A A A ===．12k =，时，()()313C k kf n ==； 3k …时，()()33132333C C 22kkf k n k k =+=-+． 由于3n k =， 从而()321111863f n n n n=-+，3n k =，*k ∈N ．②当31n k =-时，则01A k =-，12A k A ==．2k =时，()()52214n f f ==⨯⨯=； 3k =时，()()81133220f f n ==++⨯⨯=；3k >时，()()23311113C 2C C C k k k kf n --=++32353122k k k =-+-； 由于13n k +=，从而()32111418639f n n n n =-+-，31n k =-，*k ∈N ． ③当32n k =-时，101k A A ==-，2A k =．2k =时，()()42112n f f ==⨯⨯=； 3k =时，()()7132213f n f ==+⨯⨯=；3k >时，()()23311112C C C C k kk k f n --=++32395222k k k =-+-； 由于23n k +=，从而()32111218639f n n n n =-+-，32n k =-，*k ∈N ． 所以()32*32*32*111,3,18631114,31,186391112,32,18639n n n n k k f n n n n n k k n n n n k k ⎧-+=∈⎪⎪⎪=-+-=-∈⎨⎪⎪-+-=-∈⎪⎩N N N ．。
2015年江苏省高考数学试卷答案与解析
2021 年XX省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题〔本大题共14小题，每题5分，共计70分〕1．〔5分〕〔2021 ?XX〕集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，那么集合A∪B中元素的个数为5．考点：并集及其运算．专题：集合．分析：求出A∪B，再明确元素个数解答：解：集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，那么A∪B={1，2，3，4，5}；所以A∪B中元素的个数为5；故答案为：5点评：题考察了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于根底题2．〔5分〕〔2021 ?XX〕一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为6．考点：众数、中位数、平均数．专题：概率与统计．分析：直接求解数据的平均数即可．解答：解：数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为：=6．故答案为：6．点评：本题考察数据的均值的求法，根本知识的考察．23．〔5分〕〔2021 ?XX〕设复数z满足z=3+4i〔i是虚数单位〕，那么z的模为．考点：复数求模．专题：数系的扩大和复数．分析：直接利用复数的模的求解法那么，化简求解即可．2解答：解：复数z满足z=3+4i，可得|z||z|=|3+4i|==5，∴|z|=．故答案为：．点评：本题考察复数的模的求法，注意复数的模的运算法那么的应用，考察计算能力．4．〔5分〕〔2021 ?XX〕根据如下图的伪代码，可知输出的结果S为7．1考点：伪代码．专题：图表型；算法和程序框图．分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．解答：解：模拟执行程序，可得S=1，I=1满足条件I＜8，S=3，I=4满足条件I＜8，S=5，I=7满足条件I＜8，S=7，I=10不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．故答案为：7．点评：本题主要考察了循环构造的程序，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于根底题．5．〔5分〕〔2021 ?XX〕袋中有形状、大小都一样的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，那么这2只球颜色不同的概率为．考点：古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：根据题意，把4个小球分别编号，用列举法求出根本领件数，计算对应的概率即可．解答：解：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为C1、C2，那么一次取出2只球，根本领件为AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种，其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种；所以所求的概率是P=．故答案为：．点评：本题考察了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是根底题目．6．〔5分〕〔2021 ?XX〕向量=〔2，1〕，=〔1，﹣2〕，假设m+n=〔9，﹣8〕〔m，n∈R〕，那么m﹣n的值为﹣3．考点：平面向量的根本定理及其意义．专题：平面向量及应用．2分析：直接利用向量的坐标运算，求解即可．解答：解：向量=〔2，1〕，=〔1，﹣2〕，假设m+n=〔9，﹣8〕可得，解得m=2，n=5，∴m﹣n=﹣3．故答案为：﹣3．点评：本题考察向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考察计算能力．7．〔5分〕〔2021 ?XX〕不等式2＜4的解集为〔﹣1，2〕．考点：指、对数不等式的解法．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．2分析：利用指数函数的单调性转化为x﹣x＜2，求解即可．解答：解；∵2＜4，2∴x﹣x＜2，2即x﹣x﹣2＜0，解得：﹣1＜x＜ 2故答案为：〔﹣1，2〕点评：此题考察了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．8．〔5分〕〔2021 ?XX〕tanα=﹣2，tan〔α+β〕=，那么tanβ的值为3．考点：两角和与差的正切函数．专题：三角函数的求值．分析：直接利用两角和的正切函数，求解即可．解答：解：tanα=﹣2，tan〔α+β〕=，可知tan〔α+β〕==，即=，解得tanβ=3．故答案为：3．点评：本题考察两角和的正切函数，根本知识的考察．9．〔5分〕〔2021 ?XX〕现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，假设将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径一样的新的圆锥和圆柱各一个，那么新的底面半径为．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．3专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r，求出体积，由前后体积相等列式求得r．解答：解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：．设新圆锥和圆柱的底面半径为r，那么新圆锥和圆柱的体积和为：．∴，解得：．故答案为：．点评：本题考察了圆柱与圆锥的体积公式，是根底的计算题．10．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，以点〔1，0〕为圆心且与直线mx﹣y22 ﹣2m﹣1=0〔m∈R〕相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为〔x﹣1〕+y=2．考点：圆的标准方程；圆的切线方程．专题：计算题；直线与圆．分析：求出圆心到直线的距离d的最大值，即可求出所求圆的标准方程．解答：解：圆心到直线的距离d==≤，∴m=1时，圆的半径最大为，∴所求圆的标准方程为〔x﹣1〕2 故答案为：〔x﹣1〕+y 2=2．22+y=2．点评：本题考察所圆的标准方程，考察点到直线的距离公式，考察学生的计算能力，比拟基础．*11．〔5分〕〔2021 ?XX〕设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1〔n∈N 〕，那么数列{}的前10项的和为．考点：数列的求和；数列递推式．专题：等差数列与等比数列．分析：数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1〔n∈N *〕，利用“累加求和〞可得a n=．再利用“裂项求和〞即可得出．*解答：解：∵数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1〔n∈N〕，∴当n≥2时，a n=〔a n﹣a n﹣1〕+⋯+〔a2﹣a1〕+a1=+n+⋯+2+1=．当n=1时，上式也成立，∴a n=．4∴=2．∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：本题考察了数列的“累加求和〞方法、“裂项求和〞方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．22﹣y12．〔5分〕〔2021 ?XX〕在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动点，假设点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，那么实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．22分析：双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0 的距离．22解答：解：由题意，双曲线x﹣y=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：本题考察双曲线的性质，考察学生的计算能力，比拟根底．13．〔5分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=|lnx|，g〔x〕=，那么方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f〔x〕+g〔x〕|=1可得g〔x〕=﹣f〔x〕±1．g〔x〕与h〔x〕=﹣f〔x〕+1的图象如下图，图象有两个交点；5g〔x〕与φ〔x〕=﹣f〔x〕﹣1的图象如下图，图象有两个交点；所以方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数为4．故答案为：4．点评：本题考察求方程|f〔x〕+g〔x〕|=1实根的个数，考察数形结合的数学思想，考察学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．〔5分〕〔2021 ?XX〕设向量=〔cos，sin+cos〕〔k=0，1，2，⋯，12〕，那么〔a k?a k+1〕的值为．考数列的求和．点：专等差数列与等比数列；平面向量及应用．题：分利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性即可析得出．：解解：6答：=+=++++=++=++，∴〔a k?a k+1〕=+++++++⋯+++++++⋯+=+0+0=．故答案为：9．点此题考察了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期评性，考察了推理能力与计算能力，属于中档题．：二、解答题〔本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤〕15．〔14分〕〔2021 ?XX〕在△ABC中，AB=2，AC=3，A=60°．〔1〕求BC的长；〔2〕求sin2C的值．考点：余弦定理的应用；二倍角的正弦．专题：解三角形．分析：〔1〕直接利用余弦定理求解即可．〔2〕利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．解答：解：〔1〕由余弦定理可得：BC 2=AB2+AC2﹣2AB?ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，所以BC=．〔2〕由正弦定理可得：，那么s inC===，∵AB＜BC，∴C为锐角，7那么cosC===．因此sin2C=2sinCcosC=2×=．点评：此题考察余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的X围的解题的关键．16．〔14分〕〔2021 ?XX〕如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：〔1〕DE∥平面AA1C1C；〔2〕BC1⊥AB1．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：〔1〕根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；〔2〕先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1．解答：证明：〔1〕根据题意，得；E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE∥AC；又因为DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C；〔2〕因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，因为AC?平面ABC，所以AC⊥CC1；又因为AC⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1；又因为BC1?平面平面BCC1B1，所以BC1⊥AC；因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥平面B1AC；8又因为AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1．点评：本题考察了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考察了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是根底题目．17．〔14分〕〔2021 ?XX〕某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，方案修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，方案修建的公路为l，如下图，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=〔其中a，b为常数〕模型．〔1〕求a，b的值；〔2〕设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f〔t〕，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．考点：函数与方程的综合运用．专题：综合题；导数的综合应用．分析：〔1〕由题意知，点M，N的坐标分别为〔5，40〕，〔20，2.5〕，将其分别代入y=，建立方程组，即可求a，b的值；〔2〕①求出切线l的方程，可得A，B的坐标，即可写出公路l长度的函数解析式f〔t〕，并写出其定义域；②设g〔t〕=，利用导数，确定单调性，即可求出当t为何值时，公路l的长度最短，并求出最短长度．解答：解：〔1〕由题意知，点M，N的坐标分别为〔5，40〕，〔20，2.5〕，将其分别代入y=，得，解得，9〔2〕①由〔1〕y=〔5≤x≤20〕，P〔t，〕，∴y′=﹣，∴切线l的方程为y﹣=﹣〔x﹣t〕设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，那么A〔，0〕，B〔0，〕，∴f〔t〕==，t∈[5，20]；②设g〔t〕=，那么g′〔t〕=2t﹣=0，解得t=10，t∈〔5，10〕时，g′〔t〕＜0，g〔t〕是减函数；t∈〔10，20〕时，g′〔t〕＞0，g〔t〕是增函数，从而t=10时，函数g〔t〕有极小值也是最小值，∴g〔t〕min=300，∴f〔t〕min=15，答：t=10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．点评：本题考察利用数学知识解决实际问题，考察导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键．18．〔16分〕〔2021 ?XX〕如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆+=1〔a＞b＞0〕的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3．〔1〕求椭圆的标准方程；〔2〕过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段A B的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，假设PC=2AB，求直线AB的方程．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：〔1〕运用离心率公式和准线方程，可得a，c的方程，解得a，c，再由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；〔2〕讨论直线AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，即可得到所求直线的方程．10解答：解：〔1〕由题意可得，e==，且c+=3，解得c=1，a=，那么b=1，即有椭圆方程为+y 2=1；〔2〕当AB⊥x轴，AB=，CP=3，不合题意；当AB与x轴不垂直，设直线AB：y=k〔x﹣1〕，A〔x1，y1〕，B〔x2，y2〕，2222将AB方程代入椭圆方程可得〔1+2k〕x﹣4k﹣1〕=0，x+2〔k那么x1+x2=，x1x2=，那么C〔，〕，且|AB|=?=，假设k=0，那么AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意；那么k≠0，故PC：y+=﹣〔x﹣〕，P〔﹣2，〕，从而|PC|=，由|PC|=2|AB|，可得=，解得k=±1，此时AB的方程为y=x﹣1或y=﹣x+1．点评：本题考察椭圆的方程和性质，主要考察椭圆的离心率和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式，同时考察两直线垂直和中点坐标公式的运用，属于中档题．3219．〔16分〕〔2021 ?XX〕函数f〔x〕=x+ax+b〔a，b∈R〕．〔1〕试讨论f〔x〕的单调性；〔2〕假设b=c﹣a〔实数c是与a无关的常数〕，当函数f〔x〕有三个不同的零点时，a的取值X围恰好是〔﹣∞，﹣3〕∪〔1，〕∪〔，+∞〕，求c的值．考点：利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．专题：综合题；导数的综合应用．分析：〔1〕求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f〔x〕的单调性；〔2〕由〔1〕知，函数f〔x〕的两个极值为f〔0〕=b，f〔﹣〕=+b，那么函数11f〔x〕有三个不同的零点等价于f〔0〕f〔﹣〕=b〔+b〕＜0，进一步转化为a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g〔a〕=﹣a+c，利用条件即可求c的值．32解答：解：〔1〕∵f〔x〕=x+ax+b，2∴f′〔x〕=3x+2ax，令f′〔x〕=0，可得x=0或﹣．a=0时，f′〔x〕＞0，∴f〔x〕在〔﹣∞，+∞〕上单调递增；a＞0时，x∈〔﹣∞，﹣〕∪〔0，+∞〕时，f′〔x〕＞0，x∈〔﹣，0〕时，f′〔x〕＜0，∴函数f〔x〕在〔﹣∞，﹣〕，〔0，+∞〕上单调递增，在〔﹣，0〕上单调递减；a＜0时，x∈〔﹣∞，0〕∪〔﹣，+∞〕时，f′〔x〕＞0，x∈〔0，﹣〕时，f′〔x〕＜0，∴函数f〔x〕在〔﹣∞，0〕，〔﹣，+∞〕上单调递增，在〔0，﹣〕上单调递减；〔2〕由〔1〕知，函数f〔x〕的两个极值为f〔0〕=b，f〔﹣〕=+b，那么函数f〔x〕有三个不同的零点等价于f〔0〕f〔﹣〕=b〔+b〕＜0，∵b=c﹣a，∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g〔a〕=﹣a+c，∵函数f〔x〕有三个不同的零点时，a的取值X围恰好是〔﹣∞，﹣3〕∪〔1，〕∪〔，+∞〕，∴在〔﹣∞，﹣3〕上，g〔a〕＜0且在〔1，〕∪〔，+∞〕上g〔a〕＞0均恒成立，∴g〔﹣3〕=c﹣1≤0，且g〔〕=c﹣1≥0，∴c=1，此时f〔x〕=x 32 +ax+1﹣a=〔x+1〕[x 2+〔a﹣1〕x+1﹣a]，∵函数有三个零点，2∴x+〔a﹣1〕x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，22∴△=〔a﹣1〕﹣4〔1﹣a〕＞0，且〔﹣1〕﹣〔a﹣1〕+1﹣a≠0，12解得a∈〔﹣∞，﹣3〕∪〔1，〕∪〔，+∞〕，综上c=1．点评：本题考察导数知识的综合运用，考察函数的单调性，考察函数的零点，考察分类讨论的数学思想，难度大．20．〔16分〕〔2021 ?XX〕设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d〔d≠0〕的等差数列．〔1〕证明：2，2，2，2依次构成等比数列；234〔2〕是否存在a1，d，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列？并说明理由；nn+kn+2kn+3k〔3〕是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列？并说明理由．考点：等比关系确实定；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：〔1〕根据等比数列和等差数列的定义即可证明；234〔2〕利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列，推出矛盾，否认假设，得到结论；nn+kn+2kn+3k〔3〕利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4依nn+2k2〔n+k〕n+kn+3k次构成等比数列，得到a1〔a1+2d〕，且〔a1+d〕〔a1+3d〕=〔a1+2d〕=2〔n+2k〕〔a1+2d〕，利用等式以及对数的性质化简整理得到ln〔1+3t〕ln〔1+2t〕+3ln〔1+2t〕ln〔1+t〕=4ln〔1+3t〕ln〔1+t〕，〔**〕，屡次构造函数，屡次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答：d解：〔1〕证明：∵==2，〔n=1，2，3，〕是同一个常数，∴2，2，2，2依次构成等比数列；〔2〕令a1+d=a，那么a1，a2，a3，a4分别为a﹣d，a，a+d，a+2d〔a＞d，a＞﹣2d，d≠0〕234假设存在a1，d使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列，43624那么a，且〔a+d〕〔a+2d〕，=〔a﹣d〕〔a+d〕=a36令t=，那么1=〔1﹣t〕〔1+t〕，且〔1+t〕=〔1+2t〕4，〔﹣＜t＜1，t≠0〕，3222化简得t﹣2=0〔*〕，且t+2t=t+1，将t=t+1代入〔*〕式，2t〔t+1〕+2〔t+1〕﹣2=t+3t=t+1+3t=4t+1=0，那么t=﹣，显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，234因此不存在a1，d，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列．nn+kn+2kn+3k〔3〕假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列，nn+2k那么a1〔a1+2d〕=〔a1+2d〕2〔n+k〕n+kn+3k2〔n+2k〕，且〔a1+d〕〔a1+3d〕，=〔a1+2d〕2〔n+k〕2〔n+2k〕分别在两个等式的两边同除以=a1，a1，并令t=，〔t＞，t≠0〕，13那么〔1+2t〕n+2k=〔1+t〕2〔n+k〕n+k，且〔1+t〕〔1+3t〕n+3k=〔1+2t〕2〔n+2k〕，将上述两个等式取对数，得〔n+2k〕ln〔1+2t〕=2〔n+k〕ln〔1+t〕，且〔n+k〕ln〔1+t〕+〔n+3k〕ln〔1+3t〕=2〔n+2k〕ln〔1+2t〕，化简得，2k[ln〔1+2t〕﹣l n〔1+t〕]=n[2ln〔1+t〕﹣l n〔1+2t〕]，且3k[ln〔1+3t〕﹣l n〔1+t〕]=n[3ln〔1+t〕﹣l n〔1+3t〕]，再将这两式相除，化简得，ln〔1+3t〕ln〔1+2t〕+3ln〔1+2t〕ln〔1+t〕=4ln〔1+3t〕ln〔1+t〕，〔**〕令g〔t〕=4ln〔1+3t〕ln〔1+t〕﹣l n〔1+3t〕ln〔1+2t〕+3ln〔1+2t〕ln〔1+t〕，22那么g′〔t〕=[〔1+3t〕ln〔1+3t〕﹣3〔1+2t〕ln〔1+2t〕2+3〔1+t〕ln〔1+t〕]，222令φ〔t〕=〔1+3t〕ln〔1+3t〕﹣3〔1+2t〕ln〔1+2t〕+3〔1+t〕ln〔1+t〕，那么φ′〔t〕=6[〔1+3t〕ln〔1+3t〕﹣2〔1+2t〕ln〔1+2t〕+3〔1+t〕ln〔1+t〕]，令φ1〔t〕=φ′〔t〕，那么φ1′〔t〕=6[3ln〔1+3t〕﹣4ln〔1+2t〕+ln〔1+t〕]，令φ2〔t〕=φ1′〔t〕，那么φ2′〔t〕=＞0，由g〔0〕=φ〔0〕=φ1〔0〕=φ2〔0〕=0，φ2′〔t〕＞0，知g〔t〕，φ〔t〕，φ1〔t〕，φ2〔t〕在〔﹣，0〕和〔0，+∞〕上均单调，故g〔t〕只有唯一的零点t=0，即方程〔**〕只有唯一解t=0，故假设不成立，nn+kn+2kn+3k所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列．点评：本题主要考察等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等根底知识，考察代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．三、附加题〔本大题包括选做题和必做题两局部〕【选做题】此题包括21-24题，请选定其中两小题作答，假设多做，那么按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．〔10分〕〔2021 ?XX〕如图，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D．求证：△ABD∽△AEB．考点：相似三角形的判定．专题：推理和证明．分析：直接利用条件，推出两个三角形的三个角对应相等，即可证明三角形相似．解答：证明：∵AB=AC，∴∠ABD=∠C，又∵∠C=∠E，∴∠ABD=∠E，又∠BAE是公共角，14可知：△ABD∽△AEB．点评：本题考察圆的根本性质与相似三角形等根底知识，考察逻辑推理能力．【选修4-2：矩阵与变换】22．〔10分〕〔2021 ?XX〕x，y∈R，向量=是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．考点：特征值与特征向量的计算．专题：矩阵和变换．分析：利用A=﹣2，可得A=，通过令矩阵A的特征多项式为0即得结论．解答：解：由，可得A=﹣2，即==，那么，即，∴矩阵A=，从而矩阵A的特征多项式f〔λ〕=〔λ+2〕〔λ﹣1〕，∴矩阵A的另一个特征值为1．点评：本题考察求矩阵及其特征值，注意解题方法的积累，属于中档题．【选修4-4：坐标系与参数方程】223．〔2021 ?XX〕圆C的极坐标方程为ρ+2ρsin〔θ﹣〕﹣4=0，求圆C的半径．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：计算题；坐标系和参数方程．分析：先根据x=ρcosθ，y=ρsinθ，求出圆的直角坐标方程，求出半径．解答：22解：圆的极坐标方程为ρ﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣4=0，+2ρsin〔θ﹣〕﹣4=0，可得ρ22化为直角坐标方程为x﹣2x+2y﹣4=0，+y22化为标准方程为〔x﹣1〕+〔y+1〕=6，圆的半径r=．点评：本题主要考察把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，以及求点的极坐标的方法，关键是利用公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，比拟根底，[选修4-5：不等式选讲】24．〔2021 ?XX〕解不等式x+|2x+3|≥2．考点：绝对值不等式的解法．15分析：思路1〔公式法〕：利用|f〔x〕|≥g〔x〕?f〔x〕≥g〔x〕，或f〔x〕≤﹣g〔x〕；思路2〔零点分段法〕：对x的值分“x≥〞“x＜〞进展讨论求解．解答：解法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x，得2x+3≥2﹣x，或2x+3≥﹣〔2﹣x〕，即x≥，或x≤﹣5，即原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．解法2：令|2x+3|=0，得x=．①当x≥时，原不等式化为x+〔2x+3〕≥2，即x≥，所以x≥；②x＜时，原不等式化为x﹣〔2x+3〕≥2，即x≤﹣5，所以x≤﹣5．综上，原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．点评：本题考察了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常见的方法，不管用哪种方法，其目的是去绝对值符号．假设含有一个绝对值符号，利用公式法要快捷一些，其套路为：|f〔x〕|≥g〔x〕?f〔x〕≥g〔x〕，或f〔x〕≤﹣g〔x〕；|f〔x〕|≤g〔x〕?﹣g〔x〕≤f〔x〕≤g〔x〕．可简记为：大于号取两边，小于号取中间．使用零点分段法时，应注意：同一类中取交集，类与类之间取并集．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．〔10分〕〔2021 ?XX〕如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．〔1〕求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；〔2〕点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．考点：二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz．〔1〕所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；2〔2〕利用换元法可得cos＜，＞≤，结合函数y=cosx在〔0，〕上的单调性，计算即得结论．解答：解：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣x yz如图，由题可知B〔1，0，0〕，C〔1，1，0〕，D〔0，2，0〕，P〔0，0，2〕．〔1〕∵AD⊥平面PAB，∴=〔0，2，0〕，是平面PAB的一个法向量，∵=〔1，1，﹣2〕，=〔0，2，﹣2〕，设平面PCD的法向量为=〔x，y，z〕，由，得，取y=1，得=〔1，1，1〕，∴cos＜，＞==，∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为；〔2〕∵=〔﹣1，0，2〕，设=λ=〔﹣λ，0，2λ〕〔0≤λ1≤〕，又=〔0，﹣1，0〕，那么=+=〔﹣λ，﹣1，2λ〕，又=〔0，﹣2，2〕，从而cos＜，＞==，设1+2λ=t，t∈[1，3]，2那么cos＜，＞==≤，当且仅当t=，即λ=时，|cos＜，＞|的最大值为，因为y=cosx在〔0，〕上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又∵BP==，∴BQ=BP=．点评：本题考察求二面角的三角函数值，考察用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．26．〔10分〕〔2021 ?XX〕集合X={1，2，3}，Y n={1，2，3，⋯，n〕〔n∈N *〕，设S n={〔a，b〕|a整除b或整除a，a∈X，B∈Y n}，令f〔n〕表示集合S n所含元素的个数．〔1〕写出f〔6〕的值；〔2〕当n≥6时，写出f〔n〕的表达式，并用数学归纳法证明．考点：数学归纳法．专题：综合题；点列、递归数列与数学归纳法．分析：〔1〕f〔6〕=6+2++=13；〔2〕根据数学归纳法的证明步骤，分类讨论，即可证明结论．解答：解：〔1〕f〔6〕=6+2++=13；〔2〕当n≥6时，f〔n〕=．下面用数学归纳法证明：①n=6时，f〔6〕=6+2++=13，结论成立；②假设n=k〔k≥6〕时，结论成立，那么n=k+1时，S k+1在S k的根底上新增加的元素在〔1，k+1〕，〔2，k+1〕，〔3，k+1〕中产生，分以下情形讨论：1〕假设k+1=6t，那么k=6〔t﹣1〕+5，此时有f〔k+1〕=f〔k〕+3=〔k+1〕+2++，结论成立；2〕假设k+1=6t+1，那么k=6t+1，此时有f〔k+1〕=f〔k〕+1=k+2+++1=〔k+1〕+2++，结论成立；3〕假设k+1=6t+2，那么k=6t+1，此时有f〔k+1〕=f〔k〕+2=k+2+++2=〔k+1〕+2++，结论成立；4〕假设k+1=6t+3，那么k=6t+2，此时有f〔k+1〕=f〔k〕+2=k+2+++2=〔k+1〕+2++，结论成立；5〕假设k+1=6t+4，那么k=6t+3，此时有f〔k+1〕=f〔k〕+2=k+2+++2=〔k+1〕+2++，结论成立；6〕假设k+1=6t+5，那么k=6t+4，此时有f〔k+1〕=f〔k〕+2=k+2+++2=〔k+1〕+2++，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．点评：本题考察数学归纳法，考察学生分析解决问题的能力，正确归纳是关键．。
2015年高考文科数学江苏卷-答案
的坐标为 ，且
，若 ，则线段 的垂直平分线为 轴，与左准线平行，不合题意.
从而 ，故直线 的方程为 ，
则 点的坐标 ，从而 .
因为 ，所以 ，
解得 此时直线 方程为 或 .
【提示】（Ⅰ）运用离心率公式和准线方程，可得 的方程，解得 ，再由 的关系，可得 ，进而得到椭圆方程；
2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
答案解析
数学Ⅰ
一、填空题
1.【答案】5
【解析】 ， 中的元素个数为5.
【提示】求出 ，再明确元素个数
【考点】集合并集及其运算.
2.【答案】6
【解析】 ， 这组数的平均数为6.
【提示】直接求解数据的平均数即可.
【考点】平均数的计算.
3.【答案】
【解析】 ， .
【考点】两平面所成二面角的余弦值，两直线所成角的大小.
23.【答案】（Ⅰ） .
（Ⅱ）当 时， .
下面用数学归纳法证明：
①当 时， ，结论成立；
②假设 时结论成立，那么 时，
在 的基础上新增加的元素在 ， ， 中产生，分以下情形讨论：
（1）若 ，则 ，此时有
，结论成立；
（2）若 ，则 ，此时有
，结论成立；
【考点】等比数列的判定,等差数列、等比数列的性质,等差、等比数列的性质.
数学Ⅱ(附加题)
21.A.【答案】证明：因为 ，所以 .又因为 ，所以 ，
又 为公共角，可知 .
【提示】直接利用已知条件，推出两个三角形的三个角对应相等，即可证明三角形相似
【考点】三角形相似的判定和弧长与圆周角、弦长的相互关系.
（3）若 ，则 ，此时有
，结论成立；
2015年江苏高考数学真题及答案(精校版)
2015年江苏高考数学真题及答案(精校版)2绝密★启用前2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学I参考公式： 圆柱的体积公式：shV=圆柱，其中s 为圆柱的表面积，h 为高. 圆锥的体积公式：sh V 31=圆锥，其中s 为圆锥的底面积，h 为高.一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分. 请把答案填写在答题卡相应位置．．．．．．．注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1. 本试卷共4页，包含填空题（第1题—第14题）、解答题（第15题 - 第20题）．本卷满分160分，考试时间为120分钟．考试结束后，请将答题卡交回． 2. 答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3. 请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效．作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔．请注意字3上．． 1. 已知集合{}3,2,1=A ，{}5,4,2=B ，则集合BA Y 中元素的个数为 ▲ ．2. 已知一组数据4, 6, 5, 8, 7, 6，则这组数据的平均数为 ▲ ．3. 设复数z 满足iz 432+=（i 是虚数单位），则z 的模为 ▲ ．4. 根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为 ▲ ．5. 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球. 从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为 ▲ ． 6. 已知向量a =)1,2(，b=)2,1(-, 若ma +nb =)8,9(-(R n m ∈,), nm -的值为 ▲ ．7. 不等式422<-xx 的解集为 ▲ ．1←S1←IWhile48. 已知2tan -=α，71)tan(=+βα，则βtan 的值为▲ ．9. 现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个. 若将它们重新制作成总体积和高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 ▲ ． 10. 在平面直角坐标系x O y 中，以点)0,1(为圆心且与直线)(012R m m y mx ∈=---相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 ▲ ． 11. 设数列{}na 满足11=a，且11+=-+n a an n (*N n ∈), 则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧na1前10项的和为 ▲ ．12. 在平面直角坐标系x O y 中，P 为双曲线122=-y x 右支上的一个动点，若点P 到直线51=+-y x 的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为 ▲ ． 13. 已知函数x x f ln )(=，⎪⎩⎪⎨⎧>--≤<=,1,24,10,0)(2x x x x g ，则方程1)()(=+x g x f 实根的个数为 ▲ ．14. 设向量a k=(6cos 6sin ,6cos πππk k k +)，(12,,2,1,0Λ=k )，则∑=+⋅111)(k k ka a的值为▲ ．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，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分14分） 在ABC ∆中，已知ο60,3,2===A AC AB .（1）求BC 的长； （2）求C 2sin 的值.616．（本题满分14分）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，已知BC AC⊥， 1CC BC =，设1AB 的中点为D ，E BCC B =11I . 求证：（1）C C AA DE 11//平面；（2）11AB BC ⊥.17.（本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建 一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为12l l ，，山区边 界曲线为C ，计划修建的公路为l ，如图所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到12l l ，的距离分别为5千米和40千米，点N 到12l l ，的距离分别为20千米和2.5千米，以12l l ，所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角ABCDEA BC7坐标系xOy ，假设曲线C 符合函数2a y xb =+（其中a ，b 为常数）模型. （1）求a ，b 的值；（2）设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t .①请写出公路l 长度的函数解析式()f t ，并写出其定义域；②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度.18．（本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆()222210x y a b a b+=>>2，且右焦点F 到左准线l 的距离为3. （1）求椭圆的标准方程；8（2）过F 的直线与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于 点P ，C ，若PC =2AB ，求直线AB 的方程.19.（本小题满分16分） 已知函数),()(23R b a b ax xx f ∈++=.（1）试讨论)(x f 的单调性；BAO x ylP C9（2）若a c b -=（实数c 是a 与无关的常数），当函数)(x f 有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是),23()23,1()3,(+∞--∞Y Y ，求c 的值.20.（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列（1）证明：31242,2,2,2a a a a 依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a aa a 依次成等比10数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得kn k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.★ 启用前绝密2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷） 数学II21．【选做题】本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两题．．．．．．，并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．，若多做，则按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A.（选修4—1：几何证明选讲）如图，在ABC ∆中，AC AB =，ABC ∆的外接圆圆O 的弦AE 交BC 于点D求证：ABD ∆∽AEB ∆ 注 意 事 项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1. 本试卷只有解答题，供理工方向考生使用．本试卷第21题有A 、B 、C 、D 4个小题供选做，每位考生在4个选做题中选答2题．若考生选做了3题或4题，则按选做题中的前2题计分．第22、23题为必答题．每小题10分，共40分．考试时间30分钟．考试结束后，请将答题卡交回. 2. 答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试B ．（选修4—2：矩阵与变换）已知R y x ∈,，向量⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=11α是矩阵⎢⎣⎡⎥⎦⎤=01y x A 的属性特征值2-的一个特征向量，矩阵A 以及它的另一个特征值.C ．（选修4—4：坐标系与参数方程）已知圆C 的极坐标方程为222sin()404πρρθ+--=，求圆C 的半径. AB C ED O （第21D.（选修4—5：不等式选讲）解不等式|23|3x x ++≥【必做题】第22、23题，每小题10分，计20分.请把答案写在答题．．．．卡．的指定区域内．．．．．．. 22．（本小题满分10分）如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯 形，2ABC BAD π∠=∠=,2,1PA AD AB BC ==== （1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长23．（本小题满分10分） 已知集合{}3,2,1=X ，{})(,,3,2,1*N n n Yn ∈=Λ，{,),(a b b a b a S n 整除或整除= }n Y b X a ∈∈,，令()f n 表示集合n S 所含元素的个数.（1）写出(6)f 的值；（2）当6n ≥时，写出()f n 的表达式，并用数学归纳法证明.PAB C D Q。
2015高考数学(江苏专用,文科)专题3 第8讲
解析 因为an＝2an－1＋1，所以an＋1＝2(an－1＋1)，
所以数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列， 所以an＋1＝2×2n－1＝2n， 所以an＝2n－1.
精题狂练
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
3．函数 f(x)＝ x2－4x＋13＋ x2－10x＋26的值域是________．
1 1 1 1 1 5.已知 a＝ln － ， b＝ln － ， c＝ln － 2 013 2 013 2 014 2 014 2 015 1 a >b >c ，则 a，b，c 的大小关系为________. 2 015 1－x 1 解析 令 f(x)＝ln x－x，则 f′(x)＝ －1＝ . x x 当0<x<1时，f′(x)>0，
＝f(an)(n∈N*).
1 (1)求 f(x)在[－ ，0]上的最大值和最小值； 2
导数研究函 数的方法解 决.
解 f′(x)＝(1－4x)ln 4，
1 x 1 当－ <x<0 时，0<1－4 < ， 2 2
题型三
构造函数最值、比较大小的问题
∴f′(x)>0，
1 ∴f(x)＝3－4 ＋2xln 2 在[－ ，0]上是增函数， 2
x
1 5 ∴f(x)max＝f(0)＝2；f(x)min＝f(－ )＝ －ln 2. 2 2
题型三
构造函数最值、比较大小的问题
(2)判断an与an＋1(n∈N*)的大小，并说明理由.
破题切入点 根据给出的条件 2
1 an 1
2015年江苏省高考数学试卷答案与解析
2015年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）（2015•江苏）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B 中元素的个数为 5 ．考点：并集及其运算．专题：集合．分析：求出A∪B，再明确元素个数解答： 解：集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则A∪B={1，2，3，4，5}；所以A∪B 中元素的个数为5；故答案为：5点评： 题考查了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于基础题2．（5分）（2015•江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为 6 ．考点： 众数、中位数、平均数．专题：概率与统计．分析：直接求解数据的平均数即可．解答：解：数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为：=6． 故答案为：6．点评：本题考查数据的均值的求法，基本知识的考查．3．（5分）（2015•江苏）设复数z 满足z 2=3+4i （i 是虚数单位），则z 的模为．考点：复数求模．专题：数系的扩充和复数．分析：直接利用复数的模的求解法则，化简求解即可．解答：解：复数z满足z2=3+4i，可得|z||z|=|3+4i|==5，∴|z|=．故答案为：．点评：本题考查复数的模的求法，注意复数的模的运算法则的应用，考查计算能力．4．（5分）（2015•江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为7 ．考点：伪代码．专题：图表型；算法和程序框图．分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．解答： 解：模拟执行程序，可得S=1，I=1满足条件I ＜8，S=3，I=4满足条件I ＜8，S=5，I=7满足条件I ＜8，S=7，I=10不满足条件I ＜8，退出循环，输出S 的值为7． 故答案为：7．点评： 本题主要考查了循环结构的程序，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题．5．（5分）（2015•江苏）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为 ．考点：古典概型及其概率计算公式． 专题：概率与统计．分析： 根据题意，把4个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可．解解：根据题意，记白球为A ，红球为B ，黄球为答： C 1、C 2，则一次取出2只球，基本事件为AB 、AC 1、AC 2、BC 1、BC 2、C 1C 2共6种，其中2只球的颜色不同的是AB 、AC 1、AC 2、BC 1、BC 2共5种；所以所求的概率是P=．故答案为：．点评： 本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是基础题目．6．（5分）（2015•江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m +n =（9，﹣8）（m ，n ∈R ），则m ﹣n 的值为 ﹣3 ．考点：平面向量的基本定理及其意义． 专题：平面向量及应用．分析：直接利用向量的坐标运算，求解即可．解答： 解：向量=（2，1），=（1，﹣2），若m +n =（9，﹣8）可得，解得m=2，n=5，∴m﹣n=﹣3．故答案为：﹣3．点评： 本题考查向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考查计算能力．7．（5分）（2015•江苏）不等式2＜4的解集为（﹣1，2） ．考点：指、对数不等式的解法．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用． 分析： 利用指数函数的单调性转化为x 2﹣x ＜2，求解即可．解答： 解；∵2＜4，∴x 2﹣x ＜2，即x 2﹣x ﹣2＜0，解得：﹣1＜x ＜2故答案为：（﹣1，2）点评： 本题考查了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．8．（5分）（2015•江苏）已知tanα=﹣2，tan （α+β）=，则tanβ的值为 3 ．考点：两角和与差的正切函数．专题：三角函数的求值．分析：直接利用两角和的正切函数，求解即可．解答： 解：tanα=﹣2，tan （α+β）=，可知tan （α+β）==，即=， 解得tanβ=3．故答案为：3．点评：本题考查两角和的正切函数，基本知识的考查．9．（5分）（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积． 专题：计算题；空间位置关系与距离．分析： 由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r ，求出体积，由前后体积相等列式求得r ．解答： 解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：．设新圆锥和圆柱的底面半径为r ， 则新圆锥和圆柱的体积和为：． ∴，解得：．故答案为：．点评： 本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．10．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy 中，以点（1，0）为圆心且与直线mx ﹣y ﹣2m ﹣1=0（m ∈R ）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 （x ﹣1）2+y 2=2 ．考点：圆的标准方程；圆的切线方程． 专题：计算题；直线与圆．分析： 求出圆心到直线的距离d 的最大值，即可求出所求圆的标准方程．解答： 解：圆心到直线的距离d==≤， ∴m=1时，圆的半径最大为，∴所求圆的标准方程为（x ﹣1）2+y 2=2．故答案为：（x ﹣1）2+y 2=2．点评： 本题考查所圆的标准方程，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础．11．（5分）（2015•江苏）设数列{a n }满足a 1=1，且a n+1﹣a n =n+1（n ∈N *），则数列{}的前10项的和为．考数列的求和；数列递推式．点：专题：等差数列与等比数列．分析： 数列{a n }满足a 1=1，且a n+1﹣a n =n+1（n ∈N *），利用“累加求和”可得a n =．再利用“裂项求和”即可得出． 解答： 解：∵数列{a n }满足a 1=1，且a n+1﹣a n =n+1（n ∈N *），∴当n≥2时，a n =（a n ﹣a n ﹣1）+…+（a 2﹣a 1）+a 1=+n+…+2+1=． 当n=1时，上式也成立， ∴a n =． ∴=2． ∴数列{}的前n 项的和S n ===． ∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评： 本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n 项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2﹣y 2=1右支上的一个动点，若点P 到直线x ﹣y+1=0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为 ．考点：双曲线的简单性质． 专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： 双曲线x 2﹣y 2=1的渐近线方程为x±y=0，c 的最大值为直线x ﹣y+1=0与直线x ﹣y=0的距离． 解答： 解：由题意，双曲线x 2﹣y 2=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P 到直线x ﹣y+1=0的距离大于c 恒成立， 所以c 的最大值为直线x ﹣y+1=0与直线x ﹣y=0的距离，即． 故答案为：．点评： 本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．13．（5分）（2015•江苏）已知函数f （x ）=|lnx|，g （x ）=，则方程|f （x ）+g （x ）|=1实根的个数为 4 ．考点：根的存在性及根的个数判断． 专题：综合题；函数的性质及应用． 分析： ：由|f （x ）+g （x ）|=1可得g （x ）=﹣f （x ）±1，分别作出函数的图象，即可得出结论． 解答： 解：由|f （x ）+g （x ）|=1可得g （x ）=﹣f （x ）±1．g （x ）与h （x ）=﹣f （x ）+1的图象如图所示，图象有两个交点；g （x ）与φ（x ）=﹣f （x ）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；所以方程|f （x ）+g （x ）|=1实根的个数为4． 故答案为：4．点评：本题考查求方程|f （x ）+g （x ）|=1实根的个数，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．（5分）（2015•江苏）设向量=（cos ，sin +cos ）（k=0，1，2，…，12），则（a k •a k+1）的值为．考点：数列的求和． 专题：等差数列与等比数列；平面向量及应用． 分利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、析： 积化和差公式、三角函数的周期性即可得出． 解答： 解：=+=++++=++ =++，∴（a k •a k+1）=+++++++…+++++++…+=+0+0 =．故答案为：9．点评： 本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（2015•江苏）在△ABC 中，已知AB=2，AC=3，A=60°． （1）求BC 的长； （2）求sin2C 的值．考点： 余弦定理的应用；二倍角的正弦．专题：解三角形． 分析： （1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C 的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．解答： 解：（1）由余弦定理可得：BC 2=AB 2+AC 2﹣2AB•ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，所以BC=．（2）由正弦定理可得：，则sinC===， ∵AB＜BC ，∴C 为锐角， 则cosC===．因此sin2C=2sinCcosC=2×=．点评：本题考查余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的范围的解题的关键．16．（14分）（2015•江苏）如图，在直三棱柱ABC ﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；（2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC 1⊥AC；最后证明BC 1⊥平面B 1AC ，即可证出BC 1⊥AB 1．解答： 证明：（1）根据题意，得；E 为B 1C 的中点，D 为AB 1的中点，所以DE∥AC；又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ， 所以DE∥平面AA 1C 1C ；（2）因为棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CC 1⊥平面ABC ， 因为AC ⊂平面ABC ， 所以AC⊥CC 1； 又因为AC⊥BC， CC 1⊂平面BCC 1B 1， BC ⊂平面BCC 1B 1， BC∩CC 1=C ，所以AC⊥平面BCC 1B 1； 又因为BC 1⊂平面平面BCC 1B 1， 所以BC 1⊥AC；因为BC=CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形， 所以BC 1⊥平面B 1AC ； 又因为AB 1⊂平面B 1AC ， 所以BC 1⊥AB 1．点本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与评：平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．17．（14分）（2015•江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．考点：函数与方程的综合运用． 专题：综合题；导数的综合应用． 分析： （1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，建立方程组，即可求a ，b 的值；（2）①求出切线l 的方程，可得A ，B 的坐标，即可写出公路l 长度的函数解析式f （t ），并写出其定义域； ②设g （t ）=，利用导数，确定单调性，即可求出当t 为何值时，公路l 的长度最短，并求出最短长度．解答： 解：（1）由题意知，点M ，N 的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，得，解得，（2）①由（1）y=（5≤x≤20），P （t ，），∴y′=﹣，∴切线l 的方程为y ﹣=﹣（x ﹣t ）设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 点，则A （，0），B （0，）， ∴f （t ）==，t ∈[5，20]；②设g （t ）=，则g′（t ）=2t ﹣=0，解得t=10，t ∈（5，10）时，g′（t ）＜0，g （t ）是减函数；t ∈（10，20）时，g′（t ）＞0，g （t ）是增函数，从而t=10时，函数g （t ）有极小值也是最小值，∴g（t ）min =300， ∴f（t ）min =15，答：t=10时，公路l 的长度最短，最短长度为15千米．点评：本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键．18．（16分）（2015•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆+=1（a ＞b ＞0）的离心率为，且右焦点F 到左准线l 的距离为3．（1）求椭圆的标准方程；（2）过F 的直线与椭圆交于A，B 两点，线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于点P ，C ，若PC=2AB ，求直线AB 的方程．考点： 直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： （1）运用离心率公式和准线方程，可得a ，c 的方程，解得a ，c ，再由a ，b ，c 的关系，可得b ，进而得到椭圆方程；（2）讨论直线AB 的斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，即可得到所求直线的方程．解答： 解：（1）由题意可得，e==，且c+=3，解得c=1，a=，则b=1，即有椭圆方程为+y 2=1；（2）当AB⊥x 轴，AB=，CP=3，不合题意； 当AB 与x 轴不垂直，设直线AB ：y=k （x ﹣1），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），将AB 方程代入椭圆方程可得（1+2k 2）x 2﹣4k 2x+2（k 2﹣1）=0， 则x 1+x 2=，x 1x 2=，则C （，），且|AB|=•=， 若k=0，则AB 的垂直平分线为y 轴，与左准线平行，不合题意； 则k≠0，故PC ：y+=﹣（x ﹣），P （﹣2，）， 从而|PC|=， 由|PC|=2|AB|，可得=，解得k=±1，此时AB 的方程为y=x ﹣1或y=﹣x+1．点本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离评： 心率和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式，同时考查两直线垂直和中点坐标公式的运用，属于中档题．19．（16分）（2015•江苏）已知函数f （x ）=x 3+ax 2+b （a ，b ∈R ）．（1）试讨论f （x ）的单调性；（2）若b=c ﹣a （实数c 是与a 无关的常数），当函数f （x ）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c 的值．考点： 利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．专题： 综合题；导数的综合应用．分析： （1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f （x ）的单调性；（2）由（1）知，函数f （x ）的两个极值为f （0）=b ，f （﹣）=+b ，则函数f （x ）有三个不同的零点等价于f （0）f （﹣）=b （+b ）＜0，进一步转化为a ＞0时，﹣a+c ＞0或a ＜0时，﹣a+c ＜0．设g （a ）=﹣a+c ，利用条件即可求c 的值．解答： 解：（1）∵f（x ）=x 3+ax 2+b ， ∴f′（x ）=3x 2+2ax ，令f′（x ）=0，可得x=0或﹣．a=0时，f′（x ）＞0，∴f（x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增；a ＞0时，x ∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时，f′（x ）＞0，x ∈（﹣，0）时，f′（x ）＜0，∴函数f （x ）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上单调递增，在（﹣，0）上单调递减；a ＜0时，x ∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）时，f′（x ）＞0，x ∈（0，﹣）时，f′（x ）＜0，∴函数f （x ）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上单调递增，在（0，﹣）上单调递减；（2）由（1）知，函数f （x ）的两个极值为f （0）=b ，f （﹣）=+b ，则函数f （x ）有三个不同的零点等价于f （0）f （﹣）=b （+b ）＜0，∵b=c﹣a ，∴a＞0时，﹣a+c ＞0或a ＜0时，﹣a+c＜0．设g （a ）=﹣a+c ，∵函数f （x ）有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞）， ∴在（﹣∞，﹣3）上，g （a ）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g （a ）＞0均恒成立，∴g（﹣3）=c ﹣1≤0，且g （）=c ﹣1≥0，∴c=1，此时f （x ）=x 3+ax 2+1﹣a=（x+1）[x 2+（a ﹣1）x+1﹣a]，∵函数有三个零点，∴x 2+（a ﹣1）x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，∴△=（a ﹣1）2﹣4（1﹣a ）＞0，且（﹣1）2﹣（a ﹣1）+1﹣a≠0，解得a ∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞）， 综上c=1．点评： 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大．20．（16分）（2015•江苏）设a 1，a 2，a 3．a 4是各项为正数且公差为d （d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a 1n ，a 2n+k ，a 3n+2k ，a 4n+3k 依次构成等比数列？并说明理由．考点： 等比关系的确定；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析： （1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明； （2）利用反证法，假设存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论；（3）利用反证法，假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a 1n ，a 2n+k ，a 3n+2k ，a 4n+3k 依次构成等比数列，得到a 1n （a 1+2d ）n+2k =（a 1+2d ）2（n+k ），且（a 1+d ）n+k （a 1+3d ）n+3k =（a 1+2d ）2（n+2k ），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t ）ln （1+2t ）+3ln （1+2t ）ln （1+t ）=4ln （1+3t ）ln （1+t ），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答： 解：（1）证明：∵==2d ，（n=1，2，3，）是同一个常数，∴2，2，2，2依次构成等比数列；（2）令a 1+d=a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a﹣d ，a ，a+d ，a+2d （a ＞d ，a ＞﹣2d ，d≠0） 假设存在a 1，d 使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4=（a ﹣d ）（a+d ）3，且（a+d ）6=a 2（a+2d ）4，令t=，则1=（1﹣t ）（1+t ）3，且（1+t ）6=（1+2t ）4，（﹣＜t ＜1，t≠0），化简得t 3+2t 2﹣2=0（*），且t 2=t+1，将t 2=t+1代入（*）式，t （t+1）+2（t+1）﹣2=t 2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=﹣，显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．（3）假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a 1n ，a 2n+k ，a 3n+2k ，a 4n+3k 依次构成等比数列，则a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），分别在两个等式的两边同除以=a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t＞，t≠0），则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k （1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k），将上述两个等式取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），化简得，2k[ln（1+2t）﹣ln（1+t）]=n[2ln（1+t）﹣ln（1+2t）]，且3k[ln（1+3t）﹣ln（1+t）]=n[3ln（1+t）﹣ln（1+3t）]，再将这两式相除，化简得，ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**）令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）﹣ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t），则g′（t）=[（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]，令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln （1+2t ）+3（1+t ）2ln （1+t ），则φ′（t ）=6[（1+3t ）ln （1+3t ）﹣2（1+2t ）ln （1+2t ）+3（1+t ）ln （1+t ）]，令φ1（t ）=φ′（t ），则φ1′（t ）=6[3ln （1+3t ）﹣4ln （1+2t ）+ln （1+t ）]，令φ2（t ）=φ1′（t ），则φ2′（t ）=＞0，由g （0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ2′（t ）＞0，知g （t ），φ（t ），φ1（t ），φ2（t ）在（﹣，0）和（0，+∞）上均单调，故g （t ）只有唯一的零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a 1n ，a 2n+k ，a 3n+2k ，a 4n+3k 依次构成等比数列．点评：本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）【选做题】本题包括21-24题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．（10分）（2015•江苏）如图，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D．求证：△ABD∽△AEB．考点：相似三角形的判定．专题：推理和证明．分析：直接利用已知条件，推出两个三角形的三个角对应相等，即可证明三角形相似．解答：证明：∵AB=AC，∴∠ABD=∠C，又∵∠C=∠E，∴∠ABD=∠E，又∠BAE是公共角，可知：△ABD∽△AEB．点评：本题考查圆的基本性质与相似三角形等基础知识，考查逻辑推理能力．【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）（2015•江苏）已知x ，y ∈R ，向量=是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量，求矩阵A 以及它的另一个特征值．考点：特征值与特征向量的计算． 专题：矩阵和变换． 分析： 利用A =﹣2，可得A=，通过令矩阵A 的特征多项式为0即得结论．解答：解：由已知，可得A =﹣2，即==， 则，即， ∴矩阵A=， 从而矩阵A 的特征多项式f （λ）=（λ+2）（λ﹣1）， ∴矩阵A 的另一个特征值为1．点评： 本题考查求矩阵及其特征值，注意解题方法的积累，属于中档题．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．（2015•江苏）已知圆C 的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C 的半径．考点： 简单曲线的极坐标方程．专题：计算题；坐标系和参数方程．分析： 先根据x=ρcosθ，y=ρsinθ，求出圆的直角坐标方程，求出半径．解答： 解：圆的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，可得ρ2﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣4=0，化为直角坐标方程为x 2+y 2﹣2x+2y ﹣4=0，化为标准方程为（x ﹣1）2+（y+1）2=6，圆的半径r=．点评：本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，以及求点的极坐标的方法，关键是利用公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，比较基础，[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）解不等式x+|2x+3|≥2．考点：绝对值不等式的解法．专题：不等式．分析： 思路1（公式法）：利用|f （x ）|≥g（x ）⇔f （x ）≥g（x ），或f （x ）≤﹣g （x ）；思路2（零点分段法）：对x 的值分“x≥”“x ＜”进行讨论求解． 解答： 解法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x ， 得2x+3≥2﹣x ，或2x+3≥﹣（2﹣x ），即x≥，或x≤﹣5，即原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．解法2：令|2x+3|=0，得x=． ①当x≥时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥， 所以x≥； ②x＜时，原不等式化为x ﹣（2x+3）≥2，即x≤﹣5，所以x≤﹣5．综上，原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．点评：本题考查了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常见的方法，不管用哪种方法，其目的是去绝对值符号．若含有一个绝对值符号，利用公式法要快捷一些，其套路为：|f （x ）|≥g（x ）⇔f （x ）≥g（x ），或f （x ）≤﹣g （x ）；|f（x ）|≤g（x ）⇔﹣g （x ）≤f（x ）≤g（x ）．可简记为：大于号取两边，小于号取中间．使用零点分段法时，应注意：同一类中取交集，类与类之间取并集．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．（10分）（2015•江苏）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，已知PA⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．考点： 二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析： 以A 为坐标原点，以AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建系A ﹣xyz ．（1）所求值即为平面PAB 的一个法向量与平面PCD 的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；（2）利用换元法可得cos 2＜，＞≤，结合函数y=cosx 在（0，）上的单调性，计算即得结论．解答： 解：以A 为坐标原点，以AB 、AD 、AP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建系A ﹣xyz 如图，由题可知B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．（1）∵AD⊥平面PAB ，∴=（0，2，0），是平面PAB 的一个法向量，∵=（1，1，﹣2），=（0，2，﹣2），设平面PCD 的法向量为=（x ，y ，z ），由，得，取y=1，得=（1，1，1），∴cos＜，＞==，∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为；（2）∵=（﹣1，0，2），设=λ=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1），又=（0，﹣1，0），则=+=（﹣λ，﹣1，2λ），又=（0，﹣2，2），从而cos＜，＞==，设1+2λ=t，t∈[1，3]，则cos2＜，＞==≤，当且仅当t=，即λ=时，|cos＜，＞|的最大值为，因为y=cosx在（0，）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又∵BP==，∴BQ=BP=．点本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向评： 量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．26．（10分）（2015•江苏）已知集合X={1，2，3}，Y n ={1，2，3，…，n ）（n ∈N *），设S n ={（a ，b ）|a 整除b 或整除a ，a ∈X ，B ∈Y n }，令f （n ）表示集合S n 所含元素的个数．（1）写出f （6）的值；（2）当n≥6时，写出f （n ）的表达式，并用数学归纳法证明．考点：数学归纳法．专题：综合题；点列、递归数列与数学归纳法．分析： （1）f （6）=6+2++=13；（2）根据数学归纳法的证明步骤，分类讨论，即可证明结论．解答：解：（1）f （6）=6+2++=13；（2）当n≥6时，f（n）=．下面用数学归纳法证明：①n=6时，f（6）=6+2++=13，结论成立；②假设n=k（k≥6）时，结论成立，那么n=k+1时，S k+1在S k的基础上新增加的元素在（1，k+1），（2，k+1），（3，k+1）中产生，分以下情形讨论：1）若k+1=6t，则k=6（t﹣1）+5，此时有f （k+1）=f（k）+3=（k+1）+2++，结论成立；2）若k+1=6t+1，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+1=k+2+++1=（k+1）+2++，结论成立；3）若k+1=6t+2，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；4）若k+1=6t+3，则k=6t+2，此时有f （k+1）=f （k ）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；5）若k+1=6t+4，则k=6t+3，此时有f （k+1）=f （k ）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；6）若k+1=6t+5，则k=6t+4，此时有f （k+1）=f （k ）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立． 综上所述，结论对满足n≥6的自然数n 均成立． 点评： 本题考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，正确归纳是关键．。
2015年江苏省高考数学试卷答案与解析
所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．
故答案为：．
点评：本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．
13．（5分）（2015?江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程
|f（x）+g（x）|=1实根的个数为4．
点本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期
评性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
：
二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（14分）（2015?江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．
（1）求BC的长；
考点分析：：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1，分别作出函数的图象，即可得出结
论．
解答：解：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1．
g（x）与h（x）=﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有两个交点；
5
将其分别代入y=，得，
解得，
9
（2）①由（1）y=（5≤x≤20），P（t，），
∴y′=﹣，
∴an=．
4
∴=2．
∴数列{}的前n项的和Sn=
=
=．
∴数列{}的前10项的和为．
故答案为：．
点评：本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考
查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22
﹣y
12．（5分）（2015?江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x=1右支上的一个动
2015年6月7日江苏省高考数学试题及参考答案详细解析
2015年江苏省高考数学试题就详细解析一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共计70分)1.(5分)已知集合A＝{1,2,3},B＝{2,4,5},则集合A∪B中元素的个数为.2.(5分)已知一组数据4,6,5,8,7,6,那么这组数据的平均数为.3.(5分)设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位),则z的模为.4.(5分)根据如图所示的伪代码,可知输出的结果S为.5.(5分)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球、1只红球、2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为.6.(5分)已知向量＝(2,1),＝(1,﹣2),若m＋n＝(9,﹣8)(m,n∈R),则m﹣n的值为.7.(5分)不等式2＜4的解集为.8.(5分)已知tanα＝﹣2,tan(α＋β)＝,则tanβ的值为.9.(5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个,若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.10.(5分)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1＝0(m∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为.11.(5分)设数列{a n}满足a1＝1,且a n＋1﹣a n＝n＋1(n∈N*),则数列{}的前10项的和为.12.(5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2﹣y2＝1右支上的一个动点,若点P到直线x﹣y＋1＝0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.13.(5分)已知函数f(x)＝|lnx|,g(x)＝,则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为.14.(5分)设向量＝(cos,sin＋cos)(k＝0,1,2,…,12),则(a k•a k＋1)的值为.二、解答题(本大题共6小题,共计90分,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(14分)在△ABC中,已知AB＝2,AC＝3,A＝60°.(1)求BC的长；(2)求sin2C的值.16.(14分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC＝CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1＝E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.17.(14分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米,以l2,l1在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数y＝(其中a,b为常数)模型.(1)求a,b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域；②当t为何值时,公路l的长度最短？求出最短长度.18.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为,且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P,C,若PC＝2AB,求直线AB的方程.19.(16分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b＝c﹣a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(﹣∞,﹣3)∪(1,)∪(,＋∞),求c的值.20.(16分)设a1,a2,a3.a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:2,2,2,2依次构成等比数列；(2)是否存在a1,d,使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n＋k,a3n＋2k,a4n＋3k依次构成等比数列？并说明理由.三、附加题(本大题包括选做题和必做题两部分)【选做题】本题包括21-24题,请选定其中两小题作答,若多做,则按作答的前两小题评分,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1:几何证明选讲】21.(10分)如图,在△ABC中,AB＝AC,△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D.求证:△ABD∽△AEB.【选修4-2:矩阵与变换】22.(10分)已知x,y∈R,向量＝是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量,求矩阵A以及它的另一个特征值.【选修4-4:坐标系与参数方程】23.已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρsin(θ﹣)﹣4＝0,求圆C的半径.[选修4-5:不等式选讲】24.解不等式x＋|2x＋3|≥2.【必做题】每题10分,共计20分,解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25.(10分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC＝∠BAD＝,PA＝AD＝2,AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.26.(10分)已知集合X＝{1,2,3},Y n＝{1,2,3,…,n)(n∈N*),设S n＝{(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,B∈Y n},令f(n)表示集合S n所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.2015年江苏省高考数学试题就详细解析参考答案与试题解析一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共计70分)1.(5分)已知集合A＝{1,2,3},B＝{2,4,5},则集合A∪B中元素的个数为5.【考点】1D:并集及其运算.【专题】5J:集合.【分析】求出A∪B,再明确元素个数【解析】解:集合A＝{1,2,3},B＝{2,4,5},则A∪B＝{1,2,3,4,5}；所以A∪B中元素的个数为5；故答案为:5【点评】题考查了集合的并集的运算,根据定义解答,注意元素不重复即可,属于基础题2.(5分)已知一组数据4,6,5,8,7,6,那么这组数据的平均数为6.【考点】BB:众数、中位数、平均数.【专题】5I:概率与统计.【分析】直接求解数据的平均数即可.【解析】解:数据4,6,5,8,7,6,那么这组数据的平均数为:＝6.故答案为:6.【点评】本题考查数据的均值的求法,基本知识的考查.3.(5分)设复数z满足z2＝3＋4i(i是虚数单位),则z的模为.【考点】A8:复数的模.【专题】5N:数系的扩充和复数.【分析】直接利用复数的模的求解法则,化简求解即可.【解析】解:复数z满足z2＝3＋4i,可得|z||z|＝|3＋4i|＝＝5,∴|z|＝.故答案为:.【点评】本题考查复数的模的求法,注意复数的模的运算法则的应用,考查计算能力.4.(5分)根据如图所示的伪代码,可知输出的结果S为7.【考点】EA:伪代码(算法语句).【专题】27:图表型；5K:算法和程序框图.【分析】模拟执行程序框图,依次写出每次循环得到的I,S的值,当I＝10时不满足条件I＜8,退出循环,输出S的值为7.【解析】解:模拟执行程序,可得S＝1,I＝1满足条件I＜8,S＝3,I＝4满足条件I＜8,S＝5,I＝7满足条件I＜8,S＝7,I＝10不满足条件I＜8,退出循环,输出S的值为7.故答案为:7.【点评】本题主要考查了循环结构的程序,正确判断退出循环的条件是解题的关键,属于基础题.5.(5分)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球、1只红球、2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为.【考点】CC:列举法计算基本事件数及事件发生的概率.【专题】5I:概率与统计.【分析】根据题意,把4个小球分别编号,用列举法求出基本事件数,计算对应的概率即可.【解析】解:根据题意,记白球为A,红球为B,黄球为C1、C2,则一次取出2只球,基本事件为AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种,其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种；所以所求的概率是P＝,故答案为:.【点评】本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题,是基础题目.6.(5分)已知向量＝(2,1),＝(1,﹣2),若m＋n＝(9,﹣8)(m,n∈R),则m﹣n的值为﹣3.【考点】9H:平面向量的基本定理.【专题】5A:平面向量及应用.【分析】直接利用向量的坐标运算,求解即可.【解析】解:向量＝(2,1),＝(1,﹣2),若m＋n＝(9,﹣8)可得,解得m＝2,n＝5,∴m﹣n＝﹣3.故答案为:﹣3.【点评】本题考查向量的坐标运算,向量相等条件的应用,考查计算能力.7.(5分)不等式2＜4的解集为(﹣1,2).【考点】7J:指、对数不等式的解法.【专题】51:函数的性质及应用；59:不等式的解法及应用.【分析】利用指数函数的单调性转化为x2﹣x＜2,求解即可.【解析】解；∵2＜4,∴x2﹣x＜2,即x2﹣x﹣2＜0,解得:﹣1＜x＜2故答案为:(﹣1,2)【点评】本题考查了指数函数的性质,二次不等式的求解,属于简单的综合题目,难度不大.8.(5分)已知tanα＝﹣2,tan(α＋β)＝,则tanβ的值为3.【考点】GP:两角和与差的三角函数.【专题】56:三角函数的求值.【分析】直接利用两角和的正切函数,求解即可.【解析】解:tanα＝﹣2,tan(α＋β)＝,可知tan(α＋β)＝＝,即＝,解得tanβ＝3.故答案为:3.【点评】本题考查两角和的正切函数,基本知识的考查.9.(5分)现有橡皮泥制作的底面半径为5,高为4的圆锥和底面半径为2,高为8的圆柱各一个,若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,.【考点】LF:棱柱、棱锥、棱台的体积.【专题】11:计算题；5F:空间位置关系与距离.【分析】由题意求出原来圆柱和圆锥的体积,设出新的圆柱和圆锥的底面半径r,求出体积,由前后体积相等列式求得r.【解析】解:由题意可知,原来圆锥和圆柱的体积和为:.设新圆锥和圆柱的底面半径为r,则新圆锥和圆柱的体积和为:.∴,解得:.故答案为:.【点评】本题考查了圆柱与圆锥的体积公式,是基础的计算题.10.(5分)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1＝0(m∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为(x﹣1)2＋y2＝2.【考点】J1:圆的标准方程；J7:圆的切线方程.【专题】11:计算题；5B:直线与圆.【分析】求出圆心到直线的距离d的最大值,即可求出所求圆的标准方程.【解析】解:圆心到直线的距离d＝＝≤,∴m＝1时,圆的半径最大为,∴所求圆的标准方程为(x﹣1)2＋y2＝2.故答案为:(x﹣1)2＋y2＝2.【点评】本题考查所圆的标准方程,考查点到直线的距离公式,考查学生的计算能力,比较基础.11.(5分)设数列{a n}满足a1＝1,且a n＋1﹣a n＝n＋1(n∈N*),则数列{}的前10项的和为.【考点】8E:数列的求和；8H:数列递推式.【专题】54:等差数列与等比数列.﹣a n＝n＋1(n∈N*),利用“累加求和”可得a n＝【分析】数列{a n}满足a1＝1,且a n＋1.再利用“裂项求和”即可得出.﹣a n＝n＋1(n∈N*),【解析】解:∵数列{a n}满足a1＝1,且a n＋1)＋…＋(a2﹣a1)＋a1＝n＋…＋2＋1＝.∴当n≥2时,a n＝(a n﹣a n﹣1当n＝1时,上式也成立,∴a n＝.∴＝2.∴数列{}的前n项的和S n＝＝＝.∴数列{}的前10项的和为.故答案为:.【点评】本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n 项和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.12.(5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2﹣y2＝1右支上的一个动点,若点P到直线x﹣y＋1＝0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.【考点】KC:双曲线的性质.【专题】11:计算题；5D:圆锥曲线的定义、性质与方程.【分析】双曲线x2﹣y2＝1的渐近线方程为x±y＝0,c的最大值为直线x﹣y＋1＝0与直线x﹣y＝0的距离.【解析】解:由题意,双曲线x2﹣y2＝1的渐近线方程为x±y＝0,因为点P到直线x﹣y＋1＝0的距离大于c恒成立,所以c的最大值为直线x﹣y＋1＝0与直线x﹣y＝0的距离,即.故答案为:.【点评】本题考查双曲线的性质,考查学生的计算能力,比较基础.13.(5分)已知函数f(x)＝|lnx|,g(x)＝,则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为4.【考点】53:函数的零点与方程根的关系.【专题】15:综合题；51:函数的性质及应用.【分析】:由|f(x)＋g(x)|＝1可得g(x)＝﹣f(x)±1,分别作出函数的图象,即可得出结论.【解析】解:由|f(x)＋g(x)|＝1可得g(x)＝﹣f(x)±1.g(x)与h(x)＝﹣f(x)＋1的图象如图所示,图象有2个交点g(x)与φ(x)＝﹣f(x)﹣1的图象如图所示,图象有两个交点；所以方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为4.故答案为:4.【点评】本题考查求方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数,考查数形结合的数学思想,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.14.(5分)设向量＝(cos,sin＋cos)(k＝0,1,2,…,12),则(a k•a k＋1)的值为.【考点】9O:平面向量数量积的性质及其运算；GP:两角和与差的三角函数.【专题】5A:平面向量及应用.【分析】利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性即可得出.【解析】解:＝＋＝＋＋＋＋＝＋＋＝＋＋,∴(a k•a k＋1)＝＋＋＋＋＋＋＋…＋＋＋＋＋＋＋…＋＝＋0＋0＝.故答案为:9.【点评】本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.二、解答题(本大题共6小题,共计90分,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(14分)在△ABC中,已知AB＝2,AC＝3,A＝60°.(1)求BC的长；(2)求sin2C的值.【考点】GS:二倍角的三角函数；HR:余弦定理.【专题】58:解三角形.【分析】(1)直接利用余弦定理求解即可.(2)利用正弦定理求出C的正弦函数值,然后利用二倍角公式求解即可.【解析】解:(1)由余弦定理可得:BC2＝AB2＋AC2﹣2AB•ACcosA＝4＋9﹣2×2×3×＝7,因为BC＞0,所以BC＝.(2)由正弦定理可得:,则sinC＝＝＝,∵AB＜BC,BC＝,AB＝2,角A＝60°,在三角形ABC中,大角对大边,大边对大角,＞2,∴角C＜角A,角C为锐角.sinC＞0,cosC＞0则cosC＝＝＝.因此sin2C＝2sinCcosC＝2×＝.【点评】本题考查余弦定理的应用,正弦定理的应用,二倍角的三角函数,注意角的范围的解题的关键.16.(14分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC＝CC1,设AB1的中点为D,B1C∩BC1＝E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.【考点】LS:直线与平面平行；LW:直线与平面垂直.【专题】14:证明题；31:数形结合；49:综合法；5F:空间位置关系与距离.【分析】(1)根据中位线定理得DE∥AC,即证DE∥平面AA1C1C；(2)【方法一】先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC,即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1,即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC,即可证出BC1⊥AB1.【方法二】建立空间直角坐标系,利用向量数量积证明异面直线垂直.【解析】证明:(1)如图所示,由据题意得,E为B1C的中点,D为AB1的中点,所以DE∥AC；又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C；(2)【方法一】因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1；又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1＝C,所以AC⊥平面BCC1B1；又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC；因为BC＝CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥平面B1AC；又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.【方法二】根据题意,A1C1⊥B1C1,CC1⊥平面A1B1C1,以C1为原点建立空间直角坐标系,C1A1为x轴,C1B1为y轴,C1C为z轴,如图所示；设BC＝CC1＝a,AC＝b,则A(b,0,a),B1(0,a,0),B(0,a,a),C1(0,0,0)；∴＝(﹣b,a,﹣a),＝(0,﹣a,﹣a),∴•＝﹣b×0＋a×(﹣a)﹣a×(﹣a)＝0,∴⊥,即AB1⊥BC1.【点评】本题考查了线线、线面以及面面的位置关系,也考查了空间想象力和推理论证能力的应用问题.17.(14分)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米,以l2,l1在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数y＝(其中a,b为常数)模型.(1)求a,b的值；(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域；②当t为何值时,公路l的长度最短？求出最短长度.【考点】57:函数与方程的综合运用.【专题】15:综合题；53:导数的综合应用.【分析】(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5),将其分别代入y＝,建立方程组,即可求a,b的值；(2)①求出切线l的方程,可得A,B的坐标,即可写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域；②设g(t)＝,利用导数,确定单调性,即可求出当t为何值时,公路l的长度最短,并求出最短长度.【解析】解:(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5),将其分别代入y＝,得,解得,(2)①由(1)y＝(5≤x≤20),P(t,),∴y′＝﹣,∴切线l的方程为y﹣＝﹣(x﹣t)设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B点,则A(,0),B(0,),∴f(t)＝＝,t∈[5,20]；②设g(t)＝,则g′(t)＝2t﹣＝0,解得t＝10,t∈(5,10)时,g′(t)＜0,g(t)是减函数；t∈(10,20)时,g′(t)＞0,g(t)是增函数,从而t＝10时,函数g(t)有极小值也是最小值,∴g(t)min＝300,∴f(t)min＝15,答:t＝10时,公路l的长度最短,最短长度为15千米.【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题,考查导数知识的综合运用,确定函数关系,正确求导是关键.18.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为,且右焦点F到左准线l的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P,C,若PC＝2AB,求直线AB的方程.【考点】K3:椭圆的标准方程；KH:直线与圆锥曲线的综合.【专题】5B:直线与圆；5D:圆锥曲线的定义、性质与方程.【分析】(1)运用离心率公式和准线方程,可得a,c的方程,解得a,c,再由a,b,c的关系,可得b,进而得到椭圆方程；(2)讨论直线AB的斜率不存在和存在,设出直线方程,代入椭圆方程,运用韦达定理和弦长公式,以及两直线垂直的条件和中点坐标公式,即可得到所求直线的方程.【解析】解:(1)由题意可得,e＝＝,且c＋＝3,解得c＝1,a＝,则b＝1,即有椭圆方程为＋y2＝1；(2)当AB⊥x轴,AB＝,CP＝3,PC≠2AB,不合题意；当AB与x轴不垂直,设直线AB:y＝k(x﹣1),A(x1,y1),B(x2,y2),将AB方程代入椭圆方程可得(1＋2k2)x2﹣4k2x＋2(k2﹣1)＝0,则x1＋x2＝,x1x2＝,则C(,),且|AB|＝＝＝|x1﹣x2|＝•＝,若k＝0,则AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意；则k≠0,故PC:y＋＝﹣(x﹣),P(﹣2,),从而|PC|＝,由|PC|＝2|AB|,可得＝,解得k＝±1,此时AB的方程为y＝x﹣1或y＝﹣x＋1.【点评】本题考查椭圆的方程和性质,主要考查椭圆的离心率和方程的运用,联立直线方程,运用韦达定理和弦长公式,同时考查两直线垂直和中点坐标公式的运用,属于中档题.19.(16分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a,b∈R).(1)试讨论f(x)的单调性；(2)若b＝c﹣a(实数c是与a无关的常数),当函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(﹣∞,﹣3)∪(1,)∪(,＋∞),求c的值.【考点】52:函数零点的判定定理；6B:利用导数研究函数的单调性.【专题】15:综合题；53:导数的综合应用.【分析】(1)求导数,分类讨论,利用导数的正负,即可得出f(x)的单调性；(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)＝b,f(﹣)＝＋b,则函数f(x)有三个不同的零点等价于f(0)f(﹣)＝b(＋b)＜0,进一步转化为a＞0时,﹣a＋c＞0或a＜0时,﹣a＋c＜0.设g(a)＝﹣a＋c,利用条件即可求c的值.【解析】解:(1)∵f(x)＝x3＋ax2＋b,∴f′(x)＝3x2＋2ax,令f′(x)＝0,可得x＝0或﹣.a＝0时,f′(x)＞0,∴f(x)在(﹣∞,＋∞)上单调递增；a＞0时,x∈(﹣∞,﹣)∪(0,＋∞)时,f′(x)＞0,x∈(﹣,0)时,f′(x)＜0,∴函数f(x)在(﹣∞,﹣),(0,＋∞)上单调递增,在(﹣,0)上单调递减；a＜0时,x∈(﹣∞,0)∪(﹣,＋∞)时,f′(x)＞0,x∈(0,﹣)时,f′(x)＜0,∴综上所述:函数f(x)在(﹣∞,0),(﹣,＋∞)上单调递增,在(0,﹣)上单调递减；(2)由(1)知,函数f(x)的两个极值为f(0)＝b,f(﹣)＝＋b,则函数f(x)有三个不同的零点等价于f(0)＞0,且f(﹣)＜0,∴b＞0且＋b＜0,∵b＝c﹣a,∴a＞0时,﹣a＋c＞0或a＜0时,﹣a＋c＜0.设g(a)＝﹣a＋c,∵函数f(x)有三个不同的零点时,a的取值范围恰好是(﹣∞,﹣3)∪(1,)∪(,＋∞),∴在(﹣∞,﹣3)上,g(a)＜0且在(1,)∪(,＋∞)上g(a)＞0均恒成立,∴g(﹣3)＝c﹣1≤0,且g()＝c﹣1≥0,∴c＝1,此时f(x)＝x3＋ax2＋1﹣a＝(x＋1)[x2＋(a﹣1)x＋1﹣a],∵函数有三个零点,∴x2＋(a﹣1)x＋1﹣a＝0有两个异于﹣1的不等实根,∴△＝(a﹣1)2﹣4(1﹣a)＞0,且(﹣1)2﹣(a﹣1)＋1﹣a≠0,解得a∈(﹣∞,﹣3)∪(1,)∪(,＋∞),综上c＝1.【点评】本题考查导数知识的综合运用,考查函数的单调性,考查函数的零点,考查分类讨论的数学思想,难度大.20.(16分)设a1,a2,a3.a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明:2,2,2,2依次构成等比数列；(2)是否存在a1,d,使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n＋k,a3n＋2k,a4n＋3k依次构成等比数列？并说明理由.【考点】87:等比数列的性质.【专题】54:等差数列与等比数列.【分析】(1)根据等比数列和等差数列的定义即可证明；(2)利用反证法,假设存在a1,d使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列,推出矛盾,否定假设,得到结论；(3)利用反证法,假设存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n＋k,a3n＋2k,a4n＋3k依次构成等比数列,得到a1n(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k),且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k),利用等式以及对数的性质化简整理得到ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t),(**),多次构造函数,多次求导,利用零点存在定理,推出假设不成立.【解析】解:(1)证明:∵＝＝2d,(n＝1,2,3,)是同一个常数,∴2,2,2,2依次构成等比数列(a i≠0,i＝1,2,3,4)；(2)令a1＋d＝a,则a1,a2,a3,a4分别为a﹣d,a,a＋d,a＋2d(a＞d,a＞﹣2d,d≠0)假设存在a1,d使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列,则a4＝(a﹣d)(a＋d)3,且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4,令t＝,则1＝(1﹣t)(1＋t)3,且(1＋t)6＝(1＋2t)4,(﹣＜t＜1,t≠0),化简得t3＋2t2﹣2＝0(*),且t2＝t＋1,将t2＝t＋1代入(*)式,t(t＋1)＋2(t＋1)﹣2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0,则t＝﹣,显然t＝﹣不是上面方程的解,矛盾,所以假设不成立,因此不存在a1,d,使得a1,a22,a33,a44依次构成等比数列.(3)假设存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n＋k,a3n＋2k,a4n＋3k依次构成等比数列,则a1n(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k),且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k),分别在两个等式的两边同除以a12(n＋k),a12(n＋2k),并令t＝,(t＞,t≠0),则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k),且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k),将上述两个等式取对数,得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t),且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t),化简得,2k[ln(1＋2t)﹣ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)﹣ln(1＋2t)],且3k[ln(1＋3t)﹣ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)﹣ln(1＋3t)],再将这两式相除,化简得,ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t),(**)令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)﹣ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t),则g′(t)＝[(1＋3t)2ln(1＋3t)﹣3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)],令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)﹣3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t),则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)﹣2(1＋2t)ln(1＋2t)＋3(1＋t)ln(1＋t)],令φ1(t)＝φ′(t),则φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)﹣4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)],令φ2(t)＝φ1′(t),则φ2′(t)＝＞0,由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0,φ2′(t)＞0,知g(t),φ(t),φ1(t),φ2(t)在(﹣,0)和(0,＋∞)上均单调,故g(t)只有唯一的零点t＝0,即方程(**)只有唯一解t＝0,故假设不成立,所以不存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n＋k,a3n＋2k,a4n＋3k依次构成等比数列.【点评】本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质,函数与方程等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力,属于难题.三、附加题(本大题包括选做题和必做题两部分)【选做题】本题包括21-24题,请选定其中两小题作答,若多做,则按作答的前两小题评分,解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1:几何证明选讲】21.(10分)如图,在△ABC中,AB＝AC,△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D.求证:△ABD∽△AEB.【考点】N4:相似三角形的判定.【专题】5M:推理和证明.【分析】直接利用已知条件,推出两个三角形的三个角对应相等,即可证明三角形相似.【解析】证明:∵AB＝AC,∴∠ABD＝∠C,又∵圆周角定理,∴∠C＝∠E,∴∠ABD＝∠E,又∠BAE是公共角,可知:△ABD∽△AEB.【点评】本题考查圆的基本性质与相似三角形等基础知识,考查逻辑推理能力.【选修4-2:矩阵与变换】22.(10分)已知x,y∈R,向量＝是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量,求矩阵A以及它的另一个特征值.【考点】OV:特征值与特征向量的计算.【专题】5R:矩阵和变换.【分析】利用A＝﹣2,可得A＝,通过令矩阵A的特征多项式为0即得结论.【解析】解:由已知,可得A＝﹣2,即＝＝,则,即,∴矩阵A＝,从而矩阵A的特征多项式f(λ)＝(λ＋2)(λ﹣1),∴矩阵A的另一个特征值为1.【点评】本题考查求矩阵及其特征值,注意解题方法的积累,属于中档题.【选修4-4:坐标系与参数方程】23.已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρsin(θ﹣)﹣4＝0,求圆C的半径.【考点】Q4:简单曲线的极坐标方程.【专题】11:计算题；5S:坐标系和参数方程.【分析】先根据x＝ρcosθ,y＝ρsinθ,求出圆的直角坐标方程,求出半径.【解析】解:圆的极坐标方程为ρ2＋2ρsin(θ﹣)﹣4＝0,ρ2＋2ρ(sinθ﹣cosθ)﹣4＝0,可得ρ2﹣2ρcosθ＋2ρsinθ﹣4＝0,化为直角坐标方程为x2＋y2﹣2x＋2y﹣4＝0,化为标准方程为(x﹣1)2＋(y＋1)2＝6,圆的半径r＝.【点评】本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法,以及求点的极坐标的方法,关键是利用公式x＝ρcosθ,y＝ρsinθ,比较基础,[选修4-5:不等式选讲】24.解不等式x＋|2x＋3|≥2.【考点】R5:绝对值不等式的解法.【专题】5T:不等式.【分析】思路1(公式法):利用|f(x)|≥g(x)⇔f(x)≥g(x),或f(x)≤﹣g(x)；思路2(零点分段法):对x的值分“x≥”“x＜”进行讨论求解.【解析】解法1:x＋|2x＋3|≥2变形为|2x＋3|≥2﹣x,得2x＋3≥2﹣x或2x＋3≤﹣(2﹣x),即x≥或x≤﹣5,即原不等式的解集为{x|x≥或x≤﹣5}.解法2:令|2x＋3|＝0,得x＝.①当x≥时,原不等式化为x＋(2x＋3)≥2,即x≥,所以x≥；②x＜时,原不等式化为x﹣(2x＋3)≥2,即x≤﹣5,所以x≤﹣5.综上,原不等式的解集为{x|x≥或x≤﹣5}.【点评】本题考查了含绝对值不等式的解法.本解答给出的两种方法是常见的方法,不管用哪种方法,其目的是去绝对值符号.若含有一个绝对值符号,利用公式法要快捷一些,其套路为:|f(x)|≥g(x)⇔f(x)≥g(x),或f(x)≤﹣g(x)；|f(x)|≤g(x)⇔﹣g(x)≤f(x)≤g(x).可简记为:大于号取两边,小于号取中间.使用零点分段法时,应注意:同一类中取交集,类与类之间取并集.【必做题】每题10分,共计20分,解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25.(10分)如图,在四棱锥P﹣ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC＝∠BAD＝,PA＝AD＝2,AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.【考点】MJ:二面角的平面角及求法；MK:点、线、面间的距离计算.【专题】5F:空间位置关系与距离；5G:空间角.【分析】以A为坐标原点,以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz.(1)所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值,计算即可；(2)利用换元法可得cos2＜,＞≤,结合函数y＝cosx在(0,)上的单调性,计算即得结论.【解析】解:以A为坐标原点,以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A ﹣xyz如图,由题可知B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)∵AD⊥平面PAB,∴＝(0,2,0),是平面PAB的一个法向量,∵＝(1,1,﹣2),＝(0,2,﹣2),设平面PCD的法向量为＝(x,y,z),由,得,取y＝1,得＝(1,1,1),∴cos＜,＞＝＝,∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为；(2)∵＝(﹣1,0,2),设＝λ＝(﹣λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又＝(0,﹣1,0),则＝＋＝(﹣λ,﹣1,2λ),又＝(0,﹣2,2),从而cos＜,＞＝＝,设1＋2λ＝t,t∈[1,3],则cos2＜,＞＝＝≤,当且仅当t＝,即λ＝时,|cos＜,＞|的最大值为,因为y＝cosx在(0,)上是减函数,此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又∵BP＝＝,∴BQ＝BP＝.【点评】本题考查求二面角的三角函数值,考查用空间向量解决问题的能力,注意解题方法的积累,属于中档题.26.(10分)已知集合X＝{1,2,3},Y n＝{1,2,3,…,n)(n∈N*),设S n＝{(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,B∈Y n},令f(n)表示集合S n所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.【考点】RG:数学归纳法.【专题】15:综合题；55:点列、递归数列与数学归纳法.【分析】(1)f(6)＝6＋2＋＋＝13；(2)根据数学归纳法的证明步骤,分类讨论,即可证明结论.【解析】解:(1)f(6)＝6＋2＋＋＝13；(2)当n≥6时,f(n)＝.下面用数学归纳法证明:①n＝6时,f(6)＝6＋2＋＋＝13,结论成立；②假设n＝k(k≥6)时,结论成立,那么n＝k＋1时,S k在S k的基础上新增加的元素＋1在(1,k＋1),(2,k＋1),(3,k＋1)中产生,分以下情形讨论:1)若k＋1＝6t,则k＝6(t﹣1)＋5,此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝(k＋1)＋2＋＋,结论成立；2)若k＋1＝6t＋1,则k＝6t,此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1＝(k＋1)＋2＋＋,结论成立；3)若k＋1＝6t＋2,则k＝6t＋1,此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋,结论成立；4)若k＋1＝6t＋3,则k＝6t＋2,此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋,结论成立；5)若k＋1＝6t＋4,则k＝6t＋3,此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋,结论成立；6)若k＋1＝6t＋5,则k＝6t＋4,此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋,结论成立.综上所述,结论f(n)＝n＋[]＋[]＋2,对满足n≥6的自然数n均成立.【点评】本题考查数学归纳法,考查学生分析解决问题的能力,正确归纳是关键.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第6讲 分离参数法在解题中的应用[方法精要] 分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围，这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到，解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域的问题．题型一 用分离参数法解决函数有零点问题例1 已知函数g (x )＝x 2－ax ＋4在[2,4]上有零点，求a 的取值范围．破题切入点 函数g (x )＝x 2－ax ＋4在[2,4]上有零点，等价于方程x 2－ax ＋4＝0在[2,4]上有实根，把方程x 2－ax ＋4＝0中的变量a 分离，转化为求函数的值域问题即可求出a 的取值范围．解 ∵函数g (x )＝x 2－ax ＋4在[2,4]上有零点，∴方程x 2－ax ＋4＝0在[2,4]上有实根，即方程a ＝x ＋4x在[2,4]上有实根． 令f (x )＝x ＋4x， 则a 的取值范围等价于函数f (x )在[2,4]上的值域．又f ′(x )＝1－4x 2＝(x ＋2)(x －2)x 2≥0在x ∈[2,4]上恒成立， ∴f (x )在[2,4]上是增函数，∴f (2)≤f (x )≤f (4)，即4≤f (x )≤5.∴4≤a ≤5.题型二 用分离参数法解决不等式恒成立问题例2 已知函数f (x )＝ln x －a x， (1)当a >0时，判断f (x )在定义域上的单调性；(2)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．破题切入点 (1)通过判断导数的符号解决．(2)由于参数a 是“孤立”的，可以分离参数后转化为一个函数的单调性或最值等解决．解 (1)由题意：f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋a x 2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)∵f (x )<x 2，∴ln x －a x<x 2. 又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x， 当x ≥1时，h ′(x )<0，∴h (x )在[1，＋∞)上是减函数，∴h (x )<h (1)＝－2，即g ′(x )<0，∴g (x )在[1，＋∞)上也是减函数，∴g (x )<g (1)＝－1.令a ≥－1得a >g (x )，∴当f (x )<x 2在(1，＋∞)恒成立时，a ≥－1.题型三 用分离参数法解决方程中的参数问题例3 若关于x 的方程22x ＋2x ·a ＋a ＋1＝0有实根，求实数a 的取值范围．破题切入点 解决方程中的参数问题，需要把方程等价变形，称为一个含参数的函数，将其转化为函数的最值问题．解 原方程变形为a ＝－22x ＋12x ＋1＝－(2x ＋1)2－2(2x ＋1)＋22x ＋1＝－(2x ＋1＋22x ＋1－2)， 因为2x ＋1>1，所以2x ＋1＋22x ＋1－2≥2(2x ＋1)·22x ＋1－2＝22－2， (当且仅当x ＝log 2(2－1)时取等号)，所以a ≤2－2 2.总结提高 分离参数法常用于求参数的取值范围，这是目前新课标高考中常涉及的问题，主要涉及函数、方程、不等式等部分的内容，最终都是转化为函数在给定区间上的最值问题，求一个函数在一个指定的闭区间上的最值的主要思考方向就是考虑这个函数的极值点是不是在这个区间内，结合函数的单调性即可求参数取值范围．1．已知直线l ：(2m ＋1)x ＋(m ＋1)y －7m －4＝0，m ∈R ，则直线l 恒过定点________． 答案 (3,1)解析 直线l 的方程可化为x ＋y －4＋m (2x ＋y －7)＝0.设直线l 恒过定点M (x ，y )．由m ∈R ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －4＝0，2x ＋y －7＝0⇒M (3,1)． 所以直线l 恒过定点(3,1)．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1x 在(12，＋∞)是增函数，则a 的取值范围是________． 答案 [3，＋∞)解析 由题意知f ′(x )≥0对任意的x ∈(12，＋∞)恒成立， 又f ′(x )＝2x ＋a －1x 2， 所以2x ＋a －1x 2≥0对任意的x ∈(12，＋∞)恒成立， 分离参数得a ≥1x 2－2x ， 若满足题意，须a ≥(1x 2－2x )max ， 令h (x )＝1x 2－2x ，x ∈(12，＋∞)， 因为h ′(x )＝－2x 3－2， 所以当x ∈(12，＋∞)时，h ′(x )<0， 即h (x )在x ∈(12，＋∞)上单调递减， 所以h (x )<h (12)＝3，故a ≥3. 3．若不等式x 2＋ax ＋1≥0对一切x ∈(0，12]成立，则a 的最小值是________． 答案 －52解析 由x 2＋ax ＋1≥0，x ∈(0，12]， 所以ax ≥－1－x 2，所以a ≥－1x－x ， 又因为－1x －x ＝－(1x ＋x )≤－52， 所以a ≥－52. 4．已知f (x )＝32x －(k ＋1)3x ＋2，当x ∈R 时，f (x )恒为正值，则k 的取值范围是________． 答案 (－∞，22－1)解析 由f (x )>0得32x －(k ＋1)·3x ＋2>0，解得k ＋1<3x ＋23x ，而3x ＋23x ≥22(当且仅当3x ＝23x ，即x ＝log 32时，等号成立)，∴k ＋1<22，即k <22－1.5．已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋11x ＋1(a ∈R )，若对于任意x ∈N *，f (x )≥3恒成立，则a 的取值范围是________．答案 [－83，＋∞) 解析 对任意x ∈N *，f (x )≥3恒成立，即x 2＋ax ＋11x ＋1≥3恒成立，即知a ≥－(x ＋8x )＋3. 设g (x )＝x ＋8x ，x ∈N *，则g (2)＝6，g (3)＝173. ∵g (2)>g (3)，∴g (x )min ＝173.∴－(x ＋8x )＋3≤－83， ∴a ≥－83，故a 的取值范围是[－83，＋∞)． 6．已知函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围为________．答案 [12，＋∞) 解析 f ′(x )＝2mx ＋1x－2≥0对一切x >0恒成立， 2m ≥－(1x )2＋2x， 令g (x )＝－(1x )2＋2x， 则当1x＝1时，函数g (x )取最大值1， 故2m ≥1，即m ≥12. 7．已知不等式mx 2－2x －m ＋1<0对满足－2≤m ≤2的所有m 都成立，则x 的取值范围是________________．答案 (－1＋72，1＋32) 解析 原不等式可化为(x 2－1)m －2x ＋1<0，此不等式对－2≤m ≤2恒成立．构造函数f (m )＝(x 2－1)m －2x ＋1，－2≤m ≤2，其图象是一条线段．根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧ f (－2)＝－2(x 2－1)－2x ＋1<0，f (2)＝2(x 2－1)－2x ＋1<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2x －3>0，2x 2－2x －1<0. 解得－1＋72<x <1＋32. 8．已知f (x )＝2x 2＋ax －2a 2x在[1，＋∞)上是单调递增函数，则a 的取值范围是________．答案 [－1，＋∞)解析 ∵f (x )＝x －a x ＋a 2，∴f ′(x )＝1＋a x 2. 又f (x )在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f ′(x )≥0.于是可得不等式a ≥－x 2对于x ≥1恒成立．∴a ≥(－x 2)max .由x ≥1，得－x 2≤－1.∴a ≥－1.9．设f (x )＝lg 1＋2x ＋4x ·a 3，其中a ∈R ，如果x ∈(－∞，1]时，f (x )有意义，求a 的取值范围． 解 根据题意1＋2x ＋4x ·a >0在x ∈(－∞，1]上恒成立，设t ＝2x ，则有at 2＋t ＋1>0在t ∈(0,2]上恒成立，分离参数可得a >－1t 2－1t， 即a >(－1t 2－1t)max ， 令μ＝1t ，则μ∈[12，＋∞)， 易得二次函数f (μ)＝－μ2－μ在μ∈[12，＋∞)上的最大值是f (12)＝－34， 所以a 的取值范围是a >－34. 10．设0≤θ≤π2，不等式cos 2θ＋2m sin θ－2m －2<0恒成立，求m 的取值范围． 解 将已知不等式化为(1－sin θ)2＋2(m －1)(1－sin θ)＋2>0，①当θ＝π2时，不等式显然成立； ②当0≤θ<π2， 即1－sin θ>0有2(1－m )<1－sin θ＋21－sin θ， 设t ＝1－sin θ，则f (t )＝t ＋2t， 其中0<t ≤1，则f (t )＝t ＋2t在0<t ≤1上是减函数， 所以f (t )≥f (1)＝3，即f (t )的最小值是3，所以2(1－m )<3，解得m >－12. 综上知，m 的取值范围是m >－12. 11．(2014·南京模拟)已知函数f (x )＝e x －x 22－ax －1，其中a 为实数． (1)若a ＝－12时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当x ≥12时，若关于x 的不等式f (x )≥0恒成立，试求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝－12时，f (x )＝e x－x 22＋12x －1，f ′(x )＝e x －x ＋12， 从而得f (1)＝e －1，f ′(1)＝e －12， 故曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －e ＋1＝(e －12)(x －1)， 即(e －12)x －y －12＝0. (2)由f (x )≥0，得ax ≤e x －12x 2－1， ∵x ≥12，∴a ≤e x －12x 2－1x ，令g (x )＝e x －12x 2－1x， 则g ′(x )＝e x (x －1)－12x 2＋1x 2， 令φ(x )＝e x (x －1)－12x 2＋1， 则φ′(x )＝x (e x －1)，∵x ≥12，∴φ′(x )>0， 即φ(x )在[12，＋∞)上单调递增． 所以φ(x )≥φ(12)＝78－e 2>0， 因此g ′(x )>0，故g (x )在[12，＋∞)单调递增． 则g (x )≥g (12)＝e 12－12×(12)2－112＝2e －94， 因此a 的取值范围是a ≤2e －94. 12.已知函数f (x )＝a (x 2＋1)＋ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若对任意a ∈(－4，－2)及x ∈[1,3]，恒有ma －f (x )>a 2成立，求实数m 的取值范围．解 (1)由已知，得f ′(x )＝2ax ＋1x ＝2ax 2＋1x(x >0)． ①当a ≥0时，恒有f ′(x )>0，则f (x )在(0，＋∞)上是增函数．②当a <0时，若0<x < －12a， 则f ′(x )>0，故f (x )在(0, －12a]上是增函数； 若x > －12a，则f ′(x )<0， 故f (x )在[ －12a，＋∞)上是减函数． 综上，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上是增函数；当a<0时，f(x)在(0, －12a]上是增函数，在[ －12a，＋∞)上是减函数．(2)由题意，知对任意a∈(－4，－2)及x∈[1,3]，恒有ma－f(x)>a2成立，等价于ma－a2>f(x)max.因为a∈(－4，－2)，所以24< －12a<12<1.由(1)，知当a∈(－4，－2)时，f(x)在[1,3]上是减函数，所以f(x)max＝f(1)＝2a，所以ma－a2>2a，即m<a＋2.因为a∈(－4，－2)，所以－2<a＋2<0.所以实数m的取值范围为m≤－2.。