江苏省2015届高考数学解答题每日一练系列——应用题,解析几何16
江苏省2015届高考数学解答题每日一练系列——应用题,解析几何2
1．一列火车自A 城驶往B 城，沿途有n 个车站（包括起点站A 和终点站B ），车上有一节邮政车厢，每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个，试求：（1）列车从第k 站出发时，邮政车厢内共有邮袋数是多少个？（2）第几站的邮袋数最多？最多是多少？2、在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点(,),(3,1)22a a A B ． （1）求椭圆C 的方程；（2）已知点00(,)P x y 在椭圆C 上，F 为椭圆的左焦点，直线l 的方程为00360x x y y +-=．①求证：直线l 与椭圆C 有唯一的公共点；②若点F 关于直线l 的对称点为Q ，求证：当点P 在椭圆C 上运动时，直线PQ 恒过定点，并求出此定点的坐标．1、解：设列车从各站出发时邮政车厢内的邮袋数构成一个数列}{n a（1）由题意得：.21)3()2()1(,1)2()1(,1321---+-+-=--+-=-=n n n a n n a n a …2分在第k 站出发时，前面放上的邮袋共：)()2()1(k n n n -++-+- 个而从第二站起，每站放下的邮袋共：1＋2＋3＋…＋（k －1）个故)]1(21[)()2()1(-+++--++-+-=k k n n n a k),,2,1()1(21)1(212n k k kn k k k k kn =-=--+-= 即列车从第k 站出发时，邮政车厢内共有邮袋数),2,1(2n k k kn =-个（2）2241)2(n n k a k +--= 当n 为偶数时，n k 21=时，最大值为241n 当n 为奇数时，)1(21)1(21+=-=n k n k 或时，最大值为)1(412-n 。
所以，当n 为偶数时，第2n 站的邮袋数最多，最多是241n 个； 当n 为奇数时，第2121+-n n 或第站的邮袋数最多，最多是)1(412-n 个 2、。
2015届高考数学-江苏专用--【解析几何中的瓶颈题】
第2讲解析几何中的“瓶颈题”数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型,主要分六块:三角函数(或与平面向量交汇)、立体几何、应用问题、解析几何(或与平面向量交汇)、函数与导数(或与不等式交汇)、数列(或与不等式交汇).其中三角函数和立体几何属于基础问题,若能够拿下应用问题和解析几何题,就攻下全部中低档题目,便锁定了128分,应该认为这已打了一个大胜仗,基本上已经进入了“第一方阵”(本科行列).解析几何重点考查的内容是:直线与方程,圆的方程,圆锥曲线的定义,标准方程及其应用,离心率、焦点、准线和渐近线等简单的几何性质及其内在的联系和综合.解答题重点考查的内容是:圆锥曲线的标准方程,直线和圆锥曲线的位置关系.常考的题型有轨迹、最值、定值、对称、参数范围、几何证明、实际应用和探究性问题等.分类解密——专题突破求曲线方程中的“瓶颈题”例1 已知圆C与两圆x2+(y+4)2=1,x2+(y-2)2=1外切,圆C的圆心轨迹方程为L,设L上的点与点M(x,y)的距离的最小值为m,点F(0,1)与点M(x,y)的距离为n.(1) 求圆C的圆心轨迹L的方程;(2) 求满足条件m=n的点M的轨迹Q的方程.练习1(2014·苏中三市、宿迁调研)在平面直角坐标系xOy中,设曲线C1:||xa+||yb=1(a>b>0)所围成的封闭图形的面积为2曲线C1上的点到原点O的最短距离为223.以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为C2.(1) 求椭圆C2的标准方程.(2) 设AB是过椭圆C2中心O的任意弦,l是线段AB的垂直平分线,M是l上的点(与O不重合).①若MO=2OA,当点A在椭圆C2上运动时,求点M的轨迹方程;②若M是l与椭圆C2的交点,求△AMB的面积的最小值.练习2 设双曲线C 1的渐近线方程为y=±3x,焦点在x 轴上且实轴长为1.若曲线C 2上的点到双曲线C 1的两个焦点的距离之和等于22,并且曲线C 3:x 2=2py(p>0,且是常数)的焦点F 在曲线C 2上.(1) 求满足条件的曲线C 2和曲线C 3的方程;(2) 过点F 的直线l 交曲线C 3于点A,B(A 在y 轴左侧),若AF =13FB ,求直线l 的倾斜角.圆锥曲线中的最值与范围问题中“瓶颈题”例1 如图,在直角坐标系xOy 中,点P 11,2⎛⎫⎪⎝⎭到抛物线C:y 2=2px(p>0)的准线的距离为54.点M(t,1)是C 上的定点,A,B 是C 上的两动点,且线段AB 被直线OM 平分.(1) 求p,t 的值;(2) 求△ABP 面积的最大值.(例1)练习 (2014·南京、盐城二模)在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,焦距为2,一条准线方程为为椭圆C 上一点,直线PF 1交椭圆C 于另一点Q.(1) 求椭圆C 的方程;(2) 若点P 的坐标为(0,b),求过P,Q,F 2三点的圆的方程;(3) 若1F P =λ1QF ,且λ∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,求OP ·OQ 的最大值.圆锥曲线中的定点与定值问题中“瓶颈题”例1 在平面直角坐标系中,点P(x,y)为动点,已知点A(2,0),B(-2,0),直线PA与PB的斜率之积为-1 2.(1) 求动点P的轨迹E的方程;(2) 过点F(1,0)的直线l交曲线E于M,N两点,设点N关于x轴的对称点为Q(M,Q不重合),求证:直线MQ过定点.练习(2014·江西卷)如图,已知双曲线C:22xa-y2=1(a>0)的右焦点F,点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点).(1) 求双曲线C的方程;(2) 过C上一点P(x0,y)(y≠0)的直线l:2x xa-yy=1与直线AF相交于点M,与直线x=32相交于点N,证明:点P在C上移动时,MFNF恒为定值,并求此定值.(练习)探究性问题中“瓶颈题”例1 已知椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为53,定点M(2,0),椭圆短轴的端点是B1,B2,且MB1⊥MB2.(1) 求椭圆C的方程.(2) 设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A,B两点,试问:x轴上是否存在定点P,使PM平分∠APB? 若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.练习(2014·山东卷)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有FA=FD.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.(1) 求抛物线C的方程.(2) 若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E.①证明:直线AE过定点,并求出定点坐标.②△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.解析几何中的证明问题例1 (南方凤凰台百校大联考)如图,已知中心在原点O、焦点在x轴上的椭圆C'过点M(2,1),离心率为32.抛物线C的顶点在原点且过点M.(1) 当直线l0经过椭圆C'的左焦点且平行于OM时,求直线l的方程;(2) 斜率为-14的直线l不过点M,与抛物线C交于A,B两个不同的点,求证:直线MA,MB与x轴总围成等腰三角形.(例1) 【评价反馈】1. (2013·湖北卷)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=mn,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.(1) 当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值.(2) 当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.(第1题)2. (2014·泰州期末)已知椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)和圆O:x2+y2=a2,F1(-1,0),F2(1,0)分别是椭圆的左、右焦点,过点F1且倾斜角为απ0,2α∈⎛⎫⎛⎤⎪⎥⎝⎦⎝⎭的动直线l交椭圆C于A,B两点,交圆O于P,Q两点(如图所示,点A在x轴上方).当α=π4时,弦PQ的长为14.(1) 求圆O与椭圆C的方程;(2) 若点M是椭圆C上一点,求当AF2,BF2,AB成等差数列时,△MPQ面积的最大值.(第2题)3. (2014·珠海期末)已知椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为e=32,直线y=x+2与以原点为圆心、以椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切.(1) 求椭圆C的方程;(2) 如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上异于顶点外的任意点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP的延长线于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m,求证:2m-k为定值.(第3题)4. 已知圆C1:x2+y2-x-a=0与圆C2:x2+y2-2x-2=0交于P,Q两点,M(2,t)是直线PQ上的一个动点.(1) 求圆C1的标准方程.(2) 求以OM为直径且被直线3x-4y-5=0截得的弦长为2的圆C3的方程.(3) 过圆C2的圆心作OM的垂线与以OM为直径的圆交于点N,请判断线段ON的长是否为定值,若是定值,求出这个定值;若不是,请说明理由.5. 已知椭圆C1:22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为e=33,直线l:y=x+2与以原点为圆心、以椭圆C1的短半轴长为半径的圆O相切.(1) 求椭圆C1的方程;(2) 已知抛物线C2:y2=2px(p>0)与椭圆C1有公共焦点,设C2与x轴交于点Q,在C2上有不同的两点R,S(R,S与点Q不重合),满足QR·RS=0,求|QS|的取值范围.6. 如图,椭圆C:22xa+y2=1(a>1)的右焦点为F(c,0)(c>1),点P在圆O:x2+y2=1上任意一点(点P在第一象限内),过点P作圆O的切线交椭圆C于Q,R两点.(1) 求证:PQ+FQ=a;(2) 若椭圆的离心率为32,求线段QR长度的最大值.(第6题)第2讲解析几何中的“瓶颈题”分类解密——专题突破考点1 求曲线方程中的“瓶颈题”【例1】【分析】(1) (条件)L上的点到两个已知圆的圆心距相等⇒(目标)圆C的圆心轨迹L的方程⇒(方法)根据平面几何知识作出推断,L为两圆圆心的垂直平分线;(2) (条件)点M的轨迹满足的几何条件⇒(目标)点M的轨迹Q的方程⇒(方法)归结为圆锥曲线定义,确定圆锥曲线方程的系数写出轨迹方程.【解答】(1) 两圆半径都为1,两圆心分别为C1(0,-4),C2(0,2),由题意得CC1=CC2,可知圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线,C1C2的中点为(0,-1),直线C1C2的垂直平分线的斜率等于零,故线段C1C2的垂直平分线方程为y=-1,即圆C的圆心轨迹L的方程为y=-1.(2) 因为m=n,所以M(x,y)到直线y=-1的距离与到点F(0,1)的距离相等,故点M的轨迹Q是以y=-1为准线,点F(0,1)为焦点,顶点在原点的抛物线,所以轨迹Q的方程是x2=4y.【点评】本题命题立意是通过对已知条件的分析、逻辑推理判断曲线的类型后求出其轨迹方程,考查逻辑推理能力在求轨迹方程中的运用,其特点是解轨迹方程不以计算为主,而以推理为主.【练习1】【解答】(1)由题意得23ab⎧=⎪⎨=又a>b>0,解得a2=8,b2=1.因此椭圆的标准方程为28x+y2=1.(2) ①设点M(x,y),A(m,n),则由题设知|OM|=2|OA|,OA·OM=0,即22224(),0,x y m nmx ny⎧+=+⎨+=⎩解得22221,41.4m yn x⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩因为点A(m,n)在椭圆C2上,所以28m+n2=1,即228y⎛⎫⎪⎝⎭+22x⎛⎫⎪⎝⎭=1,即24x+232y=1.所以点M的轨迹方程为24x+232y=1.②方法一:设M(x,y),则A(λy,-λx)(λ∈R,λ≠0).因为点A在椭圆C2上,所以λ2(y2+8x2)=8,即y2+8x2=28λ.(ⅰ)又x2+8y2=8.(ⅱ)(ⅰ)+(ⅱ),得x2+y2=28119λ⎛⎫+⎪⎝⎭.所以S△AMB =OM·OA=|λ|(x2+y2)=81||9||λλ⎛⎫+⎪⎝⎭≥169,当且仅当λ=±1,即k AB =±1时,(S △AMB )min =169.方法二:假设AB 所在的直线斜率存在且不为零,设AB 所在直线的方程为y=kx(k ≠0).解方程组221,8,x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=⎩得2A x =2818k +,2A y =22818k k +,所以OA 2=2A x +2A y =2818k ++22818k k +=228(1)18k k ++,AB 2=4OA 2=2232(1)18k k ++.又由221,81-,x y y x k ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得2M x =2288k k +,2M y =288k +,所以OM 2=228(1)8k k ++.由于2AMB S =14AB 2·OM 2=14·2232(1)18k k ++·228(1)8k k ++=222264(1)(18)(8)k k k +++≥2222264(1)1882k k k +⎛⎫+++ ⎪⎝⎭=222264(1)81(1)4k k ++=25681,当且仅当1+8k 2=k 2+8时等号成立,即k=±1时等号成立,此时△AMB 面积的最小值是S △AMB =169. 当k=0时,S △AMB =12×4169; 当k 不存在时,S △AMB =12×2169. 综上所述,△AMB 面积的最小值为169.方法三:因为21OA +21OM =2218(1)18k k +++2218(1)8k k ++=2221888(1)k k k ++++=98,又21OA +21OM ≥2·OA OM ,于是OA ·OM ≥169,当且仅当1+8k 2=k 2+8时等号成立,即k=±1时等号成立.(后同方法一)【练习2】 【解答】(1) 设双曲线C 1的方程为221x a -221y b =1,则有1113,21,b a a ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 解得111,23,2a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩则c 1=2211a b +=1,于是双曲线C 1的焦点F 1(-1,0),F 2(1,0),曲线C 2是以F 1,F 2为焦点的椭圆,设其方程为222x a +222y b =1(a 2>b 2>0),联立方程组22222222,-1,a a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩解得222,1,a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以曲线C 2的方程是22x +y 2=1.依题意,曲线C 3:x 2=2py(p>0)的焦点为F(0,1),于是2p=1,所以p=2,所以曲线C 3的方程是x 2=4y.(2) 由条件可设直线l 的方程为y=kx+1,由24,1,x y y kx ⎧=⎨=+⎩得x 2-4kx-4=0,Δ=16(k 2+1)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=4k,x 1x 2=-4.由AF =13FB,得-3x 1=x 2,代入x 1+x 2=4k,得x 1=-2k,x 2=6k,代入x 1x 2=-4,得k 2=13,由于点A 在y 轴左侧,所以x 1=-2k<0,即k>0,所以k=33,故直线l 的倾斜角为π6.考点2 圆锥曲线中的最值与范围问题中“瓶颈题”【例1】 【分析】(1) (条件)点M 在抛物线上、点P 到抛物线准线的距离⇒(目标)求p,t ⇒(方法)根据已知列方程组,解方程组即得;(2) (条件)直线OM 的方程、点P 坐标、抛物线方程⇒(目标)△ABP 面积的最大值⇒(方法)利用AB 的中点的坐标为参数建立△ABP 面积的函数关系式,通过函数的最值求解.【解答】(1) 由题意知21,51,24pt p =⎧⎪⎨+=⎪⎩得1,21.p t ⎛= =⎝(例1)(2) 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),线段AB 的中点为Q(m,m), 由题意知,设直线AB 的斜率为k(k ≠0).由211222,,y x y x ⎧=⎨=⎩得(y 1-y 2)(y 1+y 2)=x 1-x 2.故k ·2m=1.所以直线AB 的方程为y-m=12m (x-m),即x-2my+2m 2-m=0.由22-22-0,,x my m m y x ⎧+=⎨=⎩消去x,整理得y 2-2my+2m 2-m=0,所以Δ=4m-4m 2>0, y 1+y 2=2m,y 1·y 2=2m 2-m.从而211k +|y 1-y 2|214m +24-4m m 设点P 到直线AB 的距离为d,则2214m +设△ABP 的面积为S,则S=12AB ·d=|1-2(m-m 2)|2-m m由Δ=4m-4m 2>0,得0<m<1.令≤12,则S=u(1-2u 2). 设S(u)=u(1-2u 2),0<u ≤12,则S'(u)=1-6u 2.由S'(u)=0,得u=∈10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以S(u)max=S ⎝⎭=.故△ABP面积的最大值为. 【点评】解析几何中最值问题的基本思路是建立求解目标关于某个变量的函数,通过求解函数最值解决问题.求解参数范围的思路与此类似,即建立求解目标关于某个变量的函数,通过函数值域求解其范围.【练习】 【解答】(1) 由题意得222,2,c ac =⎧⎪⎨=⎪⎩解得c=1,a 2=2,所以b 2=a 2-c 2=1. 所以椭圆的方程为22x +y 2=1.(2) 因为P(0,1),F 1(-1,0),所以PF 1的方程为x-y+1=0.由22-10,1,2x y x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得0,1x y =⎧⎨=⎩或4-,31-,3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以点Q 的坐标为41-,-33⎛⎫ ⎪⎝⎭. 方法一:因为1PF k ·2PF k =-1,所以△PQF 2为直角三角形.因为QF 2的中点为11-,-66⎛⎫ ⎪⎝⎭,QF 2=,所以过点P,Q,F 2的圆的方程为216x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭+216y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=2518. 方法二:设过P,Q,F 2三点的圆的方程为x 2+y 2+Dx+Ey+F=0,则10,10,1741--0,933E F D F D E F ⎧⎪++=⎪++=⎨⎪⎪+=⎩解得1,31,34-.3D E F ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩所以圆的方程为x 2+y 2+13x+13y-43=0.(3) 方法一:设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则1F P =(x 1+1,y 1),1QF =(-1-x 2,-y 2).因为1F P =λ1QF ,所以12121(-1-),-,x x y y λλ+=⎧⎨=⎩即1212-1--,-,x x y y λλλ=⎧⎨=⎩所以222222222(-1--)1,21,2x y x y λλλ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 解得x 2=1-32λλ.所以OP ·OQ =x 1x 2+y 1y 2=x 2(-1-λ-λx 2)-λ22y=-222x λ-(1+λ)x 2-λ=-21-322λλλ⎛⎫ ⎪⎝⎭-(1+λ)·1-32λλ-λ =74-518λλ⎛⎫+ ⎪⎝⎭. 因为λ∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,所以λ+1λ≥当且仅当λ=1λ,即λ=1时取等号. 所以OP ·OQ ≤12,即OP ·OQ 的最大值为12.方法二:当PQ的斜率不存在时,在22x+y2=1中,令x=-1得,y=±.所以OP·OQ=(-1)×(-1)+2×2⎛⎫⎪⎪⎝⎭=12,此时λ=1∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦.当PQ的斜率存在时,设为k,则PQ的方程是y=k(x+1).由22(1),1,2y k xxy=+⎧⎪⎨+=⎪⎩得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.由韦达定理得x1+x2=22-412kk+,x1x2=222-212kk+.设P(x1,y1),Q(x2,y2).则OP·OQ=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1+1)(x2+1)=(k2+1)x1x2+k2(x1+x2)+k2=(k2+1)·222-212kk++k2·22-412kk++k2=22-2 12 kk +=12-252(12)k+<12.故OP·OQ的最大值为12,此时λ=1∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦.考点3 圆锥曲线中的定点与定值问题中“瓶颈题”【例1】【分析】(1) (条件)PA与PB的斜率之积为-12⇒(目标)求点P的轨迹方程⇒(方法)直接设点代入;(2) (条件)椭圆方程、直线系过点(1,0)等⇒(目标)直线MQ恒过定点⇒(方法)以参数表达直线系方程、代入椭圆方程,设出M,N的坐标,得出点Q坐标,设出直线系MQ的方程,证明直线过定点.【解答】(1)1 2,化简得22x+y2=1(y≠0),即为双曲线C的方程.(2) 方法一:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:x=my+1,代入22x+y2=1(y≠0),整理得(m2+2)y2+2my-1=0,所以y1+y2=2-22mm+,y1y2=2-12m+,MQ的方程为y-y1=1212-y yx x+(x-x1),令y=0,得x=x1+12112(-)y x xy y+=my1+1+12112(-)my y yy y+=12122my yy y++1=2,所以直线MQ过定点(2,0).方法二:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:y=k(x-1),代入22x+y2=1(y≠0),整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,x1+x2=22412kk+,x1x2=222-212kk+,MQ的方程为y-y1=1212-y yx x+(x-x1),令y=0,得x=x1+12112(-)y x xy y+=x1+12112(-1)(-)(-2)k x x xk x x+=1212122-()-2x x x xx x++=2.所以直线MQ过定点(2,0).【点评】解析几何中证明直线过定点,一般是先选择一个参数建立直线系方程,然后再根据直线系方程过定点时,方程的成立与参数没有关系,得到一个关于x,y的方程组,以这个方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.定值问题与此思路基本相同.【练习】【解答】(1) 设F(c,0),因为b=1,所以直线OB的方程为y=-1a x,直线BF的方程为y=1a(x-c),解得B,-22c ca⎛⎫⎪⎝⎭.又直线OA的方程为y=1a x,则A,cca⎛⎫⎪⎝⎭,kAB=3a.又因为AB ⊥OB,所以3a ·1-a ⎛⎫⎪⎝⎭=-1,解得a 2=3,故双曲线C 的方程为23x -y 2=1.(2) 由(1)知,则直线l 的方程为03x x-y 0y=1(y 0≠0),即y=00-33x x y .因为直线AF 的方程为x=2,所以直线l 与AF 的交点M 002-32,3x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 直线l 与直线x=32的交点为N 003-332,23x y ⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭, 则22MF NF =2022004(2-3)9[(-2)]x y x +. 因为点P 是C 上一点,则23x -20y =1,代入上式得22MF NF =2022004(2-3)9[(-2)]x y x +=2022004(2-3)9-1(-2)3x x x ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦=43,所以定值为MF NF=.考点4 探究性问题中“瓶颈题”【例4】 【分析】(1) (条件)椭圆离心率、MB 1⊥MB 2⇒(目标)得出椭圆方程⇒(方法)列方程求解椭圆方程需要的a,b;(2) (条件)椭圆方程⇒(目标)直线与椭圆交于两点A,B,判断x 轴上是否存在定点P,使PM 平分∠APB ⇒(方法)判断点P 是否存在,先假设其存在,把几何条件转化为代数条件后得关于点P 坐标的方程,这个方程对任意变动的直线恒成立时,若点P 的坐标有解则存在,否则不存在.【解答】(1) 由题意得222-a b a =1-22b a=23⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,即b a =23.依题意,得△MB 1B 2是等腰直角三角形, 从而b=2,故a=3.所以椭圆C 的方程是29x +24y =1.(2) 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB 的方程为x=my+2.将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立, 消去x,得(4m 2+9)y 2+16my-20=0.所以y 1+y 2=2-1649m m +,y 1y 2=2-2049m +.若PM 平分∠APB,则直线PA,PB 的倾斜角互补,所以k PA +k PB =0.设P(n,0),则有11-y x n +22-y x n =0. 将x 1=my 1+2,x 2=my 2+2代入上式,整理得1212122(2-)()(2-)(2-)my y n y y my n my n ++++=0,所以2my 1y 2+(2-n)(y 1+y 2)=0.将y 1+y 2=2-1649m m +,y 1y 2=2-2049m +代入上式,整理得(-2n+9)·m=0.由于上式对任意实数m 都成立,所以n=92. 综上,存在定点P 9,02⎛⎫ ⎪⎝⎭,使PM 平分∠APB.【点评】本题立意是通过圆锥曲线问题考查对数学问题的抽象概括能力、化归转化的思想意识.题目按照解析几何解答题的基本模式进行命制,解题中需要把已知的几何条件逐步转化为代数条件,充分体现了等价转化思想的应用.【练习】 【解答】(1) 由题意知F ,02p ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 设D(t,0)(t>0),则FD 的中点为2,04p t +⎛⎫⎪⎝⎭, 因为FA=FD,由抛物线的定义知3+2p =-2pt ,解得t=3+p 或t=-3(舍去).由322p ⎫+⎪⎝⎭解得p=2.所以抛物线C 的方程为y 2=4x. (2) ①由(1)知F(1,0),设A(x 0,y 0)(x 0y 0≠0),D(x D ,0)(x D >0), 因为FA=FD,则|x D -1|=x 0+1, 由x D >0,得x D =x 0+2,所以D(x 0+2,0),故直线AB 的斜率为k AB =-02y ,因为直线l 1和直线AB 平行,设直线l 1的方程为y=-02y x+b,代入抛物线方程得y 2+8y y-8b y =0,由题意知Δ=2064y +032b y =0,得b=-02y .设E(x E ,y E ),则y E =-04y ,x E =204y .当20y ≠4时,k AE =00--E E y y x x =-0022044-4y y y y +=0204-4y y ,可得直线AE 的方程为y-y 0=204-4y y (x-x 0),由20y =4x 0,整理可得y=204-4y y (x-1),直线AE 恒过点F(1,0).当20y =4时,直线AE 的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE 过定点F(1,0). ②由①知,直线AE 过焦点F(1,0),所以AE=AF+FE=(x 0+1)+011x⎛⎫+ ⎪⎝⎭=x 0+01x +2,设直线AE 的方程为x=my+1,因为点A(x 0,y 0)在直线AE 上,故m=00-1x y .设B(x 1,y 1),直线AB 的方程为y-y 0=-02y (x-x 0),由于y 0≠0,所以x=-2y y+2+x 0,代入抛物线方程得y 2+8y y-8-4x 0=0,所以y 0+y 1=-08y ,可求得y 1=-y 0-08y ,x 1=04x +x 0+4,所以点B 到直线AE 的距离为=4⎫.则△ABE 的面积S=12×4⎫(x 0+01x +2)≥16, 当且仅当x 0=01x ,即x 0=1时等号成立.所以△ABE 的面积的最小值为16.考点5 解析几何中的证明问题【例5】 【分析】本题主要考查直线的方程及椭圆和抛物线的标准方程,考查数学运算求解能力、综合分析问题的能力.【解答】(1) 根据e=ca =32,可设椭圆方程为224x b +22y b =1,将M(2,1)代入可得b 2=2, 所以椭圆C 的方程为28x +22y =1,因此左焦点为(-6,0),斜率0l k=k OM =12, 所以直线l 0的方程为y=12(x+6),即y=12x+62.(2) 抛物线C 的方程为y 2=12x.设点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线MA,MB 的斜率分别为k 1,k 2,则k 1=11-1-2y x ,k 2=22-1-2y x ,k AB =2121--y y x x =2112()y y +=-14,所以y 1+y 2=-2.k 1+k 2=11-1-2y x +22-1-2y x =112(1)y ++212(1)y +=121222(1)(1)y y y y ++++=0.所以直线MA,MB 与x 轴总围成等腰三角形.【点评】定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量,那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等,这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值,就是要求的定点、定值;解决圆锥曲线中的最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系,根据目标函数和不等式求最值、范围.如何突破解析几何中的“瓶颈题”,需要综合运用“设而不求”、“合理引参”、“整体代换”、“回归定义”和“借助平几”等策略,才能简化运算,起到事半功倍的效果.【评价反馈】1. (1) 由S 1=λS 2可知m+n=λ(m-n),所以λ=1-1mnmn+=1-1λλ+,解得λ=2+1(舍去小于1的根).(2) 设椭圆C1:22xa+22ym=1(a>m),C2:22xa+22yn=1(a>n),直线l:ky=x,联立方程组2222,1,ky xx ya m=⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x,得22222a m ka m+y2=1,所以yA=222ama m k+.同理,yB =222ana n k+.又因为△BDM和△ABN的高相等,所以12SS=BDAB=--B DA By yy y=-B AA By yy y+.若存在非零实数k使得S1=λS2,则有(λ-1)yA=(λ+1)yB,即222222(-1)a n kλλλ+=2222(1)a n kλ++,解得k2=22223(-2-1)(1)4anλλλλ+,所以当λ>1+2时,k2>0,存在这样的直线l;当1<λ≤1+2时,k2≤0,不存在这样的直线l.2. (1) 取PQ的中点D,连接OD,OP.(第2题)由α=π4,c=1,知OD=22.因为,所以OP 2=24PQ +OD 2=4, 所以a 2=4,b 2=3.所以椭圆C 的方程为24x +23y =1,圆O 的方程为x 2+y 2=4. (2) 设AF 2=s,BF 2=t.由椭圆定义得AF 1+AF 2=2a=4,BF 1+BF 2=2a=4.因为AF 2,BF 2,AB 的长成等差数列,所以2t=s+4-s+4-t,所以t=83.设B(x 0,y 0),由2200220064(-1),91,43x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 得B4-,-33⎛ ⎝⎭. 所以直线PQ 的斜率所以PQ 的方程为所以PQ=72.易求得椭圆上一点到直线PQ的距离的最大值是,所以△MPQ的面积的最大值是.3. (1) 由题意知,直线x 2+y 2=b 2相切,得b=1,由e=,得22c a =222-a b a =34,所以a=2. 所以椭圆C 的方程为24x +y 2=1.(2) 因为B(2,0),P 不为椭圆顶点,则直线BP 的方程为y=k(x-2)102k k ⎛⎫≠≠± ⎪⎝⎭且 ①,将①代入24x +y 2=1,解得P 2228-24,-4141k k k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭. 又直线AD 的方程为y=12x+1 ②,①与②联立解得M424,2-12-1k k k k +⎛⎫⎪⎝⎭, 由D(0,1),P 2228-24,-4141k k k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭,N(x,0)三点共线,可得N 42,02-1k k +⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以MN 的斜率为m=214k +,则2m-k=212k +-k=12(定值).4. (1) 因为圆C 1与圆C 2的公共弦PQ 的方程是x=a-2,而M(2,t)是x=a-2上的点,所以a=4,故圆C 1的标准方程为21-2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭+y 2=174.(2) 以OM 为直径的圆的方程为x(x-2)+y(y-t)=0,即(x-1)2+2-2t y ⎛⎫ ⎪⎝⎭=24t +1,其圆心为1,2t ⎛⎫ ⎪⎝⎭,半径因为以OM 为直径的圆被直线3x-4y-5=0截得的弦长为2,所以圆心到直线3x-4y-5=0的距离2t,所以|3-2-5|5t =2t,解得t=4,故所求圆的方程为(x-1)2+(y-2)2=5.(3) 方法一:设直线OM 与直线FN 交于点k,由平面几何知识知ON 2=OK ·OM,直线OM:y=2tx,直线FN:y=-2t (x-1),由,22-(-1),t y x y x t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩得x K =244t +,所以ON 2214t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭·244t +·2=2,所以线段ON方法二:设N(x 0,y 0),则000000(-1,),(2,),(-2,-),(,),FN x y OM t MN x y t ON x y ⎧==⎪⎨==⎪⎩ 因为FN ⊥OM ,所以2(x 0-1)+ty 0=0, 所以2x 0+ty 0=2.又因为MN ⊥ON ,所以x 0(x 0-2)+y 0(y 0-t)=0,所以20x +20y =2x 0+ty 0=2,所以,|ON|=.5. (1) 由直线l:y=x+2与圆x 2+y 2=b 2相切,=b,即由e=,得22b a =1-e 2=23,所以. 所以椭圆C 1的方程是23x +22y =1.(2) 由题意得2p=1,即p=2,故C 2的方程为y 2=4x.易知Q(0,0),设R 211,4y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭,S 222,4y y ⎛⎫⎪⎝⎭, 所以QR =211,4y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭,RS =222121-,-4y y y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 由QR ·RS =0,得222121(-)16y y y +y 1(y 2-y 1)=0,因为y 1≠y 2,所以y 2=-1116y y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭,所以22y =21y +21256y +32≥当且仅当21y =21256y ,即y 1=±4时等号成立.又|QS因为22y≥64,所以当22y=64,即y2=±8时,|QS|min=8故|QS|的取值范围是∞).6. (1) 设Q(x1,y1)(x1>0),得FQ=a-ex1,由PQ是圆x2+y2=1的切线,注意到212xa+21y1,所以PQ+FQ=a.(2) 由题意得e==,所以a=2.方法一:设直线QR的方程为y=kx+m,因为点P在第一象限,所以k<0,m>0.由直线QR与圆O相切,=1,所以m2=k2+1.由22,1,4y kx mxy=+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-2814kmk+.由(1)知,QR=e(x1+x2)=28-14kmk⎫⎪+⎝⎭·2||14k mk+·22||3k mm k+,因为m2+3k2≥所以|QR|≤当且仅当k时,QR取最大值2,此时直线QR的方程为),过焦点F.方法二:设P(x0,y),Q(x1,y1),R(x2,y2),则直线QR的方程为x0x+yy=1.由00221,44,x x y yx y+=⎧⎨+=⎩消去y得(2y+42x)x2-8xx+4-42y=0,则x1+x2=220084xy x+,因为2x+2y=1,所以x1+x2=2813xx+,由(1)知,QR=e(x1+x2)=2·2813xx+213xx+=4·113xx+,因为01x+3x≥所以QR≤当且仅当x=时,QR取最大值2,此时P⎝⎭,直线QR过焦点F.方法三:由(1)同理可求PR+FR=2,则QR+QF+FR=4,QR≤RF+FR,2QR≤QR+QF+FR=4,所以QR≤2,当且仅当直线QR过焦点F时等号成立,从而QRmax=2.。
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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年江苏省高考数学试卷解析
2015年江苏省高考数学试卷一、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．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．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{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）（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．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．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．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．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⊥AB1．17．（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．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．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．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．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．【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．【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．[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）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）（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．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．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、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）（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x2﹣x＜2，求解即可．解答：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）（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：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．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．。
江苏高考2015数学真题
江苏高考2015数学真题2015年江苏高考数学真题是考生备战高考的重要资料，通过这份真题可以更好的了解考试题型和难度，为高考备考提供有力支持。
以下是2015年江苏高考数学真题的内容及参考答案：一、单选题1. 若函数$f(x)=a(x-2)(x-3)(x+1)(x+5)$的图象过点$(1, 7)$，则$a$的值等于（）A. 2B. 3C. 4D. 5参考答案：C. 42. 曲线$y=2x^3+6x^2+4x$的切线方程为$2x-y-4=0$，则曲线在点$M(1, -6)$处的切线方程为（）A. $y-5x-1=0$B. $y-5x+1=0$C. $y-5x-5=0$D. $y-5x+5=0$参考答案：A. $y-5x-1=0$3. 在$\triangle ABC$中，角$A$的对边长为$a$，角$B$的对边长为$b$，已知$a=2$，$b=3$，$C=120^\circ$，则三角形面积等于（）A. $3\sqrt{3}$B. $2\sqrt{3}$C. $\frac{7\sqrt{3}}{4}$D.$\frac{\sqrt{3}}{4}$参考答案：B. $2\sqrt{3}$二、填空题4. 过坐标原点的直线$ax-by+c=0$与圆$x^2+y^2=25$相交于$A、B$两点，且$OA^2+OB^2=50$，则$a= \underline{\hspace{1cm}}$，$b= \underline{\hspace{1cm}}$，$c= \underline{\hspace{1cm}}$。
参考答案：$a=-\frac{4}{3}$，$b=-\frac{5}{3}$，$c=0$5. 设$y=f(x),\ y=f^{-1}(x)$，且$f(1)=-1$，$f(-1)=1$，则$f(y)$的定义域为$\underline{\hspace{2cm}}$。
参考答案：$[-1, 1]$6. $r$为正数，直线$x=1$与曲线$y=x^2$、$y=rx$所围成的图形面积为$\frac{4}{3}$，则$r= \underline{\hspace{1cm}}$。
2015江苏省高考数学试题(卷)与答案解析Word版
2015年江苏省高考数学试卷一、填空题1.已知集合{}123A =，，，{}245B =，，，则集合AB 中元素的个数为_______.2.已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________.3.设复数z 满足234z i =+（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()21a =，，()2a =-1，，若()()98ma nb mn R +=-∈，，则m-n 的值为______.7.不等式224x x-<的解集为________.8.已知tan 2α=-，()1tan 7αβ+=，则tan β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与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥与圆柱各一个，则新的底面半径为 。
10.在平面直角坐标系xOy 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.数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为 。
12.在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线122=-y x 右支上的一个动点。
若点P 到直线01=+-y x 的距离对c 恒成立，则是实数c 的最大值为 。
13.已知函数|ln |)(x x f =，⎩⎨⎧>--≤<=1,2|4|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)12,,2,1,0)(6cos 6sin ,6(cos =+=k k k k a k πππ，则∑=+⋅121)(k k ka a的值为 。
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年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(江苏卷,含解析)
更多优质资料请关注公众号：诗酒叙华年2015年普通高等学校招生全国统一考试数学试题（江苏卷，含解析）一、填空题：本大题共14个小题,每小题5分,共70分.1.已知集合{}3,2,1=A ，{}5,4,2=B ，则集合B A Y 中元素的个数为_______. 【答案】5 【解析】试题分析：{123}{245}{12345}5A B ==U U ，，，，，，，，，个元素 考点：集合运算2.已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________. 【答案】6考点：平均数3.设复数z 满足234z i =+（i 是虚数单位），则z 的模为_______. 5 【解析】试题分析：22|||34|5||5||5z i z z =+=⇒=⇒=考点：复数的模4.根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为________.【答案】7 【解析】S ←1 I ←1 While I <10 S ←S ＋2 I ←I ＋3 End While Print S（第4题图）更多优质资料请关注公众号：诗酒叙华年试题分析：第一次循环：3,4S I ==;第二次循环：5,7S I ==;第三次循环：7,10S I ==;结束循环，输出7.S = 考点：循环结构流程图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________. 【答案】5.6考点：古典概型概率6.已知向量a =)1,2(，b=)2,1(-, 若m a +n b =)8,9(-(R n m ∈,), n m -的值为______. 【答案】3- 【解析】试题分析：由题意得：29,282,5, 3.m n m n m n m n +=-=-⇒==-=- 考点：向量相等 7.不等式224x x-<的解集为________.【答案】(1,2).- 【解析】试题分析：由题意得：2212x x x -<⇒-<<，解集为(1,2).- 考点：解指数不等式与一元二次不等式 8.已知tan 2α=-，()1tan 7αβ+=，则tan β的值为_______. 【答案】3 【解析】试题分析：12tan()tan 7tan tan() 3.21tan()tan 17αβαβαβααβα++-=+-===++- 考点：两角差正切公式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。
2015年普通高等学校招生全国统一考试理数(江苏卷)及解析
江苏卷参考公式:圆柱的体积公式:V圆柱=Sh,其中S是圆柱的底面积,h为高.圆锥的体积公式:V圆锥=Sh,其中S是圆锥的底面积,h为高.数学Ⅰ试题一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共70分.1.(2015高考江苏卷,1)已知集合A={1,2,3},B={2,4,5},则集合A∪B中元素的个数为. 解析:由已知得A∪B={1,2,3,4,5},故集合A∪B中元素的个数为5.答案:52.(2015高考江苏卷,2)已知一组数据4,6,5,8,7,6,那么这组数据的平均数为.解析:由已知得,所求平均数为=6.答案:63.(2015高考江苏卷,3)设复数z满足z2=3+4i(i是虚数单位),则z的模为.解析:设z=a+bi(a,b∈R),则z2=a2-b2+2abi,由复数相等的定义得解得或从而|z|==.答案:4.(2015高考江苏卷,4)根据如图所示的伪代码,可知输出的结果S为.解析:因为1<8,所以S=3,I=4;因为4<8,所以S=5,I=7;因为7<8,所以S=7,I=10;因为10>8,所以循环结束,输出S,此时S=7.答案:75.(2015高考江苏卷,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.解析:记两只黄球为A与B,从而所有的摸球结果为白红,白A,白B,红A,红B,AB,共6种情况,其中颜色不同的有5种情况,则所求概率P=.答案:6.(2015高考江苏卷,6)已知向量a=(2,1),b=(1,-2),若ma+nb=(9,-8)(m,n∈R),则m-n的值为.解析:由a=(2,1),b=(1,-2),可得ma+nb=(2m,m)+(n,-2n)=(2m+n,m-2n)=(9,-8),由已知可得解得从而m-n=-3.答案:-37.(2015高考江苏卷,7)不等式<4的解集为.解析:不等式<4可转化为<22,由指数函数y=2x为增函数知,x2-x<2,解得-1<x<2,故所求解集为(-1,2).答案:(-1,2)8.(2015高考江苏卷,8)已知tan α=-2,tan(α+β)=,则tan β的值为.解析:tan β=tan[(α+β)-α]===3.答案:39.(2015高考江苏卷,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.解析:原两个几何体的总体积V=×π×52×4+π×22×8=π.由题意知新圆锥的高为4,新圆柱的高为8,且它们的底面半径相同,可设两几何体的底面半径均为r(r>0),则×π×r2×4+π×r2×8=π,解得r2=7,从而r=.答案:10.(2015高考江苏卷,10)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.解析:由mx-y-2m-1=0可得m(x-2)=y+1,由m∈R知该直线过定点(2,-1),当过(2,-1),(1,0)的直线与mx-y-2m-1=0垂直时点(1,0)到直线mx-y-2m-1=0的距离的最大值为=,即相切圆半径最大,故所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2.答案:(x-1)2+y2=211.(2015高考江苏卷,11)设数列{a n}满足a1=1,且a n+1-a n=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为. 解析:由已知得a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,…,a n-a n-1=n-1+1(n≥2),则有a n-a1=2+3+…+n=(n≥2),因为a1=1,所以a n=(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故a n=(n∈N*),所以==2-,从而+++…+=2×1-+2×-+2×-+…+2×-=2×1-=.答案:12.(2015高考江苏卷,12)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.解析:双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,显然直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间的距离为=.因为点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒大于0,结合图形可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于,即c≤,可得c的最大值为.答案:13.(2015高考江苏卷,13)已知函数f(x)=|ln x|,g(x)=则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为.解析:由|f(x)+g(x)|=1可得f(x)+g(x)=±1,即g(x)=-f(x)±1,则原问题等价于函数y=g(x)与y=-f(x)+1或y=g(x)与y=-f(x)-1的图象的交点个数问题,在同一坐标系中作出y=g(x),y=-f(x)+1及y=-f(x)-1的图象,如图:由图可知,函数y=g(x)的图象与函数y=-f(x)+1的图象有2个交点,与函数y=-f(x)-1的图象有2个交点,则方程|f(x)+g(x)|=1实根的个数为4.答案:414.(2015高考江苏卷,14)设向量a k=cos,sin+cos(k=0,1,2,…,12),则(a k·a k+1)的值为.解析:由a k=cos ,sin+cos(k=0,1,2,…,12),得a k+1=cos ,sin +cos (k=0,1,2,…,11),故a k·a k+1=cos ,sin +cos·cos ,sin +cos=+sin+θ,其中cos θ=,sin θ=.所以(a k·a k+1)=9.答案:9二、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.(本小题满分14分)(2015高考江苏卷,15)在△ABC中,已知AB=2,AC=3,A=60°.(1)求BC的长;(2)求sin 2C的值.解:(1)由余弦定理知BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos A=4+9-2×2×3×=7,所以BC=.(2)由正弦定理知=,所以sin C=·sin A==.因为AB<BC,所以C为锐角,则cos C===.因此sin 2C=2sin C·cos C=2××=.16.(本小题满分14分)(2015高考江苏卷,16)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.证明:(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此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BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.17.(本小题满分14分)(2015高考江苏卷,17)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所在的直线分别为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.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)知,y=(5≤x≤20),则点P的坐标为t,.设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B两点,y'=-,则l的方程为y-=-(x-t),由此得A,0,B0,.故f(t)==,t∈[5,20].②设g(t)=t2+,则g'(t)=2t-,令g'(t)=0,解得t=10.当t∈(5,10)时,g'(t)<0,g(t)是减函数;当t∈(10,20)时,g'(t)>0,g(t)是增函数;从而,当t=10时,函数g(t)有极小值,也是最小值,所以g(t)min=300,此时f(t)min=15.答:当t=10时,公路l的长度最短,最短长度为15千米.18.(本小题满分16分)(2015高考江苏卷,18)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.解:(1)由题意,得=,且c+=3,解得a=,c=1,则b=1,所以椭圆的标准方程为+y2=1.(2)当AB⊥x轴时,AB=,又CP=3,不合题意.当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).将AB的方程代入椭圆方程,得(1+2k2)x2-4k2x+2(k2-1)=0,则x1,2=,C的坐标为,,且AB===.若k=0,则线段AB的垂直平分线为y轴,与左准线平行,不合题意.从而k≠0,故直线PC的方程为y+=-x-,则P点的坐标为-2,,从而PC=.因为PC=2AB,所以=,解得k=±1.此时直线AB方程为y=x-1或y=-x+1.19.(本小题满分16分)(2015高考江苏卷,19)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.解:(1)f'(x)=3x2+2ax,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=-.当a=0时,因为f'(x)=3x2≥0,所以函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,x∈-∞,-∪(0,+∞)时,f'(x)>0,x∈-,0时,f'(x)<0,所以函数f(x)在-∞,-,(0,+∞)上单调递增,在-,0上单调递减;当a<0时,x∈(-∞,0)∪-,+∞时,f'(x)>0,x∈0,-时,f'(x)<0,所以函数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-=a3+b,则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f-=b a3+b<0,从而或又b=c-a,所以当a>0时,a3-a+c>0或当a<0时,a3-a+c<0.设g(a)=a3-a+c,因为函数f(x)有三个零点时,a的取值范围恰好是(-∞,-3)∪1,∪,+∞,则在(-∞,-3)上g(a)<0,且在1,∪,+∞上g(a)>0均恒成立,从而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1.此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a],因函数有三个零点,则x2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0,解得a∈(-∞,-3)∪1,∪,+∞.综上c=1.20.(本小题满分16分)(2015高考江苏卷,20)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:,,,依次构成等比数列;(2)是否存在a1,d,使得a1,,,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,,,依次构成等比数列?并说明理由.(1)证明:因为==2d(n=1,2,3)是同一个常数,所以,,,依次构成等比数列.(2)解:不存在,理由如下: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,,,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,得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,,,依次构成等比数列.(3)解:不存在,理由如下:假设存在a1,d及正整数n,k,使得,,,依次构成等比数列,则(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及,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).将上述两个等式两边取对数,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)=令φ(t)=(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2·ln(1+t),则φ'(t)=6[(1+3t)ln(1+3t)-2(1+2t)ln(1+2t)+(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φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在-,0和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点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,,,依次构成等比数列.数学Ⅱ(附加题)21.(2015高考江苏卷,21)(选做题)本题包括A、B、C、D四小题,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.A.[选修41:几何证明选讲](本小题满分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.证明:因为AB=AC,所以∠ABD=∠C.又因为∠C=∠E,所以∠ABD=∠E,又∠BAE为公共角,可知△ABD∽△AEB.B.[选修42:矩阵与变换](本小题满分10分)已知x,y∈R,向量α=是矩阵A=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.解:由已知,得Aα=-2α,即==,则即所以矩阵A=.从而矩阵A的特征多项式f(λ)=(λ+2)(λ-1),所以矩阵A的另一个特征值为1.C.[选修44:坐标系与参数方程](本小题满分10分)已知圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsinθ--4=0,求圆C的半径.解:以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O,以极轴为x轴的正半轴,建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsin θ-cos θ-4=0,化简,得ρ2+2ρsin θ-2ρcos θ-4=0.则圆C的直角坐标方程为x2+y2-2x+2y-4=0,即(x-1)2+(y+1)2=6.所以圆C的半径为.D.[选修45:不等式选讲](本小题满分10分)解不等式x+|2x+3|≥2.解:原不等式可化为或解得x≤-5或x≥-.综上,原不等式的解集是x x≤-5或x≥-.【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.22.(本小题满分10分)(2015高考江苏卷,22)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.解:(1)以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==.所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-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=cos x在0,上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.23.(本小题满分10分)(2015高考江苏卷,23)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.解:(1)f(6)=13.(2)当n≥6时,f(n)=(t∈N*)下面用数学归纳法证明:①当n=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+2+++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)+1=k+2+++1=(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.。
2015年江苏省高考数学试卷解析
2015年江苏省高考数学试卷一、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．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．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{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）（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．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．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．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．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⊥AB1．17．（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．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．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．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．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．【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．【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．[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）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）（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．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．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）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）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）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．评：4．（5分）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）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、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）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）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x2﹣x＜2，求解即可．解答：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）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）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）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）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）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）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）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）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）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）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）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x 1+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）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）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．解解：（1）证明：∵==2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，答：∴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）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 ．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．点评：【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）特征值与特征向量的计算．考点：专矩阵和变换．题：分利用A=﹣2，可得A=，通过令矩阵A的特征多项式为0即得结论．析：解解：由已知，可得A=﹣2，即==，答：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．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．点评：【选修4-4：坐标系与参数方程】23．（2015•江苏）简单曲线的极坐标方程．考点：专计算题；坐标系和参数方程．题：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）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）（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）考数学归纳法．点：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．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．点评：。
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(含解析版)
2015年江苏省高考数学试卷一、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．﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为．8．（5分）已知tanα＝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）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）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）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）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）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、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）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．【解答】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．﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为3．8．（5分）已知tanα＝【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）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】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）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）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．【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）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）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）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．【解答】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．【解答】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）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，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，∴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=（a+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）1+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（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．【解答】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．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．，求出圆的直角坐标方程，求出半径．，y=ρsinθ【分析】先根据x=ρcosθ【解答】解：圆的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，ρ2+2ρ（sinθ﹣cosθ）﹣4=0，﹣4=0，可得ρ2﹣2ρcosθ+2ρsinθ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，比较基础，标的方法，关键是利用公式x=ρcosθ，y=ρsinθ[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）；＜”进行讨论求解．思路2（零点分段法）：对x的值分“ｘ≥”“ｘ【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）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）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．31【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，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．32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．33。
2015年江苏省高考数学试卷附详细解析
2015年江苏省高考数学试卷一、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．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．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{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）（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．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．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．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．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⊥AB1．17．（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．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．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．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．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．【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．【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．[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）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）（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．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．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5．2．（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．那么这组数据的平均数为：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．|z||z|=|3+4i|=故答案为：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7．5．（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．．故答案为：．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﹣3．解：向量，m+n，解得7．（5分）（2015•江苏）不等式2＜4的解集为（﹣1，2）．28．（5分）（2015•江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为3．=，=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．解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：则新圆锥和圆柱的体积和为：，解得：故答案为：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（x﹣1）2+y2=2．d=，，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．=+2+1=．．{．{项的和为故答案为：．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．的距离，即故答案为：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4．14．（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．答=：+，++++++．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．×=7．==cosC==×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⊥AB1．17．（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．y=，利用导数，确定单调性，即可求出当y=，，y=，，﹣（）=t=10，）时，10时，函数=15时，公路1518．（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．=，=3，，即有椭圆方程为+y==（）==（）|PC|==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．（﹣+b（﹣+b时，时，=或﹣．，﹣）∪（，））上单调递增，在（﹣）∪（﹣，，﹣）时，（﹣，）上单调递减；（﹣+b（﹣（时，时，），，）∪（，（）∪（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．）证明：∵=2，，，依次构成等比数列；t=（﹣＜，不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，t=，[＞）在（﹣，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．【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．A=，可得=2，即，即A=【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．ρ﹣[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）解不等式x+|2x+3|≥2．”“＜，或．时，原不等式化为，≥时，原不等式化为【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．，＞≤，，∴=，=，得，，得=，＞=；）∵=λ==，则===，＞=，＞≤，即=，的最大值为，BP==，∴BP=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．+=13=6+2+=13．=6+2+=13+2+，+1=k+2++++2=k+2++++2=k+2++++2=k+2++++2=k+2+++参与本试卷答题和审题的老师有：sdpyqzh；qiss；w3239003；742048；sxs123；刘长柏；孙佑中；双曲线；whgcn；cst；尹伟云（排名不分先后）菁优网2015年7月21日。
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1、某机床厂今年年初用98万元购进一台数控机床，并立即投入生产使用，计划第一年维修、保养费用12万元，从第二年开始，每年所需维修、保养费用比上一年增加4万元，该机床使用后，每年的总收入为50万元，设使用x 年后数控机床的盈利额为y 万元.
（1）写出y 与x 之间的函数关系式；
（2）从第几年开始，该机床开始盈利（盈利额为正值）；
(3 ) 使用若干年后，对机床的处理方案有两种：
(i )当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该机床；
(ii )当盈利额达到最大值时，以12万元价格处理该机床，问用哪种方案处理较为合算？请说明你的理由.
2、已知圆M 的方程为22(2)1x y +-=，直线l 的方程为20x y -=，点P 在直线l 上，过P 点作圆M 的切线,PA PB ，切点为,A B ．
（1）若60APB ∠=，试求点P 的坐标；
（2）若P 点的坐标为(2,1)，过P 作直线与圆M 交于,C D 两点，当2CD =时，求直线CD 的方程；
（3）求证：经过,,A P M 三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标.
1、（1）98]42
)1(12[50-⨯-+-=x x x x y =984022-+-x x . （2）解不等式 984022-+-x x ＞0,得 5110-＜x ＜5110+.
∵ x ∈N ， ∴ 3 ≤x ≤ 17.故从第3年工厂开始盈利.
（3）(i) ∵ ）x
x x x x y 982(4098402+-=-+-=≤40129822=⨯- 当且仅当x
x 982=时，即x=7时，等号成立. ∴ 到2008年，年平均盈利额达到最大值，工厂共获利12×7+30=114万元.
(ii) y=-2x 2+40x-98= -2（x-10）2 +102，∴当x=10时，y max =102.
故到2011年，盈利额达到最大值，工厂共获利102+12=114万元.
解答函数型最优化实际应用题，二、三元均值不等式是常用的工具.
2、解：（1）设(2,)P m m ，由题可知2MP =，所以22(2)(2)4m m +-=，解之得：40,5
m m == 故所求点P 的坐标为(0,0)P 或84(,)55
P ． （2）设直线CD 的方程为：1(2)y k x -=-，易知k 存在，由题知圆心M 到直线CD 的距离为22
， 所以221221k k
--=+， 解得，1k =-或17k =-
， 故所求直线CD 的方程为：30x y +-=或790x y +-=．
（3）设(2,)P m m ，MP 的中点(,
1)2
m Q m +，因为PA 是圆M 的切线 所以经过,,A P M 三点的圆是以Q 为圆心，以MQ 为半径的圆， 故其方程为：2222()(1)(1)22m m x m y m -+-
-=+- 化简得：222(2)0x y y m x y +--+-=，此式是关于m 的恒等式，
故2220,20,
x y y x y ⎧+-=⎨+-=⎩解得02x y =⎧⎨=⎩或1,1.x y =⎧⎨=⎩ 所以经过,,A P M 三点的圆必过定点(0,2)或(1,1).。