2015年江苏省高考数学试卷.doc

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1、第 1 页（共 29 页）2015 年江苏省高考数学试卷年江苏省高考数学试卷一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70 分）分）1 （5 分）已知集合 A=1，2，3，B=2，4，5，则集合 AB 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、 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，nR） ，则 mn 的值为 7 （5 分）不等式 24 的解集为 8 （5 分）已知 tan=2，tan（+）=，则 tan 的值为 9 （5 分）现有橡皮泥制作的底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2，高为 8 的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为 10 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，以点（1，0）为圆心且与直线mxy2m1=0（mR）相切的所有圆中，半径最大的圆的标

3、准方程为 11 （5 分）设数列an满足 a1=1，且 an+1an=n+1（nN*） ，则数列的前 10项的和为 第 2 页（共 29 页）12 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，P 为双曲线 x2y2=1 右支上的一个动点，若点 P 到直线 xy+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（akak+1）的值为 二、解答题（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 90

4、 分，解答时应写出文字说明、证明过程分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）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 ABCA1B1C1中，已知 ACBC，BC=CC1，设 AB1的中点为 D，B1CBC1=E求证：（1）DE平面 AA1C1C；（2）BC1AB1第 3 页（共 29 页）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

5、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请写出公路 l 长度的函数解析式 f（t） ，并写出其定义域；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（ab0）的离

6、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，bR） （1）试讨论 f（x）的单调性；第 4 页（共 29 页）（2）若 b=ca（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，a3a4是各项为正数且公差为 d（d0）的等差数列（1）证明：2，2，

7、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）三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分） 【选做题选做题】本题包括本题包括 21-24 题，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字说明、证明过程或演算步骤【选修选修 4-1：几何证明选

8、讲：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：ABDAEB【选修选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换】22 （10 分）已知 x，yR，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【选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程】23已知圆 C 的极坐标方程为 2+2sin（）4=0，求圆 C 的半径第 5 页（共 29 页） 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲】24解不等式 x+|2x+3|2【必做题必做题】每题每题 10 分，共计分，共计 20 分，解答时写出文字说明、

9、证明过程或演算步分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤骤25 （10 分）如图，在四棱锥 PABCD 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，Yn=1，2，3，n） （nN*） ，设Sn=（a，b）|a 整除 b 或 b 整除 a，aX，BYn，令 f（n）表示集合 Sn所含元素的个数（1）写出 f（6）的值；（2）当 n6 时，

10、写出 f（n）的表达式，并用数学归纳法证明第 6 页（共 29 页）2015 年江苏省高考数学试卷年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，共计分，共计 70 分）分）1 （5 分）已知集合 A=1，2，3，B=2，4，5，则集合 AB 中元素的个数为 5 【分析】求出 AB，再明确元素个数【解答】解：集合 A=1，2，3，B=2，4，5，则 AB=1，2，3，4，5；所以 AB 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

11、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 【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 【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，考查计算能力第 7 页（共 29 页）4 （5 分）根据如图所示的伪代码，可知

12、输出的结果 S 为 7 【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 I8，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 I8，S=3，I=4满足条件 I8，S=5，I=7满足条件 I8，S=7，I=10不满足条件 I8，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 【分析】根据题意

13、，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，是基础题目第 8 页（共 29 页）6 （5 分）已知向量 =（2，1） ， =（1，2） ，若 m +n =（9，8） （m，nR） ，则 mn 的值为 3 【分析】直接利用向量的坐标运算，求解即可【解答

14、】解：向量 =（2，1） ， =（1，2） ，若 m +n =（9，8）可得，解得 m=2，n=5，mn=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 24 的解集为 （1，2） 【分析】利用指数函数的单调性转化为 x2x2，求解即可【解答】解；24，x2x2，即 x2x20，解得：1x2故答案为：（1，2）【点评】本题考查了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大8 （5 分）已知 tan=2，tan（+）=，则 tan 的值为 3 【分析】直接利用两角和的正切函数，求解即可【解答】解：tan=2，tan（+）=，可

15、知 tan（+）=，第 9 页（共 29 页）即=，解得 tan=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 【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

16、，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mxy2m1=0（mR）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 （x1）2+y2=2 【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（x1）2+y2=2故答案为：（x1）2+y2=2第 10 页（共 29 页）【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an满足 a1=1，且 an+1an=n+1（nN*） ，则数列的前 10项的和为 【分

17、析】数列an满足 a1=1，且 an+1an=n+1（nN*） ，利用“累加求和”可得 an=再利用“裂项求和”即可得出【解答】解：数列an满足 a1=1，且 an+1an=n+1（nN*） ，当 n2 时，an=（anan1）+（a2a1）+a1=n+2+1=当 n=1 时，上式也成立，an=2数列的前 n 项的和 Sn=数列的前 10 项的和为故答案为：【点评】本题考查了数列的“累加求和”方法、 “裂项求和”方法、等差数列的前 n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题12 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，P 为双曲线 x2y2=1 右支上的一个动点，若点 P 到直线 xy+

18、1=0 的距离大于 c 恒成立，则实数 c 的最大值为 【分析】双曲线 x2y2=1 的渐近线方程为 xy=0，c 的最大值为直线 xy+1=0 与直线 xy=0 的距离第 11 页（共 29 页）【解答】解：由题意，双曲线 x2y2=1 的渐近线方程为 xy=0，因为点 P 到直线 xy+1=0 的距离大于 c 恒成立，所以 c 的最大值为直线 xy+1=0 与直线 xy=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 【分析】：由|f（x）+g（

19、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）1g（x）与 h（x）=f（x）+1 的图象如图所示，图象有 2 个交点g（x）与 （x）=f（x）1 的图象如图所示，图象有两个交点；第 12 页（共 29 页）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（akak+1）的值为 【分

20、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：=+=+=+=+，（akak+1）=+第 13 页（共 29 页）+=+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（本大题共二、解答题（本大题共 6 小题，共计小题，共计 90 分，解答时应写出文字说明、证明过程分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）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【分

21、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+AC22ABACcosA=4+9223=7，所以 BC=（2）由正弦定理可得：，则 sinC=，ABBC，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sinC0，cosC0 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 ABCA1B1C1中，已知

22、 ACBC，BC=CC1，设 AB1第 14 页（共 29 页）的中点为 D，B1CBC1=E求证：（1）DE平面 AA1C1C；（2）BC1AB1【分析】 （1）根据中位线定理得 DEAC，即证 DE平面 AA1C1C；（2） 【方法一】先由直三棱柱得出 CC1平面 ABC，即证 ACCC1；再证明 AC平面 BCC1B1，即证 BC1AC；最后证明 BC1平面 B1AC，即可证出 BC1AB1【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 DEAC；又因为 DE平面 AA1C1C，AC

23、平面 AA1C1C，所以 DE平面 AA1C1C；（2） 【方法一】因为棱柱 ABCA1B1C1是直三棱柱，所以 CC1平面 ABC，因为 AC平面 ABC，第 15 页（共 29 页）所以 ACCC1；又因为 ACBC，CC1平面 BCC1B1，BC平面 BCC1B1，BCCC1=C，所以 AC平面 BCC1B1；又因为 BC1平面 BCC1B1，所以 BC1AC；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 BC1AB1【方法二】根据题意，A1C1B1C1，CC1平面 A1B1C1，以 C1为原点建立空间直角座标系，C1

24、A1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） ，第 16 页（共 29 页）=b0+a（a）a（a）=0，即 AB1BC1【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

25、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请写出公路 l 长度的函数解析式 f（t） ，并写出其定义域；当 t 为何值时，公路 l 的长度最短？求出最短长度【分析】 （1）由题意知，点 M，N 的坐标分别为（5，40） ， （20，2.5） ，

26、将其分别代入 y=，建立方程组，即可求 a，b 的值；（2）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；第 17 页（共 29 页）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）由（1）y=（5x20） ，P（t，） ，y=，切线 l 的方程为 y=（xt）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

27、）=，t5，20；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（ab0）第 18 页（共 29 页）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

28、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【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 ABx 轴，AB=，CP=3，不合题意；当 AB

29、与 x 轴不垂直，设直线 AB：y=k（x1） ，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，将 AB 方程代入椭圆方程可得（1+2k2）x24k2x+2（k21）=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 k0，故 PC：y+=（x） ，P（2，） ，从而|PC|=，第 19 页（共 29 页）由|PC|=2|AB|，可得=，解得 k=1，此时 AB 的方程为 y=x1 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

30、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，bR） （1）试讨论 f（x）的单调性；（2）若 b=ca（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【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 a0 时，a+c0 或 a0 时，a+c0设 g（a）=a+c，利用条件即

31、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；a0 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；第 20 页（共 29 页）a0 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

32、f（0）0，且 f（）0，b0 且+b0，b=ca，a0 时，a+c0 或 a0 时，a+c0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）=c10，且 g（）=c10，c=1，此时 f（x）=x3+ax2+1a=（x+1）x2+（a1）x+1a，函数有三个零点，x2+（a1）x+1a=0 有两个异于1 的不等实根，=（a1）24（1a）0，且（1）2（a1）+1a0，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

33、数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大第 21 页（共 29 页）20 （16 分）设 a1，a2，a3a4是各项为正数且公差为 d（d0）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【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

34、；（3）利用反证法，假设存在 a1，d 及正整数 n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，得到 a1n（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到 ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t） ，（*） ，多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立【解答】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 a

35、1，a2，a3，a4分别为ad，a，a+d，a+2d（ad，a2d，d0）假设存在 a1，d 使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则 a4=（ad） （a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，令 t=，则 1=（1t） （1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4， （t1，t0） ，化简得 t3+2t22=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，第 22 页（共 29 页）因此不存在 a1，d，使得 a1，a22，a3

36、3，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，t0） ，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）+（

37、n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t） ，化简得，2kln（1+2t）ln（1+t）=n2ln（1+t）ln（1+2t），且 3kln（1+3t）ln（1+t）=n3ln（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 （t）=（1+3t

38、）2ln（1+3t）3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t） ，则 （t）=6（1+3t）ln（1+3t）2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t），令 1（t）=（t） ，则 1（t）=63ln（1+3t）4ln（1+2t）+ln（1+t），令 2（t）=1（t） ，则 2（t）=0，由 g（0）=（0）=1（0）=2（0）=0，2（t）0，知 g（t） ，（t） ，1（t） ，2（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，a

39、2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列第 23 页（共 29 页）【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）三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分） 【选做题选做题】本题包括本题包括 21-24 题，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字说明、证明过程或演算步骤【选修选修 4-1：几何证明选讲：几何证明

40、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：ABDAEB【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：ABDAEB【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【选修选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换】22 （10 分）已知 x，yR，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【分析】利用 A=2，可得 A=，通过令矩阵 A 的特征多项式为 0 即得结论第

41、 24 页（共 29 页）【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（）=（+2） （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【选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程】23已知圆 C 的极坐标方程为 2+2sin（）4=0，求圆 C 的半径【分析】先根据 x=cos，y=sin，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 2+2sin（）4=0，可得22cos+2sin4=0，化为直角坐标方程为 x2+y22x+2y4=0，化为标准方程为（x1）2+（y

42、+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=cos，y=sin，比较基础， 选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲】24解不等式 x+|2x+3|2【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|2x，得 2x+32x，或 2x+3（2x） ，第 25 页（共 29 页）即 x，或 x5，即原不等式的解集为x|x，或 x5解法 2：令|2x+3|

43、=0，得 x=当 x时，原不等式化为 x+（2x+3）2，即 x，所以 x；x时，原不等式化为 x（2x+3）2，即 x5，所以 x5综上，原不等式的解集为x|x，或 x5【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【必做题必做题】每题每题 10 分，共计分，共计 20 分，解答

44、时写出文字说明、证明过程或演算步分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤骤25 （10 分）如图，在四棱锥 PABCD 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的长第 26 页（共 29 页）【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Axyz（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

45、；（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 Axyz 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=（，0，2）

46、 （01） ，又=（0，1，0） ，则=+=（，1，2） ，又=（0，2，2） ，从而 cos，=，第 27 页（共 29 页）设 1+2=t，t1，3，则 cos2，=，当且仅当 t=，即 =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，Yn=1，2，3，n） （nN*） ，设Sn=（a，b）|a 整除 b 或 b 整除 a，aX，BYn，令 f（n）表示集合 Sn所含元素的个数（1）写出 f（6）的值；（2）当 n6 时，写出 f（n）的表达式，并用数学归纳法证明【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；第 28 页（共 29 页）（2）当 n