江苏高考卷文科数学(原题+解析)14122.pdf

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1、2016 年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)数 学 本卷满分 200 分,考试时间 150 分钟.参考公式:样本数据 x1,x2,xn的方差 s2=(xi-)2,其中=xi.棱柱的体积 V=Sh,其中 S 是棱柱的底面积,h 是高.棱锥的体积 V=Sh,其中 S 是棱锥的底面积,h 是高.数学(共 160 分)一、填空题:本大题共 14 小题,每小题 5 分,共计 70 分.1.已知集合 A=-1,2,3,6,B=x|-2xb0)的右焦点,直线 y=与椭圆交于 B,C两点,且 BFC=90,则该椭圆的离心率是 .11.设 f(x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数,在区间-1,1)上,

2、f(x)=其中 aR.若f=f,则 f(5a)的值是 .12.已知实数 x,y 满足则 x2+y2的取值范围是 .13.如图,在 ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,=4,=-1,则的值是 .14.在锐角三角形 ABC 中,若 sin A=2sin Bsin C,则 tan Atan Btan C 的最小值是 .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)在 ABC 中,AC=6,cos B=,C=.(1)求 AB 的长;(2)求 cos的值.16.(本小题满分 14 分)如图,在直三棱柱 ABC-

3、A1B1C1中,D,E 分别为 AB,BC 的中点,点 F 在侧棱 B1B 上,且B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线 DE 平面 A1C1F;(2)平面 B1DE平面 A1C1F.17.(本小题满分 14 分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥 P-A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1的 4 倍.(1)若 AB=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少(2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m,则当 PO1为多少时,仓库的容积最大 18.(本小题满分 16 分)如图,

4、在平面直角坐标系 xOy 中,已知以 M 为圆心的圆 M:x2+y2-12x-14y+60=0 及其上一点A(2,4).(1)设圆 N 与 x 轴相切,与圆 M 外切,且圆心 N 在直线 x=6 上,求圆 N 的标准方程;(2)设平行于 OA 的直线 l 与圆 M 相交于 B,C 两点,且 BC=OA,求直线 l 的方程;(3)设点 T(t,0)满足:存在圆 M 上的两点 P 和 Q,使得+=,求实数 t 的取值范围.19.(本小题满分 16 分)已知函数 f(x)=ax+bx(a0,b0,a1,b1).(1)设 a=2,b=.求方程 f(x)=2 的根;若对于任意 xR,不等式 f(2x)m

5、f(x)-6 恒成立,求实数 m 的最大值;(2)若 0a1,函数 g(x)=f(x)-2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值.20.(本小题满分 16 分)记 U=1,2,100.对数列an(nN*)和 U 的子集 T,若 T=,定义 ST=0;若 T=t1,t2,tk,定义ST=+.例如:T=1,3,66时,ST=a1+a3+a66.现设an(nN*)是公比为 3 的等比数列,且当T=2,4时,ST=30.(1)求数列an的通项公式;(2)对任意正整数 k(1k100),若 T 1,2,k,求证:ST0,|x-1|,|y-2|,求证:|2x+y-4|0).(1)若直线 l 过抛物线 C

6、的焦点,求抛物线 C 的方程;(2)已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q.求证:线段 PQ 的中点坐标为(2-p,-p);求 p 的取值范围.23.(本小题满分 10 分)(1)求 7-4的值;(2)设 m,nN*,nm,求证:(m+1)+(m+2)+(m+3)+n+(n+1)=(m+1).2016 年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)一、填空题 1.答案-1,2 解析 A=-1,2,3,6,B=x|-2xb,从而输出的 a 值为 9.7.答案 解 析 先 后 抛 掷2次 骰 子,所 有 可 能 出 现 的 情 况 可 用 数 对 表 示 为(1,1),(1,2)

7、,(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),共 36 个.其中点数之和不小于10的有(4,6),(5,5),(5,6),(6,4),(6,5),(6,6),共6个.从而点数之和小于10的数对共有 30 个,故所求概率 P=.8.答案 20 解析 设等差数列an的公差为 d,则由题设可得解得 从而 a9=a1+8d=20.解后反思 数列的计算求值问题一般应以“基本元素”为主.9

8、.答案 7 解析 在同一平面直角坐标系中作出 y=sin 2x 与 y=cos x 在区间0,3上的图象(如图).由图象可知,共有 7 个交点.思路分析 解决交点个数问题一般采用“数形结合”的思想方法,因此准确画出相关函数图象是解题的关键.10.答案 解析 由已知条件易得 B,C,F(c,0),=,=,由 BFC=90,可得=0,所以+=0,c2-a2+b2=0,即 4c2-3a2+(a2-c2)=0,亦即 3c2=2a2,所以=,则 e=.思路分析 圆锥曲线中垂直问题往往转化为向量垂直.利用向量数量积为零转化为数量关系.11.答案-解析 f(x)是周期为 2 的函数,f=f=f,f=f=f,

9、又 f=f,所以 f=f,即-+a=,解得 a=,则 f(5a)=f(3)=f(4-1)=f(-1)=-1+=-.思路分析 由 f(x)的周期为 2 联想到周期函数的性质 f(x+T)=f(x),把 f、f进行转化,进而利用 f=f求得 a 的值,最后求 f(5a).12.答案 解析 画出不等式组表示的可行域如图:由 x-2y+4=0 及 3x-y-3=0 得 A(2,3),由 x2+y2表示可行域内的点(x,y)与点(0,0)的距离的平方可得(x2+y2)max=22+32=13,(x2+y2)min=d2=,其中 d 表示点(0,0)到直线 2x+y-2=0 的距离,所以 x2+y2的取值

10、范围为.解后反思 对于线性规划问题,要正确作出可行域,并理解目标函数的几何意义,分清常规的“距离型”“斜率型”与“截距型”是解题的关键.13.答案 解析 由已知可得=+=+=-=(-)-(+)=-,=+=+=-=(-)-(+)=-,=+=+=(-)-(+)=-,=+=+=(-)-(+)=-,因为=4,所以=4,则=-+=-(+)=4-(+)=-1,所以+=,从而=-+=-(+)+=-+4=.思路分析 合理选择“基底”,把相关向量用“基底”表示出来,进而求得向量的数量积.14.答案 8 解析 sin A=2sin Bsin C,sin(B+C)=2sin Bsin C,即 sin Bcos C+

11、cos Bsin C=2sin Bsin C,亦即 tan B+tan C=2tan Btan C,tan A=tan-(B+C)=-tan(B+C)=-=,又 ABC 为锐角三角形,tan A=0,tan B+tan C0,tan Btan C1,tan Atan Btan C=tan Btan C=,令 tan Btan C-1=t,则 t0,tan Atan Btan C=22(2+2)=8,当且仅当 t=,即 tan Btan C=2 时,取“=”.tan Atan Btan C 的最小值为 8.方法总结 三角求值问题中,角的变换是重点,也是探求解题途径的切入点,把已知条件 sin A

12、=2sin Bsin C 转化为 sin Bcos C+cos Bsin C=2sin Bsin C 进而得到 tan B+tan C=2tan Btan C,再把tan A 用 tan B、tan C 表示出来,从而将 tan Atan Btan C 用含 tan B、tan C 的式子表示出来,这是解题的关键.二、解答题 15.解析(1)因为 cos B=,0B,所以 sin B=.由正弦定理知=,所以 AB=5.(2)在 ABC 中,A+B+C=,所以 A=-(B+C),于是 cos A=-cos(B+C)=-cos=-cos Bcos+sin Bsin,又 cos B=,sin B=,

13、故 cos A=-+=-.因为 0A,所以 sin A=.因此,cos=cos Acos+sin Asin=-+=.16.证明(1)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,A1C1 AC.在 ABC 中,因为 D,E 分别为 AB,BC 的中点,所以 DE AC,于是 DE A1C1.又因为 DE 平面 A1C1F,A1C1 平面 A1C1F,所以直线 DE 平面 A1C1F.(2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中,A1A平面 A1B1C1.因为 A1C1 平面 A1B1C1,所以 A1AA1C1.又因为 A1C1A1B1,A1A 平面 ABB1A1,A1B1 平面 ABB1A1,A1AA1B1

14、=A1,所以 A1C1平面 ABB1A1.因为 B1D 平面 ABB1A1,所以 A1C1B1D.又因为 B1DA1F,A1C1 平面 A1C1F,A1F 平面 A1C1F,A1C1A1F=A1,所以 B1D平面 A1C1F.因为直线 B1D 平面 B1DE,所以平面 B1DE平面 A1C1F.17.解析(1)由 PO1=2 知 O1O=4PO1=8.因为 A1B1=AB=6,所以正四棱锥 P-A1B1C1D1的体积 V锥=A1PO1=622=24(m3);正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的体积 V柱=AB2O1O=628=288(m3).所以仓库的容积 V=V锥+V柱=24+288=31

15、2(m3).(2)设 A1B1=a(m),PO1=h(m),则 0h6,O1O=4h.连结 O1B1.因为在 Rt PO1B1中,O1+P=P,所以+h2=36,即 a2=2(36-h2).于是仓库的容积 V=V柱+V锥=a24h+a2h=a2h=(36h-h3),0h6,从而 V=(36-3h2)=26(12-h2).令 V=0,得 h=2或 h=-2(舍).当 0h0,V 是单调增函数;当 2h6 时,V0,V 是单调减函数.故 h=2时,V 取得极大值,也是最大值.因此,当 PO1=2 m 时,仓库的容积最大.方法小结(1)注意正四棱锥与正四棱柱底面相同,高的倍数关系.(2)选择中间关联

16、变量 PO1为主变量把相关边长与高用主变量表示出来.再把容积表示成主变量的函数.转化成求函数最值的问题.再考虑用导数求解.18.解析 圆 M 的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25,所以圆心 M(6,7),半径为 5.(1)由圆心 N 在直线 x=6 上,可设 N(6,y0).因为圆 N 与 x 轴相切,与圆 M 外切,所以 0y00,所以 m对于 xR 恒成立.而=f(x)+2=4,且=4,所以 m4,故实数 m 的最大值为 4.(2)因为函数 g(x)=f(x)-2 只有 1 个零点,而 g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以 0 是函数 g(x)的唯一零点.因为 g(x)

17、=axln a+bxln b,又由 0a1 知 ln a0,所以 g(x)=0 有唯一解 x0=lo.令 h(x)=g(x),则 h(x)=(axln a+bxln b)=ax(ln a)2+bx(ln b)2,从而对任意 xR,h(x)0,所以 g(x)=h(x)是(-,+)上的单调增函数.于是当 x(-,x0)时,g(x)g(x0)=0.因而函数 g(x)在(-,x0)上是单调减函数,在(x0,+)上是单调增函数.下证 x0=0.若x00,则x0 0,于是g-2=0,且函数g(x)在以 和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在 和 loga2 之间存在 g(x)的零点,记为 x1.

18、因为 0a1,所以 loga20.又 0,所以 x10,同理可得,在 和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-=1,故 ln a+ln b=0,所以 ab=1.20.解析(1)由已知得 an=a13n-1,nN*.于是当 T=2,4时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1.又 ST=30,故 30a1=30,即 a1=1.所以数列an的通项公式为 an=3n-1,nN*.(2)因为 T 1,2,k,an=3n-10,nN*,所以 STa1+a2+ak=1+3+3k-1=(3k-1)3k.因此,STak+1.(3)下面分三种情况证明.若 D 是 C

19、 的子集,则 SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若 C 是 D 的子集,则 SC+SCD=SC+SC=2SC2SD.若 D 不是 C 的子集,且 C 不是 D 的子集.令 E=CUD,F=DUC,则 E,F,EF=.于是 SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,进而由 SCSD得 SESF.设 k 为 E 中的最大数,l 为 F 中的最大数,则 k1,l1,kl.由(2)知,SEak+1.于是 3l-1=alSFSEak+1=3k,所以 l-1k,即 lk.又 kl,故 lk-1.从而 SFa1+a2+al=1+3+3l-1=,故 SE2SF+1,所以 SC-SCD2(SD-SCD)

20、+1,即 SC+SCD2SD+1.综合得,SC+SCD2SD.解后反思(1)考查等比数列通项公式及等比数列项的求解与计算,通法“基本元素法”依旧适用,只不过是创新背景,语言理解要准确.(2)数列求和与不等式放缩结合,注意放缩适度.(3)间接证明与数列结合,有一定难度.证明 在 ADB 和 ABC 中,因为 ABC=90,BDAC,A 为公共角,所以 ADB ABC,于是 ABD=C.在 Rt BDC 中,因为 E 是 BC 的中点,所以 ED=EC,从而 EDC=C.所以 EDC=ABD.B.解析 设 B=,则 B-1B=,即=,故解得所以 B=.因此,AB=.C.解析 椭圆 C 的普通方程为

21、 x2+=1.将直线 l 的参数方程代入 x2+=1,得+=1,即 7t2+16t=0,解得 t1=0,t2=-.所以 AB=|t1-t2|=.D.证明 因为|x-1|,|y-2|,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|2|x-1|+|y-2|0)的焦点为,由点在直线 l:x-y-2=0 上,得-0-2=0,即 p=4.所以抛物线 C 的方程为 y2=8x.(2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),线段 PQ 的中点 M(x0,y0).因为点 P 和 Q 关于直线 l 对称,所以直线 l 垂直平分线段 PQ,于是直线 PQ 的斜率为-1,则可设其方程为 y=-x+b.由消去 x

22、 得 y2+2py-2pb=0.(*)因为 P 和 Q 是抛物线 C 上的相异两点,所以 y1y2,从而=(2p)2-4(-2pb)0,化简得 p+2b0.方程(*)的两根为 y1,2=-p,从而 y0=-p.因为 M(x0,y0)在直线 l 上,所以 x0=2-p.因此,线段 PQ 的中点坐标为(2-p,-p).因为 M(2-p,-p)在直线 y=-x+b 上,所以-p=-(2-p)+b,即 b=2-2p.由知 p+2b0,于是 p+2(2-2p)0,所以 pm 时,(k+1)=(m+1)=(m+1),k=m+1,m+2,n.又因为+=,所以(k+1)=(m+1)(-),k=m+1,m+2,n.因此,(m+1)+(m+2)+(m+3)+(n+1)=(m+1)+(m+2)+(m+3)+(n+1)=(m+1)+(m+1)(-)+(-)+(-)=(m+1).