2015年江苏省高考数学试卷(2020必考)

2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}=()2.2−i1+2iA.1B.−1C.iD.−i3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I (t )=e rt 描述累计感染病例数I (t )随时间t （单位：天）的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0=1+rT ，有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)()A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →⋅AB →的取值范围是()A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6)8.若定义在R 的奇函数f (x )在(−∞,0)单调递减，且f (2)=0，则满足xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3]二、多选题9.已知曲线C ：mx 2+ny 2=1.()A.若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B.若m =n >0，则C 是圆，其半径为√nC.若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =±√−m n xD.若m =0, n >0，则C 是两条直线10.如图是函数y =sin (ωx +φ)的部分图像，则sin (ωx +φ)=()A.sin (x +π3)B.sin (π3−2x)C.cos (2x +π6)D.cos (5π6−2x)11.已知a >0，b >0，且a +b =1，则()A.a 2+b 2≥12B.2a−b >12C.log 2a +log 2b ≥−2D.√a +√b ≤212.信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )三、填空题13.斜率为√3的直线过抛物线C:y 2=4x 的焦点，且与C 交于A ，B 两点，则|AB|=________.14.将数列{2n −1}与{3n −2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }的前n 项和为________.15.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=3，BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，5圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.16.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60∘，以D1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________.四、解答题17.在①ac=√3，②csinA=3，③c=√3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π，________？618.已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.19.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)20.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD 与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．21.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.2020年全国新高考Ⅰ卷数学试卷一、选择题1.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=()A.{x|2<x≤3}B.{x|2≤x≤3}C.{x|1≤x<4}D.{x|1<x<4}【解答】解：集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B={x|1≤x<4}.故选C.2.2−i1+2i=()A.1B.−1C.iD.−i【解答】解：2−i1+2i =(2−i)(1−2i) (1+2i)(1−2i)=2−4i−i−21+4=−5i5=−i.故选D.3.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3买名，则不同的安排方法共有() A.120种 B.90种 C.60种 D.30种【解答】解：由题意可得，不同的安排方法共有C61⋅C52=60（种）.故选C.4.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40∘，则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20∘B.40∘C.50∘D.90∘【解答】解：如图所示，AB为日晷晷针，∠AOC=40∘，由题意知，∠AOC+∠OAB=90∘，∠DAB+∠OAB=90∘，∴∠DAB=∠AOC=40∘，即晷针与点A处的水平面所成角为40∘.故选B.5.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是()A.62%B.56%C.46%D.42%【解答】解：设喜欢足球为A，喜欢游泳为B，由题意知，P(A)=60%，P(B)=82%，P(A∪B)=96%，所以P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=60%+82%−96%=46%.故选C.6.基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：I(t)=e rt描述累计感染病例数I(t)随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0=1+rT，有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69)()A.1.2天B.1.8天C.2.5天D.3.5天【解答】解：3.28=1+r ⋅6得r =0.38，I(t)=e 0.38t ，e 0.38(t+x)=2⋅e 0.38t 得x =ln20.38≈1.8.故选B .7.已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP →⋅AB →的取值范围是()A.(−2,6)B.(−6,2)C.(−2,4)D.(−4,6) 【解答】解：如图：设A(−1,√3)，P (x,y )，B (−2,0)，AP →=(x +1,y −√3)，AB →=(−1,−√3)，则：AP →⋅AB →=−x −√3y +2，令z =−x −√3y +2，由线性规则得，最优解为：C(−1,−√3)和F(1,√3)，代入得z =6或z =−2．故AP →⋅AB →的取值范围是(−2,6).故选A .8.若定义在R 的奇函数f (x )在(−∞,0)单调递减，且f (2)=0，则满足xf (x −1)≥0的x 的取值范围是()A.[−1,1]∪[3,+∞)B.[−3,−1]∪[0,1]C.[−1,0]∪[1,+∞)D.[−1,0]∪[1,3] 【解答】解：根据题意，函数图象大致如图：①当x=0时，xf(x−1)=0成立；②当x>0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≥0，可得0≤x−1≤2或x−1≤−2，解得1≤x≤3；③当x<0时，要使xf(x−1)≥0，即f(x−1)≤0，可得x−1≥2或−2≤x−1≤0，解得−1≤x<0.综上，x的取值范围为[−1,0]∪[1,3].故选D.二、多选题已知曲线C：mx2+ny2=1.()A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上B.若m=n>0，则C是圆，其半径为√nC.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±√−mnx D.若m=0, n>0，则C是两条直线【解答】解：A，mx2+ny2=1，即x 21 m +y21n=1，∵m>n>0，∴1m <1n，∴此时C是椭圆，且其焦点在y轴上，A选项正确；B，m=n>0时，x2+y2=1n，∴r=√nn，B选项错误；C，mn<0时，可推断出C是双曲线，且其渐近线方程为y=±√−1n1mx=±√−mnx，C选项正确；D，m=0时，C：ny2=1，∴y=±√1n，代表两条直线，D选项正确.故选ACD.如图是函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)=()A.sin(x+π3) B.sin(π3−2x) C.cos(2x+π6) D.cos(5π6−2x)【解答】解：由函数y=sin(ωx+φ)的部分图像，可知，T2=2π3−π6=π2，∴T=π，∴ω=2ππ=2，∴y=sin(2x+φ).将点(π6,0)代入得，0=sin(π3+φ)，∴π3+φ=(2k+1)π(k∈Z).A，当x=π6时，sin(x+π3)=sinπ2=1，不符合题意，故A选项错误；B，当k=0时，φ=2π3，y=sin(2x+2π3)=sin(2x−π3+π3+2π3)=sin(2x−π3+π)=−sin(2x−π3 )=sin(π3−2x)，故B选项正确；C，sin(2x+2π3)=sin(2x+π6+π2)=cos(2x+π6)，故C正确；D，cos(5π6−2x)=cos(2x−5π6)=cos(2x−π2−π3)=sin(2x−π3 )=−sin(2x+2π3)，故D选项错误.故选BC.已知a>0，b>0，且a+b=1，则()A.a2+b2≥12B.2a−b>12C.log2a+log2b≥−2D.√a+√b≤2【解答】解：A，∵a+b=1,则a2+b2+2ab=1，2ab≤a2+b2，当且仅当a=b时取等号，∴1=a 2+b 2+2ab ≤2(a 2+b 2)，可得a 2+b 2≥12，故A 正确； B ，∵a −b =a −(1−a)=2a −1>−1，∴2a−b >2−1=12，故B 正确；C ，∵ab ≤(a+b 2)2=14，当且仅当a =b 时取等号， ∴log 2a +log 2b =log 2(ab)≤log 214=−2，故C 错误；D ，∵a +b ≥2√ab ，当且仅当a =b 时取等号，∴(√a +√b)2=a +b +2√ab =1+2√ab ≤2，即√a +√b ≤√2，则√a +√b ≤2，故D 正确.故选ABD .信息熵是信息论中的一个重要概念，设随机变量X 所有可能的取值为1，2，⋯，n ，且P(X =i)=p i >0(i =1,2,⋯,n)，∑p i n i=1=1，定义X 的信息熵H (X )=−∑p i n i=1log 2p i ，则()A.若n =1，则H (X )=0B.若n =2，则H (X )随着p i 的增大而增大C.若p i =1n (i =1,2,…,n )，则H (X )随着n 的增大而增大D.若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，且P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2,⋯,m)，则H (X )≤H (Y )【解答】解：A ，若n =1，则p 1=1，H (X )=−1×log 21=0，故A 正确；B ，若n =2，则H (X )=−[p 1log 2p 1+(1−p 1)log 2(1−p 1)].设f (p )=−[plog 2p +(1−p )log 2(1−p )]，则：f ′(p )=−[log 2p +p ⋅1p⋅ln2−log 2(1−p )+(1−p )−1(1−p )ln2]=−log 2p 1−p =log 21−p p ， 当0<p <12时，f ′(p )>0；当12<p <1时，f ′(p )<0，∴f (p )在(0,12)上单调递增，在(12,1)上单调递减，p 1=12时，H(X)取最大值，故B 错误；C ，若p i =1n (i =1,2，⋯，n ），则H (X )=−∑p i n i=1log 2p i =−n ⋅1n log 21n =log 2n ，所以H(x)随着n 的增大而增大，故C 正确；D ，若n =2m ，随机变量Y 所有可能的取值为1，2，⋯，m ，由P (Y =j )=p j +p 2m+1−j (j =1,2，⋯，m ）知：P (Y =1)=p 1+p 2m ；P (Y =2)=p 2+p 2m−1；P (Y =3)=p 3+p 2m−2；⋯⋯P (Y =m )=p m +p m+1;H (Y )=−[(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )+(p 2+p 2m−1)log 2(p 2+p 2m−1)+⋯+(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)]，H (X )=−[p 1log 2p 1+p 2log 2p 2+⋯+p 2m log 2p 2m ]=−[(p 1log 2p 1+p 2m log 2p 2m )+(p 2log 2p 2+p 2m−1log 2p 2m−1)+⋯+(p m log 2p m +p m+1log 2p m+1)]，∵(p 1+p 2m )log 2(p 1+p 2m )−p 1log 2p 1−p 2m log 2p 2m >0，⋯⋯(p m +p m+1)log 2(p m +p m+1)−p m log 2p m −p m+1log 2p m+1>0，所以H (X )>H (Y )，故D 错误．故选AC .三、填空题斜率为√3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|=________.【解答】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，抛物线的焦点为(1,0)，则直线方程为y=√3(x−1)，代入抛物线方程得3x2−10x+3=0，∴x1+x2=10，3.根据抛物线方程得定义可知|AB|=x1+1+x2+1=163.故答案为：163将数列{2n−1}与{3n−2}的公共项从小到大排列得到数列{a n}，则{a n}的前n项和为________.【解答】解：数列2n−1各项为：1，3，5，7，9，⋯数列3n−2各项为：1，4，7，10，13，⋯观察可知，{a n}是首项为1，公差为6的等差数列，数列{a n}的前n项和为3n2−2n.故答案为：3n2−2n.某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心，A是圆弧AB与直线AG的切点，B是圆弧AB与，直线BC的切点，四边形DEFG为矩形，BC⊥DG，垂足为C，tan∠ODC=35 BH//DG，EF=12cm，DE=2cm，A到直线DE和EF的距离均为7cm，圆孔半径为1，则图中阴影部分的面积为________cm2.【解答】解：由已知得A到DG的距离与A到FG的距离相等，均为5. 作AM⊥GF于M，设AN⊥DG于N.则∠NGA=45∘.∵BH//DG，∴∠BHA=45∘.∵∠OAH=90∘，∴∠AOH=45∘.由tan∠ODC=35，设O到DG的距离为3t，则O到DE的距离为5t，∴{OAcos45∘+5t=7，OAsin45∘+3t=5,解得{t=1, OA=2√2.半圆之外阴影部分面积为：S1=2√2×2√2×12−45∘×π×(2√2)2360∘=4−π，阴影部分面积为：S=12(π⋅(2√2)2−π⋅12)+S1=5π2+4.故答案为：5π2+4.已知直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60∘，以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________.【解答】解：以C 1为原点，C 1B 1→，C 1C →所在直线分别为x 轴、z 轴建立如图1所示的空间直角坐标系O −xyz ，y 轴是平面A 1B 1C 1D 1内与C 1B 1互相垂直的直线，即D 1(1,−√3,0)， 设交线上的点的坐标是(x,0,z )，根据题意可得(x −1)2+3+z 2=5，化简得(x −1)2+z 2=2，所以球面与侧面BCC 1B 1的交线平面如图2所示，即交线长l =14⋅2√2π=√2π2. 故答案为：√2π2. 四、解答题在①ac =√3，②csinA =3，③c =√3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=√3sinB，C=π6，________？【解答】解：选①：∵sinA=√3sinB，C=π6，ac=√3，∴sin(56π−B)=√3sinB，∴12cosB+√32sinB=√3sinB，∴sin(π6−B)=0，∴B=π6.又∵C=π6，∴b=c.由正弦定理可得：a=√3b，又ab=√3解得a=√3, b=1，∴c=1，故满足条件存在△ABC；选②：sinA=√3sinB，C=π6，csinA=3. ∵csinA=3，∴asinC=3，∴a=6.由正弦定理可得：a=√3b，∴b=2√3，∴c2=a2+b2−2abcosC=36+12−24√3×√32=12，∴c=2√3，∴B=π6，A=23π，故满足条件存在△ABC；选③：c=√3b，sinA=√3sinB，C=π6，由①可知，B=π6，故△ABC为等腰三角形c=b，又c=√3b，矛盾.故不存在△ABC满足条件．已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20，a3=8.(1)求{a n}的通项公式；(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{b m}的前100项和S100.【解答】解：(1)由题意可知{a n}为等比数列，a2+a4=20，a3=8，+a3q=20，可得a3q得2q2−5q+2=0，(2q−1)(q−2)=0.∵q>1，∴q=2，∵a1×q2=a3，可得a1=2，∴{a n}的通项公式为：a n=2×2n−1=2n.(2)∵b m为{a n}在(0,m](m∈N∗)中的项的个数，当m=2k时，b m=k，当m∈[2k−1,2k)时，b m=k−1，其中k∈N+.可知S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+(b8+b9+⋯+b15)+(b16+b17+⋯+b31)+(b32+b33+⋯+b63)+(b64+b65+⋯+b100)=0+1×2+2×4+3×8+4×16+5×32+6×37=480.为加强环境保护，治理空气污染，环境监测部门对某市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5和SO2浓度(单位：μg/m3)，得下表：(1)估计事件“该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150”的概率；(2)根据所给数据，完成下面的2×2列联表：(3)根据(2)中的列联表，判断是否有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关？，附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)【解答】解：(1)根据抽查数据，该市100天的空气中PM2.5浓度不超过75，且SO2浓度不超过150的天数为：32+18+6+8=64，因此，该市一天空气中PM2.5浓度不超过75，=0.64.且SO2浓度不超过150的概率的估计值为64100(2)根据抽查数据，可得2×2列联表：(3)根据(2)的列联表得K2=100×(64×10−16×10)2≈7.484，80×20×74×26由于7.484>6.635，故有99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与SO2浓度有关.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，故BC⊥CD.又因为PD⊥底面ABCD，故PD⊥BC，又由于PD∩DC=D，因此BC⊥平面PDC.因为在正方形ABCD中BC//AD，且AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，故BC//平面PAD.又因为BC⊂平面PBC，且平面PAD与平面PBC的交线为l，故BC//l.因此l⊥平面PDC.(2)解：由已知条件，P−ABCD底面为正方形，PD⊥底面ABCD，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立D−xyz空间直角坐标系，如图所示：因为PD =AD =1，Q 在直线l 上，设Q (a,0,1)，其中a ∈R ，由题意得，D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，则PB →=(1,1,−1)，DC →=(0,1,0)，DQ →=(a,0,1)，设平面QCD 法向量为n →=(x,y,z)，则{n →⋅DC →=0，n →⋅DQ =0,得{y =0,ax +z =0, 令z =−a ，则平面QCD 的一个法向量为：n →=(1,0,−a )，设PB 与平面QCD 成角为θ，则sinθ=|cos <n →,PB →>|=|1+a|√3×√1+a 2 =1√3×√(1+a)21+a 2 =√33×√1+2a 1+a 2，①若a =0，则sinθ=√33， ②若a ≠0，则sinθ=√33×√1+21a+a ， a >0时， ∵1a +a ≥2×√1a ⋅a =2，当且仅当1a =a ，即a =1时，$``="$成立，∴sinθ≤√33×√1+22=√63. 当a <0时，sinθ<√33， ∴当a =1时，sinθ=√63取到最大值．综上所述，PB与平面QCD成角的正弦值的最大值为√63.已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.(1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围.【解答】解：(1)当a=e时，f(x)=e x−lnx+1，f′(x)=e x−1x，∴k=f′(1)=e−1，f(1)=e+1，∴y−(e+1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x+2，∴在y轴上的截距为2，在x轴的截距为21−e，∴S=12×2×|21−e|=2e−1.(2)①当0<a<1时，f(1)=a+lna<1；②当a=1时，f(x)=e x−1−lnx，f′(x)=e x−1−1x，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，所以当x=1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)=1，从而f(x)≥1；③当a>1时，f(x)=ae x−1−lnx+lna≥e x−1−lnx≥1. 综上，a的取值范围是[1,+∞).已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，且过点A(2,1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.【解答】(1)解：由题设得4a 2+1b 2=1， a 2−b 2a 2=12，解得a 2=6，b 2=3. ∴C 的方程为x 26+y 23=1.(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2).若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为 y =kx +m ，代入x 26+y 23=1得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−6=0. 于是x 1+x 2=−4km 1+2k 2，x 1x 2=2m 2−61+2k 2.①由AM ⊥AN 知AM →⋅AN →=0，故(x 1−2)(x 2−2)+(y 1−1)(y 2−1)=0，可得 (k 2+1)x 1x 2+(km −k −2)(x 1+x 2)+(m −1)2+4=0， 将①代入上式可得(k 2+1)2m 2−61+2k 2−(km −k −2)4km 1+2k 2+(m −1)2+4=0，整理得(2k +3m +1)(2k +m −1)=0， 因为A(2,1)不在直线MN 上，所以2k +m −1≠0，故2k +3m +1=0，k ≠1，于是MN 的方程为y =k(x −23)−13(k ≠1)， 所以直线MN 过点P(23,−13).若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x 1,−y 1). 由AM →⋅AN →=0得(x 1−2)(x 1−2)+(y 1−1)(−y 1−1)=0.又x 126+y 123=1，可得3x 12−8x 1+4=0，解得x 1=2(舍去)，x 1=23， 此时直线MN 过点P(23,−13). 令Q 为AP 的中点，即Q(43,13). 若D 与P 不重合，则由题设知 AP 是Rt △ADP 的斜边，故|DQ|=12|AP|=2√23. 若D 与P 重合，则|DQ|=12|AP|. 综上，存在点Q(43,13)，使得|DQ|为定值.。

24.在三棱锥 A—BCD 中，已知 CB=CD= 5 ,BD=2，O 为 BD 的中点，AO⊥平面 BCD，AO=2，
E 为 AC 的中点． （1）求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值；
1
（2）若点 F 在 BC 上，满足 BF= BC，
4
设二面角 F—DE—C 的大小为θ，求 sinθ的值．
25.甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 个白球．现从甲、乙两口袋中各任 取一个球交换放入另一口袋，重复 n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 Xn，恰有 2 个 黑球的概率为 pn，恰有 1 个黑球的概率为 qn． （1）求 p1·q1 和 p2·q2； （2）求 2pn+qn 与 2pn-1+qn-1 的递推关系式和 Xn 的数学期望 E(Xn)(用 n 表示) ．
a1
d 2
q 2
1
aq120
，∴
d
q
4
.
b1 1 q
1
b1 1
12【答案】 4 5
【解析】∵
5x2
y2
y4
1，∴
y
0
且
x2
1 y4 5y2
∴
x2
y2
1 y4 5y2
y2
1 5y2
+
4y2 5
2
1 4y2 4 ， 5y2 5 5
当且仅当
1 5y2
4y2 5
，即
x2
3 , y2 10
等差数列 an 的前 n 项和公式为 Pn
na1
nn 1
d 2
d n2 2
a1
d 2
n
，
等比数列bn 的前
n

14.3 直线与圆、圆与圆的位置关系挖命题【考情探究】分析解读直线与圆、圆与圆的位置关系是江苏高考重点考查的内容之一,几乎是每年必考的.考查方式如下:一是填空题中,考查直线与圆的位置关系,或可转化为直线与圆、圆与圆的位置关系,如“隐形圆”问题;二是在解答题中,与向量、椭圆等结合,考查直线与曲线的位置关系.破考点【考点集训】考点一直线与圆的位置关系1.(2018江苏淮阴中学期中)若过点A(4,0)的直线l与曲线(x-2)2+y2=1有公共点,则直线l的斜率的取值范围为.答案-2.若直线l:y=kx+1(k<0)与圆C:x2+4x+y2-2y+3=0相切,则直线l与圆D:(x-2)2+y2=3的位置关系是.答案相交3.(2019届江苏启东中学质检)直线l与圆x2+y2+2x-4y+a=0(a<3)相交于A,B两点,若弦AB的中点为(-2,3),则直线l的方程为.答案x-y+5=0考点二圆与圆的位置关系已知圆C1:(x-a)2+(y+2)2=4与圆C2:(x+b)2+(y+2)2=1外切,则ab的最大值为.答案炼技法【方法集训】方法一解决与圆有关的切线问题、弦长问题1.(2018江苏泗阳中学期初)已知圆的方程为x2+y2-6x-8y=0,设该圆过点M(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD,则四边形ABCD的面积为.答案202.已知直线l与圆C:x2+y2+2x-4y+a=0相交于A,B两点,弦AB的中点为M(0,1).(1)若圆C的半径为,求实数a的值;(2)若弦AB的长为6,求实数a的值;(3)当a=1时,圆O:x2+y2=2与圆C交于M,N两点,求弦MN的长.解析(1)圆C的标准方程为(x+1)2+(y-2)2=5-a,由圆的半径为可知,5-a=3,所以a=2.(2)弦AB=2--=2-=6,解得a=-6.(3)当a=1时,圆C为x2+y2+2x-4y+1=0,又圆O:x2+y2=2,所以两圆的相交弦MN所在直线方程为2x-4y+3=0.则圆心O到MN的距离d==,所以|MN|=2-=.方法二“隐形圆”问题的解决方法1.(2018江苏南通中学期初)在平面直角坐标系xOy中,点A(1,0),B(4,0).若直线x-y+m=0上存在点P使得|PA|=|PB|,则实数m的取值范围是.答案[-2,2]2.(2018江苏盐城中学月考)已知线段AB的长为2,动点C满足·=λ(λ<0),且点C总不在以点B为圆心,为半径的圆内,则负数λ的最大值是.答案-过专题【五年高考】A组自主命题·江苏卷题组1.(2018江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,A为直线l:y=2x上在第一象限内的点,B(5,0),以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D.若·=0,则点A的横坐标为.答案 32.(2014江苏,9,5分)在平面直角坐标系xOy中,直线x+2y-3=0被圆(x-2)2+(y+1)2=4截得的弦长为. 答案3.(2017江苏,13,5分)在平面直角坐标系xOy中,A(-12,0),B(0,6),点P在圆O:x2+y2=50上.若·≤20,则点P的横坐标的取值范围是.答案[-5,1]4.(2018江苏,18,16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点,焦点F1(-,0),F2(,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为,求直线l的方程.解析本小题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力.解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-,0),F2(,0),所以可设椭圆C的方程为+=1(a>b>0).又点在椭圆C上,解得所以-因此,椭圆C的方程为+y2=1.因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则+=3.所以直线l的方程为y=-(x-x0)+y0,即y=-x+.消去y,得由-(4+)x2-24x0x+36-4=0.(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=(-24x0)2-4(4+)(36-4)=48(-2)=0.因为x0,y0>0,所以x0=,y0=1.因此,点P的坐标为(,1).②因为三角形OAB的面积为, 所以AB·OP=,从而AB=. 设A(x1,y1),B(x2,y2),由(*)得x1,2=-,所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=·-.因为+=3,所以AB2=-=,即2-45+100=0.解得=(=20舍去),则=,因此P的坐标为.则直线l的方程为y=-x+3.解法二:(1)由题意知c=,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点在椭圆上,所以2a=--+-=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0, 设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程代入椭圆C的方程,得+(kx+m)2=1,整理得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0, 因为直线l 与椭圆C 相切,所以Δ=(8km)2-4(4k 2+1)(4m 2-4)=0, 整理得m 2=4k 2+1,所以3k 2+3=4k 2+1,因为k<0,所以k=- ,则m=3, 将k=- ,m=3代入(k 2+1)x 2+2kmx+m 2-3=0, 整理得x 2-2 x+2=0,解得x 1=x 2= ,将x= 代入x 2+y 2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P 的坐标为( ,1). ②设A(x 1,kx 1+m),B(x 2,kx 2+m), 由①知m 2=3k 2+3,且k<0,m>0,因为直线l 和椭圆C 相交,所以结合②的过程知m 2<4k 2+1,解得k<- , 将直线l 的方程和椭圆C 的方程联立可得(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0,解得x 1,2=- -,所以|x 1-x 2|= -,因为AB= -- =|x 1-x 2|=-· ,O 到l 的距离d== ,所以S △OAB = · -· ·= · -· · =, 解得k 2=5,因为k<0,所以k=- ,则m=3 , 即直线l 的方程为y=- x+3 .解后反思 (1)常用待定系数法求圆锥曲线方程.(2)①直线与圆相切,常见解题方法是设切点求切线方程,由于涉及直线与椭圆相切,因此也可设出直线方程求解.②因为△AOB的面积为,而△AOB的高为,所以解题关键是求AB的长,可利用弦长公式AB=--=·-=·|x1-x2|(x1、x2分别为A、B的横坐标)求解.5.(2014江苏,18,16分,0.35)如图,为保护河上古桥OA,规划建一座新桥BC,同时设立一个圆形保护区.规划要求:新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆,且古桥两端O和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80 m.经测量,点A位于点O正北方向60 m处,点C位于点O正东方向170 m处(OC为河岸),tan∠BCO=.(1)求新桥BC的长;(2)当OM多长时,圆形保护区的面积最大?解析解法一:(1)如图,以O为坐标原点,OC所在直线为x轴,建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0,60),C(170,0),直线BC的斜率k BC=-tan∠BCO=-.因为AB⊥BC,所以直线AB的斜率k AB=.设点B的坐标为(a,b),则k BC=--=-,k AB=--=.解得a=80,b=120.所以BC=--=150(m).因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M的半径为r m,OM=d m(0≤d≤60).由条件知,直线BC的方程为y=-(x-170),即4x+3y-680=0.由于圆M与直线BC相切,故点M(0,d)到直线BC的距离是r,即r=-=-. 因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以---即-----解得10≤d≤35.故当d=10时,r=-最大,即圆面积最大.所以当OM=10 m时,圆形保护区的面积最大.解法二:(1)如图,延长OA,CB交于点F.因为tan∠FCO=,所以sin∠FCO=,cos∠FCO=.因为OA=60 m,OC=170 m,所以OF=OCtan∠FCO=m,CF=∠=m,从而AF=OF-OA=m. 因为OA⊥OC,所以cos∠AFB=sin∠FCO=.又因为AB⊥BC,所以BF=AFcos∠AFB=m,从而BC=CF-BF=150 m.因此新桥BC的长是150 m.(2)设保护区的边界圆M与BC的切点为D,连接MD,则MD⊥BC,且MD是圆M的半径,并设MD=r m,OM=d m(0≤d≤60). 因为OA⊥OC,所以sin∠CFO=cos∠FCO.故由(1)知sin∠CFO==-=-=,所以r=-.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以---即-----解得10≤d≤35.故当d=10时,r=-最大,即圆面积最大.所以当OM=10 m时,圆形保护区的面积最大.解后反思本题的数学背景是直线与圆,在解题时可以用直线与圆的位置关系求解,还可以用解三角形的方法加以解决.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点直线与圆、圆与圆的位置关系1.(2018课标全国Ⅲ理改编,6,5分)直线x+y+2=0分别与x轴,y轴交于A,B两点,点P在圆(x-2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是.答案[2,6]2.(2016课标全国Ⅲ理,16,5分)已知直线l:mx+y+3m-=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.若|AB|=2,则|CD|= .答案 43.(2014重庆,13,5分)已知直线ax+y-2=0与圆心为C的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B两点,且△ABC为等边三角形,则实数a= .答案4±4.(2016课标全国Ⅲ文,15,5分)已知直线l:x-y+6=0与圆x2+y2=12交于A,B两点,过A,B分别作l的垂线与x轴交于C,D两点.则|CD|= .答案 45.(2015重庆改编,8,5分)已知直线l:x+ay-1=0(a∈R)是圆C:x2+y2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C 的一条切线,切点为B,则|AB|= .答案 66.(2015课标Ⅰ,20,12分)已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.(1)求k的取值范围;(2)若·=12,其中O为坐标原点,求|MN|.解析(1)由题设,可知直线l的方程为y=kx+1.因为l与C交于两点,所以-<1.解得-<k<.所以k的取值范围为-.(5分)(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).将y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1,整理得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0.所以x1+x2=,x1x2=.(7分)·=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=+8.由题设可得+8=12,解得k=1,所以l的方程为y=x+1.故圆心C在l上,所以|MN|=2.(12分)7.(2015广东,20,14分)已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2-6x+5=0相交于不同的两点A,B.(1)求圆C1的圆心坐标;(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.解析(1)圆C1的方程x2+y2-6x+5=0可化为(x-3)2+y2=4,所以圆心坐标为(3,0).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),M(x0,y0),则x0=,y0=.由题意可知直线l的斜率必存在,设直线l的方程为y=tx.将上述方程代入圆C1的方程,化简得(1+t2)x2-6x+5=0.由题意,可得Δ=36-20(1+t2)>0(*),x1+x2=,所以x0=,代入直线l的方程,得y0=.因为+=+===3x0,所以-+=.由(*)解得t2<,又t2≥0,所以<x0≤3.所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为-+y2=.(3)由(2)知,曲线C是在区间上的一段圆弧.如图,D,E-,F(3,0),直线L过定点G(4,0).联立直线L的方程与曲线C的方程,消去y整理得(1+k2)x2-(3+8k2)x+16k2=0.令判别式Δ=0,解得:k=±,由求根公式解得交点的横坐标x H,I=∈.由图可知要使直线L与曲线C只有一个交点,则k∈[k DG,k EG]∪{k GH,k GI},即k∈-∪-.C组教师专用题组1.(2013重庆理改编,7,5分)已知圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分别是圆C1,C2上的动点,P 为x轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为.答案5-42.(2010江苏,9,5分)在平面直角坐标系xOy中,已知圆x2+y2=4上有且只有四个点到直线12x-5y+c=0的距离为1,则实数c的取值范围是.答案(-13,13)3.(2012江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,圆C的方程为x2+y2-8x+15=0,若直线y=kx-2上至少存在一点,使得以该点为圆心,1为半径的圆与圆C有公共点,则k的最大值是.答案4.(2013江苏,17,14分,0.495)如图,在平面直角坐标系xOy中,点A(0,3),直线l:y=2x-4.设圆C的半径为1,圆心在l上.(1)若圆心C也在直线y=x-1上,过点A作圆C的切线,求切线的方程;(2)若圆C上存在点M,使MA=2MO,求圆心C的横坐标a的取值范围.解析(1)由题意知,圆心C是直线y=2x-4和y=x-1的交点,解得点C(3,2),于是切线的斜率必存在.设过A(0,3)的圆C的切线方程为y=kx+3.由题意得=1,解得k=0或-,故所求切线方程为y=3或3x+4y-12=0.(2)因为圆心在直线y=2x-4上,所以圆C的方程为(x-a)2+[y-2(a-2)]2=1.设点M(x,y),因为MA=2MO,所以-=2,化简得x2+y2+2y-3=0,即x2+(y+1)2=4,所以点M在以D(0,-1)为圆心,2为半径的圆上.由题意,点M(x,y)在圆C上,所以圆C与圆D有公共点,则2-1≤|CD|≤2+1,即1≤-≤3.由5a2-12a+8≥0,得a∈R;由5a2-12a≤0,得0≤a≤.所以点C的横坐标a的取值范围为.【三年模拟】一、填空题(每小题5分,共40分)1.(2018江苏镇江期末)已知圆C与圆x2+y2+10x+10y=0相切于原点,且过点A(0,-6),则圆C的标准方程为.答案(x+3)2+(y+3)2=182.(2018江苏宿迁期末)圆x2+y2+2y-3=0被直线x+y-k=0分成两段圆弧,且较短弧长与较长弧长之比为1∶3,则k= .答案1或-33.(2018江苏南京、盐城一模)在平面直角坐标系xOy中,若直线y=k(x-3)上存在一点P,圆x2+(y-1)2=1上存在一点Q,满足=3,则实数k的最小值为.答案-4.(2019届江苏宜兴中学期中)圆心在直线x-y-4=0上,且经过两圆x2+y2+6x-4=0和x2+y2+6y-28=0的交点的圆的方程为.答案x2+y2-x+7y-32=05.(2019届江苏马塘中学周考)过点M(1,2)的直线l与圆C:(x-3)2+(y-4)2=25交于A、B两点,C为圆心,当∠ACB 最小时,直线l的方程是.答案x+y-3=06.(2019届江苏栟茶中学期初)已知直线x-y+a=0与圆心为C的圆x2+y2+2x-4y-4=0相交于A,B两点,且AC⊥BC,则实数a的值为.答案0或67.(2019届江苏常州中学周考)圆x2+y2+2ax+a2-4=0和圆x2+y2-4by-1+4b2=0恰有三条公切线,若a∈R,b∈R 且ab≠0,则+的最小值为.答案 18.(2018江苏苏州暑假测试)已知点A(1,0)和点B(0,1),若圆x2+y2-4x-2y+t=0上恰有两个不同的点P,使得△PAB的面积为,则实数t的取值范围是.答案二、解答题(共25分)9.(2019届江苏启东期初)已知圆O:x2+y2=4交x轴于A,B两点,点P是直线x=4上一点,直线PA,PB分别交圆O于点N,M.探究直线MN是否过定点,若过定点,求出该定点;若不过定点,请说明理由.解析设P(4,t),因为点A(-2,0),所以直线AN的方程为y=(x+2).由y=(x+2)及x2+y2=4得N-,因为点B(2,0),所以直线BM的方程为y=(x-2),由y=(x-2)及x2+y2=4,得M--. 直线MN过定点C(1,0),理由如下:因为k NC=--=-,k MC=---=--,所以k NC=k MC,所以M,N,C三点共线,所以直线MN恒过定点C(1,0).10.(2018江苏高邮期中)在平面直角坐标系xOy中,已知动圆S过定点P(-2,0),且与定圆Q:(x-2)2+y2=36相切,记动圆圆心S的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)设曲线C与x轴,y轴的正半轴分别相交于A,B两点,点M,N为椭圆C上相异的两点,其中点M在第一象限,且直线AM与直线BN的斜率互为相反数,试判断直线MN的斜率是不是定值.如果是定值,求出这个值;如果不是定值,说明理由;(3)在(2)的条件下,求四边形AMBN面积的取值范围.解析(1)设圆S的半径为R.∵点P(-2,0)在圆Q:(x-2)2+y2=36内,且动圆S与圆Q相切,∴|PS|=R,|QS|=6-R,∴|PS|+|QS|=6>4=|PQ|,∴圆心S的轨迹为以P,Q为焦点,长轴长为6的椭圆,∴2a=6,2c=4,∴a=3,c=2,∴b2=1,∴曲线C的方程为+y2=1.(2)由(1)可知A(3,0),B(0,1).设直线AM的斜率为k,则直线AM的方程为y=k(x-3),直线BN的方程为y=-kx+1.由-得M--,由-得N-,所以MN的斜率k MN=-----=----=.(3)设直线MN的方程为y=x+m,-1<m<1,由得2x2+6mx+9m2-9=0,则x M+x N=-3m,x M·x N=-,所以MN=·---=·-.又A到直线MN的距离d1==,B到直线MN的距离d2==,所以四边形AMBN的面积S=S△AMN+S△BMN=|MN|·d1+|MN|·d2=|MN|(d1+d2)=3-. 又-1<m<1,所以四边形AMBN面积的取值范围是(3,3].。

2020年普通高等学校招生全国统一考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2<x<4}，则A∪B=A．{x|2<x≤3}B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x<4} D．{x|1<x<4}2．2i 12i -= +A．1 B．−1C．i D．−i3．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种B．90种C．60种D．30种4．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°5．某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是 A ．62% B ．56% C ．46%D ．42%6．基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rtI t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天D ．3.5天7．已知P 是边长为2的正六边形ABCDEF 内的一点，则AP AB ⋅的取值范围是 A ．()2,6- B ．()6,2- C ．()2,4-D ．()4,6-8．若定义在R 的奇函数f (x )在(0),-∞单调递减，且f (2)=0，则满足(10)xf x -≥的x 的取值范围是A ．[)1,1][3,-+∞B ．3,1][,[01]--C ．[)1,0][1,-+∞D ．1,0]3][[1,-二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

江苏省南京市（新版）2024高考数学苏教版真题(巩固卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题已知复数，则（）A．B．C．D．第(2)题已知符号函数是上的增函数，，则A．B．C．D．第(3)题复数的共轭复数对应点的坐标为，则的虚部为（）A．B．C．D．第(4)题已知正方体以某直线为旋转轴旋转角后与自身重合，则不可能为（）A．B．C．D．第(5)题若变量，满足约束条件，则的最大值为A．B．C．D．第(6)题五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（）A．B．C．D．第(7)题倾斜角为的直线过抛物线的焦点F，与该抛物线交于点，且以为直径的圆与直线相切，则（）A．4B．C．D．第(8)题函数在上为单调递增函数，则的值可以为（）A．B．C．D．1二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题下列说法正确的是（）A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1B．已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数等于中位数C．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21D．若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差为变小第(2)题关于函数，下列判断正确的是（）A．是的极小值点B．函数有且只有1个零点C．存在正实数k，使得恒成立D．对任意两个正实数，且，若，则第(3)题某人决定就近打车前往目的地前方开来三辆车，且车况分别为“好”“中”“差”他决定按如下两种方案打车．方案一：不乘第一辆车，若第二辆车好于第一辆车就乘此车，否则直接乘坐第三辆车：方案二：直接乘坐第一辆车．若三辆车开过来的先后次序等可能记方案一和方案二坐到车况为“好”的车的概率分别为，，则下列判断不正确的是（）A．B．C．，D．，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题若数列的前n项和，，2，3，…，则满足的n的最大值为___________.第(2)题为了解某校今年准备报考飞行员学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图(如图)，已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1∶2∶3，其中第2小组的频数为12，则报考飞行员的总人数是________．第(3)题若对任意，存在实数，使得关于x的不等式成立，则实数的最小值为____________．四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题在孟德尔遗传理论中，称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子，遗传因子总是成对出现，例如，豌豆携带这样一对遗传因子：使之开红花，使之开白花，两个因子的相互组合可以构成三种不同的遗传性状：为开红花，和一样不加区分为开粉色花，为开白色花，生物在繁衍后代的过程中，后代的每一对遗传因子都包含一个父本的遗传因子和一个母本的遗传因子，而因为生殖细胞是由分裂过程产生的，每一个上一代的遗传因子以的概率传给下一代，而且各代的遗传过程都是相互独立的，可以把第代的遗传设想为第次试验的结果，每一次试验就如同抛一枚均匀的硬币，比如对具有性状的父本来说，如果抛出正面就选择因子，如果抛出反面就选择因子，概率都是，对母本也一样，父本、母本各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状，假设三种遗传性状，（或），在父本和母本中以同样的比例出现，则在随机杂交试验中，遗传因子被选中的概率是，遗传因子被选中的概率是，称、分别为父本和母本中遗传因子和的频率，实际上是父本和母本中两个遗传因子的个数之比，基于以上常识回答以下问题：（1）如果植物的上代父本、母本的遗传性状都是，后代遗传性状为，（或），的概率分别是多少？（2）对某一植物，经过实验观察发现遗传性状具有重大缺陷，可人工剔除，从而使得父本和母本中仅有遗传性状为，（或）的个体，在进行第一代杂交实验时，假设遗传因子被选中的概率为，被选中的概率为，其中、为定值且，求杂交所得子代的三种遗传性状，（或），所占的比例，，；（3）继续对（2）中的植物进行杂交实验，每次杂交前都需要剔除的个体.假设得到的第代总体中3种遗传性状，（或），所占的比例分别为：，，，设第代遗传因子和的频率分别为和，已知有以下公式，，（ⅰ）证明是等差数列；（ⅱ）求，，的通项公式，如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进行下去，会有什么现象发生？第(2)题已知正项数列的前项和为，满足．（1）求数列的通项公式；（2）已知对于，不等式恒成立，求实数的最小值；第(3)题近年来我国电子商务行业迎来蓬勃发展的新机遇，特别在疫情期间，电子商务更被群众广泛认可，2020年双11期间，某平台的销售业绩高达3568亿人民币.与此同时，相关管理部门也推出了针对电商的商品和服务评价体系，现从评价系统中随机选出200次成功的交易，并对其评价结果进行统计，对商品的好评率为，对服务的好评率为，其中对商品和服务都作出好评的交易为80次.（1）是否可以在犯错误概率不超过0.1%的前提下，认为商品和服务的好评率有关？（2）若针对商品的好评率，采用分层抽样的方式从这200次交易中取出5次交易，并从中选择两次交易进行客户回访，求只有一次好评的概率.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.072 2.7063.841 5.024 6.6357.87910.828（，其中n＝a＋b＋c＋d）第(4)题如图，三棱锥中，，为等边三角形，为上的一个动点.(1)证明：平面平面；(2)当时，求二面角的余弦值.第(5)题已知．（1）若，解不等式；（2）若不等式无解，求实数a的取值范围．。

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．。

绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学Ⅰ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，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。

本卷满分为160分，考试时间为120分钟。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.2．答题前，请务必将自己的姓名、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．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.参考公式：柱体的体积V Sh =，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．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．．．．．．．上．．1.已知集合{1,0,1,2},{0,2,3}A B =-=，则A B = _____.2.已知i 是虚数单位，则复数(1i)(2i)z =+-的实部是_____.3.已知一组数据4,2,3,5,6a a -的平均数为4，则a 的值是_____.4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.5.如图是一个算法流程图，若输出y 的值为2-，则输入x 的值是_____.6.在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线22x a ﹣25y =1(a ＞0)的一条渐近线方程为y=2x ，则该双曲线的离心率是____.7.已知y =f (x )是奇函数，当x ≥0时，()23 f x x =，则f (-8)的值是____.8.已知2sin ()4πα+=23，则sin 2α的值是____.9.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半轻为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.10.将函数y =πsin(2)43x ﹢的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是____.11.设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前n 项和221()n n S n n n +=-+-∈N ，则d +q 的值是_______．12.已知22451(,)x y y x y R +=∈，则22x y +的最小值是_______．13.在△ABC 中，43=90AB AC BAC ==︒，，∠，D 在边BC 上，延长AD 到P ，使得AP =9，若3()2PA mPB m PC =+- （m 为常数），则CD 的长度是________．14.在平面直角坐标系xOy 中，已知(0)2P ，A ，B 是圆C ：221(362x y +-=上的两个动点，满足PA PB =，则△PAB 面积的最大值是__________．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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．16.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3,2,45a c B ===︒．（1）求sin C 的值；（2）在边BC 上取一点D ，使得4cos 5ADC ∠=-，求tan DAC ∠的值．17.某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O 在水平线MN 上、桥AB 与MN 平行，OO '为铅垂线(O '在AB 上).经测量，左侧曲线AO 上任一点D 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米.（1）求桥AB 的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO '的桥墩CD 和EF ，且CE 为80米，其中C ，E 在AB 上(不包括端点).桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0).问O E '为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低?18.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（1）求△AF 1F 2的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP QP ⋅ 的最小值；（3）设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标．19.已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式；（2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围；（3）若()422242() 2() (48 () 4 3 02 f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<，，，[] , D m n =⊆⎡⎣，求证：n m -≤．20.已知数列{}*()∈n a n N 的首项a 1=1，前n 项和为S n ．设λ与k 是常数，若对一切正整数n ，均有11111k k kn n n S S a λ++-=成立，则称此数列为“λ–k ”数列．（1）若等差数列{}n a 是“λ–1”数列，求λ的值；（2）若数列{}n a 是2”数列，且a n ＞0，求数列{}n a 的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{}n a 为“λ–3”数列，且a n ≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题．．．．．．．．，．并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．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4-2：矩阵与变换]21.平面上点(2,1)A -在矩阵11a b ⎡⎤=⎢⎥-⎣⎦M 对应的变换作用下得到点(3,4)B -．（1）求实数a ，b 的值；（2）求矩阵M 的逆矩阵1M -．B ．[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在极坐标系中，已知点1π(,)3A ρ在直线:cos 2l ρθ=上，点2π(,6B ρ在圆:4sinC ρθ=上（其中0ρ≥，02θπ≤<）．（1）求1ρ，2ρ的值（2）求出直线l 与圆C 的公共点的极坐标．C ．[选修4-5：不等式选讲]23.设x ∈R ，解不等式2|1|||4x x ++≤．【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．24.在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD =,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．25.甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为X n ，恰有2个黑球的概率为p n ，恰有1个黑球的概率为q n ．（1）求p 1·q 1和p 2·q 2；（2）求2p n +q n 与2p n-1+q n-1的递推关系式和X n 的数学期望E (X n )(用n 表示)．绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学Ⅰ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，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。

江苏省2020年高考数学压轴卷（含解析）注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及答题要求1．本试卷共4页，包含填空题（第1题～第14题）、解析题（第15题～第20题）．本卷满分为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．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上指定位置作答，在其它位置作答一律无效．4．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．参考公式：球体的体积公式：V＝334Rπ，其中为球体的半径．一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1．全集12{}345U＝，，，，，集合134{}}35{A B＝，，，＝，，则UA B⋂（）ð═．2．已知i是虚数单位，若12i a i a R+∈（﹣)(）＝，，则a＝．3．我国古代数学算经十书之一的《九章算术》一哀分问题：今有北乡八千一百人，西乡九千人，南乡五千四百人，凡三乡，发役五百，意思是用分层抽样的方法从这三个乡中抽出500人服役，则北乡比南乡多抽人．4．如图是一个算法的流程图，则输出y的取值范围是．5．已知函数22353log(1)3x xf xx x-⎧-<⎨-+≥⎩（）＝，若f（m）＝﹣6，则f（m﹣61）＝．6．已知f （x ）＝sin （x ﹣1），若p ∈{1，3，5，7}，则f （p ）≤0的概率为 ． 7．已知函数f （x ）＝2sin （ωx +φ）（ω＞0，|φ|＜2π）的部分图象如图所示，则f （76π）的值为 ．8．已知A ，B 分别是双曲线2212x y C m ：-＝的左、右顶点，P （3，4）为C 上一点，则△PAB 的外接圆的标准方程为 ．9．已知f （x ）是R 上的偶函数，且当x ≥0时，f （x ）＝|x 2﹣3x |，则不等式f （x ﹣2）≤2的解集为 ．10．若函数f （x ）＝a 1nx ，（a ∈R ）与函数g （x ）＝x ，在公共点处有共同的切线，则实数a 的值为 ．11．设A ，B 在圆x 2+y 2＝4上运动，且23AB ＝，点P 在直线3x +4y ﹣15＝0上运动．则|PA PB |+u u u r u u u r的最小值是 ．12．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝23π，∠ABC 的平分线交AC 于点D ，BD ＝1，则a +c 的最小值为 ．13．如图，点D 为△ABC 的边BC 上一点，2BD DC =u u u r u u u r，E n （n ∈N ）为AC 上一列点，且满足：11414n n n n n E A E D E a B a +=+u u u u r u u u u ru u u u r （﹣）﹣5，其中实数列{a n }满足4a n ﹣1≠0，且a 1＝2，则111a -+211a -+311a -+…+11n a -＝ ．14．已知函数2910(1)e ,023xx x f x x x ⎧++<⎪⎨⎪-≥⎩（）＝+6,x 0，其中e 是自然对数的底数．若集合{x ∈Z|x（f （x ）﹣m ）≥0}中有且仅有4个元素，则整数m 的个数为 ．二、解答题（本大题共6小题，计90分.解析应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内）15．(本小题满分14分) 如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，已知点M 为棱BC 上异于B ，C 的一点．（1）若M 为BC 中点，求证：A 1C ∥平面AB 1M ； （2）若平面AB 1M ⊥平面BB 1C 1C ，求证：AM ⊥BC ．16.（本小题满分14分）已知12(,),(0,cos(),.2273πππαπβαβαβ∈∈-=+=), （1）求22sin αβ（﹣）的值； （2）求cos α的值．17．(本小题满分14分) 学校拟在一块三角形边角地上建外籍教室和留学生公寓楼，如图，已知△ABC 中，∠C ＝2π，∠CBA ＝θ，BC ＝a ．在它的内接正方形DEFG 中建房，其余部分绿化，假设△ABC 的面积为S ，正方形DEFG 的面积为T ． （1）用a ，θ表示S 和T ； （2）设f （θ）＝TS，试求f （θ）的最大值P ；18.(本小题满分16分) 已知椭圆22221x y C a b：+＝0a b （＞＞）的离心率为22，短轴长为22（Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）如图，经过椭圆左项点A 且斜率为k （k ≠0）直线l 与C 交于A ，B 两点，交y 轴于点E ，点P 为线段AB 的中点，若点E 关于x 轴的对称点为H ，过点E 作与OP （O 为坐标原点）垂直的直线交直线AH 于点M ，且△APM 面积为23，求k 的值．19．(本小题满分16分) 已知函数()212ln 2f x x x ax a R =+-∈，． （1）当3a =时，求函数()f x 的极值；（2）设函数()f x 在0x x =处的切线方程为()y g x =，若函数()()y f x g x =-是()0+∞，上的单调增函数，求0x 的值；（3）是否存在一条直线与函数()y f x =的图象相切于两个不同的点？并说明理由． 20．(本小题满分16分) 已知集合A ＝a 1，a 2，a 3，…，a n ，其中a i ∈R （1≤i ≤n ，n ＞2），l （A ）表示和a i +a j （1≤i ＜j ≤n ）中所有不同值的个数．（Ⅰ）设集合P ＝2，4，6，8，Q ＝2，4，8，16，分别求l （P ）和l （Q ）； （Ⅱ）若集合A ＝2，4，8， (2)，求证：(1)()2n n l A -=； （Ⅲ）l A （）是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由？ 数学Ⅱ（附加题）21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．请在答题卡．．．指定区域内．．．．．作答．解析应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4—1：几何证明选讲如图，已知AB为半圆O的直径，点C为半圆上一点，过点C作半圆的切线CD，过点B作BD CD⊥于点D. 求证：2BC BA BD=⋅．B．选修4—2：矩阵与变换已知矩阵=a bMc d⎡⎤⎢⎥⎣⎦，10=12N⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦，且()11402MN-⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎣⎦，求矩阵M．C．选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为2{2x ty t==--（t为参数）．在极坐标系中（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，极轴与x轴的非负半轴重合），圆C的方程为42cos4πρθ⎛⎫=+⎪⎝⎭，求直线l被圆C截得的弦长．D．选修4—5：不等式选讲已知正实数x y z、、，满足3x y z xyz++=，求xy yz xz++的最小值．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2页，均为非选择题（第21~23题）。

在① ac 3 ，② c sin A 3 ，③ c 3b 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中 三角
形存在，求 c 值；若问题中 三角形不存在，说明理由．
问题:是否存在 △ABC ，它 内角 A, B,C
对边分别为 a,b, c ，且 sin A
3
sin
B
，
C
6
，________?
（ 2）若 f（ x）≥1，求 a 取值范围．
6 6
加油！你一定行！
真题在手 何必模拟
认真刷题 必过 加油
全卷完
1.考试顺利祝福语经典句子
1、相信自己吧！坚持就是胜利！祝考试顺利，榜上有名！ 2、愿全国所有的考生都能以平常的心态参加考试，发挥自己的水平，考上理 想的学校。我真心地祝福你们。 3、试纸浸墨香，金笔下千言。思虑心平定，谨慎落笔闲。且喜平常度，切忌 神慌乱。畅游题海后，金榜题君名。考试在即，祝你成功。 4、亲爱的同学，期末考试来了，愿你们考出好成绩，考到自己理想的成绩。 5、努力吧！不管结果怎样，经历过，总会有结果的！期中考试的朋友们，为 你们祝福，也为自己祈祷！愿梦开始的地方，也是梦想实现的地方！嗯嗯，加油， 嗯，加油！ 6、相信你们一定会有很多想说却未言的话，总之走过了，哭过了，笑过了， 就不会有遗憾！带上我们的祝福去打造另外一片属于自己的天空吧！ 7、祝愿天下所有考生开心度过期中考试。祝福你们旗开得胜，取得美好佳 绩。平心对待，你们是最棒的！仁慈的上帝会祝福你们的，相信自己，一定能行！ 8、眼看考试就要来了，向前看，相信自己，我会在远方为你送去最真挚的祝 福，付出就会有收获的！ 9、又是一年年终了，期末考试转眼到。寒窗苦读为前途，望子成龙父母情。 我发短信传祝福：放下包袱开动脑筋，勤于思考好好复习，祝你取得好成绩！ 10、信心来自于实力，实力来自于勤奋。我看到了你的努力，相信你一定能在 考试中取得好成绩！

高考冲刺 提分必备2020年江苏省高考数学专项训练-真题解析专题23 数学归纳法与证明【真题感悟】1. 【2010江苏，23】已知△ABC 的三边长都是有理数． （1）求证cosA 是有理数；（2）求证：对任意正整数n ，cosnA 是有理数．2. 【2013江苏，23】设数列{a n }：1，－2，－2,3,3,3，－4，－4，－4，－4，…，11(1),,(1)k k k k k ----644474448L 个，…，即当1122k k k k n (-)(+)<≤(k ∈N *)时，a n ＝(－1)k －1k .记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)．对于l ∈N *，定义集合P l ＝{n |S n 是a n 的整数倍，n ∈N *，且1≤n ≤l }． (1)求集合P 11中元素的个数； (2)求集合P 2 000中元素的个数． 3. 【2014江苏，23】已知函数0sin ()(0)xf x x x=>，设()n f x 为1()n f x -的导数，*n N ∈ （1）求122()()222f f πππ+的值；（2）证明：对任意*n N ∈，等式1()()4442n n nf f πππ-+=都成立. 4．【2015江苏，23】（本小题满分10分）已知集合{}3,2,1=X ，{})(,,3,2,1*N n n Y n ∈=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.【考纲要求】1. 数学归纳法的原理 （考查要求为了解）2. 数学归纳法的简单应用 （考查要求为理解）【考向分析】1. 江苏高考中，经常考有难度的数学归纳法，利用归纳和类比的方法进行推理是新课标倡导的精神，主要考查学生探索创新能力.2. 数学归纳法既是方法，又是思想，更是能力.不仅需要归纳能力，更需要探究能力、创新能力、构造能力.做一些有难度的数学归纳法试题，有助于培养思维品质，提高分析问题及解决问题的能力.【高考预测】近几年没有考查数学归纳法，高考对数学归纳法考查定位在能力，属难题.【迎考策略】1. 明确数学归纳法的两步证明数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，它们的表述严格而且规范，两个步骤缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在n ＝k ＋1时一定要运用它，否则就不是数学归纳法．第二步的关键是“一凑假设，二凑结论”． 2. 用数学归纳法证明等式应注意的问题(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值0n 的值．(2)由n k =到1n k =+时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n k =时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．弄清左端应增加的项，明确等式左端变形目标，掌握恒等式变形常用的方法：乘法公式、因式分解、添拆项、配方等．简言之：两个步骤、一个结论；递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉．[来 3. 数学归纳法证明不等式的注意问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法． (2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n k =成立，推证1n k =+时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．4. “归纳——猜想——证明”的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式．其一般思路是：通过观察有限个特例，猜想出一般性的结论，然后用数学归纳法证明．这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用．其关键是观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．5. 使用数学归纳法需要注意的三个问题 在使用数学归纳法时还要明确：(1)数学归纳法是一种完全归纳法，其中前两步在推理中的作用是：第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，二者缺一不可；(2)在运用数学归纳法时，要注意起点0n ，并非一定取1，也可能取0,2等值，要看清题目； (3)第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清楚由n k =到1n k =+时命题变化的情况． 6. 数学归纳法常用于与正整数有关命题的证明可用数学归纳法．例如根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．【强化演练】1．已知数列{}n a 满足123012323222n n n n nC C C a C +++=++++…*2n n nn C n N ++∈，． （1）求1a ， 2a ， 3a 的值；（2）猜想数列{}n a 的通项公式，并证明． 2．已知函数，记，当．（1）求证：在上为增函数； （2）对于任意，判断在上的单调性，并证明． 3．（1）用数学归纳法证明：当*n N ∈时，cos cos2cos3cos x x x nx +++⋅⋅⋅+=1sin 12122sin 2n xx ⎛⎫+ ⎪⎝⎭-（x R ∈，且2x k π≠， k Z ∈）； （2）求234sin 2sin 3sin 4sin 6666ππππ++++ 20182018sin6π⋅⋅⋅+的值. 4．已知函数()()00,0cx df x a ac bd ax b+=≠-≠+，设()n f x 为()1n f x -的导数， *n N ∈.（1）求()()12,f x f x ；（2）猜想()n f x 的表达式，并证明你的结论.5．已知()()()()()()01111nknnnn k m n n n n n f x C x C x C x k C x n =--++--++--L L ，其中R x ∈，*N n ∈， N k ∈， k n ≤.（1）试求()1f x ， ()2f x ， ()3f x 的值；（2）试猜测()n f x 关于n 的表达式，并证明你的结论. 6．设，为正整数，数列的通项公式，其前项和为.（1）求证：当为偶数时，；当为奇数时，； （2）求证：对任何正整数，.7．数列{}n a 满足11a =且()1211112n nna a n n n +⎛⎫=++≥ ⎪+⎝⎭. （1）用数学归纳法证明： ()22n a n ≥≥；（2）已知不等式()ln 1x x +<对0x >成立，证明： ()3421n a e n <≥（其中无理数）.8．记.（1）求的值； （2）当时，试猜想所有的最大公约数，并证明.9．设个正数满足且. （1）当时，证明：；（2）当时，不等式也成立，请你将其推广到 且个正数的情形，归纳出一般性的结论并用数学归纳法证明.10．已知数列{}n a 的各项均为正整数，对于任意n ∈N *，都有11111122111n n n na a a a n n ++++<<+-+ 成立，且24a =． （1）求1a ，3a 的值；（2）猜想数列{}n a 的通项公式，并给出证明． 11．在数列E 中，已知F ，23-，2n n a b =(2n na b =，．（1，13a =时，分别求（212（Ⅰ）求(1)f -及(2)f 的值；（Ⅱ）试探求对一切整数n ，()f n 是否一定是整数？并证明你的结论．13．各项均为正数的数列{}n x 对一切*n ∈N 均满足 （1）1n n x x +<； （2 14．设n ∈*N 且2n ≥，证明：()22221212n n a a a a a a ++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+()1232n a a a a +++⋅⋅⋅+⎡⎣()234n a a a a +++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅]1n n a a -+．。

专题一 立体几何部分一、近几年江苏高考1、（1）（2019江苏卷）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.【答案】10.【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120， 所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点， 所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. （2）（2019江苏卷）.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB =BC ．求证：（1）A 1B 1∥平面DEC 1；（2）BE ⊥C 1E ． 【解析】（1）因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.2、（1）（2018江苏卷）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】【解析】分析：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为（2）（2018江苏卷）在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB 1平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．3、（1）（2017江苏卷）如图，圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．【答案】 32【解析】设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为h ＝2R .因为V 1＝πR 2h ＝2πR 3，V 2＝4πR 33，所以V 1V 2＝32. （2）（2017江苏卷）如图，在三棱锥ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD . 求证：(1) EF ∥平面ABC ； (2) AD ⊥AC .证明：(1) 在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2) 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.4、（1）（2016江苏卷）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ABCDA1B1C1D1(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？【答案】 (1) 由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P A 1B 1C 1D 1的体积 V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2) 设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连结O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以⎝⎛⎭⎫2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)， 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值．因此，当PO1＝2 3 m时，仓库的容积最大．（2）（2016江苏卷）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1) 直线DE∥平面A1C1F；(2) 平面B1DE⊥平面A1C1F.解析：(1) 在直三棱柱ABCA1B1C1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ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.5、（1）（2015江苏卷）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________．【答案】7【解析】设新的底面半径为r ，则13π×52×4＋π×22×8＝13πr 2×4＋πr 2×8，解得r ＝7.（2）（2015江苏卷）如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1) DE ∥平面AA 1C 1C ； (2) BC 1⊥AB 1.(1) 由题意知，E 为B 1C 的中点， 又D 为AB 1的中点，因此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ABCA 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BCC 1B 1，所以BC 1⊥AC .因为BC ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形，因此BC 1⊥B 1C . 因为AC ，B 1C ⊂平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ，所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ，所以BC 1⊥AB 1.二、近几年高考试卷分析从近五年江苏高考数学来看体现了以下几个方面：1、从题型来看主要以一个填空，一个解答；（2016年填空题中没有考查体积，体积的考查体现在应用题中）；2、从知识点考查的内容来看主要以填空题是关于体积的计算，解答题设置了2问，第一问考查了平行，主要时候以线面平行，使用的方法还是以中位线为主。

A. 10名B. 18名C. 24名D. 32名
【答案】B
【解析】
【分析】
算出第二天订单数，除以志愿者每天能完成的订单配货数即可.
【详解】由题意，第二天新增订单数为 ，
故需要志愿者 名.
故选：B
【点晴】本题主要考查函数模型的简单应用，属于基础题.
4.北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（）
A. B. C. D.
8.设 为坐标原点，直线 与双曲线 的两条渐近线分别交于 两点，若 的面积为8，则 的焦距的最小值为（）
A. 4B. 8C. 16D. 32
9.设函数 ，则f(x)（）
A.是偶函数，且在 单调递增B.是奇函数，且在 单调递减
C.是偶函数，且在 单调递增D.是奇函数，且在 单调递减
（一）必考题：共60分.
17. 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.
（1）求A；
（2）若BC=3，求 周长的最大值.
18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得 ， ， ， ， .
10.已知△ABC是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（）

2020年江苏高考数学试卷及答案（含附加题）一、填空题：本大题共14小题，每题5分，共计70分，请把答案填写在答题卡相应位置上。

1.已知集合{}1,0,1,2A =-，{}0,2,3B =，则A B = __________。

2.已知i 是虚数单位，则复数()()12z i i =+-的实部是__________。

3.已知一组数据4，2a，3-a，5，6的平均数为4，则a 的值是__________。

4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次,观察向上的点数,则点数和为5的概率是。

5.右图是一个算法流程图,若输出y的值为-2,则输入x的值为。

6.在平面直角坐标系xOy中22y =,若双曲线()222105x y a a -=>的一条渐近线方程为52y x =,则该双曲线的离心率是。

7．已知()y f x =是奇函数，当0x >时，23()f x x =，则(8)f -的值是。

8.已知22sin +=43πα（），则sin 2α的值是。

9.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的，已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是3cm 。

10.将函数3sin 24y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图像向右平移6π个单位长度，则平移后的图像与y 轴最近的对称轴方程是。

11.设{}n a 是公差为d 的等差数列，{}n b 是公比为q 的等比数列，已知数列{}+n n a b 的前项和()221n n S n n n N *=-+-∈，则d q +的值是。

12.已知22451(,)x y y x y R +=∈，则22x y +的最小值是。

13.在△ABC 中，4AB =，=3AC ，∠=90BAC °，D 在边AC 上，延长AD P 到，使得=9AP ，若32PA mPB m PC ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭（m 为常数），则CD 的长度是。

2015年高考数学（江苏卷）试题分析一、考试形式及试卷结构（一）考试形式闭卷、笔试，试题分必做题和附加题两部分。

必做题部分满分为160分，考试时间120分钟；附加题部分满分为40分，考试时间30分钟。

（二）考试题型1．必做题必做题部分由填空题和解答题两种题型组成。

其中填空题14小题，约占70分；解答题6小题，约占90分。

2．附加题附加题部分由解答题组成，共6题.其中，必做题2小题，考查选修系列2（不含选修系列1）中的内容；选做题共4小题，依次考查选修系列4中4-1、4-2、4-4、4-5这4个专题的内容，考生只须从中选2个小题作答。

填空题着重考查基础知识、基本技能和基本方法，只要求直接写出结果，不必写出计算和推理过程；解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

（三）试题难易比例必做题部分由容易题、中等题和难题形式组成。

容易题、中等题和难题在试卷中的比例大致为4：4：2。

附加题部分由容易题、中等题和难题形式组成。

容易题、中等题和难题在试卷中的比例大致为5：4：1。

二、试卷概述一卷部分（即文理同卷部分），总体上说，试题的难易程度适中。

填空题（1-14题），与过去7年（08年-14年）相比，前12题相对较容易，第13题与去年的第13题考查的一样，即函数与方程的零点问题，难度高于去年，且易错；第14题较难。

分析如下：1-9题，比较容易。

并且前五道题是最容易拿分且每年必考的集合、统计、复数、算法与概率。

这45分应该是很多考生可以轻而易举拿到的分数。

10-12题，难度适中。

第10题与2012年的第13题相类似，且更加容易，直接考查直线与圆相切，之后用函数思想和基本不等式解决问题；第11题，考查累加法求通项及裂相相消求和；作为数列填空题出在第11题的位置，而且又比较简单，也应该是可以拿分的题目；第12题，考查双曲线的渐近线与平行直线之间的距离问题，知识点较简单，考法比较新颖，与往年这个位置的解析几何相比，难度不大，且运算量较小。

绝密★启用前2020 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学Ⅰ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，均为非选择题(第1 题~第20 题，共20 题)。

本卷满分为160 分，考试时间为120 分钟。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前，请务必将自己的姓名、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.请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答试题，必须用0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.5.如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.参考公式：柱体的体积V =Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．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．上．．1.已知集合A = {-1, 0,1, 2}, B = {0, 2, 3}，则A B =.2.已知i 是虚数单位，则复数z = (1+ i)(2 - i) 的实部是.3.已知一组数据4, 2a, 3 -a, 5, 6 的平均数为4，则a 的值是.4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2 次，观察向上的点数，则点数和为5 的概率是.5.如图是一个算法流程图，若输出y 的值为-2 ，则输入x 的值是.n 2 6. 在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x ﹣ y a 2 5 =1(a ＞0)的一条渐近线方程为 y= 5x ，则该双曲线的离 2心率是 .27. 已知 y =f (x )是奇函数，当 x ≥0 时， f ( x ) = x 3，则 f (-8)的值是 .8. 已知sin 2(π+ α ) 4 = 2，则sin 2α 的值是.39. 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为 2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为 0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm.10. 将函数 y = 3sin(2x π) 的图象向右平移 π个单位长度，则平移后的图象中与 y 轴最近的对称轴的方程是﹢46.11. 设{a n }是公差为 d 的等差数列，{b n }是公比为 q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前 n 项和S = n 2- n + 2n -1(n ∈ N + ) ，则 d +q 的值是 ．12. 已知5x 2 y 2 + y 4 = 1(x , y ∈ R ) ，则 x2+ y 2 的最小值是．13. 在△ABC 中， AB = 4，AC = 3，∠BAC =90︒，D 在边 BC 上，延长 AD 到 P ，使得 AP =9，若PA = mPB + ( 3- m )PC （m 为常数），则 CD 的长度是．214. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知 P ( 3，0) ，A ，B 是圆 C ：x 2 + ( y - 1)2= 36 上的两个动点，满足 PA = PB ， 22则△PAB 面积的最大值是．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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15. 在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面 ABC ，E ，F 分别是 AC ，B 1C 的中点．2（1） 求证：EF ∥平面 AB 1C 1； （2） 求证：平面 AB 1C ⊥平面 ABB 1．16. 在△ABC 中，角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c ，已知a = 3, c = 2, B = 45︒ ．（1） 求sin C 的值；（2） 在边 BC 上取一点 D ，使得cos ∠ADC = - 4，求tan ∠DAC 的值．517. 某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底 O 在水平线 MN 上、桥 AB 与MN 平行，OO '为铅垂线( O ' 在 AB 上).经测量，左侧曲线 AO 上任一点 D 到 MN 的距离h 1 (米)与 D 到OO '的距离 a (米)之间满足关系式 h =1a 2 ；右侧曲线 BO 上任一点 F 到 MN 的距离h (米)与 F 到OO ' 的距离1402b (米)之间满足关系式h = -1b 3 + 6b .已知点 B 到OO '的距离为 40 米.2800（1） 求桥 AB 的长度；（2） 计划在谷底两侧建造平行于OO ' 的桥墩 CD 和 EF ，且 CE 为 80 米，其中 C ，E 在 AB 上(不包括端点).7 y n桥墩 EF 每米造价 k (万元)、桥墩 CD 每米造价 3k (万元)(k >0).问O 'E 为多少米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价2最低18. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 E : x 2+ = 1 的左、右焦点分别为 F 1，F 2，点 A 在椭圆 E 上且43在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线 AF 1 与椭圆 E 相交于另一点 B ．（1） 求△AF 1F 2 的周长；（2） 在 x 轴上任取一点 P ，直线 AP 与椭圆 E 的右准线相交于点 Q ，求OP ⋅ QP 的最小值；（3） 设点 M 在椭圆 E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为 S 1，S 2，若 S 2=3S 1，求点 M 的坐标．19. 已知关于 x 的函数 y =f (x ), y =g (x ) 与h (x ) = kx + b (k , b ∈ R ) 在区间 D 上恒有 f (x ) ≥ h (x ) ≥ g (x ) ．（1）若 f ( x ) = x 2 + 2x ，g ( x ) = - x 2 + 2x ，D = (-∞，+ ∞) ，求 h (x )的表达式；（2） 若 f (x ) = x 2 - x + 1，g (x ) = k ln x ，h (x ) = kx - k , D = (0，+ ∞) ，求 k 的取值范围；（3） 若f (x ) = x 4 - 2x 2，g (x ) = 4x 2 - 8 ，h (x ) = 4 (t 2 - t )x - 3t 4 + 2t 2 (0 <t ≤ 2) D = [m , n ] ⊆ ⎡- 2, 2 ⎤ 求⎣ ⎦证： n - m ≤ ．20. 已知数列{a }(n ∈ N *) 的首项 a 1=1，前 n 项和为 S n ．设 λ 与 k 是常数，若对一切正整数 n ，均有1 11S n +1k - S n k = λa n +1k 成立，则称此数列为“λ–k ”数列． （1） 若等差数列{a n } 是“λ–1”数列，求 λ 的值；（2） 若数列{a n } 是“ 3 - 2 ”数列，且 a n ＞0，求数列{a n } 的通项公式；3（3） 对于给定的 λ，是否存在三个不同的数列{a n } 为“λ–3”数列，且 a n ≥0?若存在，求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由，25 ⎢ ⎥, ) 数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括 A 、B 、C 三小题，请．选．定．其．中．两．小．题．，．并．在．相．应．的．答．题．区．域．内．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 4-2：矩阵与变换]21. 平面上点 A (2, -1) 在矩阵 M = ⎡a -1 1 ⎤对应的变换作用下得到点 B (3, -4) ． b ⎣⎦（1） 求实数a ， b 的值； （2） 求矩阵 M 的逆矩阵 M -1 ．B ．[选修 4-4：坐标系与参数方程]22. 在极坐标系中，已知点 A (ρ , π) 在直线l : ρ cos θ = 2 上，点 B (ρ π在圆C : ρ = 4 s in θ 上（其中ρ ≥ 0 ， 132 60 ≤ θ < 2π ）．（1）求 ρ1 ， ρ2 的值（2）求出直线l 与圆C 的公共点的极坐标．C ．[选修 4-5：不等式选讲]23. 设 x ∈ R ，解不等式2 | x + 1| + | x |≤ 4 ．【必做题】第 24 题、第 25 题，每题 10 分，共计 20 分．请在答．题．卡．指．定．区．域．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．24. 在三棱锥A —BCD 中，已知 CB =CD = ,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面 BCD ，AO =2，E 为 AC 的中点．（1） 求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值； 1 （2） 若点 F 在 BC 上，满足 BF =4BC ，设二面角 F —DE —C 的大小为 θ，求 sin θ 的值．25. 甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复 n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 X n ，恰有 2 个黑球的概率为 p n ，恰有 1 个黑球的概率为q n．（1）求p1·q1 和p2·q2；（2）求2p n+q n 与2p n-1+q n-1 的递推关系式和X n 的数学期望E(X n)(用n 表示) ．答案解析一、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．上．．1.已知集合A = {-1, 0,1, 2}, B = {0, 2, 3}，则A B =.【答案】{0, 2}【解析】【分析】根据集合交集即可计算.【详解】∵ A ={-1, 0,1, 2}, B ={0, 2, 3}∴A I B ={0, 2}故答案为：{0, 2}.【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题型．2.已知i 是虚数单位，则复数z = (1+ i)(2 - i) 的实部是.【答案】3【解析】4 1 【分析】根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值.【详解】∵复数 z = (1 + i )(2 - i )∴ z = 2 - i + 2i - i 2 = 3 + i ∴复数的实部为 3.故答案为：3.【点睛】本题考查复数的基本概念，是基础题．3. 已知一组数据4, 2a , 3 - a , 5, 6 的平均数为4，则a 的值是 .【答案】2【解析】【分析】根据平均数的公式进行求解即可．【详解】∵数据4, 2a , 3 - a , 5, 6 的平均数为 4 ∴ 4 + 2a + 3 - a + 5 + 6 = 20 ，即a = 2 . 故答案为：2.【点睛】本题主要考查平均数的计算和应用，比较基础．4. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷 2 次，观察向上的点数，则点数和为 5 的概率是 .1 【答案】 9【解析】【分析】分别求出基本事件总数，点数和为 5 的种数，再根据概率公式解答即可． 【详解】根据题意可得基本事件数总为6 ⨯ 6 = 36 个.点数和为 5 的基本事件有(1, 4) ， (4,1) ， (2, 3) ， (3, 2) 共 4 个.∴出现向上的点数和为5 的概率为 P = = .36 9故答案为： 1.9【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．5. 如图是一个算法流程图，若输出y 的值为-2 ，则输入 x 的值是 .5 x 2 y【答案】-3【解析】【分析】根据指数函数的性质，判断出 y = x + 1 ，由此求得 x 的值. 【详解】由于2x > 0 ，所以 y = x +1 = -2 ，解得 x = -3 . 故答案为： -3【点睛】本小题主要考查根据程序框图输出结果求输入值，考查指数函数的性质，属于基础题.6. 在平面直角坐标系 xOy 中，若双曲线x ﹣ y a 2 5 =1(a ＞0)的一条渐近线方程为 y= 5x ，则该双曲线的离 2心率是 .3 【答案】 2【解析】【分析】根据渐近线方程求得a ，由此求得c ，进而求得双曲线的离心率.2 2 【详解】双曲线 - a 25 = 1，故b = .由于双曲线的一条渐近线方程为 y = 5 x ，即 b = 2 a 5 ⇒ a = 2 ， 2所以c =3故答案为：2= c = 3 ，所以双曲线的离心率为 a = 3.2【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.27. 已知 y =f (x )是奇函数，当 x ≥0 时， f ( x ) = x 3 【答案】-4，则 f (-8)的值是 .【解析】a 2 +b 2 4 + 5 23 2【分析】先求 f (8) ，再根据奇函数求 f (-8)【详解】 f (8) = 83 = 4 ，因为 f (x ) 为奇函数，所以 f (-8) = - f (8) = -4 故答案为： -4【点睛】本题考查根据奇函数性质求函数值，考查基本分析求解能力，属基础题.8. 已知sin2(π + α ) 4 = 2，则sin 2α 的值是 .3 1【答案】 3【解析】【分析】直接按照两角和正弦公式展开，再平方即得结果.【详解】Q sin 2 (π+ α ) = ( 2 cos α + 2 sin α )2 = 1(1+ sin 2α ) 4 2 2 2∴ 1 (1+ sin 2α ) = 2 ∴sin 2α = 1 2 3 31故答案为：3【点睛】本题考查两角和正弦公式、二倍角正弦公式，考查基本分析求解能力，属基础题.9. 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为 2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为 0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm.【答案】12 - π2【解析】【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为6⨯ 3 ⨯ 22⨯ 2=12 433 3 n 1 =圆柱体积为π ( 1)2⋅ 2 =π22所求几何体体积为12 - π2故答案为： 12 -π2【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.10. 将函数 y = 3sin(2x π) 的图象向右平移 π 个单位长度，则平移后的图象中与 y 轴最近的对称轴的方程是﹢ 46.【答案】 x =- 5π24【解析】【分析】先根据图象变换得解析式，再求对称轴方程，最后确定结果. 【详解】 y = 3sin[2(x - π) + π] = 3sin(2x -π) 64122x -ππ7π k π= + k π (k ∈ Z )∴ x = + 12 2 24 2当 k = -1 时 x =- 5π24 故答案为： x =- 5π24 (k ∈ Z ) 【点睛】本题考查三角函数图象变换、正弦函数对称轴，考查基本分析求解能力，属基础题.11. 设{a n }是公差为 d 的等差数列，{b n }是公比为 q 的等比数列．已知数列{a n +b n }的前 n 项和S = n 2- n + 2n -1(n ∈ N + ) ，则 d +q 的值是 ．【答案】4 【解析】【分析】结合等差数列和等比数列前 n 项和公式的特点，分别求得{a n },{b n } 的公差和公比，由此求得d + q . 【详解】设等差数列{a n } 的公差为d ，等比数列{b n } 的公比为q ，根据题意q ≠ 1 .等差数列{a }的前n 项和公式为 P = na + n (n -1) d = d n 2 + ⎛ a - d ⎫n ，n n 12 2 1 2 ⎪ 等比数列{b }的前n 项和公式为Qb (1- q n ) ⎝ ⎭= - b 1 q n + b 1 ， nn1- q1- q1- q⎪ 依题意 S = P + Q ，即n 2 - n + 2n -1 = dn 2+ ⎛ a -d ⎫ n - b 1 q n + b1 ，nnn212 ⎪1- q1- q⎧ d = 12 ⎝⎭⎧d = 2 ⎪ d ⎪ ⎪a 1 - = -1 ⎪a 1 = 0通过对比系数可知⎨ 2 ⇒ ⎨q = 2 ，故d + q = 4 . ⎪q = 2 ⎪ ⎪ b ⎪⎩b 1 = 1故答案为： 4⎪ 1 = -1 ⎪⎩1- q 【点睛】本小题主要考查等差数列和等比数列的前n 项和公式，属于中档题.12. 已知5x 2 y 2 + y 4 = 1(x , y ∈ R ) ，则 x2+ y 2 的最小值是．4 【答案】 5【解析】【分析】根据题设条件可得 x 2= 1- y 4 5y 2 ，可得 x 2 + y 2= 1- y 4 5 y 2+ y 2 1 4 y 2 5 y 2 +5 ，利用基本不等式即可求解.【详解】∵ 5x 2 y 2 + y 4 = 1∴ y ≠ 0 且 x 2=1- y 4 5y 22 2 1- y 421 4 y2 4 1 = 4 y 2 23 2 1 ∴ x + y = 5y 2 + y = + 5y 2 5≥ 2 = 5 ，当且仅当 5y 2 5 ，即 x = , y 10 = 时取等号. 2 ∴ x 2 + y 2 的最小值为 4. 5故答案为： 4.5【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用≥ 或≤ 时等号能否同时成立）.13. 在△ABC 中， AB = 4，AC = 3，∠BAC =90︒，D 在边 BC 上，延长 AD 到 P ，使得 AP =9，若PA = mPB + ( 3- m )PC （m 为常数），则 CD 的长度是．25y 2 5 2 1 ⋅ 4 y =PD = PB + ⎝ ⎭PCm ⎛ 3 - m ⎫ 2 ⎪ θ (π θ ) - = =18 【答案】 5【解析】【分析】根据题设条件可设 PA = λ PD (λ > 0) ，结合 PA = mPB + ⎛ 3 - m ⎫PC 与 B , D , C 三点共线，可求得λ ，再根据 2 ⎪ ⎝ ⎭勾股定理求出 BC ，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】∵ A , D , P 三点共线，∴可设 PA = λ PD (λ > 0) ，∵PA = mPB + ⎛ 3 - m ⎫PC ， 2 ⎪ ⎝ ⎭⎛ 3 ⎫ ∴ λ PD = mPB + - m PC ，即 ， 2 ⎪⎝⎭ λ λ若 m ≠ 0 且m ≠ 3，则 B , D , C 三点共线，2⎛ 3 - m ⎫3∴m 2 ⎪，即λ = ，λ+ ⎝λ⎭= 12∵ AP = 9 ，∴ AD = 3 ，∵ AB = 4 , AC = 3 , ∠BAC = 90︒，∴BC = 5 ， 设CD = x ， ∠CDA = θ ，则 BD = 5 - x ， ∠BDA = π -θ .AD 2 + CD 2 - AC 2∴根据余弦定理可得cos == 2 A D ⋅ C Dx AD 2 + BD 2 - AB 2， cos 62AD ⋅ BD(5 - x )2 - 76(5 - x ) ，∵cos θ + cos (π -θ ) = 0 ，x(5 - x )2 - 718 ∴ += 0 ，解得 x =，66(5- x )5∴ CD 的长度为18 .5当 m = 0 时， PA = 3PC ， C , D 重合，此时CD 的长度为0 ，23 + 14 45 当 m = 3 时， PA = 3PB ， B , D 重合，此时 PA = 12 ，不合题意，舍去.22故答案为：0 或18 .5【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出PA = λ PD (λ > 0) ．14. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知 P ( 3，0) ，A ，B 是圆 C ：x 2 + ( y - 1)2= 36 上的两个动点，满足 PA = PB ， 22则△PAB 面积的最大值是 ．【答案】10【解析】【分析】根据条件得 PC ⊥ AB ,再用圆心到直线距离表示三角形 PAB 面积，最后利用导数求最大值. 【详解】Q PA = PB ∴ PC ⊥ AB设圆心C 到直线 AB 距离为 d ，则|AB |=2 36 - d 2 ,| PC |= = 1所以 S V PAB≤ 1⋅ 2 36 - d 2 (d +1) = 2令 y = (36 - d 2 )(d +1)2 (0 ≤ d < 6)∴ y ' = 2(d +1)(-2d 2 - d + 36) = 0∴ d = 4 （负值舍去）当0 ≤ d < 4 时，y ' > 0 ；当4 ≤ d < 6 时，y ' ≤ 0 ，因此当d = 4 时，y 取最大值，即S PAB 取最大值为10 ，故答案为：10【点睛】本题考查垂径定理、利用导数求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.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，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15. 在三棱柱 ABC -A 1B 1C 1 中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面 ABC ，E ，F 分别是 AC ，B 1C 的中点．5(36 - d 2 )(d +1)2 5（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】【分析】（1）通过证明EF //AB1，来证得EF // 平面AB1C1.（2）通过证明AB ⊥平面AB1C ，来证得平面AB1C ⊥平面ABB1 .【详解】（1）由于E, F 分别是AC, B1C 的中点，所以EF //AB1.由于EF ⊂/平面AB1C1, AB1⊂平面AB1C1，所以EF // 平面AB1C1.（2）由于B1C ⊥平面ABC ，AB Ì平面ABC ，所以B1C ⊥AB .由于AB ⊥AC, AC ⋂B1C =C ，所以AB ⊥平面AB1C ,由于AB Ì平面ABB1，所以平面AB1C ⊥平面ABB1.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 16.在△ABC 中，角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知a = 3, c =2, B = 45︒．5 1- cos 2 ∠ADC 1- sin 2 C 5 5 4⎛ π ⎫（1） 求sin C 的值；（2） 在边 BC 上取一点 D ，使得cos ∠ADC = - 4，求tan ∠DAC 的值．5【答案】（1） sin C =5；（2） tan ∠DAC = 2 . 511【解析】【分析】（1） 利用余弦定理求得b ，利用正弦定理求得sin C .（2） 根据cos ∠ADC 的值，求得sin ∠ADC 的值，由（1）求得cos C 的值，从而求得sin ∠DAC , cos ∠DAC的值，进而求得tan ∠DAC 的值.【详解】（1）由余弦定理得b 2= a 2+ c 2- 2ac cos B = 9 + 2 - 2⨯ 3⨯ 2 ⨯2 = 5 ，所以b = .2由正弦定理得c = b ⇒ sin C = c sin B = 5 .sin C sin B b 5（2）由于cos ∠ADC = - ， ∠ADC ∈ ,π ，所以sin ∠ADC = = 3.52 ⎪5⎝ ⎭由于∠ADC ∈⎛ π ,π ⎫ ，所以C ∈⎛ 0, π ⎫ ，所以cos C = = 2 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 5所以sin ∠DAC = sin (π - ∠DAC ) = sin (∠ADC + ∠C )= sin ∠ADC ⋅ cos C + cos ∠ADC ⋅ sin C = 3 ⨯ 2 5 + ⎛ - 4 ⎫⨯ 5 = 2 5 .55 5 ⎪ 5 25 由于∠DAC ∈⎛ 0, π ⎫，所以cos ∠DAC =⎝ ⎭= 11 . 2 ⎪ ⎝ ⎭ 所以tan ∠DAC = sin ∠DAC cos ∠DAC 25= 2.111- sin 2∠DAC【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题.17. 某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底 O 在水平线 MN 上、桥 AB 与MN 平行，OO '为铅垂线( O ' 在 AB 上).经测量，左侧曲线 AO 上任一点 D 到 MN 的距离h 1 (米)与 D 到OO '的距离 a (米)之间满足关系式 h =1a 2 ；右侧曲线 BO 上任一点 F 到 MN 的距离h (米)与 F 到OO ' 的距离1402b (米)之间满足关系式h = -1b 3 + 6b .已知点 B 到OO '的距离为 40 米.2800（1） 求桥 AB 的长度；（2） 计划在谷底两侧建造平行于OO ' 的桥墩 CD 和 EF ，且 CE 为 80 米，其中 C ，E 在 AB 上(不包括端点).桥墩 EF 每米造价 k (万元)、桥墩 CD 每米造价 3k (万元)(k >0).问O 'E 为多少米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价2最低【答案】（1）120 米（2） O 'E = 20 米 【解析】【分析】（1） 根据A,B 高度一致列方程求得结果；（2） 根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果.【详解】（1）由题意得 1| O 'A |2 = -1⨯ 403 + 6⨯ 40∴| O 'A |= 8040800∴|AB |=| O 'A | + | O 'B |= 80 + 40 = 120 米（2） 设总造价为 f (x ) 万元， | O 'O |=1⨯802 = 160 ，设| O 'E |= x ，40f (x ) = k (160 + 1 x 3 - 6x ) + 3 k [160 - 1(80 - x )2 ], (0 < x < 40)800 2 40y 2 ∴ f (x ) = k (160 + 1 x 3 - 3 x 2 ),∴ f '(x ) = k ( 3 x 2 - 6x ) = 0∴ x = 20 (0 舍去)800 80 800 80当0 < x < 20 时， f '(x ) < 0 ；当20 < x < 40 时， f '(x ) > 0 ，因此当 x = 答：当O 'E = 20 米时，桥墩 CD 与EF 的总造价最低.20 时， f (x ) 取最小值，【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.18. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 E :x 2+ = 1 的左、右焦点分别为 F 1，F 2，点 A 在椭圆 E 上且 4 3在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线 AF 1 与椭圆 E 相交于另一点 B ．（1） 求△AF 1F 2 的周长；（2） 在 x 轴上任取一点 P ，直线 AP 与椭圆 E 的右准线相交于点 Q ，求OP ⋅ QP 的最小值；（3） 设点 M 在椭圆 E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为 S 1，S 2，若 S 2=3S 1，求点 M 的坐标．【答案】（1）6；（2）-4；（3）M (2, 0) 或⎛ - 2 , - 12 ⎫.7 7 ⎪ ⎝ ⎭【解析】【分析】（1） 根据椭圆定义可得 AF 1 + AF 2 = 4 ，从而可求出△AF 1 F 2 的周长；（2） 设 P( x ,0) ，根据点 A 在椭圆 E 上，且在第一象限， AF ⊥ F F ，求出 A ⎛1,3 ⎫，根据准线方程得 021 22 ⎪ ⎝ ⎭Q 点坐标，再根据向量坐标公式，结合二次函数性质即可出最小值；（3） 设出设 M( x 1, y 1 ) ，点 M 到直线 AB 的距离为d ，由点O 到直线 AB 的距离与 S 2 = 3S 1 ，可推出d = 9，根据点到直线的距离公式，以及 M ( x , y ) 满足椭圆方程，解方程组即可求得坐标.51 12【详解】（1）∵椭圆 E 的方程为x+y= 4 3120 0 Q 0 0 0 0 ∴F 1 (-1, 0), F 2 (1, 0) 由椭圆定义可得： AF 1 + AF 2 = 4 .∴△AF 1 F 2 的周长为4 + 2 = 6（2） 设 P( x 0 ,0) ，根据题意可得 x 0 ≠ 1.∵点 A 在椭圆 E 上，且在第一象限， AF 2 ⊥ F 1F 2∴ A ⎛1, 3 ⎫ 2 ⎪ ⎝ ⎭∵准线方程为 x = 4∴Q (4, y Q )∴ OP ⋅ Q P = ( x , 0)⋅(x - 4, - y ) = ( x - 4) x = (x - 2)2- 4 ≥ -4 ，当且仅当 x = 2 时取等号. ∴ OP ⋅ QP 的最小值为-4 .（3） 设 M( x 1, y 1 ) ，点 M 到直线 AB 的距离为 d .∵A ⎛1, 3 ⎫，F (-1, 0) 2 ⎪ 1 ⎝ ⎭∴直线 AF 的方程为 y =3( x +1)1 4∵点O 到直线 AB 的距离为 3， S 52 = 3S 1∴ S = 3S = 3⨯ 1 ⨯ AB ⨯ 3 =AB ⋅ d 2 12 5∴d = 95∴ 3x 1 - 4 y 1 + 3 = 9 ①x 2 y 2∵ 1 + 1 = 1 ②4 3⎧x =- 2⎧x 1 = 2 ⎪ 1 7 ∴联立①②解得⎨ y = 0 ， ⎨12 .⎩ 1 ⎪ y =-⎪⎩ 1 71 279∴M (2, 0)或⎛-2, -12 ⎫.7 7 ⎪ ⎝⎭【点睛】本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据S2= 3S1推出d =是解答本题的关键.519.已知关于x 的函数y = f (x), y =g(x) 与h(x) =kx +b(k, b ∈R) 在区间D 上恒有f (x) ≥h(x) ≥g(x) ．（1）若f (x)=x2+ 2x，g (x)=-x2+ 2x，D = (-∞，+∞) ，求h(x)的表达式；（2）若f (x) = x2-x +1，g(x) = k ln x，h(x) = kx -k, D = (0，+∞) ，求k 的取值范围；（3）若f (x) = x4- 2x2，g(x) = 4x2- 8 ，h(x) = 4 (t 2-t )x-3t 4+ 2t 2 (0 < t ≤2) D = [m, n]⊆⎡-2, 2 ⎤求⎣⎦证：n -m ≤．【答案】（1）h (x)= 2x ；（2）k ∈[0, 3]；（3）证明详见解析【解析】【分析】（1）求得f (x)与g (x)的公共点，并求得过该点的公切线方程，由此求得h (x)的表达式.（2）先由h (x)-g (x)≥ 0 ，求得k 的一个取值范围，再由f (x)-h (x)≥ 0 ，求得k 的另一个取值范围，从而求得k 的取值范围.（3）先由f (x)≥h (x)，求得t 的取值范围，由方程g (x)-h (x)= 0 的两个根，求得n -m 的表达式，利用导数证得不等式成立.【详解】（1）由题设有-x2+ 2x ≤kx +b ≤x2+ 2x 对任意的x ∈R 恒成立.令x = 0 ，则0 ≤b ≤ 0 ，所以b = 0 .因此kx ≤x2+ 2x 即x2 +(2 -k )x ≥ 0 对任意的x ∈R 恒成立，所以∆=(2 -k )2 ≤ 0 ，因此k = 2 .故h (x)= 2x .（2）令F (x)=h (x)-g (x)=k (x -1- ln x)(x> 0)，F (1)= 0 .又F'(x)=k ⋅x -1. x2 2 7 ( 若k < 0 ，则 F (x ) 在( 0,1)上递增，在(1, +? 符合题意.) 上递减，则 F ( x ) ≤ F (1) = 0 ，即h ( x ) - g ( x ) ≤ 0 ，不当 k = 0 时， F (x ) = h ( x ) - g ( x ) = 0, h ( x ) = g ( x ) ，符合题意.当 k > 0 时， F ( x ) 在( 0,1)上递减，在(1, +?) 上递增，则 F ( x ) ≥ F (1) = 0 ，即 h (x ) - g ( x ) ≥ 0 ，符合题意.综上所述， k ≥ 0 .由 f (x ) - h ( x ) = x 2 - x +1- (kx - k ) = x 2 - (k +1) x + (k +1) ≥ 0 当 x = k +1< 0 ，即k < -1 时， y = x 2 - (k +1) x + k +1 在 0, +? 2因为 f (0) - h (0) = k +1 < 0 ，故存在 x 0 ∈(0, +∞) ，使 f (x ) - h ( x ) < 0 ，不符合题意. 当 x =k +1= 0 ，即k = -1 时， f (x ) - h ( x ) = x 2 ≥ 0 ，符合题意. 2) 为增函数，当 x = k +1 > 0 ，即k > -1 时，则需∆ = (k +1)22综上所述， k 的取值范围是k ∈[0, 3]. - 4 (k +1) ≤ 0 ，解得-1 < k ≤ 3 .（3） 因为 x4- 2x 2≥ 4 (t 3- t )x - 3t 4 + 2t 2 ≥ 4x 2- 8 对任意 x ∈[m , n ] ⊂ [-2, 2] 恒成立，x 4- 2x 2≥ 4(t 3- t )x - 3t 4 + 2t 2对任意 x ∈[m , n ] ⊂ [-2, 2] 恒成立，等价于(x - t )2(x2+ 2tx + 3t 2- 2)≥ 0 对任意 x ∈[m , n ] ⊂ [-2, 2] 恒成立.故 x 2 + 2tx + 3t 2 - 2 ≥ 0 对任意 x ∈[m , n ] ⊂ [- 2, 2] 恒成立令 M (x ) = x 2 + 2tx + 3t 2 - 2 ，当0 < t 2 < 1， ∆ = -8t 2 + 8 > 0, -1 < -t < 1 ，此时n - m ≤ + t < +1 < ，当1 ≤ t 2 ≤ 2 ， ∆ = -8t 2 + 8 ≤ 0 ，但4x 2- 8 ≥ 4(t 3- t )x - 3t 4 + 2t 2对任意的 x ∈[m , n ] ⊂ [-2, 2] 恒成立. 等价于4x 2- 4(t 3- t ) x + (3t 2+ 4)(t 2- 2) ≤ 0 对任意的 x ∈[m , n ] ⊂ [-2, 2] 恒成立.t 6 - 5t 4 + 3t 2 + 8 λ3 - 5λ 2 + 3λ + 8 7 7 3 1 2max maxn 4x 2 - 4(t 3 - t ) x + (3t 2 + 4)(t 2 - 2) = 0 的两根为 x , x ，则 x 1 + x 2 = t - t , x 1 ⋅ x 2 =3t 4 - 2t 2 - 8，4所以n - m = x - x == .12令t 2 = λ, λ ∈[1, 2] ，则n - m = .构造函数P (λ ) = λ3- 5λ 2+ 3λ + 8(λ ∈[1, 2]) ， P '(λ ) = 3λ 2 -10λ + 3 = (λ - 3)(3λ -1) ，所以λ ∈[1, 2]时， P '(λ ) < 0 ， P (λ ) 递减， P (λ ) = P (1) = 7 . 所以(n - m ) = ，即n - m ≤ . 【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.20. 已知数列{a }(n ∈ N * ) 的首项 a 1=1，前 n 项和为 S n ．设 λ 与 k 是常数，若对一切正整数 n ，均有1 11S n +1k - S n k = λa n +1k 成立，则称此数列为“λ–k ”数列． （1） 若等差数列{a n } 是“λ–1”数列，求 λ 的值；（2） 若数列{a n } 是“ 3 - 2 ”数列，且 a n ＞0，求数列{a n } 的通项公式；3（3） 对于给定的 λ，是否存在三个不同的数列{a n } 为“λ–3”数列，且 a n ≥0?若存在，求 λ 的取值范围；若不存在，说明理由， 【答案】（1）1（2）a n ⎧ 1, n = 1⎨ n -2⎩3⋅ 4 , n ≥ 2（3） 0 < λ < 1【解析】【分析】（1） 根据定义得 S n +1 - S n = λa n +1 ，再根据和项与通项关系化简得 a n +1 = λa n +1 ，最后根据数列不为零数列得结果；111S =4S S a （2） 根据定义得 S n +12 - S n 2 =(S n +1 - S n )2 ，根据平方差公式化简得 3n +1 n ，求得 n ，即得 n ； ( x + x - 4x x 1 2 ) 21 2= 33 n n n n +1 nn +1 n n +1 ⎩n n +1 S 1 1 1（3） 根据定义得 Sn +13 - S n 3 = λa n +13 ，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的条件，解得结果【详解】（1） S n +1 - S n = λa n +1 ∴ a n +1 = λa n +1 Q a 1 = 1∴ a n +1 ≡/ 0∴λ = 111（2） Q a n > 0∴ S n +1 > S n ∴ S n +12 - S n 2 > 0111Q S n +12 - S n 2 = (S n +1 - S n )2 31 1 11 1 1 1∴(Sn +12 - S 2 )2 =3 (S n +1 2 - S n 2 )(S n +1 2 + S n 2 )1111 1 1 1 ∴ S n +12 - S n 2 = 3(S n +1 2 + S n 2 )∴ S n +1 2 =2S n 2 ∴ S n +1 =4S n ∴ S n = 4n -1S = a = 1， S = 4n -1 1 1 n∴a = 4n -1 - 4n -2 = 3⋅ 4n -2 , n ≥ 2∴a n ⎧ 1, n = 1 ⎨ n -2⎩3⋅ 4 , n ≥ 2（3）假设存在三个不同的数列{a n } 为"λ - 3" 数列.111 11S n +1 3- S n 3= λa n +1 3∴(S n +1 3 - S 3 )3=λ3 (S - S n ) 11112211∴ Sn +13= S n3 或(S n +1 3 - S 3 )2 = λ3 (S3 + S n 3 + Sn +1 3S n3)221 1∴ S n +1 = S n 或(λ3 -1)Sn +13+ (λ3 -1)S 3 + (λ3 + 2)S 3 S 3 = 0n ∵对于给定的λ ，存在三个不同的数列{a n } 为"λ - 3" 数列，且a n ≥ 0⎧1, n = 1 2 2 1 1∴a n = ⎨0, n ≥ 2 或(λ3 -1)S n +13 + (λ3 -1)S n 3 + (λ3 + 2)S n +13 S n 3 = 0 (λ ≠ 1) 有两个不等的正根.221 1(λ3 -1)S n +1 3 + (λ3 -1)S 3 + (λ3 + 2)S 2 13 S n 3 = 0 (λ ≠ 1)可转化为 1(λ3-1)S 2 3 n +1 + (λ3 -1) + (λ3+ 2)S 13 n +1 = 0 (λ ≠ 1) ，不妨设⎛ S n +1 ⎫3 = x ( x > 0) ，则S n 3 S n 3⎪ ⎝ n ⎭ (λ3 -1)x 2 + (λ3 + 2)x + (λ3 -1) = 0 (λ ≠ 1) 有两个不等正根，设 f ( x ) = (λ3 -1)x 2 + (λ3 + 2)x + (λ3 -1) = 0 (λ ≠ 1) .=⎢ ⎥⎨1 2 ⎢⎥ = ①当λ < 1 时， ∆ = (λ3 + 2)2 - 4(λ3 -1)2 > 0 ⇒ 0 < λ3 < 4 ，即0 < λ < 1，此时f (0) = λ3-1 < 0 ， x 对 (λ3 + 2) = -> 0 ，满足题意.2(λ3-1)②当λ > 1 时， ∆ = (λ3 + 2)2 - 4(λ3 -1)2 > 0 ⇒ 0 < λ3 < 4 ，即1 < λ < 3 4 ，此时f (0) = λ3-1 > 0 ， x 对 (λ3 + 2) = -< 0 ，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.2(λ3-1)综上， 0 < λ < 1【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括 A 、B 、C 三小题，请．选．定．其．中．两．小．题．，．并．在．相．应．的．答．题．区．域．内．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 4-2：矩阵与变换]21. 平面上点 A (2, -1) 在矩阵 M = ⎡a -1 1 ⎤对应的变换作用下得到点 B (3, -4) ． b ⎣⎦（1） 求实数a ， b 的值； （2） 求矩阵 M 的逆矩阵 M -1 ．⎡ 2 - 1 ⎤ 【答案】（1） ⎧a = 2；（2）M -1= ⎢ 5 5 ⎥. ⎩b = 2⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣5 5 ⎥⎦【解析】【分析】（1） 根据变换写出具体的矩阵关系式，然后进行矩阵的计算可得出实数a , b 的值；（2） 设出逆矩阵，由定义得到方程，即可求解.【详解】（1）∵平面上点 A (2, -1) 在矩阵 M = ⎡ a -11⎤对应的变换作用下得到点 B (3, -4) b⎡ a ∴ ⎢-1 ⎣ ⎦1⎤ ⎡ 2 ⎤ ⎡ 3 ⎤b ⎥ ⎢-1⎥ ⎢-4⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎧2a -1 = 3 ⎧a = 2 ∴ ⎨-2 - b = -4，解得⎨ = 2⎩⎩b(2 2, ) 4 3⎢1 2 ⎥, ) ⎪ ⎩5 （2）设 M -1 =⎡m n ⎤ ，则 MM -1 = ⎡ 2m + c2n + d ⎤ = ⎡1 0⎤ ⎢c d ⎥ ⎢-m + 2c - n + 2d ⎥ ⎢0 1⎥⎣ ⎦ ⎧m = 2 ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎪ ⎧2m + c = 1 ⎪ 1 ⎪2n + d = 0⎪n =- ⎪ ⎪ 5 ∴ ⎨-m + 2c = 0 ，解得⎨1⎪⎪⎩-n + 2d = 1⎪c = ⎪ 5 ⎪⎪d = ⎩ 5⎡ 2 - 1 ⎤∴ M -1= ⎢ 5 5 ⎥ ⎢⎥ ⎢⎣5 5 ⎥⎦【点睛】本题考查矩阵变换的应用，考查逆矩阵的求法，解题时要认真审题，属于基础题．B ．[选修 4-4：坐标系与参数方程]22. 在极坐标系中，已知点 A (ρ , π) 在直线l : ρ cos θ = 2 上，点 B (ρ π在圆C : ρ = 4 s in θ 上（其中ρ ≥ 0 ， 132 60 ≤ θ < 2π ）．（1）求 ρ1 ， ρ2 的值（2）求出直线l 与圆C 的公共点的极坐标．【答案】（1） ρ = 4，ρ = 2 （2） π1 2【解析】【分析】(1)将 A,B 点坐标代入即得结果；（2）联立直线与圆极坐标方程，解得结果. 【详解】（1）以极点为原点，极轴为 x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系，ρ cos π13= 2,∴ ρ1= 4 ，因为点 B 为直线θ =π上，故其直角坐标方程为 y =63 x ， 3又 ρ = 4 sin θ 对应的圆的直角坐标方程为： x 2 + y 2 - 4 y = 0 ，⎧ y = 3 x ⎧x = 0 ⎧⎪x = 由⎨ 3解得⎨ y = 0 或⎨ ，⎪x 2 + y 2 - 4 y = 0 ⎩ ⎪⎩ y = 1 2ρ cos θ 5 对应的点为(0, 0),( 3,1)，故对应的极径为 ρ2= 0 或 ρ2 = 2 .（2） = 2, ρ = 4 s in θ ,∴4 s in θ cos θ = 2,∴sin 2θ = 1，θ ∈[0, 2π ),∴θ = π , 5π，4 4当θ = π时 ρ = 2 2 ；4 当θ =5π 时 ρ = -2 4π< 0 ，舍；即所求交点坐标为当(2 2,), 4【点睛】本题考查极坐标方程及其交点，考查基本分析求解能力，属基础题.C ．[选修 4-5：不等式选讲]23. 设 x ∈ R ，解不等式2 | x + 1| + | x |≤ 4 ．【答案】 ⎡-2, 2 ⎤⎢⎣ 3 ⎥⎦【解析】【分析】根据绝对值定义化为三个方程组，解得结果⎧x < -1 ⎧ -1 ≤ x ≤ 0 ⎧ x > 0 【详解】 ⎨-2x - 2 - x ≤ 4 或⎨2x + 2 - x ≤ 4 或⎨2x + 2 + x ≤ 4⎩ ⎩ ⎩∴-2 ≤ x < -1或-1≤ x ≤ 0 或0 < x ≤ 23所以解集为⎡-2, 2 ⎤⎢⎣ 3 ⎥⎦【点睛】本题考查分类讨论解含绝对值不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.【必做题】第 24 题、第 25 题，每题 10 分，共计 20 分．请在答．题．卡．指．定．区．域．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．24. 在三棱锥A —BCD 中，已知 CB =CD = ,BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面 BCD ，AO =2，E 为 AC 的中点．2（1） 求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值；（2） 若点 F 在 BC 上，满足 BF = 1BC ，设二面角 F —DE —C 的大小为 θ，求 sin θ 的值．4【答案】（1）15 （2） 2 39 15 13【解析】【分析】（1） 建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2） 先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.详解】（1） 连CO Q BC = CD , BO = OD ∴CO ⊥ BD以OB ,OC ,OA 为 x , y , z 轴建立空间直角坐标系，则 A (0, 0, 2), B (1, 0, 0), C (0, 2, 0), D (-1, 0, 0) ∴ E (0,1,1)uuuruuur u u u r uu ur ∴ -1 AB = (1, 0, -2), DE = (1,1,1)∴cos < AB , DE >= = - 15从而直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为1515（2） 设平面 DEC 一个法向量为n 1 = (x , y , z ),DC = (1, 2, 0), ⎧⎪n 1 ⋅ DC = 0∴⎧x + 2 y = 0⎨n ⋅ DE = 0 ⎨x + y + z = 0 ⎪⎩ 1⎩令 y = 1∴ x = -2, z = 1∴ n 1 = (-2,1,1) 设平面 DEF 一个法向量为5 3156 78 12 13 3 3 91 7 1⎧⎪n ⋅ DF = 0 ⎧7 x + 1 y = 0 n = (x , y , z ), DF = DB + BF = DB + BC = ( , , 0), ⎨ 2 ∴⎪ 4 1 2 12 1 1 14 4 2 ⎪n ⋅ DE = 0 ⎨ ⎩ 2 ⎪x + y + z = 0令 y 1 = -7∴ x 1 = 2, z 1 = 5∴n 2 = (2, -7, 5)⎩ 11 1ur uu r ∴cos < -6 1 n 1, n 2 >= = -因此sin θ = = 13【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.25. 甲口袋中装有 2 个黑球和 1 个白球，乙口袋中装有 3 个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复 n 次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为 X n ，恰有 2 个黑球的概率为 p n ，恰有 1 个黑球的概率为 q n ． （1）求 p 1·q 1 和 p 2·q 2； （2）求 2p n +q n 与 2p n-1+q n-1 的递推关系式和 X n 的数学期望 E (X n )(用 n 表示) ．【答案】（1） p = 1 , q = 2；p = 7, q = 16 （2） 2 p + q = 1 (2 p +q ) + 2【解析】【分析】1 3 1 32 27 2 27 n n 3n -1 n -1 3 （1） 直接根据操作，根据古典概型概率公式可得结果；（2） 根据操作，依次求 p n ，q n ，即得递推关系，构造等比数列求得2 p n + q n ，最后根据数学期望公式求结果.1⨯ 3 1 2 ⨯ 3 2【详解】（1） p 1 =3⨯ = , q 1 = = ， 3 3 3⨯ 3 3p = p ⨯ 1⨯ 3 +q ⨯ 1⨯ 2 = 1 ⨯ 1 + 2 ⨯ 2 = 7， 21 3⨯ 3 1 3⨯ 3 3 3 3 9 27q = p ⨯ 2⨯ 3 +q ⨯ 1⨯1+ 2⨯ 2 + 0 = 2 ⨯ 2 + 2 ⨯ 5 = 162 13⨯ 3 1 3⨯ 3 3 3 3 9 271⨯ 3 1⨯ 2 1 2（2）p n = p n -1 ⨯ 3⨯ 3 +q n -1 ⨯ 3⨯ = p n -1 + q n -1 ， q = p ⨯ 2⨯ 3 +q ⨯ 1⨯1+ 2⨯ 2 + (1- p - q ) ⨯ 3⨯ 2 = - 1q + 2 ， n n -1 3⨯ 3 n -1 3⨯ 3 n -1 n -1 3⨯ 3 9 n -1 3因此2 p + q = 2 p + 1 q + 2，n n3 n -1 3 n -1 3 从而2 p + q = 1 (2 p +q ) + 2 ,∴2 p + q -1 = 1(2 p +q -1) ，n n 3 n -1 n -1 3 n n3 n -1 n -113 2 39即2 p +q-1 = (2 p +q-1)1,∴2 p +q=1+1.n n11又X n的分布列为3n-1n n3n故E( X) = 2 p +q=1+1 .n n n3n【点睛】本题考查古典概型概率、概率中递推关系、构造法求数列通项、数学期望公式，考查综合分析求解能力，属难题.。

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．8．（5 分）已知 tan α=﹣2，tan（α+β）= ，则 tan β的值为．9．（5 分）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为 4 的圆锥和底面半径为2，高为 8 的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．10．（ 5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，以点（ 1，0）为圆心且与直线mx﹣ y﹣2m﹣1=0（ m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为．．（5 分）设数列n 1 ，且n+1 n *），则数列 { } 的前11 { a } 满足 a =1 a ﹣ a =n+1（ n∈N10 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， 1 在的直线分别为，y 轴，建立平面l x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．【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．【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．4．（5 分）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果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 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．【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．【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）．【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）已知 tan α=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ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 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）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，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 ．【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．．（ 5 分）设数列 ，且 +*），则数列 { } 的前 11 { a n } 满足 a 1=1 a n 1﹣ a n =n+1（ n ∈N10 项的和为 ．【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 1 ，且 n +1﹣ n （ ∈ N *），} a =1 a a =n+1 n ∴当 n ≥2 时， a （ ﹣ ﹣ ）（ ﹣ a 1 ） +a 1．n = a n a n 1 + + a 2 =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 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．【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）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（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．【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．【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：2 2 2﹣ 2AB?ACcosA=4+9﹣2×2×3 BC =AB +AC× =7，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．【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﹣ A1 B1C1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座标系，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 ， l 的距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N 到 l ，l1 2 12 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米，以 l2， 1 在的直线分别为，轴，建立平面l x y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．【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．【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﹣ 4k2 x+2（ k2﹣1）=0，则 x1 2 ， 1 2 ，+x = x x =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）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．【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）＞ 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．【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，推第20页（共 28页）（ 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+d ）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 3 3，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 a 1n （ a 1+2d ）n +2k =（ a 1 +d ）2（ n +k ），且（ a 1+d ） n +k （a 1+3d ） n +3k =（a 1+2d ） 2（ n +2k ），（ + ）（+ ），（t ＞， t ≠ 0），分别在两个等式的两边同除以 a 12 n k ， a 12n 2k，并令 t= +）2 （ + ）+ +（ + ） 则（ 1+2t ） n 2k（ 1+t 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 ）2 ln （ 1+3t ）﹣ （ 1+2t ）2 （ 1+2t ）+33 ln（ 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 φ ） =＞0， 2（ t ）=φ1′（t ），则 φ2′（ t由 g （0）=φ（ 0） =φ1（ ） φ2（ ） ， φ2′（ ）＞ ，0 =0 =0 t0 知 g （t ），φ（t ），φ1（ ），φ2（ ）在（﹣， ）和（ ， ∞）上均单调， tt0 0 +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）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 ．【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）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．【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．【分析】先根据x=ρcos，θy=ρsin，θ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2ρsin（θ﹣2 ρ+2 ）﹣ 4=0，可得ρ﹣2ρ cos+2θρ sin﹣θ4=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=ρcos，θy=ρsin，θ比较基础，[ 选修 4-5：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| ≥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）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．【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．【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k的基础上新增加的S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．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．。

2020年江苏省高考数学试卷一、填空题1. 已知集合B={0,2,3}，A={−1,0,1,2}，则A∩B=________.2. 已知i是虚数单位，则复数z=(1+i)(2−i)的实部是________.3. 已知一组数据4，2a，3−a，5，6的平均数为4，则a的值是________.4. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是________.5. 下图是一个算法流程图，若输出y值为−2，则输入x的值是________.6. 在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2a2−y25=1(a>0)的一条渐近线方程为y=√52x，则该双曲线的离心率是________.7. 已知y=f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)=x 23，则f(−8)的值是________.8. 已知sin2(π4+α)=23，则sin2α的值是________.9. 如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正________cm 2.10. 将函数y =3sin (2x +π4)的图象向右平移π6个单位长度，则平移后的图象中与y 轴最近的对称轴的方程是________.11. 设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列.已知{a n +b n }的前n 项和S n =n 2−n +2n −1(n ∈N ∗)，则d +q 的值是________.12. 已知5x 2y 2+y 4=1(x,y ∈R )，则x 2+y 2的最小值是________.13. 在△ABC 中，AB =4， AC =3， ∠BAC =90∘，D 在边BC 上，延长AD 到P ，使得AP =9.若PA →=mPB →+(32−m)PC →(m 为常数），则CD 的长度是________.14. 在平面直角坐标系xOy 中，已知P (√32,0)，A ，B 是圆C:x 2+(y −12)2=36上的两个动点，满足PA =PB ，则△PAB 面积的最大值是________. 二、解答题15. 在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中， AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证： EF//平面AB 1C 1；(2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.16. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，己知a=3，c=√2，∠B=45∘.(1)求sin C的值；(2)在边BC上取一点D，使得cos∠ADC=−45，求tan∠DAC的值.17. 某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO′为铅垂线（O′在AB上）．经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离ℎ1（米）与D到OO′的距离a（米）之间满足关系式ℎ1=140a2；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离ℎ2（米）与F到OO′的距离b（米）之间满足关系式ℎ2=−1800b3+6b．已知点B到OO′的距离为40米．(1)求桥AB的长度；(2)计划在谷底两侧建造平行于OO′的桥墩CD和EF. 且CE为80米，其中C，E在AB上（不包括端点）. 桥墩EF每米造价k（万元），桥墩CD每米造价32k（万元）(k>0)，问O′E为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？18. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．(1)求△AF1F2的周长；(2)在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP →⋅QP →的最小值；(3)设点M 在椭圆E 上，记△OAB 与△MAB 的面积分别为S 1，S 2，若S 2=3S 1，求点M 的坐标．19. 已知关于x 的函数y =f (x ) ，y =g (x )与ℎ(x )=kx +b (k,b ∈R )在区间D 上恒有f (x )≥ℎ(x )≥g (x ).(1)若f (x )=x 2+2x ，g (x )=−x 2+2x ，D =(−∞,+∞)，求ℎ(x )的表达式；(2)若f (x )=x 2−x +1，g (x )=k ln x ，ℎ(x )=kx −k ，D =(0,+∞)，求k 的取值范围；(3)若f (x )=x 4−2x 2，g (x )=4x 2−8，ℎ(x )=4(t 3−t )x −3t 4+2t 2(0<|t|≤√2)，D =[m,n ]⊂[−√2,√2]，求证：n −m ≤√7.20. 已知数列{a n }(n ∈N ∗)的首项a 1=1，前n 项和为S n .设λ和k 为常数，若对一切正整数n ，均有S n+11k−S n 1k=λa n+11k成立，则称此数列为“λ−k ”数列. (1)若等差数列是“λ−1”数列，求λ的值；(2)若数列{a n }是“√33−2”数列，且a n >0，求数列{a n }的通项公式；(3)对于给定的λ，是否存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列，且a n ≥0？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，说明理由.参考答案与试题解析2020年江苏省高考数学试卷一、填空题1.【答案】{0,2}【考点】交集及其运算【解析】集合论中，设A，B是两个集合，由所有属于集合A且属于集合B的元素组成的集合，叫做集合A与集合B的交集，记作A∩B．【解答】解：集合B={0,2,3}，A={−1,0,1,2}，则A∩B={0,2}.故答案为：{0,2}.【点评】此题暂无点评2.【答案】3【考点】复数代数形式的混合运算复数的基本概念【解析】此题暂无解析【解答】解：z=(1+i)(2−i)=3+i，则实部为3.故答案为：3.【点评】此题暂无点评3.【答案】2【考点】众数、中位数、平均数【解析】此题暂无解析【解答】=4，解：由4+2a+(3−a)+5+65可知a=2.故答案为：2.此题暂无点评4.【答案】19【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】此题暂无解析【解答】解：总事件数为6×6=36，满足条件的事件为(1, 4)，(2, 3)，(3, 2)，(4, 1)为共4种，则点数和为5的概率为436=19.故答案为：19.【点评】此题暂无点评5.【答案】−3【考点】程序框图【解析】此题暂无解析【解答】解：由题可知当y=−2时，当x>0时，y=2x=−2，无解；当x<0时，y=x+1=−2，解得：x=−3. 故答案为：−3.【点评】此题暂无点评6.【答案】32【考点】双曲线的渐近线双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：由x 2a2−y25=1得渐近线方程为y=±√5ax.∴c2=a2+5=9，∴c=3，∴离心率e=ca =32.故答案为：32. 【点评】此题暂无点评7.【答案】−4【考点】函数奇偶性的性质函数的求值【解析】此题暂无解析【解答】解：y=f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)=x 2 3，则f(−8)=−f(8)=−823=−4.故答案为：−4.【点评】此题暂无点评8.【答案】13【考点】二倍角的余弦公式运用诱导公式化简求值【解析】此题暂无解析【解答】解：因为sin2(π4+α)=23，由sin2(π4+α)=12[1−cos(π2+2α)]=12(1+sin2α)=23，解得sin2α=13.故答案为：13.9.【答案】12√3−π2【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】此题暂无解析【解答】解：记此六角螺帽毛坯的体积为V，正六棱柱的体积为V1，内孔的体积为V2，则V1=6×12×2×2×sin60∘×2=12√3，V2=π×(0.5)2×2=π2，所以V=V1−V2=12√3−π2.故答案为：12√3−π2.【点评】此题暂无点评10.【答案】x=−5π24【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换正弦函数的对称性【解析】此题暂无解析【解答】解：因为f(x)=3sin(2x+π4)，将函数f(x)=3sin(2x+π4)的图象向右平移π6个单位长度得：g(x)=f(x−π6)=3sin(2x−π3+π4)=3sin(2x−π12)，则y=g(x)的对称轴为2x−π12=π2+kπ,k∈Z，即x=7π24+kπ2,k∈Z.当k=0时，x=7π24，当k=−1时，x=−5π24，故答案为：x =−5π24. 【点评】 此题暂无点评 11.【答案】 4【考点】等差数列与等比数列的综合 数列的求和【解析】 此题暂无解析 【解答】解：因为{a n +b n }的前n 项和为： S n =n 2−n +2n −1(n ∈N ∗)， 当n =1时，a 1+b 1=1，当n ≥2时，a n +b n =S n −S n−1 =2n −2+2n−1， 所以当n ≥2时，a n =2(n −1)，b n =2n−1，且当n =1时，a 1+b 1=0+1=1成立， 则d =a 2−a 1=2−0=2， q =b 2b 1=21=2，则d +q =4. 故答案为：4. 【点评】 此题暂无点评 12. 【答案】45【考点】基本不等式在最值问题中的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：4=(5x 2+y 2)⋅4y 2≤[(5x 2+y 2)+4y 22]2=254(x 2+y 2)2，故x 2+y 2≥45，当且仅当5x 2+y 2=4y 2=2， 即x 2=310，y 2=12时取(x 2+y 2)min =45.【点评】 此题暂无点评 13. 【答案】 185【考点】二倍角的正弦公式 正弦定理 向量的共线定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由向量系数m +(32−m)=32为常数， 结合等和线性质可知|PA →||PD →|=321，故PD =23PA =6，AD =PA −PD =3=AC ，故∠C =∠CDA ，故∠CAD =π−2C . 在△ABC 中，cos C =ACBC =35.在△ADC ，由正弦定理CDsin ∠CAD =ADsin C ， 即CD =sin (π−2C)sin C⋅AD =sin 2C sin C⋅AD =2AD cos C=2×35×3=185.故答案为：185. 【点评】 此题暂无点评 14. 【答案】10√5 【考点】与圆有关的最值问题 利用导数研究函数的最值【解析】 此题暂无解析 【解答】解：如图，作PC 所在直径EF ，交AB 于点D ，∵PA=PB，CA=CB=R=6，∴PC⊥AB.∵EF为直径，要使面积S△PAB最大，则P，D位于C点两侧，并设CD=x，计算可知PC=1，故PD=1+x, AB=2BD=2√36−x2，故S△PAB=12AB⋅PD=(1+x)⋅√36−x2.令x=6cosθ，其中θ∈(0, π2)，S△PAB=(1+x)√36−x2=(1+6cosθ)⋅6sinθ=6sinθ+18sin2θ.记函数f(θ)=6sinθ+18sin2θ，则f′(θ)=6cosθ+36cos2θ=6(12cos2θ+cosθ−6).令f′(θ)=6(12cos2θ+cosθ−6)=0，解得cosθ=23或cosθ=−34<0(舍去)，显然，当0≤cosθ<23时，f′(θ)<0，f(θ)单调递减；当23<cosθ<1时，f′(θ)>0，f(θ)单调递增.结合cosθ在(0,π2)递减，故cosθ=23时，f(θ)最大，此时sinθ=√1−cos2θ=√53，故f(θ)max=6×√53+36×√53×23=10√5，即△PAB面积的最大值是10√5.故答案为：10√5.【点评】此题暂无点评二、解答题15.【答案】证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF//AB1.因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂面ABC，所以B1C⊥AB.又因为AB⊥AC，AC∩B1C=C，AC⊂面AB1C，B1C⊂面AB1C，所以AB⊥面AB1C.因为AB⊂面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.【考点】平面与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)因为E，F分别是AC，B1C的中点，所以EF//AB1.因为EF⊄平面AB1C1，AB1⊂平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1.(2)因为B1C⊥平面ABC，AB⊂面ABC，所以B1C⊥AB.又因为AB⊥AC，AC∩B1C=C，AC⊂面AB1C，B1C⊂面AB1C，所以AB⊥面AB1C.因为AB⊂面ABB1，所以平面AB1C⊥平面ABB1.【点评】此题暂无点评16.【答案】解：(1)由余弦定理，得cos B=cos45∘=a2+c2−b22ac=26√2=√22，因此b2=5，即b=√5.由正弦定理csin C =bsin B，得√2sin C=√5√22，因此sin C=√55.(2)因为cos∠ADC=−45，所以sin∠ADC=√1−cos2∠ADC=35，因为∠ADC∈(π2, π)，所以C∈(0, π2)，所以cos C=√1−sin2∠C=2√55，所以sin∠DAC=sin(π−∠DAC)=sin(∠ADC+∠C) =sin∠ADC cos C+cos∠ADC sin C=2√525.因为∠DAC∈(0, π2)，所以cos∠DAC=√1−sin2∠DAC=11√525，故tan∠DAC=sin∠DACcos∠DAC =211.【考点】两角和与差的正弦公式余弦定理正弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)由余弦定理，得cos B=cos45∘=a2+c2−b22ac=26√2=√22，因此b2=5，即b=√5.由正弦定理csin C =bsin B，得√2sin C=√5√22，因此sin C=√55.(2)因为cos∠ADC=−45，所以sin∠ADC=√1−cos2∠ADC=35，因为∠ADC∈(π2, π)，所以C∈(0, π2)，所以cos C=√1−sin2∠C=2√55，所以sin∠DAC=sin(π−∠DAC)=sin(∠ADC+∠C) =sin∠ADC cos C+cos∠ADC sin C=2√525.因为∠DAC∈(0, π2)，所以cos∠DAC=√1−sin2∠DAC=11√525，故tan∠DAC=sin∠DACcos∠DAC =211.【点评】此题暂无点评17.【答案】解：(1)过A，B分别作MN的垂线，垂足为A1，B1，则AA 1=BB 1=−1800×403+6×40=160. 令140a 2=160，得a =80，所以AO ′=80，AB =AO ′+BO ′=80+40=120(米). 故桥AB 的长度为120米.(2)设O ′E =x ，则CO ′=80−x ， 由{0<x <40，0<80−x <80， 解得：0<x <40， 则总造价y =3k 2[160−140(80−x )2]+k [160−(−1800x 3+6x)] =k 800(x 3−30x 2+160×800)(0<x <40)，则y ′=k800(3x 2−60x )=3k800x (x −20).因为k >0，所以令y ′=0，得x =0或20， 所以当0<x <20时， y ′<0，y 单调递减； 当20<x <40时， y ′>0，y 单调递增，所以，当x =20时，y 取最小值155k ，此时造价最低． 答： O ′E 为20米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低． 【考点】利用导数研究函数的最值 函数模型的选择与应用【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)过A ，B 分别作MN 的垂线，垂足为A 1，B 1，则AA 1=BB 1=−1800×403+6×40=160. 令140a 2=160，得a =80，所以AO ′=80，AB =AO ′+BO ′=80+40=120(米). 故桥AB 的长度为120米.(2)设O ′E =x ，则CO ′=80−x ， 由{0<x <40，0<80−x <80， 解得：0<x <40， 则总造价y =3k 2[160−140(80−x )2]+k [160−(−1800x 3+6x)] =k 800(x 3−30x 2+160×800)(0<x <40)，则y ′=k800(3x 2−60x )=3k800x (x −20).因为k >0，所以令y ′=0，得x =0或20， 所以当0<x <20时， y ′<0，y 单调递减； 当20<x <40时， y ′>0，y 单调递增，所以，当x =20时，y 取最小值155k ，此时造价最低． 答： O ′E 为20米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低． 【点评】 此题暂无点评 18.【答案】解：(1)由题意知，△AF 1F 2的周长l =2a +2c =6. (2)由椭圆方程得A (1,32)， 设点P (t,0)，则直线AP 方程为y =321−t(x −t ).令x =a 2c=4，得y Q =6−32t 1−t，即Q(4,12−3t2−2t)，则QP →=(t −4,12−3t 2t−2)，所以OP →⋅QP →=t 2−4t =(t −2)2−4≥−4， 即OF →⋅QP →的最小值为−4.(3)设O 到直线AB 的距离为d 1，M 到直线AB 的距离为d 2. 若S 2=3S 1，则12×|AB|×d 2=12×|AB|×d 1×3， 即d 2=3d 1.由题意可得直线AB 方程为y =34(x +1)，即3x −4y +3=0， 所以d 1=35,d 2=95.由题意得，M 点应为与直线AB 平行且距离为95的直线与椭圆的交点.设平行于AB 的直线l 为3x −4y +m =0，与直线AB 的距离为95，所以√9+16=95，即m =−6或12． 当m =−6时，直线l 为3x −4y −6=0，即y =34(x −2). 联立{y =34(x −2),x 24+y 23=1,可得(x −2)(7x +2)=0，即{x M =2,y M =0,或{x M =−27,y M =−127,所以M(2,0)或(−27,−127).当m =12时，直线l 为3x −4y +12=0，即y =34(x +4). 联立{y =34(x +4),x 24+y 23=1,可得214x 2+18x +24=0，Δ=9×(36−56)<0，所以无解． 综上所述，M 点坐标为(2,0)或(−27,−127).【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 椭圆中的平面几何问题 直线与椭圆结合的最值问题【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由题意知，△AF 1F 2的周长l =2a +2c =6. (2)由椭圆方程得A (1,32)，设点P (t,0)，则直线AP 方程为y =321−t(x −t ).令x =a 2c=4，得y Q =6−32t 1−t，即Q(4,12−3t 2−2t)，则QP →=(t −4,12−3t 2t−2)，所以OP →⋅QP →=t 2−4t =(t −2)2−4≥−4， 即OF →⋅QP →的最小值为−4.(3)设O 到直线AB 的距离为d 1，M 到直线AB 的距离为d 2. 若S 2=3S 1，则12×|AB|×d 2=12×|AB|×d 1×3， 即d 2=3d 1.由题意可得直线AB 方程为y =34(x +1)，即3x −4y +3=0，所以d 1=35,d 2=95.由题意得，M 点应为与直线AB 平行且距离为95的直线与椭圆的交点. 设平行于AB 的直线l 为3x −4y +m =0，与直线AB 的距离为95， 所以√9+16=95，即m =−6或12． 当m =−6时，直线l 为3x −4y −6=0，即y =34(x −2). 联立{y =34(x −2),x 24+y 23=1,可得(x −2)(7x +2)=0，即{x M =2,y M =0或{x M =−27,y M=−127,所以M(2,0)或(−27,−127).当m =12时，直线l 为3x −4y +12=0，即y =34(x +4).联立{y =34(x +4),x 24+y 23=1,可得214x 2+18x +24=0，Δ=9×(36−56)<0，所以无解． 综上所述，M 点坐标为(2,0)或(−27,−127). 【点评】 此题暂无点评 19. 【答案】(1)解：由f(x)=g(x)，得x=0,f′(x)=2x+2，g′(x)=−2x+2，所以f′(0)=g′(0)=2，所以，函数ℎ(x)的图像为过原点，斜率为2的直线，所以ℎ(x)=2x，经检验：ℎ(x)=2x符合题意.(2)解：ℎ(x)−g(x)=k(x−1−ln x)，设φ(x)=x−1−ln x，则φ′(x)=1−1x =x−1x，可得φ(x)≥φ(1)=0，所以当ℎ(x)−g(x)≥0时，k≥0.令p(x)=f(x)−ℎ(x)=x2−x+1−(kx−k) =x2−(k+1)x+(1+k)≥0，得当x=k+1≤0时，f(x)在(0,+∞)上递增，所以p(x)>p(0)=1+k≥0，所以k=−1；当k+1>0时，Δ≤0，即(k+1)2−4(k+1)≤0，(k+1)(k−3)≤0，−1<k≤3.综上，k∈[0,3]．(3)证明：因为f(x)=x4−2x2，所以f′(x)=4x3−4x=4x(x+1)(x−1)，所以函数y=f(x)的图像在x=x0处的切线为y=(4x03−4x0)(x−x0)+(x04−2x02)=(4x03−4x0)x−3x04+2x02，可见直线y=ℎ(x)为函数y=f(x)的图像在x=t(0<|t|≤√2)处的切线.又因为由函数y=f x的图像可知，当f(x)≥ℎ(x)在区间D上恒成立时，|t|∈[1,√2].又由g(x)−ℎ(x)=0，得4x2−4(t3−t)x+3t4−2t2−8=0.设方程g(x)−ℎ(x)=0的两根为x1,x2，则x1+x2=t3−t，x1x2=3t4−2t2−84，所以|x1−x2|=√(x1+x2)2−4x1x2=√(t3−t)2−(3t4−2t4−8)=√t6−5t4+3t2+8.令t2=λ，则λ∈[1,2]，由图像可知n−m=|x1−x2|=√λ3−5λ2+3λ+8，设φ(λ)=λ3−5λ2+3λ+8，则φ′(λ)=3λ2−10λ+3=(λ−3)(3λ−1)，所以当λ∈[1,2]时，φ′(λ)<0，φ(λ)单调递减，所以φ(λ)max=φ(1)=7，故(n−m)max=|x1−x2|max=√φ(λ)max=√7，即n−m≤√7.【考点】利用导数研究不等式恒成立问题函数与方程的综合运用利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的单调性导数的几何意义【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：由f(x)=g(x)，得x=0,f′(x)=2x+2，g′(x)=−2x+2，所以f′(0)=g′(0)=2，所以，函数ℎ(x)的图像为过原点，斜率为2的直线，所以ℎ(x)=2x，经检验：ℎ(x)=2x符合题意.(2)解：ℎ(x)−g(x)=k(x−1−ln x)，设φ(x)=x−1−ln x，则φ′(x)=1−1x =x−1x，可得φ(x)≥φ(1)=0，所以当ℎ(x)−g(x)≥0时，k≥0.令p(x)=f(x)−ℎ(x)=x2−x+1−(kx−k) =x2−(k+1)x+(1+k)≥0，得当x=k+1≤0时，f(x)在(0,+∞)上递增，所以p(x)>p(0)=1+k≥0，所以k=−1；当k+1>0时，Δ≤0，即(k+1)2−4(k+1)≤0，(k+1)(k−3)≤0，−1<k≤3.综上，k∈[0,3]．(3)证明：因为f(x)=x4−2x2，所以f′(x)=4x3−4x=4x(x+1)(x−1)，所以函数y=f(x)的图像在x=x0处的切线为y=(4x03−4x0)(x−x0)+(x04−2x02)=(4x03−4x0)x−3x04+2x02，可见直线y=ℎ(x)为函数y=f(x)的图像在x=t(0<|t|≤√2)处的切线.又因为当f(x)≥ℎ(x)在区间D上恒成立时，|t|∈[1,√2].又由g(x)−ℎ(x)=0，得4x2−4(t3−t)x+3t4−2t2−8=0.设方程g(x)−ℎ(x)=0的两根为x1,x2，则x1+x2=t3−t，，x1x2=3t4−2t2−84所以|x1−x2|=√(x1+x2)2−4x1x2=√(t3−t)2−(3t4−2t4−8)=√t6−5t4+3t2+8.令t2=λ，则λ∈[1,2]，由图像可知n−m=|x1−x2|=√λ3−5λ2+3λ+8，设φ(λ)=λ3−5λ2+3λ+8，则φ′(λ)=3λ2−10λ+3=(λ−3)(3λ−1)，所以当λ∈[1,2]时，φ′(λ)<0，φ(λ)单调递减，所以φ(λ)max=φ(1)=7，故(n−m)max=|x1−x2|max=√φ(λ)max=√7，即n−m≤√7.【点评】此题暂无点评20.【答案】解：(1)k=1时，a n+1=S n+1−S n=λa n+1，由n为任意正整数，且a1=1，a n≠0，可得λ=1.(2)√S n+1−√S n=√3√a n+1，3a n+1=S n+1−S n=√3√a n+1(√S n+1+√S n)，3因此√S n+1+√S n=√3√a n+1，√3a n+1，即√S n+1=23S n+1=43a n+1=43(S n+1−S n )， 所以S n+1=4S n .又S 1=a 1=1，S n =4n−1， a n =S n −S n−1=3⋅4n−2，n ≥2.综上，a n ={1，n =1，3⋅4n−2，n ≥2.(n ∈N ∗) (3)若存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列， 则S n+113−S n 13=λa n+113，则S n+1−3S n+123S n 13+3S n+113S n 23−S n =λ3a n+1=λ3(S n+1−S n ). 由a 1=1，a n ≥0，且S n >0， 令p n =(S n+1S n )13>0，则(1−λ3)p n 3−3p n 2+3p n −(1−λ3)=0，λ=1时，p n =p n 2，由p n >0可得p n =1，则S n+1=S n ，即a n+1=0，此时{a n }唯一，不存在三个不同的数列{a n }； λ≠1时，令t =31−λ3，则p n 3−tp n 2+tp n −1=0，则(p n −1)[p n 2+(1−t)p n +1]=0，①t ≤1时，p n 2+(1−t)p n +1>0，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }；②1<t <3时，Δ=(1−t)2−4<0，p n 2+(1−t)p n +1=0无解，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }； ③t =3时，(p n −1)3=0， 则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }； ④t >3即0<λ<1时，Δ=(1−t)2−4>0， p n 2+(1−t)p n +1=0有两解α，β. 设α<β，α+β=t −1>2，αβ=1>0， 则0<α<1<β， 则对任意n ∈N ∗，S n+1S n =1或S n+1S n =α3或S n+1S n =β3，此时S n =1，S n ={1，n =1，α3，n ≥2，S n ={1,n =1,2β3，n ≥3均符合条件， 对应a n ={1,n =1,0,n ≥2，a n ={1,n =1,α3−1,n =2,0,n ≥3，a n ={1,n =1,β3−1,n =3,0,n =2,n ≥4,则存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列，且a n ≥0. 综上，0<λ<1.【考点】数列递推式一元二次方程的根的分布与系数的关系 等比数列的通项公式等差数列的性质【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)k =1时，a n+1=S n+1−S n =λa n+1， 由n 为任意正整数，且a 1=1，a n ≠0， 可得λ=1.(2)√S n+1−√S n =√33√a n+1， a n+1=S n+1−S n =√33√a n+1(√S n+1+√S n )，因此√S n+1+√S n =√3√a n+1， 即√S n+1=23√3a n+1， S n+1=43a n+1=43(S n+1−S n )， 所以S n+1=4S n .又S 1=a 1=1，S n =4n−1， a n =S n −S n−1=3⋅4n−2，n ≥2.综上，a n ={1，n =1，3⋅4n−2，n ≥2.(n ∈N ∗) (3)若存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列， 则S n+113−S n 13=λa n+113，则S n+1−3S n+123S n 13+3S n+113S n 23−S n =λ3a n+1=λ3(S n+1−S n ). 由a 1=1，a n ≥0，且S n >0， 令p n =(S n+1S n )13>0，则(1−λ3)p n 3−3p n 2+3p n −(1−λ3)=0，λ=1时，p n =p n 2，由p n >0可得p n =1，则S n+1=S n ，即a n+1=0，此时{a n }唯一，不存在三个不同的数列{a n }； λ≠1时，令t =31−λ3，则p n 3−tp n 2+tp n −1=0，则(p n −1)[p n 2+(1−t)p n +1]=0，①t ≤1时，p n 2+(1−t)p n +1>0，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }；②1<t <3时，Δ=(1−t)2−4<0，p n 2+(1−t)p n +1=0无解，则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }； ③t =3时，(p n −1)3=0， 则p n =1，同理不存在三个不同的数列{a n }；④t >3即0<λ<1时，Δ=(1−t)2−4>0， p n 2+(1−t)p n +1=0有两解α，β. 设α<β，α+β=t −1>2，αβ=1>0， 则0<α<1<β，则对任意n ∈N ∗，S n+1S n =1或S n+1S n =α3或S n+1S n =β3，此时S n =1，S n ={1，n =1，α3，n ≥2，S n ={1,n =1,2β3，n ≥3均符合条件， 对应a n ={1,n =1,0,n ≥2，a n ={1,n =1,α3−1,n =2,0,n ≥3，a n ={1,n =1,β3−1,n =3,0,n =2,n ≥4,则存在三个不同的数列{a n }为“λ−3”数列，且a n ≥0. 综上，0<λ<1.【点评】此题暂无点评。