2015届高考数学-江苏专用--【应用题中的瓶颈题】

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）（2015•江苏）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B中元素的个数为．2．（5分）（2015•江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为．3．（5分）（2015•江苏）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为．4．（5分）（2015•江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为．5．（5分）（2015•江苏）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．6．（5分）（2015•江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为．7．（5分）（2015•江苏）不等式2＜4的解集为．8．（5分）（2015•江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为．9．（5分）（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．10．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx ﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为．11．（5分）（2015•江苏）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．12．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2﹣y2=1右支上的一个动点，若点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为．13．（5分）（2015•江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为．14．（5分）（2015•江苏）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则（a k•a k+1）的值为．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（2015•江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．16．（14分）（2015•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．17．（14分）（2015•江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．18．（16分）（2015•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（a＞b ＞0）的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3．（1）求椭圆的标准方程；（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．19．（16分）（2015•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）．（1）试讨论f（x）的单调性；（2）若b=c﹣a（实数c是与a无关的常数），当函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．20．（16分）（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）【选做题】本题包括21-24题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．（10分）（2015•江苏）如图，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D．求证：△ABD∽△AEB．【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）（2015•江苏）已知x，y∈R，向量=是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．（2015•江苏）已知圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C的半径．[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）解不等式x+|2x+3|≥2．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．（10分）（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．26．（10分）（2015•江苏）已知集合X={1，2，3}，Y n={1，2，3，…，n）（n∈N*），设S n={（a，b）|a整除b或整除a，a∈X，B∈Y n}，令f（n）表示集合S n所含元素的个数．（1）写出f（6）的值；（2）当n≥6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明．2015年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）考点：并集及其运算．专题：集合．分析：求出A∪B，再明确元素个数解答：解：集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则A∪B={1，2，3，4，5}；所以A∪B中元素的个数为5；故答案为：5点评：题考查了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于基础题2．（5分）考点：众数、中位数、平均数．专题：概率与统计．分析：直接求解数据的平均数即可．解答：解：数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为：=6．故答案为：6．点评：本题考查数据的均值的求法，基本知识的考查．3．（5分）考点：复数求模．专题：数系的扩充和复数．分析：直接利用复数的模的求解法则，化简求解即可．解答：解：复数z满足z2=3+4i，可得|z||z|=|3+4i|==5，∴|z|=．故答案为：．点评：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）考点：伪代码．专题：图表型；算法和程序框图．分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．解答：解：模拟执行程序，可得S=1，I=1满足条件I＜8，S=3，I=4满足条件I＜8，S=5，I=7满足条件I＜8，S=7，I=10不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．故答案为：7．点评：本题主要考查了循环结构的程序，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题．5．（5分）考点：古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：根据题意，把4个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可．解答：解：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为C1、C2，则一次取出2只球，基本事件为AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种，其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种；所以所求的概率是P=．故答案为：．点评：本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是基础题目．6．（5分）考点：平面向量的基本定理及其意义．专题：平面向量及应用．分析：直接利用向量的坐标运算，求解即可．解答：解：向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）可得，解得m=2，n=5，∴m﹣n=﹣3．故答案为：﹣3．点评：本题考查向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考查计算能力．7．（5分）考点：指、对数不等式的解法．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．分析：利用指数函数的单调性转化为x2﹣x＜2，求解即可．解答：解；∵2＜4，∴x2﹣x＜2，即x2﹣x﹣2＜0，解得：﹣1＜x＜2故答案为：（﹣1，2）点评：本题考查了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．8．（5分）考点：两角和与差的正切函数．专题：三角函数的求值．分析：直接利用两角和的正切函数，求解即可．解答：解：tanα=﹣2，tan（α+β）=，可知tan（α+β）==，即=，解得tanβ=3．故答案为：3．点评：本题考查两角和的正切函数，基本知识的考查．9．（5分）考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r，求出体积，由前后体积相等列式求得r．解答：解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：．设新圆锥和圆柱的底面半径为r，则新圆锥和圆柱的体积和为：．∴，解得：．故答案为：．点评：本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．10．（5分）考点：圆的标准方程；圆的切线方程．专题：计算题；直线与圆．分析：求出圆心到直线的距离d的最大值，即可求出所求圆的标准方程．解答：解：圆心到直线的距离d==≤，∴m=1时，圆的半径最大为，∴所求圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2．故答案为：（x﹣1）2+y2=2．点评：本题考查所圆的标准方程，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础．11．（5分）考数列的求和；数列递推式．点：专题：等差数列与等比数列．分析：数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），利用“累加求和”可得a n=．再利用“裂项求和”即可得出．解答：解：∵数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），∴当n≥2时，a n=（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=+n+…+2+1=．当n=1时，上式也成立，∴a n=．∴=2．∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．（5分）考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离．解答：解：由题意，双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．13．（5分）考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1．g（x）与h（x）=﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有两个交点；g（x）与φ（x）=﹣f（x）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；所以方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为4．故答案为：4．点评：本题考查求方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．（5分）考点：数列的求和．专题：等差数列与等比数列；平面向量及应用．分析：利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性即可得出．解答：解：=+=++++=++=++，∴（a k•a k+1）=++++++ +…+++++++…+=+0+0=．故答案为：9．点评：本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）考点：余弦定理的应用；二倍角的正弦．专题：解三角形．分析：（1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．解答：解：（1）由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，所以BC=．（2）由正弦定理可得：，则sinC===，∵AB＜BC，∴C为锐角，则cosC===．因此sin2C=2sinCcosC=2×=．点评：本题考查余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的范围的解题的关键．16．（14分）考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；（2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1．解答：证明：（1）根据题意，得；E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE∥AC；又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C；（2）因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1；又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1；又因为BC1⊂平面平面BCC1B1，所以BC1⊥AC；因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥平面B1AC；又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1．点评：本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．17．（14分）考点：函数与方程的综合运用．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，建立方程组，即可求a，b的值；（2）①求出切线l的方程，可得A，B的坐标，即可写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②设g（t）=，利用导数，确定单调性，即可求出当t为何值时，公路l的长度最短，并求出最短长度．解答：解：（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，得，解得，（2）①由（1）y=（5≤x≤20），P（t，），∴y′=﹣，∴切线l的方程为y﹣=﹣（x﹣t）设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，则A（，0），B（0，），∴f（t）==，t∈[5，20]；②设g（t）=，则g′（t）=2t﹣=0，解得t=10，t∈（5，10）时，g′（t）＜0，g（t）是减函数；t∈（10，20）时，g′（t）＞0，g（t）是增函数，从而t=10时，函数g（t）有极小值也是最小值，∴g（t）min=300，∴f（t）min=15，答：t=10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．点评：本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键．18．（16分）考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）运用离心率公式和准线方程，可得a，c的方程，解得a，c，再由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；（2）讨论直线AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，即可得到所求直线的方程．解答：解：（1）由题意可得，e==，且c+=3，解得c=1，a=，则b=1，即有椭圆方程为+y2=1；（2）当AB⊥x轴，AB=，CP=3，不合题意；当AB与x轴不垂直，设直线AB：y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），将AB方程代入椭圆方程可得（1+2k2）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）=0，则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）考点：利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f（x）的单调性；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，进一步转化为a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g（a）=﹣a+c，利用条件即可求c的值．解答：解：（1）∵f（x）=x3+ax2+b，∴f′（x）=3x2+2ax，令f′（x）=0，可得x=0或﹣．a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；a＞0时，x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（﹣，0）时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上单调递增，在（﹣，0）上单调递减；a＜0时，x∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，﹣）时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上单调递增，在（0，﹣）上单调递减；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，∵b=c﹣a，∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g（a）=﹣a+c，∵函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g（a）＞0均恒成立，∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，∴c=1，此时f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（a﹣1）x+1﹣a]，∵函数有三个零点，∴x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，∴△=（a﹣1）2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣（a﹣1）+1﹣a≠0，解得a∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），综上c=1．点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大．20．（16分）考点：等比关系的确定；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；（2）利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论；（3）利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k 依次构成等比数列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答：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）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）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）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）考点：绝对值不等式的解法．专题：不等式．分析：思路1（公式法）：利用|f（x）|≥g（x）⇔f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；思路2（零点分段法）：对x的值分“x≥”“x＜”进行讨论求解．解答：解法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x，得2x+3≥2﹣x，或2x+3≥﹣（2﹣x），即x≥，或x≤﹣5，即原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．解法2：令|2x+3|=0，得x=．①当x≥时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥，所以x≥；②x＜时，原不等式化为x﹣（2x+3）≥2，即x≤﹣5，所以x≤﹣5．综上，原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．点评：本题考查了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常见的方法，不管用哪种方法，其目的是去绝对值符号．若含有一个绝对值符号，利用公式法要快捷一些，其套路为：|f（x）|≥g（x）⇔f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；|f（x）|≤g（x）⇔﹣g（x）≤f（x）≤g（x）．可简记为：大于号取两边，小于号取中间．使用零点分段法时，应注意：同一类中取交集，类与类之间取并集．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．（10分）（考点：二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz．（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；（2）利用换元法可得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）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．评：。

江苏省无锡市2015年高考数学 第一讲 突破计算瓶颈练习方程：1、分解因式613622-++-+y x y xy x分析：原式的前3项226y xy x -+可以分为)2)(3(y x y x -+，则原多项式必定可分为)2)(3(n y x m y x +-++解：设613622-++-+y x y xy x =)2)(3(n y x m y x +-++∵)2)(3(n y x m y x +-++=mn y m n x n m y xy x --+++-+)23()(622 ∴613622-++-+y x y xy x =mn y m n x n m y xy x --+++-+)23()(622对比左右两边相同项的系数可得⎪⎩⎪⎨⎧-==-=+613231m n m n n m ，解得⎩⎨⎧=-=32n m∴原式=)32)(23(+--+y x y x2、（1）当m 为何值时，多项式6522-++-y mx y x 能分解因式，并分解此多项式。

（2）如果823+++bx ax x 有两个因式为1+x 和2+x ，求b a +的值。

（1）分析：前两项可以分解为))((y x y x -+，故此多项式分解的形式必为))((b y x a y x +-++ 解：设6522-++-y mx y x =))((b y x a y x +-++则6522-++-y mx y x =ab y a b x b a y x +-+++-)()(22比较对应的系数可得：⎪⎩⎪⎨⎧-==-=+65ab a b m b a ，解得：⎪⎩⎪⎨⎧==-=132m b a 或⎪⎩⎪⎨⎧-=-==132m b a∴当1±=m 时，原多项式可以分解；当1=m 时，原式=)3)(2(+--+y x y x ； 当1-=m 时，原式=)3)(2(--++y x y x（2）分析：823+++bx ax x 是一个三次式，所以它应该分成三个一次式相乘，因此第三个因式必为形如c x +的一次二项式。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学I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的位置 1.已知集合{}123A =，，，{}245B =，，，则集合AB 中元素的个数为_______.解析：{}5,4,3,2,1=⋃B A ，故答案5 2.已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________. 解析：66678564=+++++，故答案63.设复数z 满足234z i =+（i 是虚数单位），则z 的模为_______. 解析：设z=a+bi,，则()i bi a 432+=+化为i abi b a 43222+=+-，所以⎩⎨⎧==-42322ab b a解得⎪⎩⎪⎨⎧==1422b a ，所以z 的模为522=+b a ，故答案54.根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为________.解析：第一次：S=1+2=3，I=1+3=4；第二次：S=3+2=5，I=4+3=7；第三次：S=5+2=7，I=7+3=10；因为10>8，所以程序结束，故S=75.袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.6.已知向量()21a =，，()2-1，=b ，若()()R n m b n a m ∈-=+,89，，则m-n 的值为______. 解析：因为()()R n m b n a m ∈-=+,89，，所以⎩⎨⎧-=-=+8292n m n m ，所以352-=-⎩⎨⎧==n m n m ，7.不等式224x x-<的解集为________.解析：因为224x x-<，所以()()2102102222<<-<-+<--<-x x x x x x x ，，，，故解析为()21，-8.已知tan 2α=-，()1tan 7αβ+=，则tan β的值为_______. S ←1 I ←1While I<8 S ←S+2 I ←I+3 End While Print S解析：()[]()()3757152711271tan tan 1tan tan tan tan ==⨯-+=++-+=-+=αβααβααβαβ，故答案3 9.现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个。

第2讲解析几何中的“瓶颈题”数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型,主要分六块:三角函数(或与平面向量交汇)、立体几何、应用问题、解析几何(或与平面向量交汇)、函数与导数(或与不等式交汇)、数列(或与不等式交汇).其中三角函数和立体几何属于基础问题,若能够拿下应用问题和解析几何题,就攻下全部中低档题目,便锁定了128分,应该认为这已打了一个大胜仗,基本上已经进入了“第一方阵”(本科行列).解析几何重点考查的内容是:直线与方程,圆的方程,圆锥曲线的定义,标准方程及其应用,离心率、焦点、准线和渐近线等简单的几何性质及其内在的联系和综合.解答题重点考查的内容是:圆锥曲线的标准方程,直线和圆锥曲线的位置关系.常考的题型有轨迹、最值、定值、对称、参数范围、几何证明、实际应用和探究性问题等.分类解密——专题突破求曲线方程中的“瓶颈题”例1 已知圆C与两圆x2+(y+4)2=1,x2+(y-2)2=1外切,圆C的圆心轨迹方程为L,设L上的点与点M(x,y)的距离的最小值为m,点F(0,1)与点M(x,y)的距离为n.(1) 求圆C的圆心轨迹L的方程;(2) 求满足条件m=n的点M的轨迹Q的方程.练习1(2014·苏中三市、宿迁调研)在平面直角坐标系xOy中,设曲线C1:||xa+||yb=1(a>b>0)所围成的封闭图形的面积为2曲线C1上的点到原点O的最短距离为223.以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为C2.(1) 求椭圆C2的标准方程.(2) 设AB是过椭圆C2中心O的任意弦,l是线段AB的垂直平分线,M是l上的点(与O不重合).①若MO=2OA,当点A在椭圆C2上运动时,求点M的轨迹方程;②若M是l与椭圆C2的交点,求△AMB的面积的最小值.练习2 设双曲线C 1的渐近线方程为y=±3x,焦点在x 轴上且实轴长为1.若曲线C 2上的点到双曲线C 1的两个焦点的距离之和等于22,并且曲线C 3:x 2=2py(p>0,且是常数)的焦点F 在曲线C 2上.(1) 求满足条件的曲线C 2和曲线C 3的方程;(2) 过点F 的直线l 交曲线C 3于点A,B(A 在y 轴左侧),若AF =13FB ,求直线l 的倾斜角.圆锥曲线中的最值与范围问题中“瓶颈题”例1 如图,在直角坐标系xOy 中,点P 11,2⎛⎫⎪⎝⎭到抛物线C:y 2=2px(p>0)的准线的距离为54.点M(t,1)是C 上的定点,A,B 是C 上的两动点,且线段AB 被直线OM 平分.(1) 求p,t 的值;(2) 求△ABP 面积的最大值.(例1)练习 (2014·南京、盐城二模)在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:22x a +22y b =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,焦距为2,一条准线方程为为椭圆C 上一点,直线PF 1交椭圆C 于另一点Q.(1) 求椭圆C 的方程;(2) 若点P 的坐标为(0,b),求过P,Q,F 2三点的圆的方程;(3) 若1F P =λ1QF ,且λ∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,求OP ·OQ 的最大值.圆锥曲线中的定点与定值问题中“瓶颈题”例1 在平面直角坐标系中,点P(x,y)为动点,已知点A(2,0),B(-2,0),直线PA与PB的斜率之积为-1 2.(1) 求动点P的轨迹E的方程;(2) 过点F(1,0)的直线l交曲线E于M,N两点,设点N关于x轴的对称点为Q(M,Q不重合),求证:直线MQ过定点.练习(2014·江西卷)如图,已知双曲线C:22xa-y2=1(a>0)的右焦点F,点A,B分别在C的两条渐近线上,AF⊥x轴,AB⊥OB,BF∥OA(O为坐标原点).(1) 求双曲线C的方程;(2) 过C上一点P(x0,y)(y≠0)的直线l:2x xa-yy=1与直线AF相交于点M,与直线x=32相交于点N,证明:点P在C上移动时,MFNF恒为定值,并求此定值.(练习)探究性问题中“瓶颈题”例1 已知椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为53,定点M(2,0),椭圆短轴的端点是B1,B2,且MB1⊥MB2.(1) 求椭圆C的方程.(2) 设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A,B两点,试问:x轴上是否存在定点P,使PM平分∠APB? 若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.练习(2014·山东卷)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有FA=FD.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.(1) 求抛物线C的方程.(2) 若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E.①证明:直线AE过定点,并求出定点坐标.②△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.解析几何中的证明问题例1 (南方凤凰台百校大联考)如图,已知中心在原点O、焦点在x轴上的椭圆C'过点M(2,1),离心率为32.抛物线C的顶点在原点且过点M.(1) 当直线l0经过椭圆C'的左焦点且平行于OM时,求直线l的方程;(2) 斜率为-14的直线l不过点M,与抛物线C交于A,B两个不同的点,求证:直线MA,MB与x轴总围成等腰三角形.(例1) 【评价反馈】1. (2013·湖北卷)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=mn,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.(1) 当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值.(2) 当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.(第1题)2. (2014·泰州期末)已知椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)和圆O:x2+y2=a2,F1(-1,0),F2(1,0)分别是椭圆的左、右焦点,过点F1且倾斜角为απ0,2α∈⎛⎫⎛⎤⎪⎥⎝⎦⎝⎭的动直线l交椭圆C于A,B两点,交圆O于P,Q两点(如图所示,点A在x轴上方).当α=π4时,弦PQ的长为14.(1) 求圆O与椭圆C的方程;(2) 若点M是椭圆C上一点,求当AF2,BF2,AB成等差数列时,△MPQ面积的最大值.(第2题)3. (2014·珠海期末)已知椭圆C:22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为e=32,直线y=x+2与以原点为圆心、以椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切.(1) 求椭圆C的方程;(2) 如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上异于顶点外的任意点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP的延长线于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m,求证:2m-k为定值.(第3题)4. 已知圆C1:x2+y2-x-a=0与圆C2:x2+y2-2x-2=0交于P,Q两点,M(2,t)是直线PQ上的一个动点.(1) 求圆C1的标准方程.(2) 求以OM为直径且被直线3x-4y-5=0截得的弦长为2的圆C3的方程.(3) 过圆C2的圆心作OM的垂线与以OM为直径的圆交于点N,请判断线段ON的长是否为定值,若是定值,求出这个定值;若不是,请说明理由.5. 已知椭圆C1:22xa+22yb=1(a>b>0)的离心率为e=33,直线l:y=x+2与以原点为圆心、以椭圆C1的短半轴长为半径的圆O相切.(1) 求椭圆C1的方程;(2) 已知抛物线C2:y2=2px(p>0)与椭圆C1有公共焦点,设C2与x轴交于点Q,在C2上有不同的两点R,S(R,S与点Q不重合),满足QR·RS=0,求|QS|的取值范围.6. 如图,椭圆C:22xa+y2=1(a>1)的右焦点为F(c,0)(c>1),点P在圆O:x2+y2=1上任意一点(点P在第一象限内),过点P作圆O的切线交椭圆C于Q,R两点.(1) 求证:PQ+FQ=a;(2) 若椭圆的离心率为32,求线段QR长度的最大值.(第6题)第2讲解析几何中的“瓶颈题”分类解密——专题突破考点1 求曲线方程中的“瓶颈题”【例1】【分析】(1) (条件)L上的点到两个已知圆的圆心距相等⇒(目标)圆C的圆心轨迹L的方程⇒(方法)根据平面几何知识作出推断,L为两圆圆心的垂直平分线;(2) (条件)点M的轨迹满足的几何条件⇒(目标)点M的轨迹Q的方程⇒(方法)归结为圆锥曲线定义,确定圆锥曲线方程的系数写出轨迹方程.【解答】(1) 两圆半径都为1,两圆心分别为C1(0,-4),C2(0,2),由题意得CC1=CC2,可知圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线,C1C2的中点为(0,-1),直线C1C2的垂直平分线的斜率等于零,故线段C1C2的垂直平分线方程为y=-1,即圆C的圆心轨迹L的方程为y=-1.(2) 因为m=n,所以M(x,y)到直线y=-1的距离与到点F(0,1)的距离相等,故点M的轨迹Q是以y=-1为准线,点F(0,1)为焦点,顶点在原点的抛物线,所以轨迹Q的方程是x2=4y.【点评】本题命题立意是通过对已知条件的分析、逻辑推理判断曲线的类型后求出其轨迹方程,考查逻辑推理能力在求轨迹方程中的运用,其特点是解轨迹方程不以计算为主,而以推理为主.【练习1】【解答】(1)由题意得23ab⎧=⎪⎨=又a>b>0,解得a2=8,b2=1.因此椭圆的标准方程为28x+y2=1.(2) ①设点M(x,y),A(m,n),则由题设知|OM|=2|OA|,OA·OM=0,即22224(),0,x y m nmx ny⎧+=+⎨+=⎩解得22221,41.4m yn x⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩因为点A(m,n)在椭圆C2上,所以28m+n2=1,即228y⎛⎫⎪⎝⎭+22x⎛⎫⎪⎝⎭=1,即24x+232y=1.所以点M的轨迹方程为24x+232y=1.②方法一:设M(x,y),则A(λy,-λx)(λ∈R,λ≠0).因为点A在椭圆C2上,所以λ2(y2+8x2)=8,即y2+8x2=28λ.(ⅰ)又x2+8y2=8.(ⅱ)(ⅰ)+(ⅱ),得x2+y2=28119λ⎛⎫+⎪⎝⎭.所以S△AMB =OM·OA=|λ|(x2+y2)=81||9||λλ⎛⎫+⎪⎝⎭≥169,当且仅当λ=±1,即k AB =±1时,(S △AMB )min =169.方法二:假设AB 所在的直线斜率存在且不为零,设AB 所在直线的方程为y=kx(k ≠0).解方程组221,8,x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=⎩得2A x =2818k +,2A y =22818k k +,所以OA 2=2A x +2A y =2818k ++22818k k +=228(1)18k k ++,AB 2=4OA 2=2232(1)18k k ++.又由221,81-,x y y x k ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得2M x =2288k k +,2M y =288k +,所以OM 2=228(1)8k k ++.由于2AMB S =14AB 2·OM 2=14·2232(1)18k k ++·228(1)8k k ++=222264(1)(18)(8)k k k +++≥2222264(1)1882k k k +⎛⎫+++ ⎪⎝⎭=222264(1)81(1)4k k ++=25681,当且仅当1+8k 2=k 2+8时等号成立,即k=±1时等号成立,此时△AMB 面积的最小值是S △AMB =169. 当k=0时,S △AMB =12×4169; 当k 不存在时,S △AMB =12×2169. 综上所述,△AMB 面积的最小值为169.方法三:因为21OA +21OM =2218(1)18k k +++2218(1)8k k ++=2221888(1)k k k ++++=98,又21OA +21OM ≥2·OA OM ,于是OA ·OM ≥169,当且仅当1+8k 2=k 2+8时等号成立,即k=±1时等号成立.(后同方法一)【练习2】 【解答】(1) 设双曲线C 1的方程为221x a -221y b =1,则有1113,21,b a a ⎧=⎪⎨⎪=⎩ 解得111,23,2a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩则c 1=2211a b +=1,于是双曲线C 1的焦点F 1(-1,0),F 2(1,0),曲线C 2是以F 1,F 2为焦点的椭圆,设其方程为222x a +222y b =1(a 2>b 2>0),联立方程组22222222,-1,a a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩解得222,1,a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩所以曲线C 2的方程是22x +y 2=1.依题意,曲线C 3:x 2=2py(p>0)的焦点为F(0,1),于是2p=1,所以p=2,所以曲线C 3的方程是x 2=4y.(2) 由条件可设直线l 的方程为y=kx+1,由24,1,x y y kx ⎧=⎨=+⎩得x 2-4kx-4=0,Δ=16(k 2+1)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=4k,x 1x 2=-4.由AF =13FB,得-3x 1=x 2,代入x 1+x 2=4k,得x 1=-2k,x 2=6k,代入x 1x 2=-4,得k 2=13,由于点A 在y 轴左侧,所以x 1=-2k<0,即k>0,所以k=33,故直线l 的倾斜角为π6.考点2 圆锥曲线中的最值与范围问题中“瓶颈题”【例1】 【分析】(1) (条件)点M 在抛物线上、点P 到抛物线准线的距离⇒(目标)求p,t ⇒(方法)根据已知列方程组,解方程组即得;(2) (条件)直线OM 的方程、点P 坐标、抛物线方程⇒(目标)△ABP 面积的最大值⇒(方法)利用AB 的中点的坐标为参数建立△ABP 面积的函数关系式,通过函数的最值求解.【解答】(1) 由题意知21,51,24pt p =⎧⎪⎨+=⎪⎩得1,21.p t ⎛= =⎝(例1)(2) 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),线段AB 的中点为Q(m,m), 由题意知,设直线AB 的斜率为k(k ≠0).由211222,,y x y x ⎧=⎨=⎩得(y 1-y 2)(y 1+y 2)=x 1-x 2.故k ·2m=1.所以直线AB 的方程为y-m=12m (x-m),即x-2my+2m 2-m=0.由22-22-0,,x my m m y x ⎧+=⎨=⎩消去x,整理得y 2-2my+2m 2-m=0,所以Δ=4m-4m 2>0, y 1+y 2=2m,y 1·y 2=2m 2-m.从而211k +|y 1-y 2|214m +24-4m m 设点P 到直线AB 的距离为d,则2214m +设△ABP 的面积为S,则S=12AB ·d=|1-2(m-m 2)|2-m m由Δ=4m-4m 2>0,得0<m<1.令≤12,则S=u(1-2u 2). 设S(u)=u(1-2u 2),0<u ≤12,则S'(u)=1-6u 2.由S'(u)=0,得u=∈10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以S(u)max=S ⎝⎭=.故△ABP面积的最大值为. 【点评】解析几何中最值问题的基本思路是建立求解目标关于某个变量的函数,通过求解函数最值解决问题.求解参数范围的思路与此类似,即建立求解目标关于某个变量的函数,通过函数值域求解其范围.【练习】 【解答】(1) 由题意得222,2,c ac =⎧⎪⎨=⎪⎩解得c=1,a 2=2,所以b 2=a 2-c 2=1. 所以椭圆的方程为22x +y 2=1.(2) 因为P(0,1),F 1(-1,0),所以PF 1的方程为x-y+1=0.由22-10,1,2x y x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩解得0,1x y =⎧⎨=⎩或4-,31-,3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩所以点Q 的坐标为41-,-33⎛⎫ ⎪⎝⎭. 方法一:因为1PF k ·2PF k =-1,所以△PQF 2为直角三角形.因为QF 2的中点为11-,-66⎛⎫ ⎪⎝⎭,QF 2=,所以过点P,Q,F 2的圆的方程为216x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭+216y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭=2518. 方法二:设过P,Q,F 2三点的圆的方程为x 2+y 2+Dx+Ey+F=0,则10,10,1741--0,933E F D F D E F ⎧⎪++=⎪++=⎨⎪⎪+=⎩解得1,31,34-.3D E F ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩所以圆的方程为x 2+y 2+13x+13y-43=0.(3) 方法一:设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),则1F P =(x 1+1,y 1),1QF =(-1-x 2,-y 2).因为1F P =λ1QF ,所以12121(-1-),-,x x y y λλ+=⎧⎨=⎩即1212-1--,-,x x y y λλλ=⎧⎨=⎩所以222222222(-1--)1,21,2x y x y λλλ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 解得x 2=1-32λλ.所以OP ·OQ =x 1x 2+y 1y 2=x 2(-1-λ-λx 2)-λ22y=-222x λ-(1+λ)x 2-λ=-21-322λλλ⎛⎫ ⎪⎝⎭-(1+λ)·1-32λλ-λ =74-518λλ⎛⎫+ ⎪⎝⎭. 因为λ∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦,所以λ+1λ≥当且仅当λ=1λ,即λ=1时取等号. 所以OP ·OQ ≤12,即OP ·OQ 的最大值为12.方法二:当PQ的斜率不存在时,在22x+y2=1中,令x=-1得,y=±.所以OP·OQ=(-1)×(-1)+2×2⎛⎫⎪⎪⎝⎭=12,此时λ=1∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦.当PQ的斜率存在时,设为k,则PQ的方程是y=k(x+1).由22(1),1,2y k xxy=+⎧⎪⎨+=⎪⎩得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0.由韦达定理得x1+x2=22-412kk+,x1x2=222-212kk+.设P(x1,y1),Q(x2,y2).则OP·OQ=x1x2+y1y2=x1x2+k2(x1+1)(x2+1)=(k2+1)x1x2+k2(x1+x2)+k2=(k2+1)·222-212kk++k2·22-412kk++k2=22-2 12 kk +=12-252(12)k+<12.故OP·OQ的最大值为12,此时λ=1∈1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦.考点3 圆锥曲线中的定点与定值问题中“瓶颈题”【例1】【分析】(1) (条件)PA与PB的斜率之积为-12⇒(目标)求点P的轨迹方程⇒(方法)直接设点代入;(2) (条件)椭圆方程、直线系过点(1,0)等⇒(目标)直线MQ恒过定点⇒(方法)以参数表达直线系方程、代入椭圆方程,设出M,N的坐标,得出点Q坐标,设出直线系MQ的方程,证明直线过定点.【解答】(1)1 2,化简得22x+y2=1(y≠0),即为双曲线C的方程.(2) 方法一:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:x=my+1,代入22x+y2=1(y≠0),整理得(m2+2)y2+2my-1=0,所以y1+y2=2-22mm+,y1y2=2-12m+,MQ的方程为y-y1=1212-y yx x+(x-x1),令y=0,得x=x1+12112(-)y x xy y+=my1+1+12112(-)my y yy y+=12122my yy y++1=2,所以直线MQ过定点(2,0).方法二:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x2,-y2),l:y=k(x-1),代入22x+y2=1(y≠0),整理得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,x1+x2=22412kk+,x1x2=222-212kk+,MQ的方程为y-y1=1212-y yx x+(x-x1),令y=0,得x=x1+12112(-)y x xy y+=x1+12112(-1)(-)(-2)k x x xk x x+=1212122-()-2x x x xx x++=2.所以直线MQ过定点(2,0).【点评】解析几何中证明直线过定点,一般是先选择一个参数建立直线系方程,然后再根据直线系方程过定点时,方程的成立与参数没有关系,得到一个关于x,y的方程组,以这个方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.定值问题与此思路基本相同.【练习】【解答】(1) 设F(c,0),因为b=1,所以直线OB的方程为y=-1a x,直线BF的方程为y=1a(x-c),解得B,-22c ca⎛⎫⎪⎝⎭.又直线OA的方程为y=1a x,则A,cca⎛⎫⎪⎝⎭,kAB=3a.又因为AB ⊥OB,所以3a ·1-a ⎛⎫⎪⎝⎭=-1,解得a 2=3,故双曲线C 的方程为23x -y 2=1.(2) 由(1)知,则直线l 的方程为03x x-y 0y=1(y 0≠0),即y=00-33x x y .因为直线AF 的方程为x=2,所以直线l 与AF 的交点M 002-32,3x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 直线l 与直线x=32的交点为N 003-332,23x y ⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭, 则22MF NF =2022004(2-3)9[(-2)]x y x +. 因为点P 是C 上一点,则23x -20y =1,代入上式得22MF NF =2022004(2-3)9[(-2)]x y x +=2022004(2-3)9-1(-2)3x x x ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦=43,所以定值为MF NF=.考点4 探究性问题中“瓶颈题”【例4】 【分析】(1) (条件)椭圆离心率、MB 1⊥MB 2⇒(目标)得出椭圆方程⇒(方法)列方程求解椭圆方程需要的a,b;(2) (条件)椭圆方程⇒(目标)直线与椭圆交于两点A,B,判断x 轴上是否存在定点P,使PM 平分∠APB ⇒(方法)判断点P 是否存在,先假设其存在,把几何条件转化为代数条件后得关于点P 坐标的方程,这个方程对任意变动的直线恒成立时,若点P 的坐标有解则存在,否则不存在.【解答】(1) 由题意得222-a b a =1-22b a=23⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,即b a =23.依题意,得△MB 1B 2是等腰直角三角形, 从而b=2,故a=3.所以椭圆C 的方程是29x +24y =1.(2) 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线AB 的方程为x=my+2.将直线AB 的方程与椭圆C 的方程联立, 消去x,得(4m 2+9)y 2+16my-20=0.所以y 1+y 2=2-1649m m +,y 1y 2=2-2049m +.若PM 平分∠APB,则直线PA,PB 的倾斜角互补,所以k PA +k PB =0.设P(n,0),则有11-y x n +22-y x n =0. 将x 1=my 1+2,x 2=my 2+2代入上式,整理得1212122(2-)()(2-)(2-)my y n y y my n my n ++++=0,所以2my 1y 2+(2-n)(y 1+y 2)=0.将y 1+y 2=2-1649m m +,y 1y 2=2-2049m +代入上式,整理得(-2n+9)·m=0.由于上式对任意实数m 都成立,所以n=92. 综上,存在定点P 9,02⎛⎫ ⎪⎝⎭,使PM 平分∠APB.【点评】本题立意是通过圆锥曲线问题考查对数学问题的抽象概括能力、化归转化的思想意识.题目按照解析几何解答题的基本模式进行命制,解题中需要把已知的几何条件逐步转化为代数条件,充分体现了等价转化思想的应用.【练习】 【解答】(1) 由题意知F ,02p ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 设D(t,0)(t>0),则FD 的中点为2,04p t +⎛⎫⎪⎝⎭, 因为FA=FD,由抛物线的定义知3+2p =-2pt ,解得t=3+p 或t=-3(舍去).由322p ⎫+⎪⎝⎭解得p=2.所以抛物线C 的方程为y 2=4x. (2) ①由(1)知F(1,0),设A(x 0,y 0)(x 0y 0≠0),D(x D ,0)(x D >0), 因为FA=FD,则|x D -1|=x 0+1, 由x D >0,得x D =x 0+2,所以D(x 0+2,0),故直线AB 的斜率为k AB =-02y ,因为直线l 1和直线AB 平行,设直线l 1的方程为y=-02y x+b,代入抛物线方程得y 2+8y y-8b y =0,由题意知Δ=2064y +032b y =0,得b=-02y .设E(x E ,y E ),则y E =-04y ,x E =204y .当20y ≠4时,k AE =00--E E y y x x =-0022044-4y y y y +=0204-4y y ,可得直线AE 的方程为y-y 0=204-4y y (x-x 0),由20y =4x 0,整理可得y=204-4y y (x-1),直线AE 恒过点F(1,0).当20y =4时,直线AE 的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE 过定点F(1,0). ②由①知,直线AE 过焦点F(1,0),所以AE=AF+FE=(x 0+1)+011x⎛⎫+ ⎪⎝⎭=x 0+01x +2,设直线AE 的方程为x=my+1,因为点A(x 0,y 0)在直线AE 上,故m=00-1x y .设B(x 1,y 1),直线AB 的方程为y-y 0=-02y (x-x 0),由于y 0≠0,所以x=-2y y+2+x 0,代入抛物线方程得y 2+8y y-8-4x 0=0,所以y 0+y 1=-08y ,可求得y 1=-y 0-08y ,x 1=04x +x 0+4,所以点B 到直线AE 的距离为=4⎫.则△ABE 的面积S=12×4⎫(x 0+01x +2)≥16, 当且仅当x 0=01x ,即x 0=1时等号成立.所以△ABE 的面积的最小值为16.考点5 解析几何中的证明问题【例5】 【分析】本题主要考查直线的方程及椭圆和抛物线的标准方程,考查数学运算求解能力、综合分析问题的能力.【解答】(1) 根据e=ca =32,可设椭圆方程为224x b +22y b =1,将M(2,1)代入可得b 2=2, 所以椭圆C 的方程为28x +22y =1,因此左焦点为(-6,0),斜率0l k=k OM =12, 所以直线l 0的方程为y=12(x+6),即y=12x+62.(2) 抛物线C 的方程为y 2=12x.设点A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),直线MA,MB 的斜率分别为k 1,k 2,则k 1=11-1-2y x ,k 2=22-1-2y x ,k AB =2121--y y x x =2112()y y +=-14,所以y 1+y 2=-2.k 1+k 2=11-1-2y x +22-1-2y x =112(1)y ++212(1)y +=121222(1)(1)y y y y ++++=0.所以直线MA,MB 与x 轴总围成等腰三角形.【点评】定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量,那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等,这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值,就是要求的定点、定值;解决圆锥曲线中的最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系,根据目标函数和不等式求最值、范围.如何突破解析几何中的“瓶颈题”,需要综合运用“设而不求”、“合理引参”、“整体代换”、“回归定义”和“借助平几”等策略,才能简化运算,起到事半功倍的效果.【评价反馈】1. (1) 由S 1=λS 2可知m+n=λ(m-n),所以λ=1-1mnmn+=1-1λλ+,解得λ=2+1(舍去小于1的根).(2) 设椭圆C1:22xa+22ym=1(a>m),C2:22xa+22yn=1(a>n),直线l:ky=x,联立方程组2222,1,ky xx ya m=⎧⎪⎨+=⎪⎩消去x,得22222a m ka m+y2=1,所以yA=222ama m k+.同理,yB =222ana n k+.又因为△BDM和△ABN的高相等,所以12SS=BDAB=--B DA By yy y=-B AA By yy y+.若存在非零实数k使得S1=λS2,则有(λ-1)yA=(λ+1)yB,即222222(-1)a n kλλλ+=2222(1)a n kλ++,解得k2=22223(-2-1)(1)4anλλλλ+,所以当λ>1+2时,k2>0,存在这样的直线l;当1<λ≤1+2时,k2≤0,不存在这样的直线l.2. (1) 取PQ的中点D,连接OD,OP.(第2题)由α=π4,c=1,知OD=22.因为,所以OP 2=24PQ +OD 2=4, 所以a 2=4,b 2=3.所以椭圆C 的方程为24x +23y =1,圆O 的方程为x 2+y 2=4. (2) 设AF 2=s,BF 2=t.由椭圆定义得AF 1+AF 2=2a=4,BF 1+BF 2=2a=4.因为AF 2,BF 2,AB 的长成等差数列,所以2t=s+4-s+4-t,所以t=83.设B(x 0,y 0),由2200220064(-1),91,43x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩ 得B4-,-33⎛ ⎝⎭. 所以直线PQ 的斜率所以PQ 的方程为所以PQ=72.易求得椭圆上一点到直线PQ的距离的最大值是,所以△MPQ的面积的最大值是.3. (1) 由题意知,直线x 2+y 2=b 2相切,得b=1,由e=,得22c a =222-a b a =34,所以a=2. 所以椭圆C 的方程为24x +y 2=1.(2) 因为B(2,0),P 不为椭圆顶点,则直线BP 的方程为y=k(x-2)102k k ⎛⎫≠≠± ⎪⎝⎭且 ①,将①代入24x +y 2=1,解得P 2228-24,-4141k k k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭. 又直线AD 的方程为y=12x+1 ②,①与②联立解得M424,2-12-1k k k k +⎛⎫⎪⎝⎭, 由D(0,1),P 2228-24,-4141k k k k ⎛⎫ ⎪++⎝⎭,N(x,0)三点共线,可得N 42,02-1k k +⎛⎫ ⎪⎝⎭,所以MN 的斜率为m=214k +,则2m-k=212k +-k=12(定值).4. (1) 因为圆C 1与圆C 2的公共弦PQ 的方程是x=a-2,而M(2,t)是x=a-2上的点,所以a=4,故圆C 1的标准方程为21-2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭+y 2=174.(2) 以OM 为直径的圆的方程为x(x-2)+y(y-t)=0,即(x-1)2+2-2t y ⎛⎫ ⎪⎝⎭=24t +1,其圆心为1,2t ⎛⎫ ⎪⎝⎭,半径因为以OM 为直径的圆被直线3x-4y-5=0截得的弦长为2,所以圆心到直线3x-4y-5=0的距离2t,所以|3-2-5|5t =2t,解得t=4,故所求圆的方程为(x-1)2+(y-2)2=5.(3) 方法一:设直线OM 与直线FN 交于点k,由平面几何知识知ON 2=OK ·OM,直线OM:y=2tx,直线FN:y=-2t (x-1),由,22-(-1),t y x y x t ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩得x K =244t +,所以ON 2214t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭·244t +·2=2,所以线段ON方法二:设N(x 0,y 0),则000000(-1,),(2,),(-2,-),(,),FN x y OM t MN x y t ON x y ⎧==⎪⎨==⎪⎩ 因为FN ⊥OM ,所以2(x 0-1)+ty 0=0, 所以2x 0+ty 0=2.又因为MN ⊥ON ,所以x 0(x 0-2)+y 0(y 0-t)=0,所以20x +20y =2x 0+ty 0=2,所以,|ON|=.5. (1) 由直线l:y=x+2与圆x 2+y 2=b 2相切,=b,即由e=,得22b a =1-e 2=23,所以. 所以椭圆C 1的方程是23x +22y =1.(2) 由题意得2p=1,即p=2,故C 2的方程为y 2=4x.易知Q(0,0),设R 211,4y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭,S 222,4y y ⎛⎫⎪⎝⎭, 所以QR =211,4y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭,RS =222121-,-4y y y y ⎛⎫ ⎪⎝⎭, 由QR ·RS =0,得222121(-)16y y y +y 1(y 2-y 1)=0,因为y 1≠y 2,所以y 2=-1116y y ⎛⎫+ ⎪⎝⎭,所以22y =21y +21256y +32≥当且仅当21y =21256y ,即y 1=±4时等号成立.又|QS因为22y≥64,所以当22y=64,即y2=±8时,|QS|min=8故|QS|的取值范围是∞).6. (1) 设Q(x1,y1)(x1>0),得FQ=a-ex1,由PQ是圆x2+y2=1的切线,注意到212xa+21y1,所以PQ+FQ=a.(2) 由题意得e==,所以a=2.方法一:设直线QR的方程为y=kx+m,因为点P在第一象限,所以k<0,m>0.由直线QR与圆O相切,=1,所以m2=k2+1.由22,1,4y kx mxy=+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-2814kmk+.由(1)知,QR=e(x1+x2)=28-14kmk⎫⎪+⎝⎭·2||14k mk+·22||3k mm k+,因为m2+3k2≥所以|QR|≤当且仅当k时,QR取最大值2,此时直线QR的方程为),过焦点F.方法二:设P(x0,y),Q(x1,y1),R(x2,y2),则直线QR的方程为x0x+yy=1.由00221,44,x x y yx y+=⎧⎨+=⎩消去y得(2y+42x)x2-8xx+4-42y=0,则x1+x2=220084xy x+,因为2x+2y=1,所以x1+x2=2813xx+,由(1)知,QR=e(x1+x2)=2·2813xx+213xx+=4·113xx+,因为01x+3x≥所以QR≤当且仅当x=时,QR取最大值2,此时P⎝⎭,直线QR过焦点F.方法三:由(1)同理可求PR+FR=2,则QR+QF+FR=4,QR≤RF+FR,2QR≤QR+QF+FR=4,所以QR≤2,当且仅当直线QR过焦点F时等号成立,从而QRmax=2.。

2015 年江苏省高考数学试卷参照答案与试题分析一、填空题（本大题共14 小题，每题 5 分，共计 70 分）1．（ 5 分）（2015?江苏）已知会集A={1， 2， 3} ，B={2 ， 4， 5} ，则会集A∪B中元素的个数为 5 ．考并集及其运算．点：专会集．题：分求出 A∪B，再明确元素个数析：解解：会集 A={1 ，2， 3} ， B={2， 4，5} ，则 A∪B={1， 2， 3， 4，5} ；答：因此 A∪B中元素的个数为 5；故答案为： 5点题观察了会集的并集的运算，依照定义解答，注意元素不重复即可，属于基础题评：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．考众数、中位数、平均数．点：专概率与统计．题：分直接求解数据的平均数即可．析：解解：数据4， 6，5， 8， 7，6，答：那么这组数据的平均数为：=6．故答案为： 6．点本题观察数据的均值的求法，基本知识的观察．评：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．考复数求模．点：专数系的扩大和复数．题：分直接利用复数的模的求解法规，化简求解即可．析：解解：复数z 满足 z2 =3+4i ，答：可得 |z||z|=|3+4i|==5，∴|z|= ．故答案为：．点本题观察复数的模的求法，注意复数的模的运算法规的应用，观察计算能力．评：4．（ 5 分）（2015?江苏）依照以下列图的伪代码，可知输出的结果S 为7．考伪代码．点：专图表型；算法和程序框图．题：分模拟执行程序框图，依次写出每次循环获取的析：退出循环，输出S 的值为 7．解解：模拟执行程序，可得答：S=1， I=1I ，S 的值，当 I=10时不满足条件I＜8，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．点本题主要观察了循环构造的程序，正确判断退出循环的条件是解题的要点，属于基础评：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 只球颜色不相同的概率为．考古典概型及其概率计算公式．点：专概率与统计．题：分依照题意，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．析：解解：依照题意，记白球为A，红球为 B，黄球为12 C、C ，则答：一次取出 2 只球，基本事件为AB、 AC1、 AC2、 BC1、 BC2、 C1C2共 6 种，其中 2 只球的颜色不相同的是AB、 AC1、 AC2、 BC1、 BC2共 5 种；因此所求的概率是P=．故答案为：．点评：本题观察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．考平面向量的基本定理及其意义．点：专平面向量及应用．题：分直接利用向量的坐标运算，求解即可．析：解解：向量 =（ 2，1）， =（1，﹣ 2），若 m+n=（ 9，﹣ 8）答：可得，解得m=2，n=5，∴m﹣ n=﹣ 3．故答案为：﹣3．点本题观察向量的坐标运算，向量相等条件的应用，观察计算能力．评：7．（ 5 分）（2015?江苏）不等式2＜ 4 的解集为（﹣ 1，2）．考指、对数不等式的解法．点：专函数的性质及应用；不等式的解法及应用．题：分利用指数函数的单调性转变成x2﹣ x＜ 2，求解即可．析：解解；∵ 2＜ 4，答：2∴x﹣ x＜ 2，即 x2﹣ x﹣ 2＜ 0，解得：﹣ 1＜ x＜2故答案为：（﹣1， 2）点本题观察了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．评：8．（ 5 分）（2015?江苏）已知tan α=﹣ 2， tan （α +β） =，则 tan β的值为3．考两角和与差的正切函数．点：专三角函数的求值．题：分直接利用两角和的正切函数，求解即可．析：解解： tan α=﹣ 2，tan （α +β） =，答：可知 tan （α +β） ==，即 =，解得 tan β =3．故答案为： 3．点本题观察两角和的正切函数，基本知识的观察．评：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整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．考棱柱、棱锥、棱台的体积．点：专计算题；空间地址关系与距离．题：分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，析：由前后体积相等列式求得 r ．解解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：．答：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：．点本题观察了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．评：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22．（ x﹣ 1） +y =2考圆的标准方程；圆的切线方程．点：专计算题；直线与圆．题：分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．析：解解：圆心到直线的距离d==≤，答：∴m=1时，圆的半径最大为，∴所求圆的标准方程为（22x﹣ 1） +y =2．故答案为：（ x﹣1）2 +y2=2．点本题观察所圆的标准方程，观察点到直线的距离公式，观察学生的计算能力，比较基评：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．考数列的求和；数列递推式．点：专等差数列与等比数列．题：分数列 {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“裂析：解答：项求和”即可得出．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，上式也建立，∴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：．点本题观察了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n 项和公式，评：观察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 恒建立，则实数 c 的最大值为．考双曲线的简单性质．点：专计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．题：分双曲线 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析：的距离．解解：由题意，双曲线 x2﹣ y2=1 的渐近线方程为 x±y=0，答：因为点 P 到直线 x﹣ y+1=0 的距离大于 c 恒建立，因此 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：．点本题观察双曲线的性质，观察学生的计算能力，比较基础．评：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．考根的存在性及根的个数判断．点：专综合题；函数的性质及应用．题：分：由 |f（ x） +g（ x） |=1 可得 g（ x）=﹣ f （ x）± 1，分别作出函数的图象，即可得出析：结论．解解：由 |f（ x） +g（ x） |=1 可得 g（ x） =﹣ f （x）± 1．答：g（ x）与 h（ x）=﹣ f （ x）+1 的图象以下列图，图象有两个交点；g（ x）与φ（ x）=﹣ f （ x）﹣ 1 的图象以下列图，图象有两个交点；因此方程 |f （ x）+g（ x）|=1 实根的个数为4．故答案为： 4．点本题观察求方程 |f （ x） +g（ x） |=1 实根的个数，观察数形结合的数学思想，观察学评：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．考数列的求和．点：专等差数列与等比数列；平面向量及应用．题：分利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性析：即可得出．解解： =+答：=++++=++=++，∴（ a k?a k+1）=+++++++ +++++++ +=+0+0=．故答案为： 9．点本题观察了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的评：周期性，观察了推理能力与计算能力，属于中档题．二、解答题（本大题共 6 小题，共计 90 分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（ 14 分）（2015?江苏）在△ ABC 中，已知A B=2， AC=3，A=60°．（1）求 BC的长；（2）求 sin2C 的值．考余弦定理的应用；二倍角的正弦．点：专解三角形．题：分（ 1）直接利用余弦定理求解即可．析：（ 2）利用正弦定理求出 C的正弦函数值，尔后利用二倍角公式求解即可．解222﹣2AB?ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，解：（ 1）由余弦定理可得： BC=AB+AC答：因此 BC=．（2）由正弦定理可得：，则 sinC=== ，∵AB＜ BC，∴C 为锐角，则 cosC===．因此 sin2C=2sinCcosC=2×=．点本题观察余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的范围的解评：题的要点．ABC﹣ A1B1C1中，已知AC⊥BC， BC=CC1，设AB1 16．（ 14 分）（2015?江苏）如图，在直三棱柱的中点为D， B1 C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2） BC1⊥AB1．考直线与平面平行的判断；直线与平面垂直的性质．点：专证明题；空间地址关系与距离．题：分（ 1）依照中位线定理得DE∥AC，即证 DE∥平面 AA1C1C；析：（ 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．解证明：（1）依照题意，得；答： E 为 B1C 的中点， D 为 AB1的中点，因此DE∥AC；又因为 DE?平面 AA1C1C， AC? 平面 AA1C1C，因此 DE∥平面 AAC C；11（ 2）因为棱柱ABC﹣ A1B1C1是直三棱柱，因此 CC1⊥平面 ABC，因为 AC? 平面 ABC，因此 AC⊥CC1；又因为 AC⊥BC，CC1? 平面 BCC1B1，BC? 平面 BCC1B1，BC∩CC1=C，因此 AC⊥平面 BCC1B1；又因为 BC ? 平面平面BCCB ，111因此 BC1⊥AC；因为 BC=CC1，因此矩形BCC1B1是正方形，因此 BC1⊥平面 B1AC；又因为 AB1 ? 平面 B1AC，因此 BC1⊥AB1．点本题观察了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的地址关系，也观察了空间想象评：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）某山区外面有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改进山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区界线的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l 1， l 2，山区界线曲线为 C，计划修建的公路为 l ，以下列图， M， N 为 C 的两个端点，测得点 M 到 l 1， l 2的距离分别为 5 千米和 40 千米，点 N到 l 1， l 2的距离分别为 20 千米和千米，以 l 2，l 1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 吻合函数 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 长度的函数分析式 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．考函数与方程的综合运用．点：专综合题；导数的综合应用．题：分（ 1）由题意知，点 M， N的坐标分别为（ 5， 40），（ 20，），将其分别代入y=，建立方析：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 长度的函数分析式 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．解解：（ 1）由题意知，点 M，N 的坐标分别为（ 5， 40），（20，），答：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，进而 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．点本题观察利用数学知识解决实责问题，观察导数知识的综合运用，确定函数关系，正评：确求导是要点．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的垂直均分线分别交直线l 和 AB 于点 P，C，若 PC=2AB，求直线AB的方程．考直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．点：专直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．题：分析：解答：（ 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系，可得b，进而获取椭圆方程；（ 2）谈论直线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，即可获取所求直线的方程．解：（ 1）由题意可得，e==，且 c+=3，解得 c=1， a=，2则 b=1，即有椭圆方程为+y =1；的关当 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 的垂直均分线为y 轴，与左准线平行，不合题意；则 k≠0，故 PC：y+=﹣（ x﹣）， P（﹣ 2，），进而 |PC|= ，由 |PC|=2|AB| ，可得 =，解得 k=±1，此时 AB的方程为 y=x ﹣ 1 或 y=﹣ x+1．点本题观察椭圆的方程和性质，主要观察椭圆的离心率和方程的运用，联立直线方程，评：运用韦达定理和弦长公式，同时观察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）试谈论 f （ x）的单调性；（2）若 b=c﹣ a（实数 c 是与 a 没关的常数），当函数 f （x）有三个不相同的零点时， a 的取值范围恰好是（﹣∞，﹣ 3）∪（ 1，）∪（， +∞），求 c 的值．考利用导数研究函数的单调性；函数零点的判判定理．点：专综合题；导数的综合应用．题：分（ 1）求导数，分类谈论，利用导数的正负，即可得出 f （ x）的单调性；析：（ 2）由（ 1）知，函数 f （x）的两个极值为 f （ 0） =b， f （﹣） =+b，则函数 f （ x）有三个不相同的零点等价于 f （ 0）f （﹣） =b（ +b）＜ 0，进一步转变成 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．解解：（ 1）∵ f （ x） =x3+ax2+b，答：2∴f ′（ x） =3x +2ax ，令 f ′（ x） =0，可得 x=0 或﹣．a=0 时， f ′（ x）＞ 0，∴ f （ x）在（﹣∞， +∞）上单调递加；a＞ 0 时， x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时， f ′（ x）＞ 0，x∈（﹣， 0）时， f ′（ x）＜0，∴函数 f （ x）在（﹣∞，﹣），（ 0，+∞）上单调递加，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），（﹣， +∞）上单调递加，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）有三个不相同的零点等价于 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）有三个不相同的零点时， a 的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（ 1，）∪（， +∞），∴在（﹣∞，﹣3）上， g（ a）＜ 0 且在（ 1，）∪（， +∞）上g（ a）＞ 0 均恒建立，∴g（﹣ 3） =c﹣1≤0，且 g（） =c﹣1≥0，∴c=1，322此时 f （ x） =x +ax +1﹣ a=（ x+1） [x +（ a﹣ 1） x+1﹣ a] ，2∴x+（ 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．点本题观察导数知识的综合运用，观察函数的单调性，观察函数的零点，观察分类谈论评：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；234（2）可否存在 a1， d，使得 a1，a2， a3， a4依次构成等比数列并说明原由；（3）可否存在 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原由．考等比关系的确定；等比数列的性质．点：专等差数列与等比数列．题：分（ 1）依照等比数列和等差数列的定义即可证明；析：（ 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，获取结论；（ 3）利用反证法，假设存在n n+k n+2k n+3ka1， d 及正整数 n， k，使得 a1，a2， a3， a4依次n n+2k2（ n+k）n+k n+3k 构成等比数列，获取 a1（ a1+2d）=（ a1+2d），且（a1+d）（ a1+3d） =（ a1+2d）2 （n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理获取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，推出假设不行立．解解：（ 1）证明：∵ ==2 d，（ n=1， 2， 3，）是同一个常数，答：∴2， 2， 2， 2 依次构成等比数列；（2）令 a1 +d=a，则 a1， a2， a3， a4分别为 a﹣d， a， a+d， a+2d（a＞ d， a＞﹣ 2d，d≠0）假设存在 a1， d 使得 a1， a22，a33， a44 依次构成等比数列，43624则 a =（ a﹣d）（ a+d），且（ a+d） =a （ a+2d），令 t= ，则 1=（ 1﹣ t ）（ 1+t ）3，且（ 1+t ）6 =（1+2t ）4，（﹣＜ t ＜ 1，t≠0），化简得 t 3+2t 2﹣ 2=0（ * ），且 t 2=t+1 ，将 t 2=t+1 代入（ * ）式，2t （ t+1 ） +2（ t+1 ）﹣ 2=t +3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=﹣，显然 t= ﹣不是上面方程的解，矛盾，因此假设不行立，因此不存在a1， d，使得 a1， a2 2， 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），n+2k 2（ n+k） n+k n+3k 2（ n+2k）则（ 1+2t ） =（ 1+t ），且（ 1+t ）（ 1+3t ） =（ 1+2t ），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 ）2 ln （ 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φ 1（t）=φ′（t），则φ 1′（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 ，故假设不行立，n n+k n+2k n+3k因此不存在a1， d 及正整数n，k，使得 a1， a2，a3，a4依次构成等比数列．点本题主要观察等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，观察代数评：推理、转变与化归及综合运用数学知识研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．考相似三角形的判断．点：专推理和证明．题：分直接利用已知条件，推出两个三角形的三个角对应相等，即可证明三角形相似．析：解答：点证明：∵ AB=AC，∴∠ ABD=∠C，又∵∠ C=∠E，∴∠ ABD=∠E，又∠ BAE可知：△ ABD∽△ AEB．本题观察圆的基本性质与相似三角形等基础知识，观察逻辑推理能力．是公共角，评：【选修 4-2 ：矩阵与变换】22．（ 10 分）（2015?江苏）已知 x ，y ∈R ，向量 =是矩阵的属于特色值﹣ 2 的一个特色向量，求矩阵 A 以及它的另一个特色值．考 特色值与特色向量的计算．点：专 矩阵和变换．题：分 利用 A=﹣ 2，可得 A=，经过令矩阵 A 的特色多项式为 0 即得结论．析：解解：由已知，可得A=﹣ 2，即 ==，答： 则，即，∴矩阵 A=，进而矩阵 A 的特色多项式 f （λ） =（λ +2）（λ﹣ 1），∴矩阵 A 的另一个特色值为1．点 本题观察求矩阵及其特色值，注意解题方法的积累，属于中档题．评：【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 ρ 2+2ρsi n （θ﹣）﹣ 4=0，求圆 C 的半径． 考 简单曲线的极坐标方程．点：专 计算题；坐标系和参数方程．题：分 先依照 x=ρ cos θ， y=ρ sin θ，求出圆的直角坐标方程，求出半径．析：解解：圆的极坐标方程为ρ2+2ρsin （θ﹣）﹣ 4=0，可得 ρ2﹣ 2ρcos θ +2ρ sin θ﹣答： 4=0，化为直角坐标方程为x 2+y 2﹣ 2x+2y ﹣ 4=0，化为标准方程为（22x ﹣ 1） +（ y+1） =6，圆的半径 r= ．点本题主要观察把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，以及求点的极坐标的方法，关评： 键是利用公式 x=ρ cos θ， y=ρ sin θ，比较基础，[ 选修 4-5 ：不等式选讲】24．（2015?江苏）解不等式 x+|2x+3| ≥2．考 绝对值不等式的解法． 点： 专 不等式．题：分思路 1（公式法）：利用|f （ x ）| ≥g （ x ）? f （x ）≥ g （ x ），或 f （ x ）≤﹣ g （ x ）；析：思路 2（零点分段法）：对 x 的值分“ x≥”“ x＜”进行谈论求解．解解法 1：x+|2x+3| ≥2变形为 |2x+3| ≥2﹣ x，答：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≥，因此 x≥；②x＜时，原不等式化为x﹣（ 2x+3）≥ 2，即 x≤﹣ 5，因此 x≤﹣ 5．综上，原不等式的解集为 {x|x ≥，或 x≤﹣ 5} ．点本题观察了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常有的方法，无论用哪评：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．考二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．点：专空间地址关系与距离；空间角．题：分以 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 ．析：（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；2（2）利用换元法可得 cos ＜，＞≤，结合函数 y=cosx 在（ 0，）上的单调性，计算即得结论．解答：解：以 A 为坐标原点，以AB、 AD、AP所在直线分别为x、 y、 z 轴建系 A﹣ 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），进而 cos ＜，＞ ==，设 1+2λ =t ，t ∈[1 ， 3] ，则 cos 2＜，＞ ==≤，当且仅当 t= ，即λ =时， |cos ＜，＞ | 的最大值为，DP所成角获取最小值．因为 y=cosx 在（ 0，）上是减函数，此时直线 CQ与又∵ BP==，∴ BQ=BP=．点本题观察求二面角的三角函数值，观察用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的评：积累，属于中档题．*26．（ 10 分）（2015?江苏）已知会集 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）表示会集 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．考数学归纳法．点：专综合题；点列、递归数列与数学归纳法．题：分（ 1） f （ 6） =6+2++=13；析：（ 2）依照数学归纳法的证明步骤，分类谈论，即可证明结论．解解：（ 1） f （ 6）=6+2++=13；答：（ 2）当 n≥6时， f （ n）=．下面用数学归纳法证明：①n=6 时， f （ 6）=6+2++=13，结论建立；②假设 n=k（k≥6）时，结论建立，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，分以下状况谈论：1）若 k+1=6t ，则 k=6（ t ﹣ 1）+5，此时有 f （ k+1）=f （k）+3=（ k+1）+2++，结论建立；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++，结论建立；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++，结论建立；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++，结论建立；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++，结论建立；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++，结论建立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n 均建立．点本题观察数学归纳法，观察学生分析解决问题的能力，正确归纳是要点．评：。

2015年普通高等学校招生全国统一考试江苏数学数学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,本试卷结束后,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.请认真核对监考员在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:圆柱的体积公式:V 圆柱=Sh ,其中S 是圆柱的底面积,h 为高. 圆锥的体积公式:V 圆锥=13Sh ,其中S 是圆锥的底面积,h 为高.一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上. 1.(2015江苏,1)已知集合A={1,2,3},B={2,4,5},则集合A ∪B 中元素的个数为 . 答案:5解析:A ∪B={1,2,3}∪{2,4,5}={1,2,3,4,5},即A ∪B 中元素的个数是5.2.(2015江苏,2)已知一组数据4,6,5,8,7,6,那么这组数据的平均数为 . 答案:6 解析:平均数x =4+6+5+8+7+6=6.3.(2015江苏,3)设复数z 满足z 2=3+4i(i 是虚数单位),则z 的模为 . 答案: 5解析:因为z 2=3+4i,所以|z 2|= 32+42=5,所以|z|= 5.解析:S=1,I=1;S=S+2=1+2=3,I=I+3=1+3=4<8; S=S+2=3+2=5,I=I+3=4+3=7<8; S=S+2=5+2=7,I=I+3=7+3=10>8. 故S=7.5.(2015江苏,5)袋中有形状、大小都相同的4只球,其中1只白球,1只红球,2只黄球,从中一次随机摸出2只球,则这2只球颜色不同的概率为 . 答案:5解析:根据条件得P=C 11C 11+C 11C 21+C 11C 21C 42=56或P=1-C 22C 42=56.6.(2015江苏,6)已知向量a =(2,1),b =(1,-2),若m a +n b =(9,-8)(m ,n ∈R ),则m-n 的值为 . 答案:-3解析:由m a +n b =(9,-8)得,m (2,1)+n (1,-2)=(9,-8), 即(2m+n ,m-2n )=(9,-8),所以 2m +n =9,m -2n =-8,解得 m =2,n =5,故m-n=-3.7.(2015江苏,7)不等式2x2-x<4的解集为.答案:{x|-1<x<2}(或(-1,2))解析:2x2-x<4,即2x2-x<22,所以x2-x<2,即x2-x-2<0,所以(x-2)(x+1)<0.解得-1<x<2,故不等式的解集为{x|-1<x<2}(或(-1,2)).8.(2015江苏,8)已知tan α=-2,tan(α+β)=17,则tan β的值为.答案:3解析:tan β=tan[(α+β)-α]=tan(α+β)-tanα=17+21-27=3.9.(2015江苏,9)现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变,但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个,则新的底面半径为.答案:7解析:设新的底面半径为r,根据题意得1×π×52×4+π×22×8=1πr2×4+πr2×8,即28r2=196,解得r=.10.(2015江苏,10)在平面直角坐标系xOy中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为.答案:(x-1)2+y2=2解析:(方法一)设A(1,0).由mx-y-2m-1=0,得m(x-2)-(y+1)=0,则直线过定点P(2,-1),即该方程表示所有过定点P的直线系方程.当直线与AP垂直时,所求圆的半径最大.此时,半径为|AP|=(2-1)2+(-1-0)2=2.故所求圆的标准方程为(x-1)2+y2=2.(方法二)设圆的半径为r,根据直线与圆相切的关系得r=|m+1|2=m2+2m+12=1+2m2,当m<0时,1+2m2<1,故1+2m2无最大值;当m=0时,r=1;当m>0时,m2+1≥2m(当且仅当m=1时取等号).所以r≤1+1=,即r max=故半径最大的圆的方程为(x-1)2+y2=2.11.(2015江苏,11)设数列{a n}满足a1=1,且a n+1-a n=n+1(n∈N*).则数列1a n前10项的和为. 答案:20解析:a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,a n-a n-1=n,以上n-1个式子相加,得a n-a1=2+3+4+…+n.∵a1=1,∴a n=1+2+3+…+n=n(n+1)2,∴1a n =2n(n+1)=21n-1n+1.∴S10=21-1+1-1+1-1+…+1 9-110+110-111=21-111=2011.12.(2015江苏,12)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案:22解析:直线x-y+1=0与双曲线的渐近线y=x平行,且两平行线间的距离为2.由图形知,双曲线右支上的动点P 到直线x-y+1=0的距离的最小值无限趋近于 22,要使距离d 大于c 恒成立,只需c ≤ 2即可,故c 的最大值为 2.13.(2015江苏,13)已知函数f (x )=|ln x|,g (x )= 0,0<x ≤1,|x 2-4|-2,x >1,则方程|f (x )+g (x )|=1实根的个数为 .答案:4解析:f (x )= -ln x ,0<x ≤1,ln x ,x >1,g (x )= 0,0<x ≤1,2-x 2,1<x <2,x 2-6,x ≥2.(1)当0<x ≤1时,方程化为|-ln x+0|=1,解得x=1或x=e(舍去). 所以此时方程只有一个实根1e.(2)当1<x<2时,方程可化为|ln x+2-x 2|=1. 设h (x )=ln x+2-x 2,h'(x )=1-2x=1-2x 2.因为1<x<2,所以h'(x )=1-2x 2x<0,即函数h (x )在(1,2)上单调递减.因为h (1)=ln 1+2-12=1,h (2)=ln 2+2-22=ln 2-2,所以h (x )∈(ln 2-2,1). 又ln 2-2<-1,故当1<x<2时方程只有一解. (3)当x ≥2时,方程可化为|ln x+x 2-6|=1.记函数p (x )=ln x+x 2-6,显然p (x )在区间[2,+∞)上单调递增. 故p (x )≥p (2)=ln 2+22-6=ln 2-2<-1. 又p (3)=ln 3+32-6=ln 3+3>1,所以方程|p (x )|=1有两个解,即方程|ln x+x 2-6|=1有两个解. 综上可知,方程|f (x )+g (x )|=1共有4个实根. 14.(2015江苏,14)设向量a k = cos kπ6,sin kπ6+cos kπ6 (k=0,1,2,…,12),则∑k =011(a k ·a k+1)的值为 .答案:9 解析:因为a k = coskπ6,sin kπ6+cos kπ6 , 所以a k+1= cos k +16π,sin k +16π+cos k +16π ,于是a k ·a k+1=cos kπ6·cos k +16π+ sin kπ6+cos kπ6 sin k +16π+cos k +16π=cos kπ6cos kπ6+π6 +sin kπ6sin kπ6+π6 +sin kπ6cos kπ6+π6 +cos kπ6sin kπ6+π6 +cos kπ6cos kπ6+π6=cos π6+sin kπ3+π6 +cos kπ6cos kπ6+π6=3 3+ 3-1 sin kπ+ 3+1 cos kπ, 则∑k =011(a k ·a k+1) =∑k =0113 34+32-14sinkπ3+ 34+12 cos kπ3=9 +∑k =0113-1sin kπ+∑k =011 3+1 cos kπ=9 + 3-1 ×0+ 3+1×0=9 .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.(本小题满分14分)(2015江苏,15)在△ABC 中,已知AB=2,AC=3,A=60°. (1)求BC 的长; (2)求sin 2C 的值.解:(1)由余弦定理知,BC 2=AB 2+AC 2-2AB ·AC ·cos A=4+9-2×2×3×12=7,所以BC= 7.(2)由正弦定理知,ABsin C=BCsin A, 所以sin C=AB ·sin A=2sin60°7=21.因为AB<BC ,所以C 为锐角,则cos C=1-sin2C=1-37=277.因此sin 2C=2sin C·cos C=2×21×27=43.16.(本小题满分14分)(2015江苏,16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.求证:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.证明:(1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1⊥B1C.因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.17.(本小题满分14分)(2015江苏,17)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l.如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米.以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy.假设曲线C符合函数y=ax2+b (其中a,b为常数)模型.(1)求a,b的值;(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.解:(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).将其分别代入y=a x 2+b ,得 a25+b =40,a =2.5,解得 a =1 000,b =0.(2)①由(1)知,y=1 000x2(5≤x ≤20),则点P 的坐标为 t ,1 000t 2, 设在点P 处的切线l 交x ,y 轴分别于A ,B 点,y'=-2 000x 3, 则l 的方程为y-1 000t 2=-2 000t3(x-t ), 由此得A 3t ,0 ,B 0,3 0002 . 故f (t )= 3t 2 2+3 000t 2 2=32 t 2+4×106t 4,t ∈[5,20]. ②设g (t )=t 2+4×1064,则g'(t )=2t-16×106t5.令g'(t )=0,解得t=10 2.当t ∈(5,10 2)时,g'(t )<0,g (t )是减函数; 当t ∈(10 时,g'(t )>0,g (t )是增函数.从而,当t=10 2时,函数g (t )有极小值,也是最小值, 所以g (t )min =300,此时f (t )min =15 3.答:当t=10 2时,公路l 的长度最短,最短长度为15 3千米.18.(本小题满分16分)(2015江苏,18)如图,在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆x 2a2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率为 22,且右焦点F 到左准线l 的距离为3. (1)求椭圆的标准方程;(2)过F 的直线与椭圆交于A ,B 两点,线段AB 的垂直平分线分别交直线l 和AB 于点P ,C ,若PC=2AB ,求直线AB 的方程.解:(1)由题意,得c a=22且c+a 2c=3,解得a= 2,c=1,则b=1, 所以椭圆的标准方程为x 22+y 2=1.(2)当AB ⊥x 轴时,AB= 2, 又CP=3,不合题意.当AB 与x 轴不垂直时,设直线AB 的方程为y=k (x-1),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),将AB 的方程代入椭圆方程,得(1+2k 2)x 2-4k 2x+2(k 2-1)=0,则x 1,2=2k 2± 2(1+k 2)1+2k2,C 的坐标为2k21+2k2,-k 1+2k2 ,且AB= (x 2-x 1)2+(y 2-y 1)2 = (1+k 2)(x 2-x 1)2=2 2(1+k 2)1+2k2.若k=0,则线段AB 的垂直平分线为y 轴,与左准线平行,不合题意. 从而k ≠0,故直线PC 的方程为y+k1+2k2=-1kx -2k21+2k2 ,则P 点的坐标为 -2,5k 2+2k (1+2k 2),从而PC=2(3k 2+1) 1+k 2|k |(1+2k 2).因为PC=2AB , 所以2(3k 2+1) 1+k 2|k |(1+2k 2)=4 2(1+k 2)1+2k2,解得k=±1.此时直线AB 方程为y=x-1或y=-x+1.19.(本小题满分16分)(2015江苏,19)已知函数f (x )=x 3+ax 2+b (a ,b ∈R ).(1)试讨论f (x )的单调性;(2)若b=c-a (实数c 是与a 无关的常数),当函数f (x )有三个不同的零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪ 1,32∪ 32,+∞ ,求c 的值. 解:(1)f'(x )=3x 2+2ax ,令f'(x )=0,解得x 1=0,x 2=-2a. 当a=0时,因为f'(x )=3x 2>0(x ≠0), 所以函数f (x )在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,x ∈ -∞,-2a ∪(0,+∞)时,f'(x )>0,x ∈ -2a,0 时,f'(x )<0, 所以函数f (x )在 -∞,-2a 3 ,(0,+∞)上单调递增,在 -2a3,0 上单调递减;当a<0时,x ∈(-∞,0)∪ -2a 3,+∞ 时,f'(x )>0,x ∈ 0,-2a3 时,f'(x )<0,所以函数f (x )在(-∞,0), -2a ,+∞ 上单调递增,在 0,-2a上单调递减.(2)由(1)知,函数f (x )的两个极值为f (0)=b ,f -2a =4a 3+b ,则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f -2a 3 =b 427a 3+b <0,从而a >0,-4a 3<b <0或a <0,0<b <-4a 3. 又b=c-a ,所以当a>0时,4a 3-a+c>0或当a<0时,4a 3-a+c<0.设g (a )=427a 3-a+c ,因为函数f (x )有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪ 1,32∪ 32,+∞ , 则在(-∞,-3)上g (a )<0,且在 1,3 ∪ 3,+∞ 上g (a )>0均恒成立, 从而g (-3)=c-1≤0,且g 3 =c-1≥0,因此c=1.此时,f (x )=x 3+ax 2+1-a=(x+1)[x 2+(a-1)x+1-a ],因函数有三个零点,则x 2+(a-1)x+1-a=0有两个异于-1的不等实根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a )=a 2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a ≠0,解得a ∈(-∞,-3)∪ 1,3 ∪ 3,+∞ .综上c=1.20.(本小题满分16分)(2015江苏,20)设a 1,a 2,a 3,a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列. (1)证明:2a 1,2a 2,2a 3,2a 4依次构成等比数列;(2)是否存在a 1,d 使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列?并说明理由;(3)是否存在a 1,d 及正整数n ,k ,使得a 1n ,a 2n +k ,a 3n +2k ,a 4n +3k依次构成等比数列?并说明理由. 解:(1)证明:因为2a n +1a n=2a n +1-a n =2d (n=1,2,3)是同一个常数,所以2a 1,2a 2,2a 3,2a 4依次构成等比数列.(2)令a 1+d=a ,则a 1,a 2,a 3,a 4分别为a-d ,a ,a+d ,a+2d (a>d ,a>-2d ,d ≠0).假设存在a 1,d ,使得a 1,a 22,a 33,a 44依次构成等比数列,则a 4=(a-d )(a+d )3,且(a+d )6=a 2(a+2d )4.令t=d ,则1=(1-t )(1+t )3,且(1+t )6=(1+2t )4 -1<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=-14. 显然t=-1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 ).分别在两个等式的两边同除以a 12(n +k )及a 12(n +2k ),并令t=d a 1t >-13,t ≠0 , 则(1+2t )n+2k =(1+t )2(n+k ),且(1+t )n+k (1+3t )n+3k =(1+2t )2(n+2k ). 将上述两个等式两边取对数, 得(n+2k )ln(1+2t )=2(n+k )ln(1+t ), 且(n+k )ln(1+t )+(n+3k )ln(1+3t ) =2(n+2k )ln(1+2t ).化简得2k [ln(1+2t )-ln(1+t )] =n [2ln(1+t )-ln(1+2t )],且3k[ln(1+3t)-ln(1+t)]=n[3ln(1+t)-ln(1+3t)].再将这两式相除,化简得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t).(**) 令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)-ln(1+3t)ln(1+2t)-3ln(1+2t)ln(1+t),则g'(t)=2[(1+3t)2ln(1+3t)-3(1+2t)2ln(1+2t)+3(1+t)2ln(1+t)](1+t)(1+2t)(1+3t).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)+(1+t)ln(1+t)].令φ1(t)=φ'(t),则φ'1(t)=6[3ln(1+3t)-4ln(1+2t)+ln(1+t)].令φ2(t)=φ'1(t),则φ'2(t)=12(1+t)(1+2t)(1+3t)>0.由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ'2(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在-1,0和(0,+∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t=0,即方程(**)只有唯一解t=0,故假设不成立.所以不存在a1,d及正整数n,k,使得a1n,a2n+k,a3n+2k,a4n+3k依次构成等比数列.数学Ⅱ(附加题)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题~第23题),本卷满分为40分,考试时间为30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.请认真核对监考员在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.21.(2015江苏,21)【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,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—1:几何证明选讲](本小题满分10分)如图,在△ABC中,AB=AC,△ABC的外接圆☉O的弦AE交BC于点D.求证:△ABD∽△AEB.证明:因为AB=AC,所以∠ABD=∠C.又因为∠C=∠E,所以∠ABD=∠E.又∠BAE为公共角,可知△ABD∽△AEB.B.[选修4—2:矩阵与变换](本小题满分10分)已知x,y∈R,向量α=1-1是矩阵A=x1y0的属于特征值-2的一个特征向量,求矩阵A以及它的另一个特征值.解:由已知,得Aα=-2α,即x1y01-1=x-1y=-22,则x-1=-2,y=2,即x=-1,y=2,所以矩阵A=-1120.从而矩阵A的特征多项式f(λ)=(λ+2)(λ-1),所以矩阵A的另一个特征值为1.C.[选修4—4:坐标系与参数方程](本小题满分10分)已知圆C的极坐标方程为ρ2+22ρsin θ-π4-4=0,求圆C的半径.解:以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O,以极轴为x轴的正半轴,建立直角坐标系xOy.圆C的极坐标方程为ρ2+22ρ2sinθ-2cosθ -4=0,化简,得ρ2+2ρsin θ-2ρcos θ-4=0.则圆C的直角坐标方程为x2+y2-2x+2y-4=0,即(x-1)2+(y+1)2=6,所以圆C的半径为6.D.[选修4—5:不等式选讲](本小题满分10分)解不等式x+|2x+3|≥2.解:原不等式可化为x<-32,-x-3≥2或x≥-3,3x+3≥2,解得x≤-5或x≥-13.综上,原不等式的解集是x x≤-5或x≥-13.【必做题】第22题、第23题,每题10分,共计20分.请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答,解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤.22.(本小题满分10分)(2015江苏,22)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.解:以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)因为AD⊥平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量,AD=(0,2,0).因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2).设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·PC=0,m·PD=0.即x+y-2z=0, 2y-2z=0.令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<AD,m>=AD·m|AD||m|=3,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.(2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又CB=(0,-1,0),则CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),又DP =(0,-2,2),从而cos <CQ ,DP >=CQ ·DP|CQ ||DP |=10λ+2.设1+2λ=t ,t ∈[1,3], 则cos 2<CQ ,DP >=2t 25t 2-10t +9=29 1t -59 2+209≤9. 当且仅当t=95,即λ=25时,|cos <CQ,DP >|的最大值为3 1010.因为y=cos x 在 0,π2上是减函数,此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值.又因为BP= 2+22= 5,所以BQ=25BP=2 55.23.(本小题满分10分)(2015江苏,23)已知集合X={1,2,3},Y n ={1,2,3,…,n }(n ∈N *),设S n ={(a ,b )|a 整除b 或b 整除a ,a ∈X ,b ∈Y n }.令f (n )表示集合S n 所含元素的个数. (1)写出f (6)的值;(2)当n ≥6时,写出f (n )的表达式,并用数学归纳法证明. 解:(1)f (6)=13.(2)当n ≥6时,f (n )=n +2+ n2+n3 ,n =6t ,n +2+ n -12+n -13 ,n =6t +1,n +2+ n +n -2,n =6t +2,n +2+ n -12+n3,n =6t +3,n +2+ n +n -1 ,n =6t +4,n +2+ n -12+n -23,n =6t +5,(t ∈N *). 下面用数学归纳法证明:①当n=6时,f (6)=6+2+6+6=13,结论成立;②假设n=k (k ≥6)时结论成立,那么n=k+1时,S k+1在S k 的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)若k+1=6t ,则k=6(t-1)+5,此时有f (k+1)=f (k )+3=k+2+k -12+k -23+3 =(k+1)+2+k +1+k +1,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t ,此时有 f (k+1)=f (k )+1=k+2+k +k+1=(k+1)+2+(k +1)-1+(k +1)-1,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+k -1+k -1+2 =(k+1)+2+k +1+(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+k 2+k -23+2 =(k+1)+2+(k +1)-1+k +1,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+k -12+k3+2 =(k+1)+2+k +1+(k +1)-1,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有 f (k+1)=f (k )+1=k+2+k2+k -13+1=(k+1)+2+(k+1)-12+(k+1)-23,结论成立.综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.。

2015高考真题——数学（江苏卷）已知集合,，则集合中元素的个数为_______.【答案解析】5试题分析：,5个元素考点：集合运算已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________.【答案解析】6试题分析：=6考点：平均数设复数z满足（是虚数单位），则z的模为_______.【答案解析】试题分析：考点：复数的模根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为________.【答案解析】7试题分析：第一次循环：;第二次循环：;第三次循环：结束循环，输出. 考点：循环结构流程图袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.【答案解析】试题分析：从4只球中一次随机摸出2只，共有6种摸法，其中两只球颜色不同的共有5种，所以其概率为.考点：古典概型概率已知向量a=(2,1)，b=(1,-2), 若ma+nb=(9,-8) (),的值为______.【答案解析】试题分析：由题意得：考点：向量相等不等式的解集为________.【答案解析】.试题分析：由题意得：，解集为.考点：解指数不等式与一元二次不等式已知，，则的值为_______.【答案解析】3试题分析：.考点：两角差正切公式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【答案解析】试题分析：由体积相等得：考点：圆柱及圆锥体积在平面直角坐标系中，以点(1,0)为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为.【答案解析】.试题分析：由题意得：半径等于，所以所求圆为.考点：直线与圆的位置关系数列满足，且，则数列的前10项和为【答案解析】试题分析：由题意得：所以考点：数列通项，裂项求和在平面直角坐标系中，P为双曲线右支上的一个动点。

2015年某某省高考数学试卷一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）（2015•某某）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B中元素的个数为．2．（5分）（2015•某某）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为．3．（5分）（2015•某某）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为．4．（5分）（2015•某某）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为．5．（5分）（2015•某某）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．6．（5分）（2015•某某）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为．7．（5分）（2015•某某）不等式2＜4的解集为．8．（5分）（2015•某某）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为．9．（5分）（2015•某某）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．10．（5分）（2015•某某）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx ﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为．11．（5分）（2015•某某）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．12．（5分）（2015•某某）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2﹣y2=1右支上的一个动点，若点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为．13．（5分）（2015•某某）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为．14．（5分）（2015•某某）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则（a k•a k+1）的值为．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（2015•某某）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．16．（14分）（2015•某某）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．17．（14分）（2015•某某）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．18．（16分）（2015•某某）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（a＞b ＞0）的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3．（1）求椭圆的标准方程；（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．19．（16分）（2015•某某）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X围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．20．（16分）（2015•某某）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）【选做题】本题包括21-24题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．（10分）（2015•某某）如图，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D．求证：△ABD∽△AEB．【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）（2015•某某）已知x，y∈R，向量=是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．（2015•某某）已知圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C的半径．[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•某某）解不等式x+|2x+3|≥2．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．（10分）（2015•某某）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．26．（10分）（2015•某某）已知集合X={1，2，3}，Y n={1，2，3，…，n）（n∈N*），设S n={（a，b）|a整除b或整除a，a∈X，B∈Y n}，令f（n）表示集合S n所含元素的个数．（1）写出f（6）的值；（2）当n≥6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明．2015年某某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•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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6．（5分）（2015•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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．解答：解：=+=++++=++=++，∴（a k•a k+1）=+++++++…+++++++…+=+0+0 =．故答案为：9．点评：本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（2015•某某）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．考点：余弦定理的应用；二倍角的正弦．专题：解三角形．分析：（1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．解答：解：（1）由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，所以BC=．（2）由正弦定理可得：，则sinC===，∵AB＜BC，∴C为锐角，则cosC===．因此sin2C=2sinCcosC=2×=．点评：本题考查余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的X围的解题的关键．16．（14分）（2015•某某）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•某某）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•某某）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•某某）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X围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．考点：利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f（x）的单调性；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，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（﹣∞，+∞）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﹣）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，。

2015高考真题——数学（江苏卷）Word版含答案数学Ⅰ试题参考公式圆柱的体积公式：=Sh，其中S是圆柱的底面积，h为高。

圆锥的体积公式：Sh，其中S是圆锥的底面积，h为高。

一、填空题：本大题共14个小题,每小题5分,共70分.请把答案写在答题卡相应位置上。

1. 已知集合，，则集合中元素的个数为_______.2. 已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为________.3. 设复数z满足（i是虚数单位），则z的模为_______.4. 根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为________.5. 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________.6. 已知向量=（2,1），=（1，-2），若=（9，-8）（m，nR），则的值为______.7. 不等式的解集为________.8.已知，，则的值为_______.9.现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个。

若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为。

10.在平面直角坐标系中，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为。

11.数列满足，且（），则数列前10项的和为。

12.在平面直角坐标系中，为双曲线右支上的一个动点。

若点到直线的距离大于c恒成立，则是实数c的最大值为。

13.已知函数，，则方程实根的个数为。

14.设向量，则的值为。

二、解答题（本大题共6小题，共90分.请在答题卡制定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.（本小题满分14分）在中，已知(1)求BC的长；（2）求的值。

16.（本小题满分14分）如图，在直三棱柱中，已知.设的中点为D，求证：（1）(2)17. （本小题满分14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为，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到的距离分别为5千米和40千米，点N到的距离分别为20千米和2.5千米，以所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数（其中a，b为常数）模型.（I）求a，b的值；（II）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，并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.18. （本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，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.（本小题满分16分）已知函数。

2015年江苏省高考数学试卷一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）（2015•江苏）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B中元素的个数为．2．（5分）（2015•江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为．3．（5分）（2015•江苏）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为．4．（5分）（2015•江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为．5．（5分）（2015•江苏）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．6．（5分）（2015•江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为．7．（5分）（2015•江苏）不等式2＜4的解集为．8．（5分）（2015•江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为．9．（5分）（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．10．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx﹣y ﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为．11．（5分）（2015•江苏）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．12．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2﹣y2=1右支上的一个动点，若点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为．13．（5分）（2015•江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为．14．（5分）（2015•江苏）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则（a k•a k+1）的值为．二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（2015•江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．16．（14分）（2015•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．17．（14分）（2015•江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．18．（16分）（2015•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（a＞b＞0）的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3．（1）求椭圆的标准方程；（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．19．（16分）（2015•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）．（1）试讨论f（x）的单调性；（2）若b=c﹣a（实数c是与a无关的常数），当函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．20．（16分）（2015•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由．三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）【选做题】本题包括21-24题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．（10分）（2015•江苏）如图，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D．求证：△ABD∽△AEB．【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）（2015•江苏）已知x，y∈R，向量=是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．（2015•江苏）已知圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C的半径．[选修4-5：不等式选讲】24．（2015•江苏）解不等式x+|2x+3|≥2．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤25．（10分）（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．26．（10分）（2015•江苏）已知集合X={1，2，3}，Y n={1，2，3，…，n）（n∈N*），设S n={（a，b）|a整除b或整除a，a∈X，B∈Y n}，令f（n）表示集合S n所含元素的个数．（1）写出f（6）的值；（2）当n≥6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明．2015年江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）那么这组数据的平均数为：|z||z|=|3+4i|==5故答案为：．．故答案为：．解：向量==m+n=，解得，=，=，解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：则新圆锥和圆柱的体积和为：．，解得：故答案为：．d==，=+2+1=．．{}．{}项的和为．故答案为：．的距离，即．故答案为：．=+ ++（+++++++++0+0．9二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）×=7 BC=）由正弦定理可得：sinC==cosC==．×=16．（14分）y=，利用导数，确定单调性，即可求出当y=，得，y=（），=（（，，=，则t=10 1010t=10=15时，公路15e=，=3a=，即有椭圆方程为，，==（﹣，|PC|==（﹣））时，时，﹣﹣．，﹣）∪（（﹣，），，，﹣）时，（﹣，，﹣（﹣））时，时，﹣，∪（，）∪（，））∪（，20．（16分）=，，2依次构成等比数列；t=，则＜，﹣t=，，[=）在（﹣，三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）【选做题】本题包括21-24题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】【选修4-2：矩阵与变换】A=，可得A=A，即，即，【选修4-4：坐标系与参数方程】+2﹣[选修4-5：不等式选讲】≥，或．≥≥时，原不等式化为，或【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，＞，结合函数，）上的单调，∴====，得，=，==；）∵=，设λ==+==＜，＞=，，t=时，，的最大值为，BP==，∴BQ=BP=．=6+2+=13=6+2++=13．=6+2++=13+2+++1=k+2+++1= +，结论成立；+2=k+2+++，结论成立；+2=k+2+++2= +，结论成立；+2=k+2+++2= +，结论成立；+2=k+2+++2= +，结论成立．。