1、2015年江蘇省高考數(shù)學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共計(jì)70分）1（5分）已知集合A1，2，3，B2，4，5，則集合AB中元素的個(gè)數(shù)為5【考點(diǎn)】1D：并集及其運(yùn)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5J：集合【分析】求出AB，再明確元素個(gè)數(shù)【解答】解：集合A1，2，3，B2，4，5，則AB1，2，3，4，5；所以AB中元素的個(gè)數(shù)為5；故答案為：5【點(diǎn)評(píng)】題考查了集合的并集的運(yùn)算，根據(jù)定義解答，注意元素不重復(fù)即可，屬于基礎(chǔ)題2（5分）已知一組數(shù)據(jù)4，6，5，8，7，6，那么這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為6【考點(diǎn)】BB：眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5I：概率與統(tǒng)計(jì)【分

2、析】直接求解數(shù)據(jù)的平均數(shù)即可【解答】解：數(shù)據(jù)4，6，5，8，7，6，那么這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為：4+6+5+8+7+66=6故答案為：6【點(diǎn)評(píng)】本題考查數(shù)據(jù)的均值的求法，基本知識(shí)的考查3（5分）設(shè)復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z23+4i（i是虛數(shù)單位），則z的模為5【考點(diǎn)】A8：復(fù)數(shù)的模菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5N：數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)【分析】直接利用復(fù)數(shù)的模的求解法則，化簡(jiǎn)求解即可【解答】解：復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足z23+4i，可得|z|z|3+4i|=32+42=5，|z|=5故答案為：5【點(diǎn)評(píng)】本題考查復(fù)數(shù)的模的求法，注意復(fù)數(shù)的模的運(yùn)算法則的應(yīng)用，考查計(jì)算能力4（5分）根據(jù)如圖所示的偽代碼，可知輸出的結(jié)果S為7【考點(diǎn)】EA：偽

3、代碼（算法語(yǔ)句）菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】27：圖表型；5K：算法和程序框圖【分析】模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫(xiě)出每次循環(huán)得到的I，S的值，當(dāng)I10時(shí)不滿(mǎn)足條件I8，退出循環(huán)，輸出S的值為7【解答】解：模擬執(zhí)行程序，可得S1，I1滿(mǎn)足條件I8，S3，I4滿(mǎn)足條件I8，S5，I7滿(mǎn)足條件I8，S7，I10不滿(mǎn)足條件I8，退出循環(huán)，輸出S的值為7故答案為：7【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序，正確判斷退出循環(huán)的條件是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題5（5分）袋中有形狀、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只紅球、2只黃球，從中一次隨機(jī)摸出2只球，則這2只球顏色不同的概率為56【考點(diǎn)】CC：列舉法計(jì)算基本事件數(shù)及事

4、件發(fā)生的概率菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5I：概率與統(tǒng)計(jì)【分析】根據(jù)題意，把4個(gè)小球分別編號(hào)，用列舉法求出基本事件數(shù)，計(jì)算對(duì)應(yīng)的概率即可【解答】解：根據(jù)題意，記白球?yàn)锳，紅球?yàn)锽，黃球?yàn)镃1、C2，則一次取出2只球，基本事件為AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6種，其中2只球的顏色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5種；所以所求的概率是P=56，故答案為：56【點(diǎn)評(píng)】本題考查了用列舉法求古典概型的概率的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題目6（5分）已知向量a=（2，1），b=（1，2），若ma+nb=（9，8）（m，nR），則mn的值為3【考點(diǎn)】9H：平面向量的基本定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題

5、】5A：平面向量及應(yīng)用【分析】直接利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算，求解即可【解答】解：向量a=（2，1），b=（1，2），若ma+nb=（9，8）可得2m+n=9m-2n=-8，解得m2，n5，mn3故答案為：3【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算，向量相等條件的應(yīng)用，考查計(jì)算能力7（5分）不等式2x2-x4的解集為（1，2）【考點(diǎn)】7J：指、對(duì)數(shù)不等式的解法菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；59：不等式的解法及應(yīng)用【分析】利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性轉(zhuǎn)化為x2x2，求解即可【解答】解；2x2-x4，x2x2，即x2x20，解得：1x2故答案為：（1，2）【點(diǎn)評(píng)】本題考查了指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，二次不等式的求解，

6、屬于簡(jiǎn)單的綜合題目，難度不大8（5分）已知tan2，tan（+）=17，則tan的值為3【考點(diǎn)】GP：兩角和與差的三角函數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】56：三角函數(shù)的求值【分析】直接利用兩角和的正切函數(shù)，求解即可【解答】解：tan2，tan（+）=17，可知tan（+）=tan+tan1-tantan=17，即-2+tan1+2tan=17，解得tan3故答案為：3【點(diǎn)評(píng)】本題考查兩角和的正切函數(shù)，基本知識(shí)的考查9（5分）現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5，高為4的圓錐和底面半徑為2，高為8的圓柱各一個(gè)，若將它們重新制作成總體積與高均保持不變，但底面半徑相同的新的圓錐和圓柱各一個(gè)，則新的底面半徑為7【考點(diǎn)

7、】LF：棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】11：計(jì)算題；5F：空間位置關(guān)系與距離【分析】由題意求出原來(lái)圓柱和圓錐的體積，設(shè)出新的圓柱和圓錐的底面半徑r，求出體積，由前后體積相等列式求得r【解答】解：由題意可知，原來(lái)圓錐和圓柱的體積和為：13×25×4+4×8=1963設(shè)新圓錐和圓柱的底面半徑為r，則新圓錐和圓柱的體積和為：13×4r2+8r2=28r2328r23=1963，解得：r=7故答案為：7【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓柱與圓錐的體積公式，是基礎(chǔ)的計(jì)算題10（5分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以點(diǎn)（1，0）為圓心且與直線mxy2m10（mR）相切的

8、所有圓中，半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x1）2+y22【考點(diǎn)】J1：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；J7：圓的切線方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】11：計(jì)算題；5B：直線與圓【分析】求出圓心到直線的距離d的最大值，即可求出所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程【解答】解：圓心到直線的距離d=|-m-1|m2+1=1+2m+1m2，m1時(shí)，圓的半徑最大為2，所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x1）2+y22故答案為：（x1）2+y22【點(diǎn)評(píng)】本題考查所圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查點(diǎn)到直線的距離公式，考查學(xué)生的計(jì)算能力，比較基礎(chǔ)11（5分）設(shè)數(shù)列an滿(mǎn)足a11，且an+1ann+1（nN*），則數(shù)列1an的前10項(xiàng)的和為2011【考點(diǎn)】8E：數(shù)列的求和；8H：數(shù)列遞推

9、式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】54：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】數(shù)列an滿(mǎn)足a11，且an+1ann+1（nN*），利用“累加求和”可得an=n(n+1)2再利用“裂項(xiàng)求和”即可得出【解答】解：數(shù)列an滿(mǎn)足a11，且an+1ann+1（nN*），當(dāng)n2時(shí)，an（anan1）+（a2a1）+a1n+2+1=n(n+1)2當(dāng)n1時(shí)，上式也成立，an=n(n+1)21an=2n(n+1)=2(1n-1n+1)數(shù)列1an的前n項(xiàng)的和Sn=2(1-12)+(12-13)+(1n-1n+1)=2(1-1n+1) =2nn+1數(shù)列1an的前10項(xiàng)的和為2011故答案為：2011【點(diǎn)評(píng)】本題考查了數(shù)列的“累加求和”方

10、法、“裂項(xiàng)求和”方法、等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題12（5分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P為雙曲線x2y21右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)P到直線xy+10的距離大于c恒成立，則實(shí)數(shù)c的最大值為22【考點(diǎn)】KC：雙曲線的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】11：計(jì)算題；5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】雙曲線x2y21的漸近線方程為x±y0，c的最大值為直線xy+10與直線xy0的距離【解答】解：由題意，雙曲線x2y21的漸近線方程為x±y0，因?yàn)辄c(diǎn)P到直線xy+10的距離大于c恒成立，所以c的最大值為直線xy+10與直線xy0的距離，即22故答案為：2

11、2【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的性質(zhì)，考查學(xué)生的計(jì)算能力，比較基礎(chǔ)13（5分）已知函數(shù)f（x）|lnx|，g（x）=0，0x1|x2-4|-2，x1，則方程|f（x）+g（x）|1實(shí)根的個(gè)數(shù)為4【考點(diǎn)】53：函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】15：綜合題；51：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用【分析】：由|f（x）+g（x）|1可得g（x）f（x）±1，分別作出函數(shù)的圖象，即可得出結(jié)論【解答】解：由|f（x）+g（x）|1可得g（x）f（x）±1g（x）與h（x）f（x）+1的圖象如圖所示，圖象有2個(gè)交點(diǎn)g（x）與（x）f（x）1的圖象如圖所示，圖象有兩個(gè)交點(diǎn)；所以方程|f（x）+g

12、（x）|1實(shí)根的個(gè)數(shù)為4故答案為：4【點(diǎn)評(píng)】本題考查求方程|f（x）+g（x）|1實(shí)根的個(gè)數(shù)，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題14（5分）設(shè)向量ak=（cosk6，sink6+cosk6）（k0，1，2，12），則k=011 （akak+1）的值為93【考點(diǎn)】9O：平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算；GP：兩角和與差的三角函數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5A：平面向量及應(yīng)用【分析】利用向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、兩角和差的正弦公式、積化和差公式、三角函數(shù)的周期性即可得出【解答】解：akak+1=cosk6cos(k+1)6+(sink6+cosk6)(sin(k+1)6+cos(k+

13、1)6)=cosk6cos(k+1)6+sink6sin(k+1)6+sink6cos(k+1)6+cosk6sin(k+1)6+cosk6cos(k+1)6 =cos6+sin2k+16+12(cos2k+16+cos6) =32×32+sin2k+16+12cos2k+16，k=011 （akak+1）=12×334+(sin6+sin36+sin56+sin76+sin96+sin116+sin136+sin236)+12(cos6+cos36+cos56+cos76+cos96+cos116+cos136+cos236)=93+0+0=93故答案為：93【點(diǎn)評(píng)】本題

14、考查了向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)、兩角和差的正弦公式、積化和差公式、三角函數(shù)的周期性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題二、解答題（本大題共6小題，共計(jì)90分，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）15（14分）在ABC中，已知AB2，AC3，A60°（1）求BC的長(zhǎng)；（2）求sin2C的值【考點(diǎn)】GS：二倍角的三角函數(shù)；HR：余弦定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】58：解三角形【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可（2）利用正弦定理求出C的正弦函數(shù)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：BC2AB2+AC22ABACcosA4+92×2×3

15、5;12=7，因?yàn)锽C0，所以BC=7（2）由正弦定理可得：ABsinC=BCsinA，則sinC=ABBCsinA=2sin60°7=217，ABBC，BC=7，AB2，角A60°，在三角形ABC中，大角對(duì)大邊，大邊對(duì)大角，72，角C角A，角C為銳角sinC0，cosC0則cosC=1-sin2C=1-37=277因此sin2C2sinCcosC2×217×277=437【點(diǎn)評(píng)】本題考查余弦定理的應(yīng)用，正弦定理的應(yīng)用，二倍角的三角函數(shù)，注意角的范圍的解題的關(guān)鍵16（14分）如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1，設(shè)AB1的中點(diǎn)為

16、D，B1CBC1E求證：（1）DE平面AA1C1C；（2）BC1AB1【考點(diǎn)】LS：直線與平面平行；LW：直線與平面垂直菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】14：證明題；31：數(shù)形結(jié)合；49：綜合法；5F：空間位置關(guān)系與距離【分析】（1）根據(jù)中位線定理得DEAC，即證DE平面AA1C1C；（2）【方法一】先由直三棱柱得出CC1平面ABC，即證ACCC1；再證明AC平面BCC1B1，即證BC1AC；最后證明BC1平面B1AC，即可證出BC1AB1【方法二】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量數(shù)量積證明異面直線垂直【解答】證明：（1）如圖所示，由據(jù)題意得，E為B1C的中點(diǎn)，D為AB1的中點(diǎn)，所以DEAC；又因?yàn)镈E平面

17、AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C；（2）【方法一】因?yàn)槔庵鵄BCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，因?yàn)锳C平面ABC，所以ACCC1；又因?yàn)锳CBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1；又因?yàn)锽C1平面BCC1B1，所以BC1AC；因?yàn)锽CCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1平面B1AC；又因?yàn)锳B1平面B1AC，所以BC1AB1【方法二】根據(jù)題意，A1C1B1C1，CC1平面A1B1C1，以C1為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，C1A1為x軸，C1B1為y軸，C1C為z軸，如圖所示；設(shè)BCCC1a，

18、ACb，則A（b，0，a），B1（0，a，0），B（0，a，a），C1（0，0，0）；AB1=（b，a，a），BC1=（0，a，a），AB1BC1=-b×0+a×（a）a×（a）0，AB1BC1，即AB1BC1【點(diǎn)評(píng)】本題考查了線線、線面以及面面的位置關(guān)系，也考查了空間想象力和推理論證能力的應(yīng)用問(wèn)題17（14分）某山區(qū)外圍有兩條相互垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改善山區(qū)的交通現(xiàn)狀，計(jì)劃修建一條連接兩條公路和山區(qū)邊界的直線型公路，記兩條相互垂直的公路為l1，l2，山區(qū)邊界曲線為C，計(jì)劃修建的公路為l，如圖所示，M，N為C的兩個(gè)端點(diǎn)，測(cè)得點(diǎn)M到l1，l2的距離分別為5千米

19、和40千米，點(diǎn)N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米，以l2，l1在的直線分別為x，y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，假設(shè)曲線C符合函數(shù)y=ax2+b（其中a，b為常數(shù)）模型（1）求a，b的值；（2）設(shè)公路l與曲線C相切于P點(diǎn)，P的橫坐標(biāo)為t請(qǐng)寫(xiě)出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)解析式f（t），并寫(xiě)出其定義域；當(dāng)t為何值時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短？求出最短長(zhǎng)度【考點(diǎn)】57：函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】15：綜合題；53：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用【分析】（1）由題意知，點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為（5，40），（20，2.5），將其分別代入y=ax2+b，建立方程組，即可求a，b的值；（2）求出切線l的方程，可得A

20、，B的坐標(biāo)，即可寫(xiě)出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)解析式f（t），并寫(xiě)出其定義域；設(shè)g（t）=t2+4×106t4，利用導(dǎo)數(shù)，確定單調(diào)性，即可求出當(dāng)t為何值時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短，并求出最短長(zhǎng)度【解答】解：（1）由題意知，點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為（5，40），（20，2.5），將其分別代入y=ax2+b，得a25+b=40a400+b=2.5，解得a=1000b=0，（2）由（1）y=1000x2（5x20），P（t，1000t2），y=-2000t3，切線l的方程為y-1000t2=-2000t3（xt）設(shè)在點(diǎn)P處的切線l交x，y軸分別于A，B點(diǎn)，則A（3t2，0），B（0，3000t2），f（t）=

21、(3t2)2+(3000t2)2=32t2+4×106t4，t5，20；設(shè)g（t）=t2+4×106t4，則g（t）2t-16×106t5=0，解得t102，t（5，102）時(shí)，g（t）0，g（t）是減函數(shù)；t（102，20）時(shí)，g（t）0，g（t）是增函數(shù)，從而t102時(shí)，函數(shù)g（t）有極小值也是最小值，g（t）min300，f（t）min153，答：t102時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短，最短長(zhǎng)度為153千米【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，確定函數(shù)關(guān)系，正確求導(dǎo)是關(guān)鍵18（16分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓x2a2+y2b

22、2=1（ab0）的離心率為22，且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線l的距離為3（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過(guò)F的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點(diǎn)P，C，若PC2AB，求直線AB的方程【考點(diǎn)】K3：橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；KH：直線與圓錐曲線的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5B：直線與圓；5D：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程【分析】（1）運(yùn)用離心率公式和準(zhǔn)線方程，可得a，c的方程，解得a，c，再由a，b，c的關(guān)系，可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；（2）討論直線AB的斜率不存在和存在，設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，以及兩直線垂直的條件和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，即可得到所求直線的方程【解

23、答】解：（1）由題意可得，e=ca=22，且c+a2c=3，解得c1，a=2，則b1，即有橢圓方程為x22+y21；（2）當(dāng)ABx軸，AB=2，CP3，PC2AB，不合題意；當(dāng)AB與x軸不垂直，設(shè)直線AB：yk（x1），A（x1，y1），B（x2，y2），將AB方程代入橢圓方程可得（1+2k2）x24k2x+2（k21）0，經(jīng)檢驗(yàn)0，則x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2(k2-1)1+2k2，則C（2k21+2k2，-k1+2k2），且|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=1+k2|x1x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=22(

24、1+k2)1+2k2，若k0，則AB的垂直平分線為y軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意；則k0，故PC：y+k1+2k2=-1k（x-2k21+2k2），P（2，2+5k2k(1+2k2)），從而|PC|=2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2)，由|PC|2|AB|，可得2(3k2+1)1+k2|k|(1+2k2)=42(1+k2)1+2k2，解得k±1，此時(shí)AB的方程為yx1或yx+1【點(diǎn)評(píng)】本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，同時(shí)考查兩直線垂直和中點(diǎn)坐標(biāo)公式的運(yùn)用，屬于中檔題19（16分）已知函數(shù)f（x）x3+ax2+b

25、（a，bR）（1）試討論f（x）的單調(diào)性；（2）若bca（實(shí)數(shù)c是與a無(wú)關(guān)的常數(shù)），當(dāng)函數(shù)f（x）有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是（，3）（1，32）（32，+），求c的值【考點(diǎn)】52：函數(shù)零點(diǎn)的判定定理；6B：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】15：綜合題；53：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用【分析】（1）求導(dǎo)數(shù)，分類(lèi)討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可得出f（x）的單調(diào)性；（2）由（1）知，函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值為f（0）b，f（-2a3）=427a3+b，則函數(shù)f（x）有三個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于f（0）f（-2a3）b（427a3+b）0，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為a0時(shí)，427a3-a+c0或a0時(shí)，427a3

26、-a+c0設(shè)g（a）=427a3-a+c，利用條件即可求c的值【解答】解：（1）f（x）x3+ax2+b，f（x）3x2+2ax，令f（x）0，可得x0或-2a3a0時(shí)，f（x）0，f（x）在（，+）上單調(diào)遞增；a0時(shí)，x（，-2a3）（0，+）時(shí)，f（x）0，x（-2a3，0）時(shí)，f（x）0，函數(shù)f（x）在（，-2a3），（0，+）上單調(diào)遞增，在（-2a3，0）上單調(diào)遞減；a0時(shí)，x（，0）（-2a3，+）時(shí)，f（x）0，x（0，-2a3）時(shí)，f（x）0，綜上所述：函數(shù)f（x）在（，0），（-2a3，+）上單調(diào)遞增，在（0，-2a3）上單調(diào)遞減；（2）由（1）知，函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值為f（

27、0）b，f（-2a3）=427a3+b，則函數(shù)f（x）有三個(gè)不同的零點(diǎn)等價(jià)于f（0）0，且f（-2a3）0，b0且427a3+b0，bca，a0時(shí)，427a3-a+c0或a0時(shí)，427a3-a+c0設(shè)g（a）=427a3-a+c，函數(shù)f（x）有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是（，3）（1，32）（32，+），在（，3）上，g（a）0且在（1，32）（32，+）上g（a）0均恒成立，g（3）c10，且g（32）c10，c1，此時(shí)f（x）x3+ax2+1a（x+1）x2+（a1）x+1a，函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，x2+（a1）x+1a0有兩個(gè)異于1的不等實(shí)根，（a1）24（1a）0，且（1）2（a1）

28、+1a0，解得a（，3）（1，32）（32，+），綜上c1【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的零點(diǎn)，考查分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，難度大20（16分）設(shè)a1，a2，a3a4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d（d0）的等差數(shù)列（1）證明：2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說(shuō)明理由；（3）是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說(shuō)明理由【考點(diǎn)】87：等比數(shù)列的性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】54：等差數(shù)列與等比數(shù)列【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列和等

29、差數(shù)列的定義即可證明；（2）利用反證法，假設(shè)存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，推出矛盾，否定假設(shè)，得到結(jié)論；（3）利用反證法，假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列，得到a1n（a1+2d）n+2k（a1+d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及對(duì)數(shù)的性質(zhì)化簡(jiǎn)整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）4ln（1+3t）ln（1+t），（*），多次構(gòu)造函數(shù)，多次求導(dǎo)，利用零點(diǎn)存在定理，推出假設(shè)不成立【解答】解：（1）

30、證明：2an+12an=2an+1-an=2d，（n1，2，3，）是同一個(gè)常數(shù)，2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列（ai0，i1，2，3，4）；（2）令a1+da，則a1，a2，a3，a4分別為ad，a，a+d，a+2d（ad，a2d，d0）假設(shè)存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，則a4（ad）（a+d）3，且（a+d）6a2（a+2d）4，令t=da，則1（1t）（1+t）3，且（1+t）6（1+2t）4，（-12t1，t0），化簡(jiǎn)得t3+2t220（*），且t2t+1，將t2t+1代入（*）式，t（t+1）+2（t+1）2t2+3tt+1+3t4t+1

31、0，則t=-14，顯然t=-14不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列（3）假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列，則a1n（a1+2d）n+2k（a1+d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k（a1+2d）2（n+2k），分別在兩個(gè)等式的兩邊同除以a12（n+k），a12（n+2k），并令t=da1，（t-13，t0），則（1+2t）n+2k（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k（1+2t）2（n+2k），將上述兩個(gè)等式

32、取對(duì)數(shù)，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），化簡(jiǎn)得，2kln（1+2t）ln（1+t）n2ln（1+t）ln（1+2t），且3kln（1+3t）ln（1+t）n3ln（1+t）ln（1+3t），再將這兩式相除，化簡(jiǎn)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），則g（t）=2(1+t)(1+2t)(1+3t)（1+3

33、t）2ln（1+3t）3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），令（t）（1+3t）2ln（1+3t）3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），則（t）6（1+3t）ln（1+3t）2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t），令1（t）（t），則1（t）63ln（1+3t）4ln（1+2t）+ln（1+t），令2（t）1（t），則2（t）=12(1+t)(1+2t)(1+3t)0，由g（0）（0）1（0）2（0）0，2（t）0，知g（t），（t），1（t），2（t）在（-13，0）和（0，+）上均單調(diào)，故g（t）只有唯一的零點(diǎn)t0，即

34、方程（*）只有唯一解t0，故假設(shè)不成立，所以不存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的定義和性質(zhì)，函數(shù)與方程等基礎(chǔ)知識(shí)，考查代數(shù)推理、轉(zhuǎn)化與化歸及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)探究與解決問(wèn)題的能力，屬于難題三、附加題（本大題包括選做題和必做題兩部分）【選做題】本題包括21-24題，請(qǐng)選定其中兩小題作答，若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分，解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟【選修4-1：幾何證明選講】21（10分）如圖，在ABC中，ABAC，ABC的外接圓O的弦AE交BC于點(diǎn)D求證：ABDAEB【考點(diǎn)】N4：相似三

35、角形的判定菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5M：推理和證明【分析】直接利用已知條件，推出兩個(gè)三角形的三個(gè)角對(duì)應(yīng)相等，即可證明三角形相似【解答】證明：ABAC，ABDC，又圓周角定理，CE，ABDE，又BAE是公共角，可知：ABDAEB【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的基本性質(zhì)與相似三角形等基礎(chǔ)知識(shí)，考查邏輯推理能力【選修4-2：矩陣與變換】22（10分）已知x，yR，向量=1-1是矩陣x1y0的屬于特征值2的一個(gè)特征向量，求矩陣A以及它的另一個(gè)特征值【考點(diǎn)】OV：特征值與特征向量的計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5R：矩陣和變換【分析】利用A=-2，可得A=-1120，通過(guò)令矩陣A的特征多項(xiàng)式為0即得結(jié)論【解答】解：由已知

36、，可得A=-2，即x1y0 1-1=x-1y=-22，則x-1=-2y=2，即x=-1y=2，矩陣A=-1120，從而矩陣A的特征多項(xiàng)式f（）（+2）（1），矩陣A的另一個(gè)特征值為1【點(diǎn)評(píng)】本題考查求矩陣及其特征值，注意解題方法的積累，屬于中檔題【選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程】23已知圓C的極坐標(biāo)方程為2+22sin（-4）40，求圓C的半徑【考點(diǎn)】Q4：簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)方程菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】11：計(jì)算題；5S：坐標(biāo)系和參數(shù)方程【分析】先根據(jù)xcos，ysin，求出圓的直角坐標(biāo)方程，求出半徑【解答】解：圓的極坐標(biāo)方程為2+22sin（-4）40，2+22（22sin-22cos）40，可得

37、22cos+2sin40，化為直角坐標(biāo)方程為x2+y22x+2y40，化為標(biāo)準(zhǔn)方程為（x1）2+（y+1）26，圓的半徑r=6【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查把極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程的方法，以及求點(diǎn)的極坐標(biāo)的方法，關(guān)鍵是利用公式xcos，ysin，比較基礎(chǔ)，選修4-5：不等式選講】24解不等式x+|2x+3|2【考點(diǎn)】R5：絕對(duì)值不等式的解法菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5T：不等式【分析】思路1（公式法）：利用|f（x）|g（x）f（x）g（x），或f（x）g（x）；思路2（零點(diǎn)分段法）：對(duì)x的值分“x-32”“x-32”進(jìn)行討論求解【解答】解法1：x+|2x+3|2變形為|2x+3|2x，得2x+32x或

38、2x+3（2x），即x-13或x5，即原不等式的解集為x|x-13或x5解法2：令|2x+3|0，得x=-32當(dāng)x-32時(shí)，原不等式化為x+（2x+3）2，即x-13，所以x-13；x-32時(shí)，原不等式化為x（2x+3）2，即x5，所以x5綜上，原不等式的解集為x|x-13或x5【點(diǎn)評(píng)】本題考查了含絕對(duì)值不等式的解法本解答給出的兩種方法是常見(jiàn)的方法，不管用哪種方法，其目的是去絕對(duì)值符號(hào)若含有一個(gè)絕對(duì)值符號(hào)，利用公式法要快捷一些，其套路為：|f（x）|g（x）f（x）g（x），或f（x）g（x）；|f（x）|g（x）g（x）f（x）g（x）可簡(jiǎn)記為：大于號(hào)取兩邊，小于號(hào)取中間使用零點(diǎn)分段法時(shí)，應(yīng)

39、注意：同一類(lèi)中取交集，類(lèi)與類(lèi)之間取并集【必做題】每題10分，共計(jì)20分，解答時(shí)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟25（10分）如圖，在四棱錐PABCD中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD=2，PAAD2，ABBC1（1）求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；（2）點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí)，求線段BQ的長(zhǎng)【考點(diǎn)】MJ：二面角的平面角及求法；MK：點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】5F：空間位置關(guān)系與距離；5G：空間角【分析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建系A(chǔ)xyz（1）所求值即為平面PAB的一個(gè)法向量與平面PCD的法向量的夾角的余弦值的絕對(duì)值，計(jì)算即可；（2）利用換元法可得cos2CQ，DP910，結(jié)合函數(shù)ycosx在（0，2）上的單調(diào)性，計(jì)算即得結(jié)論【解答】解：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建系A(chǔ)xyz如圖，由題可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）（1）AD平面PAB，AD=（0，2，0），是平面PAB的一個(gè)法向量，PC=（1，1，2），PD=（0，2，2），設(shè)平面PCD的法向量為m=（x，y，z），由mPC=0mPD=0，得x+y-2z=02y-2z=0，取y1，得m=（1，1，1）