2015年江苏省高考数学试卷 28页

‎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tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ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　 　．‎ ‎11．（5分）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），则数列{}的前10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（ak•ak+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，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）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}，Yn={1，2，3，…，n）（n∈N*），设Sn={（a，b）|a整除b或b整除a，a∈X，B∈Yn}，令f（n）表示集合Sn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tanα=﹣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：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）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．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为　　．‎ ‎【分析】数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），利用“累加求和”可得an=．再利用“裂项求和”即可得出．‎ ‎【解答】解：∵数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），‎ ‎∴当n≥2时，an=（an﹣an﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=n+…+2+1=．‎ 当n=1时，上式也成立，‎ ‎∴an=．‎ ‎∴=2．‎ ‎∴数列{}的前n项的和Sn=‎ ‎=‎ ‎=．‎ ‎∴数列{}的前10项的和为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线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　　．‎ ‎【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）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（ak•ak+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：=+‎ ‎=++++‎ ‎=++‎ ‎=++，‎ ‎∴（ak•ak+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：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+9﹣2×2×3×=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﹣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，‎ 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．‎ ‎【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）x2﹣4k2x+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）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+d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵==2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，‎ ‎∴2，2，2，2依次构成等比数列；‎ ‎（2）令a1+d=a，则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+d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），‎ 分别在两个等式的两边同除以a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t＞，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）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=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．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≥；‎ ‎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）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}，Yn={1，2，3，…，n）（n∈N*），设Sn={（a，b）|a整除b或b整除a，a∈X，B∈Yn}，令f（n）表示集合Sn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，Sk+1在Sk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，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．‎ ‎　‎