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- 2021-07-01 发布
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2016年江苏省高考数学试卷
一、填空题(共14小题,每小题5分,满分70分)
1.(5分)已知集合A={﹣1,2,3,6},B={x|﹣2<x<3},则A∩B= .
2.(5分)复数z=(1+2i)(3﹣i),其中i为虚数单位,则z的实部是 .
3.(5分)在平面直角坐标系xOy中,双曲线﹣=1的焦距是 .
4.(5分)已知一组数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5,则该组数据的方差是 .
5.(5分)函数y=的定义域是 .
6.(5分)如图是一个算法的流程图,则输出的a的值是 .
7.(5分)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向上的点数之和小于10的概率是 .
8.(5分)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和,若a1+a22=﹣3,S5=10,则a9的值是 .
9.(5分)定义在区间[0,3π]
上的函数y=sin2x的图象与y=cosx的图象的交点个数是 .
10.(5分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F是椭圆+=1(a>b>0)的右焦点,直线y=与椭圆交于B,C两点,且∠BFC=90°,则该椭圆的离心率是 .
11.(5分)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数,在区间[﹣1,1)上,f(x)=,其中a∈R,若f(﹣)=f(),则f(5a)的值是 .
12.(5分)已知实数x,y满足,则x2+y2的取值范围是 .
13.(5分)如图,在△ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,•=4,•=﹣1,则•的值是 .
14.(5分)在锐角三角形ABC中,若sinA=2sinBsinC,则tanAtanBtanC的最小值是 .
二、解答题(共6小题,满分90分)
15.(14分)在△ABC中,AC=6,cosB=,C=.
(1)求AB的长;
(2)求cos(A﹣)的值.
16.(14分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:
(1)直线DE∥平面A1C1F;
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
17.(14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P﹣A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
18.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y2﹣12x﹣14y+60=0及其上一点A(2,4).
(1)设圆N与x轴相切,与圆M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的标准方程;
(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B、C两点,且BC=OA,求直线l的方程;
(3)设点T(t,0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得+=,求实数t的取值范围.
19.(16分)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=.
①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)﹣6恒成立,求实数m的最大值;
(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)﹣2有且只有1个零点,求ab的值.
20.(16分)记U={1,2,…,100},对数列{an}(n∈N*)和U的子集T,若T=∅,定义ST=0;若T={t1,t2,…,tk},定义ST=++…+.例如:T={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,ST=30.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T⊆{1,2,…,k},求证:ST<ak+1;
(3)设C⊆U,D⊆U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD.
附加题【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】
21.(10分)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,BD⊥AC,D为垂足,E为BC的中点,求证:∠EDC=∠ABD.
B.【选修4—2:矩阵与变换】
22.(10分)已知矩阵A=,矩阵B的逆矩阵B﹣1=,求矩阵AB.
C.【选修4—4:坐标系与参数方程】
23.在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为(t为参数),椭圆C的参数方程为(θ为参数),设直线l与椭圆C相交于A,B两点,求线段AB的长.
24.设a>0,|x﹣1|<,|y﹣2|<,求证:|2x+y﹣4|<a.
附加题【必做题】
25.(10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l:x﹣y﹣2=0,抛物线C:y2=2px(p>0).
(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证:线段PQ的中点坐标为(2﹣p,﹣p);
②求p的取值范围.
26.(10分)(1)求7C﹣4C的值;
(2)设m,n∈N*,n≥m,求证:(m+1)C+(m+2)C+(m+3)C+…+nC+(n+1)C=(m+1)C.
2016年江苏省高考数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题(共14小题,每小题5分,满分70分)
1.(5分)已知集合A={﹣1,2,3,6},B={x|﹣2<x<3},则A∩B= {﹣1,2} .
【分析】根据已知中集合A={﹣1,2,3,6},B={x|﹣2<x<3},结合集合交集的定义可得答案.
【解答】解:∵集合A={﹣1,2,3,6},B={x|﹣2<x<3},
∴A∩B={﹣1,2},
故答案为:{﹣1,2}
【点评】本题考查的知识点是集合的交集及其运算,难度不大,属于基础题.
2.(5分)复数z=(1+2i)(3﹣i),其中i为虚数单位,则z的实部是 5 .
【分析】利用复数的运算法则即可得出.
【解答】解:z=(1+2i)(3﹣i)=5+5i,
则z的实部是5,
故答案为:5.
【点评】本题考查了复数的运算性质,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.
3.(5分)在平面直角坐标系xOy中,双曲线﹣=1的焦距是 2 .
【分析】确定双曲线的几何量,即可求出双曲线﹣=1的焦距.
【解答】解:双曲线﹣=1中,a=,b=,
∴c==,
∴双曲线﹣=1的焦距是2.
故答案为:2.
【点评】本题重点考查了双曲线的简单几何性质,考查学生的计算能力,比较基础.
4.(5分)已知一组数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5,则该组数据的方差是 0.1 .
【分析】先求出数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5的平均数,由此能求出该组数据的方差.
【解答】解:∵数据4.7,4.8,5.1,5.4,5.5的平均数为:
=(4.7+4.8+5.1+5.4+5.5)=5.1,
∴该组数据的方差:
S2=[(4.7﹣5.1)2+(4.8﹣5.1)2+(5.1﹣5.1)2+(5.4﹣5.1)2+(5.5﹣5.1)2]=0.1.
故答案为:0.1.
【点评】本题考查方差的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意方差计算公式的合理运用.
5.(5分)函数y=的定义域是 [﹣3,1] .
【分析】根据被开方数不小于0,构造不等式,解得答案.
【解答】解:由3﹣2x﹣x2≥0得:x2+2x﹣3≤0,
解得:x∈[﹣3,1],
故答案为:[﹣3,1]
【点评】本题考查的知识点是函数的定义域,二次不等式的解法,难度不大,属于基础题.
6.(5分)如图是一个算法的流程图,则输出的a的值是 9 .
【分析】根据已知的程序框图可得,该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量a的值,模拟程序的运行过程,可得答案.
【解答】解:当a=1,b=9时,不满足a>b,故a=5,b=7,
当a=5,b=7时,不满足a>b,故a=9,b=5
当a=9,b=5时,满足a>b,
故输出的a值为9,
故答案为:9
【点评】本题考查的知识点是程序框图,当循环次数不多,或有规律可循时,可采用模拟程序法进行解答.
7.(5分)将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,则出现向上的点数之和小于10的概率是 .
【分析】出现向上的点数之和小于10的对立事件是出现向上的点数之和不小于10,由此利用对立事件概率计算公式能求出出现向上的点数之和小于10的概率.
【解答】解:将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具)先后抛掷2次,
基本事件总数为n=6×6=36,
出现向上的点数之和小于10的对立事件是出现向上的点数之和不小于10,
出现向上的点数之和不小于10包含的基本事件有:
(4,6),(6,4),(5,5),(5,6),(6,5),(6,6),共6个,
∴出现向上的点数之和小于10的概率:
p=1﹣=.
故答案为:.
【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意对立事件概率计算公式的合理运用.
8.(5分)已知{an}是等差数列,Sn是其前n项和,若a1+a22=﹣3,S5=10,则a9的值是 20 .
【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组,求出首项和公差,由此能求出a9的值.
【解答】解:∵{an}是等差数列,Sn是其前n项和,a1+a22=﹣3,S5=10,
∴,
解得a1=﹣4,d=3,
∴a9=﹣4+8×3=20.
故答案为:20.
【点评】本题考查等差数列的第9项的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意等差数列的性质的合理运用.
9.(5分)定义在区间[0,3π]上的函数y=sin2x的图象与y=cosx的图象的交点个数是 7 .
【分析】法1:画出函数y=sin2x与y=cosx在区间[0,3π]上的图象即可得到答案;
法2:由sin2x=cosx,即cosx(2sinx﹣1)=0,可得cosx=0或sinx=,结合题意,解之即可.
【解答】解:法1:画出函数y=sin2x与y=cosx在区间[0,3π]上的图象如下:
由图可知,共7个交点.
法2:依题意,sin2x=cosx,即cosx(2sinx﹣1)=0,故cosx=0或sinx=,
因为x∈[0,3π],故x=,,,,,,,共7个,
故答案为:7.
【点评】本题考查正弦函数与余弦函数的图象,作出函数y=sin2x与y=cosx在区间[0,3π]上的图象是关键,属于中档题.
10.(5分)如图,在平面直角坐标系xOy中,F是椭圆+=1(a>b>0)的右焦点,直线y=与椭圆交于B,C两点,且∠BFC=90°,则该椭圆的离心率是 .
【分析】设右焦点F(c,0),将y=
代入椭圆方程求得B,C的坐标,运用两直线垂直的条件:斜率之积为﹣1,结合离心率公式,计算即可得到所求值.方法二、运用向量的数量积的性质,向量垂直的条件:数量积为0,结合离心率公式计算即可得到所求.
【解答】解:设右焦点F(c,0),
将y=代入椭圆方程可得x=±a=±a,
可得B(﹣a,),C(a,),
由∠BFC=90°,可得kBF•kCF=﹣1,
即有•=﹣1,
化简为b2=3a2﹣4c2,
由b2=a2﹣c2,即有3c2=2a2,
由e=,可得e2==,
可得e=,
另解:设右焦点F(c,0),
将y=代入椭圆方程可得x=±a=±a,
可得B(﹣a,),C(a,),
=(﹣a﹣c,),=(a﹣c,),
•=0,则c2﹣a2十b2=0,
因为b2=a2﹣c2,代入得3c2=2a2,
由e=,可得e2==,
可得e=.
故答案为:.
【点评】
本题考查椭圆的离心率的求法,注意运用两直线垂直的条件:斜率之积为﹣1,考查化简整理的运算能力,属于中档题.
11.(5分)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数,在区间[﹣1,1)上,f(x)=,其中a∈R,若f(﹣)=f(),则f(5a)的值是 ﹣ .
【分析】根据已知中函数的周期性,结合f(﹣)=f(),可得a值,进而得到f(5a)的值.
【解答】解:f(x)是定义在R上且周期为2的函数,在区间[﹣1,1)上,f(x)=,
∴f(﹣)=f(﹣)=﹣+a,
f()=f()=|﹣|=,
∴a=,
∴f(5a)=f(3)=f(﹣1)=﹣1+=﹣,
故答案为:﹣
【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用,函数的周期性,根据已知求出a值,是解答的关键.
12.(5分)已知实数x,y满足,则x2+y2的取值范围是 [,13] .
【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用目标函数的几何意义,结合两点间的距离公式以及点到直线的距离公式进行求解即可.
【解答】解:作出不等式组对应的平面区域,
设z=x2+y2,则z的几何意义是区域内的点到原点距离的平方,
由图象知A到原点的距离最大,
点O到直线BC:2x+y﹣2=0的距离最小,
由得,即A(2,3),此时z=22+32=4+9=13,
点O到直线BC:2x+y﹣2=0的距离d==,
则z=d2=()2=,
故z的取值范围是[,13],
故答案为:[,13].
【点评】本题主要考查线性规划的应用,涉及距离的计算,利用数形结合是解决本题的关键.
13.(5分)如图,在△ABC中,D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,•=4,•=﹣1,则•的值是 .
【分析】由已知可得=+,=﹣+,=+3,=﹣+3,=+2,=﹣+2,结合已知求出2=,2=,可得答案.
【解答】解:∵D是BC的中点,E,F是AD上的两个三等分点,
∴=+,=﹣+,
=+3,=﹣+3,
∴•=2﹣2=﹣1,
•=92﹣2=4,
∴2=,2=,
又∵=+2,=﹣+2,
∴•=42﹣2=,
故答案为:
【点评】本题考查的知识是平面向量的数量积运算,平面向量的线性运算,难度中档.
14.(5分)在锐角三角形ABC中,若sinA=2sinBsinC,则tanAtanBtanC的最小值是 8 .
【分析】结合三角形关系和式子sinA=2sinBsinC可推出sinBcosC+cosBsinC=2sinBsinC,进而得到tanB+tanC=2tanBtanC,结合函数特性可求得最小值.
【解答】解:由sinA=sin(π﹣A)=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,sinA=2sinBsinC,
可得sinBcosC+cosBsinC=2sinBsinC,①
由三角形ABC为锐角三角形,则cosB>0,cosC>0,
在①式两侧同时除以cosBcosC可得tanB+tanC=2tanBtanC,
又tanA=﹣tan(π﹣A)=﹣tan(B+C)=﹣②,
则tanAtanBtanC=﹣•tanBtanC,
由tanB+tanC=2tanBtanC可得tanAtanBtanC=﹣,
令tanBtanC=t,由A,B,C为锐角可得tanA>0,tanB>0,tanC>0,
由②式得1﹣tanBtanC<0,解得t>1,
tanAtanBtanC=﹣=﹣,
=()2﹣,由t>1得,﹣≤<0,
因此tanAtanBtanC的最小值为8,
另解:由已知条件sinA=2sinBsinc,sin(B十C)=2sinBsinC,
sinBcosC十cosBsinC=2sinBcosC,
两边同除以cosBcosC,tanB十tanC=2tanBtanC,
∵﹣tanA=tan(B十C)=,
∴tanAtanBtanC=tanA十tanB十tanC,
∴tanAtanBtanC=tanA十2tanBtanC≥2,
令tanAtanBtanC=x>0,
即x≥2,即x≥8,或x≤0(舍去),所以x的最小值为8.
当且仅当t=2时取到等号,此时tanB+tanC=4,tanBtanC=2,
解得tanB=2+,tanC=2﹣,tanA=4,(或tanB,tanC互换),此时A,B,C均为锐角.
【点评】本题考查了三角恒等式的变化技巧和函数单调性知识,有一定灵活性.
二、解答题(共6小题,满分90分)
15.(14分)在△ABC中,AC=6,cosB=,C=.
(1)求AB的长;
(2)求cos(A﹣)的值.
【分析】(1)利用正弦定理,即可求AB的长;
(2)求出cosA、sinA,利用两角差的余弦公式求cos(A﹣)的值.
【解答】解:(1)∵△ABC中,cosB=,
∴sinB=,
∵,
∴AB==5;
(2)cosA=﹣cos(C+B)=sinBsinC﹣cosBcosC=﹣.
∵A为三角形的内角,
∴sinA=,
∴cos(A﹣)=cosA+sinA=.
【点评】本题考查正弦定理,考查两角和差的余弦公式,考查学生的计算能力,属于基础题.
16.(14分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.求证:
(1)直线DE∥平面A1C1F;
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
【分析】(1)通过证明DE∥AC,进而DE∥A1C1,据此可得直线DE∥平面A1C1F1;
(2)通过证明A1F⊥DE结合题目已知条件A1F⊥B1D,进而可得平面B1DE⊥平面A1C1F.
【解答】解:(1)∵D,E分别为AB,BC的中点,
∴DE为△ABC的中位线,
∴DE∥AC,
∵ABC﹣A1B1C1为棱柱,
∴AC∥A1C1,
∴DE∥A1C1,
∵A1C1⊂平面A1C1F,且DE⊄平面A1C1F,
∴DE∥A1C1F;
(2)∵ABC﹣A1B1C1为直棱柱,
∴AA1⊥平面A1B1C1,
∴AA1⊥A1C1,
又∵A1C1⊥A1B1,且AA1∩A1B1=A1,AA1、A1B1⊂平面AA1B1B,
∴A1C1⊥平面AA1B1B,
∵DE∥A1C1,
∴DE⊥平面AA1B1B,
又∵A1F⊂平面AA1B1B,
∴DE⊥A1F,
又∵A1F⊥B1D,DE∩B1D=D,且DE、B1D⊂平面B1DE,
∴A1F⊥平面B1DE,
又∵A1F⊂平面A1C1F,
∴平面B1DE⊥平面A1C1F.
【点评】本题考查直线与平面平行的证明,以及平面与平面相互垂直的证明,把握常用方法最关键,难度不大.
17.(14分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥P﹣A1B1C1D1,下部的形状是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1(如图所示),并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
(1)若AB=6m,PO1=2m,则仓库的容积是多少?
(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?
【分析】(1)由正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍,可得PO1=2m时,O1O=8m,进而可得仓库的容积;
(2)设PO1=xm,则O1O=4xm,A1O1=m,A1B1=•m,代入体积公式,求出容积的表达式,利用导数法,可得最大值.
【解答】解:(1)∵PO1=2m,正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍.
∴O1O=8m,
∴仓库的容积V=×62×2+62×8=312m3,
(2)若正四棱锥的侧棱长为6m,
设PO1=xm,
则O1O=4xm,A1O1=m,A1B1=•m,
则仓库的容积V=×(•)2•x+(•)2•4x=x3+312x,(0<x<6),
∴V′=﹣26x2+312,(0<x<6),
当0<x<2时,V′>0,V(x)单调递增;
当2<x<6时,V′<0,V(x)单调递减;
故当x=2时,V(x)取最大值;
即当PO1=2m时,仓库的容积最大.
【点评】本题考查的知识点是棱锥和棱柱的体积,导数法求函数的最大值,难度中档.
18.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知以M为圆心的圆M:x2+y2﹣12x﹣14y+60=0及其上一点A(2,4).
(1)设圆N与x轴相切,与圆M外切,且圆心N在直线x=6上,求圆N的标准方程;
(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B、C两点,且BC=OA,求直线l的方程;
(3)设点T(t,0)满足:存在圆M上的两点P和Q,使得+=,求实数t的取值范围.
【分析】(1)设N(6,n),则圆N为:(x﹣6)2+(y﹣n)2=n2,n>0,从而得到|7﹣n|=|n|+5,由此能求出圆N的标准方程.
(2)由题意得OA=2,kOA=2,设l:y=2x+b,则圆心M到直线l的距离:d=,由此能求出直线l的方程.
(3)=,即||=,又||≤10,得t∈[2﹣2,2+2],对于任意t∈[2﹣2,2+2],欲使,只需要作直线TA的平行线,使圆心到直线的距离为,由此能求出实数t的取值范围.
【解答】解:(1)∵N在直线x=6上,∴设N(6,n),
∵圆N与x轴相切,∴圆N为:(x﹣6)2+(y﹣n)2=n2,n>0,
又圆N与圆M外切,圆M:x2+y2﹣12x﹣14y+60=0,即圆M:(x﹣6)2+(x﹣7)2=25,
∴|7﹣n|=|n|+5,解得n=1,
∴圆N的标准方程为(x﹣6)2+(y﹣1)2=1.
(2)由题意得OA=2,kOA=2,设l:y=2x+b,
则圆心M到直线l的距离:d==,
则|BC|=2=2,BC=2,即2=2,
解得b=5或b=﹣15,
∴直线l的方程为:y=2x+5或y=2x﹣15.
(3)设P(x1,y1),Q(x2,y2),
∵A(2,4),T(t,0),,
∴,①
∵点Q在圆M上,∴(x2﹣6)2+(y2﹣7)2=25,②
将①代入②,得(x1﹣t﹣4)2+(y1﹣3)2=25,
∴点P(x1,y1)即在圆M上,又在圆[x﹣(t+4)]2+(y﹣3)2=25上,
从而圆(x﹣6)2+(y﹣7)2=25与圆[x﹣(t+4)]2+(y﹣3)2=25有公共点,
∴5﹣5≤≤5+5.
解得2﹣2≤t,
∴实数t的取值范围是[2﹣2,2+2].
【点评】本题考查圆的标准方程的求法,考查直线方程的求法,考查实数的取值范围的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意圆的性质的合理运用.
19.(16分)已知函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=.
①求方程f(x)=2的根;
②若对于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)﹣6恒成立,求实数m的最大值;
(2)若0<a<1,b>1,函数g(x)=f(x)﹣2有且只有1个零点,求ab的值.
【分析】(1)①利用方程,直接求解即可.②列出不等式,利用二次函数的性质以及函数的最值,转化求解即可.
(2)求出g(x)=f(x)﹣2=ax+bx﹣2,求出函数的导数,构造函数h(x)=+,求出g(x)的最小值为:g(x0).①若g(x0)<0,g(x)至少有两个零点,与条件矛盾.②若g(x0)>0,利用函数g(x)=f(x)﹣2有且只有1个零点,推出g(x0)=0,然后求解ab=1.
【解答】解:函数f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设a=2,b=.
①方程f(x)=2;即:=2,可得x=0.
②不等式f(2x)≥mf(x)﹣6恒成立,即≥m()﹣6恒成立.
令t=,t≥2.
不等式化为:t2﹣mt+4≥0在t≥2时,恒成立.可得:△≤0或
即:m2﹣16≤0或m≤4,
∴m∈(﹣∞,4].
实数m的最大值为:4.
(2)g(x)=f(x)﹣2=ax+bx﹣2,
g′(x)=axlna+bxlnb=ax[+]lnb,
0<a<1,b>1可得,
令h(x)=+,则h(x)是递增函数,而,lna<0,lnb>0,
因此,x0=时,h(x0)=0,
因此x∈(﹣∞,x0)时,h(x)<0,axlnb>0,则g′(x)<0.
x∈(x0,+∞)时,h(x)>0,axlnb>0,则g′(x)>0,
则g(x)在(﹣∞,x0)递减,(x0,+∞)递增,因此g(x)的最小值为:g(x0).
①若g(x0)<0,x<loga2时,ax>=2,bx>0,则g(x)>0,
因此x1<loga2,且x1<x0时,g(x1)>0,因此g(x)在(x1,x0)有零点,
则g(x)至少有两个零点,与条件矛盾.
②若g(x0)≥0,函数g(x)=f(x)﹣2有且只有1个零点,g(x)的最小值为g(x0),可得g(x0)=0,
由g(0)=a0+b0﹣2=0,
因此x0=0,因此=0,﹣=1,即lna+lnb=0,ln(ab)=0,则ab=1.
可得ab=1.
【点评】本题考查函数与方程的综合应用,函数的导数的应用,基本不等式的应用,函数恒成立的应用,考查分析问题解决问题的能力.
20.(16分)记U={1,2,…,100},对数列{an}(n∈N*)和U的子集T,若T=∅,定义ST=0;若T={t1,t2,…,tk},定义ST=++…+.例如:T={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列,且当T={2,4}时,ST=30.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)对任意正整数k(1≤k≤100),若T⊆{1,2,…,k},求证:ST<ak+1;
(3)设C⊆U,D⊆U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD.
【分析】(1)根据题意,由ST的定义,分析可得ST=a2+a4=a2+9a2=30,计算可得a2
=3,进而可得a1的值,由等比数列通项公式即可得答案;
(2)根据题意,由ST的定义,分析可得ST≤a1+a2+…ak=1+3+32+…+3k﹣1,由等比数列的前n项和公式计算可得证明;
(3)设A=∁C(C∩D),B=∁D(C∩D),则A∩B=∅,进而分析可以将原命题转化为证明SC≥2SB,分2种情况进行讨论:①、若B=∅,②、若B≠∅,可以证明得到SA≥2SB,即可得证明.
【解答】解:(1)等比数列{an}中,a4=3a3=9a2,
当T={2,4}时,ST=a2+a4=a2+9a2=30,
因此a2=3,从而a1==1,
故an=3n﹣1,
(2)ST≤a1+a2+…ak=1+3+32+…+3k﹣1=<3k=ak+1,
(3)设A=∁C(C∩D),B=∁D(C∩D),则A∩B=∅,
分析可得SC=SA+SC∩D,SD=SB+SC∩D,则SC+SC∩D﹣2SD=SA﹣2SB,
因此原命题的等价于证明SC≥2SB,
由条件SC≥SD,可得SA≥SB,
①、若B=∅,则SB=0,故SA≥2SB,
②、若B≠∅,由SA≥SB可得A≠∅,设A中最大元素为l,B中最大元素为m,
若m≥l+1,则其与SA<ai+1≤am≤SB相矛盾,
因为A∩B=∅,所以l≠m,则l≥m+1,
SB≤a1+a2+…am=1+3+32+…+3m﹣1=≤=,即SA≥2SB,
综上所述,SA≥2SB,
故SC+SC∩D≥2SD.
【点评】本题考查数列的应用,涉及新定义的内容,解题的关键是正确理解题目中对于新定义的描述.
附加题【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】
21.(10分)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,BD⊥AC,D为垂足,E为BC的中点,求证:∠EDC=∠ABD.
【分析】依题意,知∠BDC=90°,∠EDC=∠C,利用∠C+∠DBC=∠ABD+∠DBC=90°,可得∠ABD=∠C,从而可证得结论.
【解答】解:由BD⊥AC可得∠BDC=90°,
因为E为BC的中点,所以DE=CE=BC,
则:∠EDC=∠C,
由∠BDC=90°,可得∠C+∠DBC=90°,
由∠ABC=90°,可得∠ABD+∠DBC=90°,
因此∠ABD=∠C,而∠EDC=∠C,
所以,∠EDC=∠ABD.
【点评】本题考查三角形的性质应用,利用∠C+∠DBC=∠ABD+∠DBC=90°,证得∠ABD=∠C是关键,属于中档题.
B.【选修4—2:矩阵与变换】
22.(10分)已知矩阵A=,矩阵B的逆矩阵B﹣1=,求矩阵AB.
【分析】依题意,利用矩阵变换求得B=(B﹣1)﹣1==,再利用矩阵乘法的性质可求得答案.
【解答】解:∵B﹣1=,
∴B=(B﹣1)﹣1==,又A=,
∴AB==.
【点评】本题考查逆变换与逆矩阵,考查矩阵乘法的性质,属于中档题.
C.【选修4—4:坐标系与参数方程】
23.在平面直角坐标系xOy中,已知直线l的参数方程为(t为参数),椭圆C的参数方程为(θ为参数),设直线l与椭圆C相交于A,B两点,求线段AB的长.
【分析】分别化直线与椭圆的参数方程为普通方程,然后联立方程组,求出直线与椭圆的交点坐标,代入两点间的距离公式求得答案.
【解答】解:由,由②得,
代入①并整理得,.
由,得,
两式平方相加得.
联立,解得或.
∴|AB|=.
【点评】本题考查直线与椭圆的参数方程,考查了参数方程化普通方程,考查直线与椭圆位置关系的应用,是基础题.
24.设a>0,|x﹣1|<,|y﹣2|<,求证:|2x+y﹣4|<a.
【分析】运用绝对值不等式的性质:|a+b|≤|a|+|b|,结合不等式的基本性质,即可得证.
【解答】证明:由a>0,|x﹣1|<,|y﹣2|<,
可得|2x+y﹣4|=|2(x﹣1)+(y﹣2)|
≤2|x﹣1|+|y﹣2|<+=a,
则|2x+y﹣4|<a成立.
【点评】本题考查绝对值不等式的证明,注意运用绝对值不等式的性质,以及不等式的简单性质,考查运算能力,属于基础题.
附加题【必做题】
25.(10分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知直线l:x﹣y﹣2=0,抛物线C:y2=2px(p>0).
(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;
(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.
①求证:线段PQ的中点坐标为(2﹣p,﹣p);
②求p的取值范围.
【分析】(1)求出抛物线的焦点坐标,然后求解抛物线方程.
(2):①设点P(x1,y1),Q(x2,y2),通过抛物线方程,求解kPQ,通过P,Q关于直线l对称,点的kPQ=﹣1,推出,PQ的中点在直线l上,推出
=2﹣p,即可证明线段PQ的中点坐标为(2﹣p,﹣p);
②利用线段PQ中点坐标(2﹣p,﹣p).推出,得到关于y2+2py+4p2﹣4p=0,有两个不相等的实数根,列出不等式即可求出p的范围.
【解答】解:(1)∵l:x﹣y﹣2=0,∴l与x轴的交点坐标(2,0),
即抛物线的焦点坐标(2,0).
∴,
∴抛物线C:y2=8x.
(2)证明:①设点P(x1,y1),Q(x2,y2),则:,
即:,kPQ==,
又∵P,Q关于直线l对称,∴kPQ=﹣1,即y1+y2=﹣2p,∴,
又PQ的中点在直线l上,∴==2﹣p,
∴线段PQ的中点坐标为(2﹣p,﹣p);
②因为Q中点坐标(2﹣p,﹣p).
∴,即
∴,即关于y2+2py+4p2﹣4p=0,有两个不相等的实数根,
∴△>0,(2p)2﹣4(4p2﹣4p)>0,
∴p∈.
【点评】
本题考查抛物线方程的求法,直线与抛物线的位置关系的应用,考查转化思想以及计算能力.
26.(10分)(1)求7C﹣4C的值;
(2)设m,n∈N*,n≥m,求证:(m+1)C+(m+2)C+(m+3)C+…+nC+(n+1)C=(m+1)C.
【分析】(1)由已知直接利用组合公式能求出7的值.
(2)对任意m∈N*,当n=m时,验证等式成立;再假设n=k(k≥m)时命题成立,推导出当n=k+1时,命题也成立,由此利用数学归纳法能证明(m+1)C+(m+2)C+(m+3)C+…+nC+(n+1)C=(m+1)C.
【解答】解:(1)7
=﹣4×
=7×20﹣4×35=0.
证明:(2)对任意m∈N*,
①当n=m时,左边=(m+1)=m+1,
右边=(m+1)=m+1,等式成立.
②假设n=k(k≥m)时命题成立,
即(m+1)C+(m+2)C+(m+3)C+…+k+(k+1)=(m+1),
当n=k+1时,
左边=(m+1)+(m+2)+(m+3)++(k+1)+(k+2)
=,
右边=
∵
=(m+1)[﹣]
=(m+1)×[k+3﹣(k﹣m+1)]
=(k+2)
=(k+2),
∴=(m+1),
∴左边=右边,
∴n=k+1时,命题也成立,
∴m,n∈N*,n≥m,(m+1)C+(m+2)C+(m+3)C+…+nC+(n+1)C=(m+1)C.
【点评】本题考查组合数的计算与证明,是中档题,解题时要认真审题,注意组合数公式和数学归纳法的合理运用.
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