2015年北京市高考数学试卷（理科） 23页

‎2015年北京市高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共40分）‎ ‎1．（5分）复数i（2﹣i）=（　　）‎ A．1+2i B．1﹣2i C．﹣1+2i D．﹣1﹣2i ‎2．（5分）若x，y满足，则z=x+2y的最大值为（　　）‎ A．0 B．1 C． D．2‎ ‎3．（5分）执行如图所示的程序框图输出的结果为（　　）‎ A．（﹣2，2） B．（﹣4，0） C．（﹣4，﹣4） D．（0，﹣8）‎ ‎4．（5分）设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β“是“α∥β”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎5．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（　　）‎ A．2+ B．4+ C．2+2 D．5‎ ‎6．（5分）设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（　　）‎ A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0 B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0‎ C．若0＜a1＜a2，则a2 D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0‎ ‎7．（5分）如图，函数f（x）的图象为折线ACB，则不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是（　　）‎ A．{x|﹣1＜x≤0} B．{x|﹣1≤x≤1} C．{x|﹣1＜x≤1} D．{x|﹣1＜x≤2}‎ ‎8．（5分）汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米 B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 D．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油 ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共30分）‎ ‎9．（5分）在（2+x）5的展开式中，x3的系数为　 　（用数字作答）‎ ‎10．（5分）已知双曲线﹣y2=1（a＞0）的一条渐近线为x+y=0，则a=　 　．‎ ‎11．（5分）在极坐标系中，点（2，）到直线ρ（cosθ+sinθ）=6的距离为　 　．‎ ‎12．（5分）在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则=　 　．‎ ‎13．（5分）在△ABC中，点M，N满足=2，=，若=x+y，则x=　 　，y=　 　．‎ ‎14．（5分）设函数f（x）=，‎ ‎①若a=1，则f（x）的最小值为　 　；‎ ‎②若f（x）恰有2个零点，则实数a的取值范围是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，共80分）‎ ‎15．（13分）已知函数f（x）=sincos﹣sin．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）在区间[﹣π，0]上的最小值．‎ ‎16．（13分）A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：‎ A组：10，11，12，13，14，15，16‎ B组；12，13，15，16，17，14，a 假设所有病人的康复时间相互独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．‎ ‎（Ⅰ）求甲的康复时间不少于14天的概率；‎ ‎（Ⅱ）如果a=25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；‎ ‎（Ⅲ）当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？（结论不要求证明）‎ ‎17．（14分）如图，在四棱锥A﹣EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC=4，EF=2a，∠EBC=∠FCB=60°，O为EF的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：AO⊥BE．‎ ‎（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣B的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）若BE⊥平面AOC，求a的值．‎ ‎18．（13分）已知函数f（x）=ln，‎ ‎（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求证，当x∈（0，1）时，f（x）＞；‎ ‎（Ⅲ）设实数k使得f（x）对x∈（0，1）恒成立，求k的最大值．‎ ‎19．（14分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（0，1）和点A（m，n）（m≠0）都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；‎ ‎（Ⅱ）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ？若存在，求点Q的坐标，若不存在，说明理由．‎ ‎20．（13分）已知数列{an}满足：a1∈N*，a1≤36，且an+1=（n=1，2，…），记集合M={an|n∈N*}．‎ ‎（Ⅰ）若a1=6，写出集合M的所有元素；‎ ‎（Ⅱ）如集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；‎ ‎（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值．‎ ‎　‎ ‎2015年北京市高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共40分）‎ ‎1．（5分）复数i（2﹣i）=（　　）‎ A．1+2i B．1﹣2i C．﹣1+2i D．﹣1﹣2i ‎【分析】利用复数的运算法则解答．‎ ‎【解答】解：原式=2i﹣i2=2i﹣（﹣1）=1+2i；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了复数的运算；关键是熟记运算法则．注意i2=﹣1．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）若x，y满足，则z=x+2y的最大值为（　　）‎ A．0 B．1 C． D．2‎ ‎【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数z=x+2y对应的直线进行平移，即可求出z取得最大值．‎ ‎【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，‎ 当l经过点B时，目标函数z达到最大值 ‎∴z最大值=0+2×1=2．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数z=x+2y的最大值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）执行如图所示的程序框图输出的结果为（　　）‎ A．（﹣2，2） B．（﹣4，0） C．（﹣4，﹣4） D．（0，﹣8）‎ ‎【分析】模拟程序框图的运行过程，即可得出程序运行后输出的结果．‎ ‎【解答】解：模拟程序框图的运行过程，如下；‎ x=1，y=1，‎ k=0时，s=x﹣y=0，t=x+y=2；‎ x=s=0，y=t=2，‎ k=1时，s=x﹣y=﹣2，t=x+y=2；‎ x=s=﹣2，y=t=2，‎ k=2时，s=x﹣y=﹣4，t=x+y=0；‎ x=s=﹣4，y=t=0，‎ k=3时，循环终止，‎ 输出（x，y）是（﹣4，0）．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，是基础题目．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β“是“α∥β”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】m∥β并得不到α∥β，根据面面平行的判定定理，只有α内的两相交直线都平行于β，而α∥β，并且m⊂α，显然能得到m∥β，这样即可找出正确选项．‎ ‎【解答】解：m⊂α，m∥β得不到α∥β，因为α，β可能相交，只要m和α，β的交线平行即可得到m∥β；‎ α∥β，m⊂α，∴m和β没有公共点，∴m∥β，即α∥β能得到m∥β；‎ ‎∴“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（　　）‎ A．2+ B．4+ C．2+2 D．5‎ ‎【分析】根据三视图可判断直观图为：OA⊥‎ 面ABC，AC=AB，E为BC中点，EA=2，EA=EB=1，OA=1，：BC⊥面AEO，AC=，OE=‎ 判断几何体的各个面的特点，计算边长，求解面积．‎ ‎【解答】解：根据三视图可判断直观图为：‎ OA⊥面ABC，AC=AB，E为BC中点，‎ EA=2，EC=EB=1，OA=1，‎ ‎∴可得AE⊥BC，BC⊥OA，‎ 运用直线平面的垂直得出：BC⊥面AEO，AC=，OE=‎ ‎∴S△ABC=2×2=2，S△OAC=S△OAB=×1=．‎ S△BCO=2×=．‎ 故该三棱锥的表面积是2，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了空间几何体的三视图的运用，空间想象能力，计算能力，关键是恢复直观图，得出几何体的性质．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）设{an}是等差数列，下列结论中正确的是（　　）‎ A．若a1+a2＞0，则a2+a3＞0 B．若a1+a3＜0，则a1+a2＜0‎ C．若0＜a1＜a2，则a2 D．若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）＞0‎ ‎【分析】对选项分别进行判断，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：若a1+a2＞0，则2a1+d＞0，a2+a3=2a1+3d＞2d，d＞0时，结论成立，即A不正确；‎ 若a1+a3＜0，则a1+a2=2a1+d＜0，a2+a3=2a1+3d＜2d，d＜0时，结论成立，即B不正确；‎ ‎{an}是等差数列，0＜a1＜a2，2a2=a1+a3＞2，∴a2＞，即C正确；‎ 若a1＜0，则（a2﹣a1）（a2﹣a3）=﹣d2≤0，即D不正确．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）如图，函数f（x）的图象为折线ACB，则不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是（　　）‎ A．{x|﹣1＜x≤0} B．{x|﹣1≤x≤1} C．{x|﹣1＜x≤1} D．{x|﹣1＜x≤2}‎ ‎【分析】在已知坐标系内作出y=log2（x+1）的图象，利用数形结合得到不等式的解集．‎ ‎【解答】解：由已知f（x）的图象，在此坐标系内作出y=log2（x+1）的图象，如图 满足不等式f（x）≥log2（x+1）的x范围是﹣1＜x≤1；所以不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是{x|﹣1＜x≤1}；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了数形结合求不等式的解集；用到了图象的平移．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米 B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 D．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油 ‎【分析】根据函数图象的意义逐项分析各说法是否正确．‎ ‎【解答】解：对于A，由图象可知当速度大于40km/h时，乙车的燃油效率大于5km/L，‎ ‎∴当速度大于40km/h时，消耗1升汽油，乙车的行驶距离大于5km，故A错误；‎ 对于B，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗1升汽油，甲车的行驶路程最远，‎ ‎∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B错误；‎ 对于C，由图象可知当速度小于80km/h时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，‎ ‎∴用丙车比用乙车更省油，故C正确；‎ 对于D，由图象可知当速度为80km/h时，甲车的燃油效率为10km/L，‎ 即甲车行驶10km时，耗油1升，故行驶1小时，路程为80km，燃油为8升，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了函数图象的意义，属于中档题．‎ ‎　‎ 二、填空题（每小题5分，共30分）‎ ‎9．（5分）在（2+x）5的展开式中，x3的系数为　40　（用数字作答）‎ ‎【分析】写出二项式定理展开式的通项公式，利用x的指数为3，求出r，然后求解所求数值．‎ ‎【解答】解：（2+x）5的展开式的通项公式为：Tr+1=25﹣rxr，‎ 所求x3的系数为：=40．‎ 故答案为：40．‎ ‎【点评】本题考查二项式定理的应用，二项式系数的求法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）已知双曲线﹣y2=1（a＞0）的一条渐近线为x+y=0，则a=　　．‎ ‎【分析】运用双曲线的渐近线方程为y=±，结合条件可得=，即可得到a的值．‎ ‎【解答】解：双曲线﹣y2=1的渐近线方程为y=±，‎ 由题意可得=，‎ 解得a=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的渐近线方程的求法，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）在极坐标系中，点（2，）到直线ρ（cosθ+sinθ）=6的距离为　1　．‎ ‎【分析】化为直角坐标，再利用点到直线的距离公式距离公式即可得出．‎ ‎【解答】解：点P（2，）化为P．‎ 直线ρ（cosθ+sinθ）=6化为．‎ ‎∴点P到直线的距离d==1．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点评】本题考查了极坐标化为直角坐标方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则=　1　．‎ ‎【分析】利用余弦定理求出cosC，cosA，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵△ABC中，a=4，b=5，c=6，‎ ‎∴cosC==，cosA==‎ ‎∴sinC=，sinA=，‎ ‎∴==1．‎ 故答案为：1．‎ ‎【点评】本题考查余弦定理，考查学生的计算能力，比较基础．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）在△ABC中，点M，N满足=2，=，若=x+y，则x=　　，y=　﹣　．‎ ‎【分析】首先利用向量的三角形法则，将所求用向量表示，然后利用平面向量基本定理得到x，y值．‎ ‎【解答】解：由已知得到===；‎ 由平面向量基本定理，得到x=，y=；‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了平面向量基本定理的运用，一个向量用一组基底表示，存在唯一的实数对（x，y）使，向量等式成立．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）设函数f（x）=，‎ ‎①若a=1，则f（x）的最小值为　﹣1　；‎ ‎②若f（x）恰有2个零点，则实数a的取值范围是　≤a＜1或a≥2　．‎ ‎【分析】①分别求出分段的函数的最小值，即可得到函数的最小值；‎ ‎②分别设h（x）=2x﹣a，g（x）=4（x﹣a）（x﹣2a），分两种情况讨论，即可求出a的范围．‎ ‎【解答】解：①当a=1时，f（x）=，‎ 当x＜1时，f（x）=2x﹣1为增函数，f（x）＞﹣1，‎ 当x＞1时，f（x）=4（x﹣1）（x﹣2）=4（x2﹣3x+2）=4（x﹣）2﹣1，‎ 当1＜x＜时，函数单调递减，当x＞时，函数单调递增，‎ 故当x=时，f（x）min=f（）=﹣1，‎ ‎②设h（x）=2x﹣a，g（x）=4（x﹣a）（x﹣2a）‎ 若在x＜1时，h（x）=与x轴有一个交点，‎ 所以a＞0，并且当x=1时，h（1）=2﹣a＞0，所以0＜a＜2，‎ 而函数g（x）=4（x﹣a）（x﹣2a）有一个交点，所以2a≥1，且a＜1，‎ 所以≤a＜1，‎ 若函数h（x）=2x﹣a在x＜1时，与x轴没有交点，‎ 则函数g（x）=4（x﹣a）（x﹣2a）有两个交点，‎ 当a≤0时，h（x）与x轴无交点，g（x）无交点，所以不满足题意（舍去），‎ 当h（1）=2﹣a≤0时，即a≥2时，g（x）的两个交点满足x1=a，x2=2a，都是满足题意的，‎ 综上所述a的取值范围是≤a＜1，或a≥2．‎ ‎【点评】本题考查了分段函数的问题，以及函数的零点问题，培养了学生的转化能力和运算能力以及分类能力，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，共80分）‎ ‎15．（13分）已知函数f（x）=sincos﹣sin．‎ ‎（Ⅰ）求f（x）的最小正周期；‎ ‎（Ⅱ）求f（x）在区间[﹣π，0]上的最小值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）运用二倍角公式和两角和的正弦公式，化简f（x），再由正弦函数的周期，即可得到所求；‎ ‎（Ⅱ）由x的范围，可得x+的范围，再由正弦函数的图象和性质，即可求得最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）f（x）=sincos﹣sin ‎=sinx﹣（1﹣cosx）‎ ‎=sinxcos+cosxsin﹣‎ ‎=sin（x+）﹣，‎ 则f（x）的最小正周期为2π；‎ ‎（Ⅱ）由﹣π≤x≤0，可得 ‎﹣≤x+≤，‎ 即有﹣1，‎ 则当x=﹣时，sin（x+）取得最小值﹣1，‎ 则有f（x）在区间[﹣π，0]上的最小值为﹣1﹣．‎ ‎【点评】本题考查二倍角公式和两角和的正弦公式，同时考查正弦函数的周期和值域，考查运算能力，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎16．（13分）A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：‎ A组：10，11，12，13，14，15，16‎ B组；12，13，15，16，17，14，a 假设所有病人的康复时间相互独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙．‎ ‎（Ⅰ）求甲的康复时间不少于14天的概率；‎ ‎（Ⅱ）如果a=25，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；‎ ‎（Ⅲ）当a为何值时，A，B两组病人康复时间的方差相等？（结论不要求证明）‎ ‎【分析】设事件Ai为“甲是A组的第i个人”，事件Bi为“乙是B组的第i个人”，由题意可知P（Ai）=P（Bi）=，i=1，2，••，7‎ ‎（Ⅰ）事件等价于“甲是A组的第5或第6或第7个人”，由概率公式可得；‎ ‎（Ⅱ）设事件“甲的康复时间比乙的康复时间长”C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6，易得P（C）=10P（A4B1），易得答案；‎ ‎（Ⅲ）由方差的公式可得．‎ ‎【解答】解：设事件Ai为“甲是A组的第i个人”，事件Bi为“乙是B组的第i个人”，‎ 由题意可知P（Ai）=P（Bi）=，i=1，2，••，7‎ ‎（Ⅰ）事件“甲的康复时间不少于14天”等价于“甲是A组的第5或第6或第7个人”‎ ‎∴甲的康复时间不少于14天的概率P（A5∪A6∪A7）=P（A5）+P（A6）+P（A7）=；‎ ‎（Ⅱ）设事件C为“甲的康复时间比乙的康复时间长”，‎ 则C=A4B1∪A5B1∪A6B1∪A7B1∪A5B2∪A6B2∪A7B2∪A7B3∪A6B6∪A7B6，‎ ‎∴P（C）=P（A4B1）+P（A5B1）+P（A6B1）+P（A7B1）+P（A5B2）+P（A6B2）+P（A7B2）+P（A7B3）+P（A6B6）+P（A7B6）‎ ‎=10P（A4B1）=10P（A4）P（B1）=‎ ‎（Ⅲ）当a为11或18时，A，B两组病人康复时间的方差相等．‎ ‎【点评】本题考查古典概型及其概率公式，涉及概率的加法公式和方差，属基础题．‎ ‎　‎ ‎17．（14分）如图，在四棱锥A﹣EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC=4，EF=2a，∠EBC=∠FCB=60°，O为EF的中点．‎ ‎（Ⅰ）求证：AO⊥BE．‎ ‎（Ⅱ）求二面角F﹣AE﹣B的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）若BE⊥平面AOC，求a的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理即可证明AO⊥BE．‎ ‎（Ⅱ）建立空间坐标系，利用向量法即可求二面角F﹣AE﹣B的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）利用线面垂直的性质，结合向量法即可求a的值 ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵△AEF为等边三角形，O为EF的中点，‎ ‎∴AO⊥EF，‎ ‎∵平面AEF⊥平面EFCB，AO⊂平面AEF，‎ ‎∴AO⊥平面EFCB ‎∴AO⊥BE．‎ ‎（Ⅱ）取BC的中点G，连接OG，‎ ‎∵EFCB是等腰梯形，‎ ‎∴OG⊥EF，‎ 由（Ⅰ）知AO⊥平面EFCB，‎ ‎∵OG⊂平面EFCB，∴OA⊥OG，‎ 建立如图的空间坐标系，‎ 则OE=a，BG=2，GH=a，（a≠2），BH=2﹣a，EH=BHtan60°=，‎ 则E（a，0，0），A（0，0，a），B（2，，0），‎ ‎=（﹣a，0，a），=（a﹣2，﹣，0），‎ 设平面AEB的法向量为=（x，y，z），‎ 则，即，‎ 令z=1，则x=，y=﹣1，‎ 即=（，﹣1，1），‎ 平面AEF的法向量为，‎ 则cos＜＞==‎ 即二面角F﹣AE﹣B的余弦值为；‎ ‎（Ⅲ）若BE⊥平面AOC，‎ 则BE⊥OC，‎ 即=0，‎ ‎∵=（a﹣2，﹣，0），=（﹣2，，0），‎ ‎∴=﹣2（a﹣2）﹣3（a﹣2）2=0，‎ 解得a=．‎ ‎【点评】本题主要考查空间直线和平面垂直的判定以及二面角的求解，建立坐标系利用向量法是解决空间角的常用方法．‎ ‎　‎ ‎18．（13分）已知函数f（x）=ln，‎ ‎（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求证，当x∈（0，1）时，f（x）＞；‎ ‎（Ⅲ）设实数k使得f（x）对x∈（0，1）恒成立，求k的最大值．‎ ‎【分析】（1）利用函数的导数求在曲线上某点处的切线方程．‎ ‎（2）构造新函数利用函数的单调性证明命题成立．‎ ‎（3）对k进行讨论，利用新函数的单调性求参数k的取值范围．‎ ‎【解答】解答：（1）因为f（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x）所以 又因为f（0）=0，所以曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=2x．‎ ‎（2）证明：令g（x）=f（x）﹣2（x+），则 g'（x）=f'（x）﹣2（1+x2）=，‎ 因为g'（x）＞0（0＜x＜1），所以g（x）在区间（0，1）上单调递增．‎ 所以g（x）＞g（0）=0，x∈（0，1），‎ 即当x∈（0，1）时，f（x）＞2（x+）．‎ ‎（3）由（2）知，当k≤2时，f（x）＞对x∈（0，1）恒成立．‎ 当k＞2时，令h（x）=f（x）﹣，则 h'（x）=f'（x）﹣k（1+x2）=，‎ 所以当时，h'（x）＜0，因此h（x）在区间（0，）上单调递减．‎ 当时，h（x）＜h（0）=0，即f（x）＜．‎ 所以当k＞2时，f（x）＞并非对x∈（0，1）恒成立．‎ 综上所知，k的最大值为2．‎ ‎【点评】本题主要考查切线方程的求法及新函数的单调性的求解证明．在高考中属常考题型，难度适中．‎ ‎　‎ ‎19．（14分）已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，点P（0，1）和点A（m，n）（m≠0）都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）；‎ ‎（Ⅱ）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ？若存在，求点Q的坐标，若不存在，说明理由．‎ ‎【分析】（I）根据椭圆的几何性质得出求解即可．‎ ‎（II）求解得出M（，0），N（，0），运用图形得出tan∠OQM=tan∠‎ ONQ，=，求解即可得出即yQ2=xM•xN，+n2，根据m，m的关系整体求解．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意得出 解得：a=，b=1，c=1‎ ‎∴+y2=1，‎ ‎∵P（0，1）和点A（m，n），﹣1＜n＜1‎ ‎∴PA的方程为：y﹣1=x，y=0时，xM=‎ ‎∴M（，0）‎ ‎（II）∵点B与点A关于x轴对称，点A（m，n）（m≠0）‎ ‎∴点B（m，﹣n）（m≠0）‎ ‎∵直线PB交x轴于点N，‎ ‎∴N（，0），‎ ‎∵存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ，Q（0，yQ），‎ ‎∴tan∠OQM=tan∠ONQ，‎ ‎∴=，即yQ2=xM•xN，+n2=1‎ yQ2==2，‎ ‎∴yQ=，‎ 故y轴上存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ，Q（0，）或Q（0，﹣）‎ ‎【点评】本题考查了直线圆锥曲线的方程，位置关系，数形结合的思想的运用，运用代数的方法求解几何问题，难度较大，属于难题．‎ ‎　‎ ‎20．（13分）已知数列{an}满足：a1∈N*，a1≤36，且an+1=（n=1，2，…），记集合M={an|n∈N*}．‎ ‎（Ⅰ）若a1=6，写出集合M的所有元素；‎ ‎（Ⅱ）如集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；‎ ‎（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）a1=6，利用an+1=可求得集合M的所有元素为6，12，24；‎ ‎（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，由an+1=（n=1，2，…），可归纳证明对任意n≥k，an是3的倍数；‎ ‎（Ⅲ）分a1是3的倍数与a1不是3的倍数讨论，即可求得集合M的元素个数的最大值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）若a1=6，由于an+1=（n=1，2，…），M={an|n∈N*}．‎ 故集合M的所有元素为6，12，24；‎ ‎（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数，由an+1=（n=1，2，…），可归纳证明对任意n≥k，an是3的倍数．‎ 如果k=1，M的所有元素都是3的倍数；‎ 如果k＞1，因为ak=2ak﹣1，或ak=2ak﹣1﹣36，所以2ak﹣1是3的倍数；于是ak﹣1是3的倍数；‎ 类似可得，ak﹣2，…，a1都是3的倍数；‎ 从而对任意n≥1，an是3的倍数；‎ 综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则集合M的所有元素都是3的倍数 ‎（Ⅲ）对a1≤36，an=（n=1，2，…），可归纳证明对任意n≥k，an＜36（n=2，3，…）‎ 因为a1是正整数，a2=，所以a2是2的倍数．‎ 从而当n≥2时，an是2的倍数．‎ 如果a1是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n，an是3的倍数．‎ 因此当n≥3时，an∈{12，24，36}，这时M的元素个数不超过5．‎ 如果a1不是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n，an不是3的倍数．‎ 因此当n≥3时，an∈{4，8，16，20，28，32}，这时M的元素个数不超过8．‎ 当a1=1时，M={1，2，4，8，16，20，28，32}，有8个元素．‎ 综上可知，集合M的元素个数的最大值为8．‎ ‎【点评】本题考查数列递推关系的应用，突出考查分类讨论思想与等价转化思想及推理、运算能力，属于难题．‎ ‎　‎