江蘇省南京市2015屆高三下學(xué)期三模數(shù)學(xué)試卷.doc

2015年江蘇省南京市高考數(shù)學(xué)三模試卷一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分請把答案填寫在答題紙相應(yīng)位置上1已知復(fù)數(shù)z=1，其中i為虛數(shù)單位，則z的模為2經(jīng)統(tǒng)計，在銀行一個營業(yè)窗口每天上午9點鐘排隊等候的人數(shù)及相應(yīng)概率如下：排隊人數(shù)012345概率4則該營業(yè)窗口上午9點鐘時，至少有2人排隊的概率是3若變量x，y滿足約束條件則z=2x+y的最大值4如圖是一個算法流程圖，則輸出k的值是5如圖是甲、乙兩位射擊運動員的5次訓(xùn)練成績（單位：環(huán)）的莖葉圖，則成績較為穩(wěn)定（方差較小）的運動員是6記不等式x2+x60的解集為集合A，函數(shù)y=lg（xa）的定義域為集合B若“xA”是“xB”的充分條件，則實數(shù)a的取值范圍為7在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過雙曲線C：x2=1的右焦點F作x軸的垂線l，則l與雙曲線C的兩條漸近線所圍成的三角形的面積是8已知正六棱錐PABCDEF的底面邊長為2，側(cè)棱長為4，則此六棱錐的體積為9在ABC中，ABC=120，BA=2，BC=3，D，E是線段AC的三等分點，則的值為10記等差數(shù)列an的前n項和為Sn若Sk1=8，Sk=0，Sk+1=10，則正整數(shù)k=11若將函數(shù)f（x）=|sin（x）|（0）的圖象向左平移個單位后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)，則實數(shù)的最小值是12已知x，y為正實數(shù)，則+的最大值為13在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為（x1）2+（y1）2=9，直線l：y=kx+3與圓C相交于A，B兩點，M為弦AB上一動點，以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點，則實數(shù)k的取值范圍為14已知a，t為正實數(shù)，函數(shù)f（x）=x22x+a，且對任意的x0，t，都有f（x）a，a若對每一個正實數(shù)a，記t的最大值為g（a），則函數(shù)g（a）的值域為二、解答題：本大題共6小題，共計90分請在答題紙指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c已知acosC+ccosA=2bcosA（1）求角A的值；（2）求sinB+sinC的取值范圍16在四棱錐PABCD中，BCAD，PAPD，AD=2BC，AB=PB，E為PA的中點（1）求證：BE平面PCD；（2）求證：平面PAB平面PCD17如圖，摩天輪的半徑OA為50m，它的最低點A距地面的高度忽略不計地面上有一長度為240m的景觀帶MN，它與摩天輪在同一豎直平面內(nèi)，且AM=60m點P從最低點A處按逆時針方向轉(zhuǎn)動到最高點B處，記AOP=，（0，）（1）當(dāng)= 時，求點P距地面的高度PQ；（2）試確定 的值，使得MPN取得最大值18在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)中心在坐標(biāo)原點的橢圓C的左、右焦點分別為F1、F2，右準(zhǔn)線l：x=m+1與x軸的交點為B，BF2=m（1）已知點（，1）在橢圓C上，求實數(shù)m的值；（2）已知定點A（2，0）若橢圓C上存在點T，使得=，求橢圓C的離心率的取值范圍；當(dāng)m=1時，記M為橢圓C上的動點，直線AM，BM分別與橢圓C交于另一點P，Q，若=，=，求證：+為定值19已知函數(shù)f（x）=x2x+t，t0，g（x）=lnx（1）令h（x）=f（x）+g（x），求證：h（x）是增函數(shù)；（2）直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖象都相切對于確定的正實數(shù)t，討論直線l的條數(shù)，并說明理由20已知數(shù)列an的各項均為正數(shù)，其前n項的和為Sn，且對任意的m，nN*，都有（Sm+n+S1）2=4a2ma2n（1）求的值；（2）求證：an為等比數(shù)列；（3）已知數(shù)列cn，dn滿足|cn|=|dn|=an，p（p3）是給定的正整數(shù)，數(shù)列cn，dn的前p項的和分別為Tp，Rp，且Tp=Rp，求證：對任意正整數(shù)k（1kp），ck=dk選修4-1：幾何證明選講21如圖，AB，AC是O的切線，ADE是O的割線，求證：BECD=BDCE選修4-2：矩陣與變換22已知矩陣A=，直線l：xy+4=0在矩陣A對應(yīng)的變換作用下變?yōu)橹本€l：xy+2a=0（1）求實數(shù)a的值；（2）求A2選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程23在極坐標(biāo)系中，設(shè)圓C：=4cos與直線l：=（R）交于A，B兩點，求以AB為直徑的圓的極坐標(biāo)方程選修4-5：不等式選講24已知實數(shù)x，y滿足xy，求證：2x+2y+3七、解答題（共2小題，滿分20分）25如圖，四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ABAD，BC=，AB=1，BD=PA=2（1）求異面直線BD與PC所成角的余弦值；（2）求二面角APDC的余弦值26已知集合A是集合Pn=1，2，3，n（n3，nN*）的子集，且A中恰有3個元素，同時這3個元素的和是3的倍數(shù)記符合上述條件的集合A的個數(shù)為f（n）（1）求f（3），f（4）；（2）求f（n）（用含n的式子表示）2015年江蘇省南京市高考數(shù)學(xué)三模試卷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70分請把答案填寫在答題紙相應(yīng)位置上1已知復(fù)數(shù)z=1，其中i為虛數(shù)單位，則z的模為考點： 復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算專題： 數(shù)系的擴(kuò)充和復(fù)數(shù)分析： 直接利用復(fù)數(shù)的除法要素分析化簡復(fù)數(shù)，然后求解復(fù)數(shù)的模解答： 解：復(fù)數(shù)z=1=1=1+i1=2+iz的模為：=故答案為：點評： 本題考查復(fù)數(shù)的模的求法，復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的混合運算，考查計算能力2經(jīng)統(tǒng)計，在銀行一個營業(yè)窗口每天上午9點鐘排隊等候的人數(shù)及相應(yīng)概率如下：排隊人數(shù)012345概率4則該營業(yè)窗口上午9點鐘時，至少有2人排隊的概率是0.74考點： 互斥事件的概率加法公式專題： 概率與統(tǒng)計分析： 由互斥事件的概率公式可得解答： 解：由表格可得至少有2人排隊的概率P=0.3+0.3+0.1+0.04=0.74故答案為：0.74點評： 本題考查互斥事件的概率公式，屬基礎(chǔ)題3若變量x，y滿足約束條件則z=2x+y的最大值4考點： 簡單線性規(guī)劃專題： 不等式的解法及應(yīng)用分析： 作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，利用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，利用數(shù)形結(jié)合確定z的最大值解答： 解：作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：（陰影部分ABC）由z=2x+y得y=2x+z，平移直線y=2x+z，由圖象可知當(dāng)直線y=2x+z經(jīng)過點C（2，0）時，直線y=2x+z的截距最大，此時z最大將C的坐標(biāo)代入目標(biāo)函數(shù)z=2x+y，得z=22+0=4即z=2x+y的最大值為4故答案為：4點評： 本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，結(jié)合目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，利用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想是解決此類問題的基本方法4如圖是一個算法流程圖，則輸出k的值是6考點： 程序框圖專題： 計算題；算法和程序框圖分析： 模擬程序框圖的運行過程，得出該程序是計算S的值，輸出滿足S0時k的值解答： 解：模擬程序框圖的運行過程，如下；k=1，S=40，S0？，N，S=402=38；k=2，S0？N，S=3822=34；k=3，S0？，N，S=3423=26；k=4，S0？，N，S=2624=10；k=5，S0？，N，S=1025=22；k=6，S0？Y，輸出k=6故答案為：6點評： 本題考查了程序框圖的應(yīng)用問題，解題時應(yīng)模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的結(jié)論5如圖是甲、乙兩位射擊運動員的5次訓(xùn)練成績（單位：環(huán)）的莖葉圖，則成績較為穩(wěn)定（方差較?。┑倪\動員是甲考點： 莖葉圖專題： 計算題；概率與統(tǒng)計分析： 【解法一】計算甲、乙的平均數(shù)與方差，比較即得結(jié)論；【解法二】根據(jù)莖葉圖中的數(shù)據(jù)，利用方差的意義，也可得出正確的結(jié)論解答： 解：【解法一】甲的平均數(shù)是=（87+89+90+91+93）=90，方差是=（8790）2+（8990）2+（9090）2+（9190）2+（9390）2=4；乙的平均數(shù)是=（78+88+89+96+99）=90，方差是=（7890）2+（8890）2+（8990）2+（9690）2+（9990）2=53.2；，成績較為穩(wěn)定的是甲【解法二】根據(jù)莖葉圖中的數(shù)據(jù)知，甲的5個數(shù)據(jù)分布在8793之間，分布相對集中些，方差小些；乙的5個數(shù)據(jù)分布在7899之間，分布相對分散些，方差大些；所以甲的成績相對穩(wěn)定些故答案為：甲點評： 本題考查了平均數(shù)與方差的計算與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題目6記不等式x2+x60的解集為集合A，函數(shù)y=lg（xa）的定義域為集合B若“xA”是“xB”的充分條件，則實數(shù)a的取值范圍為（，3考點： 必要條件、充分條件與充要條件的判斷專題： 簡易邏輯分析： 根據(jù)條件求出A，B，結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行求解即可解答： 解：由x2+x60得3x2，即A（3，2），由xa0，得xa，即B=（a，+），若“xA”是“xB”的充分條件，則AB，即a3，故答案為：（，3點評： 本題主要考查充分條件和必要條件的關(guān)系的應(yīng)用，比較基礎(chǔ)7在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過雙曲線C：x2=1的右焦點F作x軸的垂線l，則l與雙曲線C的兩條漸近線所圍成的三角形的面積是考點： 雙曲線的簡單性質(zhì)專題： 圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析： 求出雙曲線的漸近線方程，求出垂線方程，求出三角形的頂點的坐標(biāo)，然后求解面積解答： 解：雙曲線C：x2=1的右焦點F（2，0），過雙曲線C：x2=1的右焦點F作x軸的垂線l，x=2，雙曲線的漸近線方程為：，可得l與雙曲線C的兩條漸近線所圍成的三角形的頂點的坐標(biāo)（2，2），（2，2）三角形的面積為：=故答案為：4點評： 本題考查雙曲線方程的應(yīng)用，雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，考查計算能力8已知正六棱錐PABCDEF的底面邊長為2，側(cè)棱長為4，則此六棱錐的體積為12考點： 棱柱、棱錐、棱臺的體積專題： 空間位置關(guān)系與距離分析： 根據(jù)題意，通過正六棱錐的側(cè)棱，求出棱錐的高，即可求出正六棱錐的體積解答： 解：PABCDEF為正六棱錐，O是底面正六邊形ABCDEF的中心ABCDEF為正六邊形，AOB為等邊三角形 OB=2，側(cè)棱長PB=4，OP面ABCDEF，OP是棱錐的高，PO=2正六棱錐的體積為V=12故答案為：12點評： 本題以正六棱錐為載體，考查棱錐的體積的求法，考查計算能力9在ABC中，ABC=120，BA=2，BC=3，D，E是線段AC的三等分點，則的值為考點： 平面向量數(shù)量積的運算專題： 平面向量及應(yīng)用分析： 根據(jù)向量加法、減法的幾何意義，可用分別表示，從而進(jìn)行數(shù)量積的運算即可解答： 解：如圖，根據(jù)已知條件：=；同理；=故答案為：點評： 考查向量加法、減法的幾何意義，線段三等分點的定義，以及向量計算公式及運算10記等差數(shù)列an的前n項和為Sn若Sk1=8，Sk=0，Sk+1=10，則正整數(shù)k=9考點： 數(shù)列的求和專題： 等差數(shù)列與等比數(shù)列分析： 利用（Sk+1Sk）（SkSk1）可得公差，通過Sk=0及對稱性可得首項，計算即可解答： 解：Sk1=8，Sk=0，Sk+1=10，ak=SkSk1=08=8，ak+1=Sk+1Sk=100=10，公差d=ak+1ak=10（8）=2，ak4=0，Sk=0，ak8=8=a1，k8=1，即k=9，故答案為：9點評： 本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)，求出公差是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題11若將函數(shù)f（x）=|sin（x）|（0）的圖象向左平移個單位后，所得圖象對應(yīng)的函數(shù)為偶函數(shù)，則實數(shù)的最小值是考點： 由y=Asin（x+）的部分圖象確定其解析式；函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換專題： 三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析： 由函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換可得f（x）=|sinx+（）|，由=，解得=+時，從而可求實數(shù)的最小值解答： 解：f（x）=|sin（x+）|=|sinx+（）|當(dāng)=時，即=+時，f（x）=|sin（x）|=|cos（x）|=|cos（x）|，f（x）為偶函數(shù)當(dāng)k=0時，有最小值=故答案為：點評： 本題主要考查了由y=Asin（x+）的部分圖象確定其解析式，函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換，三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于基本知識的考查12已知x，y為正實數(shù)，則+的最大值為考點： 函數(shù)的最值及其幾何意義專題： 計算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用分析： 化簡+=+，再令=t0，從而化簡得+，令f（t）=+=1+=1+，利用基本不等式求最值解答： 解：x，y為正實數(shù)，+=+，令=t0，則+=+，令f（t）=+=1+=1+1+=，（當(dāng)且僅當(dāng)t=，即t=2時，等號成立）；故答案為：點評： 本題考查了函數(shù)的化簡與最值及基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題13在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的方程為（x1）2+（y1）2=9，直線l：y=kx+3與圓C相交于A，B兩點，M為弦AB上一動點，以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點，則實數(shù)k的取值范圍為，+）考點： 直線與圓的位置關(guān)系專題： 計算題；直線與圓分析： M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點，只要求點M在弦的中點上滿足，其它的點都滿足，即圓心C到直線的距離+23，從而可得實數(shù)k的取值范圍解答： 解：以M為圓心，2為半徑的圓與圓C總有公共點，只要求點M在弦的中點上滿足，其它的點都滿足，即圓心C到直線的距離d+23，所以+23，所以k故答案為：，+）點評： 本題考查實數(shù)k的取值范圍，考查直線與圓，圓與圓的位置關(guān)系，比較基礎(chǔ)14已知a，t為正實數(shù)，函數(shù)f（x）=x22x+a，且對任意的x0，t，都有f（x）a，a若對每一個正實數(shù)a，記t的最大值為g（a），則函數(shù)g（a）的值域為（0，12考點： 函數(shù)的值域?qū)ｎ}： 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析： 根據(jù)函數(shù)的特征，要對t進(jìn)行分類討論，求出t的最大值，再根據(jù)a是正實數(shù)，求出g（a）的值域解答： 解：f（x）=x22x+a函數(shù)f（x）的圖象開口向上，對稱軸為x=10t1時，f（x）在0，t上為減函數(shù)，f（x）max=f（0）=a，f（x）min=f（t）=t22t+a對任意的x0，t，都有f（x）a，aa=t22t+a，解得t=1（1+舍去）t1時，f（x）在0，1上為減函數(shù)，在1，t上為增函數(shù)，則f（x）min=f（1）=a1=a，f（x）max=maxf（0），f（t）=maxa，t22t+a=aa=，且t22t+aa，即1t2t的最大值為g（a）綜上，g（a）=2或1函數(shù)g（a）的值域為（0，12故答案為：（0，12點評： 本題考查二次函數(shù)的值域，屬于求二次函數(shù)的最值問題，屬于中檔題二、解答題：本大題共6小題，共計90分請在答題紙指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟15在ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c已知acosC+ccosA=2bcosA（1）求角A的值；（2）求sinB+sinC的取值范圍考點： 正弦定理；兩角和與差的正弦函數(shù)專題： 解三角形分析： （1）利用正弦定理以及兩角和與差的三角函數(shù)化簡acosC+ccosA=2bcosA，結(jié)合三角形的內(nèi)角和，求解A即可（2）轉(zhuǎn)化sinB+sinC為B的正弦函數(shù)，條公交的范圍，推出相位的范圍，然后求解函數(shù)的最值解答： 解：（1）因為acosC+ccosA=2bcosA，所以sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA，即sin（A+C）=2sinBcosA因為A+B+C=，所以sin（A+C）=sinB從而sinB=2sinBcosA（4分）因為sinB0，所以cosA=因為0A，所以A=（7分）（2）sinB+sinC=sinB+sin（B）=sinB+sincosBcossinB=sinB+cosB=sin（B+）（11分）因為0B，所以B+所以sinB+sinC的取值范圍為（，（14分）點評： 本題考查正弦定理以及兩角和與差的三角函數(shù)，三角形的解法，考查計算能力16在四棱錐PABCD中，BCAD，PAPD，AD=2BC，AB=PB，E為PA的中點（1）求證：BE平面PCD；（2）求證：平面PAB平面PCD考點： 平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定專題： 空間位置關(guān)系與距離分析： （1）取PD的中點F，連接EF，CF證明BECF，利用直線與平面平行的判定定理證明BE平面PCD（2）證明PACF，結(jié)合PAPD，利用直線與平面垂直的判定定理證明PA平面PCD然后證明平面PAB平面PCD解答： 證明：（1）取PD的中點F，連接EF，CF因為E為PA的中點，所以EFAD，EF=AD，因為BCAD，BC=AD，所以EFBC，EF=BC所以四邊形BCFE為平行四邊形所以BECF（4分）因為BE平面PCD，CF平面PCD，所以BE平面PCD（6分）（2）因為AB=PB，E為PA的中點，所以PABE因為BECF，所以PACF（9分）因為PAPD，PD平面PCD，CF平面PCD，PDCF=F，所以PA平面PCD（12分）因為PA平面PAB，所以平面PAB平面PCD（14分）點評： 本題考查直線與平面平行的判定定理以及平面與平面垂直的判定定理的在與應(yīng)用，考查空間想象能力以及邏輯推理能力17如圖，摩天輪的半徑OA為50m，它的最低點A距地面的高度忽略不計地面上有一長度為240m的景觀帶MN，它與摩天輪在同一豎直平面內(nèi)，且AM=60m點P從最低點A處按逆時針方向轉(zhuǎn)動到最高點B處，記AOP=，（0，）（1）當(dāng)= 時，求點P距地面的高度PQ；（2）試確定 的值，使得MPN取得最大值考點： 導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用專題： 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；三角函數(shù)的求值；解三角形分析： （1）將所求的高度、已知的角與線段長度放在一個三角形中結(jié)合三角函數(shù)的定義求解即可；（2）借助于角，把MPN表示出來，然后利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)的最值解答： 解：（1）由題意得PQ=5050cos，從而當(dāng)時，PQ=5050cos=75即點P距地面的高度為75米（2）由題意得，AQ=50sin，從而MQ=6050sin，NQ=30050sin又PQ=5050cos，所以tan，tan從而tanMPN=tan（NPQMPQ）=令g（）=（0，）則，（0，）由g（）=0，得sin+cos1=0，解得當(dāng)時，g（）0，g（）為增函數(shù)；當(dāng)x時，g（）0，g（）為減函數(shù)所以當(dāng)=時，g（）有極大值，也是最大值因為所以從而當(dāng)g（）=tanMNP取得最大值時，MPN取得最大值即當(dāng)時，MPN取得最大值點評： 本題考查了與三角函數(shù)有關(guān)的最值問題，主要還是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)一步求其極值、最值18在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)中心在坐標(biāo)原點的橢圓C的左、右焦點分別為F1、F2，右準(zhǔn)線l：x=m+1與x軸的交點為B，BF2=m（1）已知點（，1）在橢圓C上，求實數(shù)m的值；（2）已知定點A（2，0）若橢圓C上存在點T，使得=，求橢圓C的離心率的取值范圍；當(dāng)m=1時，記M為橢圓C上的動點，直線AM，BM分別與橢圓C交于另一點P，Q，若=，=，求證：+為定值考點： 直線與圓錐曲線的綜合問題；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；橢圓的簡單性質(zhì)專題： 向量與圓錐曲線分析： （1）由橢圓的準(zhǔn)線方程列式求解（2）設(shè)點T（x，y）由，得（x+2）2+y2=2（x+1）2+y2，即x2+y2=2得出關(guān)于m的關(guān)系式求得離心率范圍設(shè)M（x0，y0），P（x1，y1），Q（x2，y2）由=，=的關(guān)系列式求解解答： 解：（1）設(shè)橢圓C的方程為由題意得解得所以橢圓方程為因為橢圓C過點（），所以，解得m=2或m=（舍去）所以m=24分（2）設(shè)點T（x，y）由，得（x+2）2+y2=2（x+1）2+y2，即x2+y2=26分由得y2=m2m因此0m2mm，解得1m2所以橢圓的離心率10分（方法一）設(shè)M（x0，y0），P（x1，y1），Q（x2，y2）則由，得從而12分因為，所以即因為，代入得由題意知，1故，所以同理可得因此所以+=616分（方法二）設(shè)M（x0，y0），P（x1，y1），Q（x2，y2）直線AM的方程為將代入，得因為，所以同理14分因為所以=即+=6為定值16分點評： 本題主要考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系在向量中的應(yīng)用，屬于難度較大的題目，在高考中屬于壓軸題目19已知函數(shù)f（x）=x2x+t，t0，g（x）=lnx（1）令h（x）=f（x）+g（x），求證：h（x）是增函數(shù)；（2）直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖象都相切對于確定的正實數(shù)t，討論直線l的條數(shù)，并說明理由考點： 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程專題： 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用分析： （1）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；（2）分別設(shè)出切點，再根導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，構(gòu)造方程組，消元，再構(gòu)造函數(shù)FF（x）=lnx+（t+1），利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)F（x）的最小值，再分類討論，得到方程組的解得個數(shù)，繼而得到切線的條數(shù)解答： 解：（1）由h（x）=f（x）+g（x）=x2x+t+lnx，得h （x）=2x1+，x0因為2x+2=2，所以h （x）0，從而函數(shù)h（x）是增函數(shù) （2）記直線l分別切f（x），g（x）的圖象于點（x1，x12x1+t），（x2，lnx2），由f（x）=2x1，得l的方程為y（x12x1+t）=（2x11）（xx1），即y=（2x11）xx12+t由g（x）=，得l的方程為ylnx2=（xx2），即y=x+lnx21所以（*） 消去x1得lnx2+（t+1）=0 （*） 令F（x）=lnx+（t+1），則F（x）=，x0由F（x）=0，解得x=1當(dāng)0x1時，F(xiàn)（x）0，當(dāng)x1時，F(xiàn)（x）0，所以F（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+）上單調(diào)遞增，從而F（x）min=F（1）=t 當(dāng)t=0時，方程（*）只有唯一正數(shù)解，從而方程組（*）有唯一一組解，即存在唯一一條滿足題意的直線； 當(dāng)t0時，F(xiàn)（1）0，由于F（et+1）ln（et+1）（t+1）=0，故方程（*）在（1，+）上存在唯一解； 令k（x）=lnx+1（x1），由于k （x）=0，故k （x）在（0，1上單調(diào)遞減，故當(dāng)0x1時，k （x）k （1）=0，即lnx1，從而lnx+（t+1）（）2t所以F（）（+）2t=+0，又01，故方程（*）在（0，1）上存在唯一解所以當(dāng)t0時，方程（*）有兩個不同的正數(shù)解，方程組（*）有兩組解即存在兩條滿足題意的直線綜上，當(dāng)t=0時，與兩個函數(shù)圖象同時相切的直線的條數(shù)為1；當(dāng)t0時，與兩個函數(shù)圖象同時相切的直線的條數(shù)為2點評： 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)以及最值的關(guān)系，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義方程組的解得個數(shù)問題，考查了學(xué)生得轉(zhuǎn)化能力，運算能力，屬于難題20已知數(shù)列an的各項均為正數(shù)，其前n項的和為Sn，且對任意的m，nN*，都有（Sm+n+S1）2=4a2ma2n（1）求的值；（2）求證：an為等比數(shù)列；（3）已知數(shù)列cn，dn滿足|cn|=|dn|=an，p（p3）是給定的正整數(shù)，數(shù)列cn，dn的前p項的和分別為Tp，Rp，且Tp=Rp，求證：對任意正整數(shù)k（1kp），ck=dk考點： 數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式專題： 等差數(shù)列與等比數(shù)列分析： （1）由（Sm+n+S1）2=4a2ma2n取m=n=1，可得，利用a1，a20，即可得出（2）由（Sm+n+S1）2=4a2ma2n令m=n，可得S2n+a1=2a2n，S2n+2+a1=2a2n+2令m=n+1，可得，化簡整理可得：a2n+1=2a2n，a2n+2=2a2n+1，利用等比數(shù)列的通項公式即可得出（3）由（2）可知：an=，由于|cn|=|dn|=an=，可得cp=dp，若cp=dp，不妨設(shè)cp0，cp0，則Tpa10，Rpa10，這與Tp=Rp矛盾，可得cp=dp，于是Tp1=Rp1，即可證明解答： （1）解：由（Sm+n+S1）2=4a2ma2n取m=n=1，可得，a1，a20，a2+2a1=2a2，化為=2（2）證明：由（Sm+n+S1）2=4a2ma2n令m=n，可得S2n+a1=2a2n，S2n+2+a1=2a2n+2令m=n+1，可得，可得：a2n+1=22a2n=，可得：a2n+2=，由可得：，把代入可得：a2n+1=2a2n，把代入可得：a2n+2=2a2n+1，=2，又=2，nN*an為等比數(shù)列，首項為a1，公比為2（3）證明：由（2）可知：an=，|cn|=|dn|=an=，cp=dp，若cp=dp，不妨設(shè)cp0，cp0，則Tp=a10，Rp+=+=a10，這與Tp=Rp矛盾，cp=dp，于是Tp1=Rp1，可得cp1=dp1，于是cp2=dp2，c1=d1對任意正整數(shù)k（1kp），ck=dk點評： 本題考查了遞推式的應(yīng)用、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式、數(shù)列的單調(diào)性，考查了反證法、推理能力與計算能力，屬于難題選修4-1：幾何證明選講21如圖，AB，AC是O的切線，ADE是O的割線，求證：BECD=BDCE考點： 圓的切線的判定定理的證明；相似三角形的判定專題： 推理和證明分析： 通過證明BADEABCADEAC，利用比例關(guān)系推出BECD=BDCE解答： 選修41：幾何證明選講證明：因為AB是O的切線，所以ABD=AEB又因為BAD=EAB，所以BADEAB所以（5分）同理CADEAC，因為AB，AC是O的切線，所以AB=AC因此，即BECD=BDCE（10分）點評： 本題考查圓的切線，三角形相似，考查比例關(guān)系，邏輯推理能力選修4-2：矩陣與變換22已知矩陣A=，直線l：xy+4=0在矩陣A對應(yīng)的變換作用下變?yōu)橹本€l：xy+2a=0（1）求實數(shù)a的值；（2）求A2考點： 幾種特殊的矩陣變換菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題： 矩陣和變換分析： （1）設(shè)直線l上一點M（x0，y0）在矩陣A對應(yīng)的變換作用下變?yōu)閘上點M（x，y），通過=，用x0、y0表示x、y并代入直線l方程，利用點M在直線l上可得a的值；（2）由a=2直接計算即可解答： 解：（1）設(shè)直線l上一點M（x0，y0）在矩陣A對應(yīng)的變換作用下變?yōu)閘上點M（x，y），則=，所以，代入l方程得（ax0+y0）（x0+ay0）+2a=0，即（a1）x0（a1）y0+2a=0（x0，y0）滿足x0y0+4=0，=4，解得a=2；（2）由A=，得A2=點評： 本題主要考查矩陣與變換等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力及化歸與轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程23在極坐標(biāo)系中，設(shè)圓C：=4cos與直線l：=（R）交于A，B兩點，求以AB為直徑的圓的極坐標(biāo)方程考點： 簡單曲線的極坐標(biāo)方程專題： 坐標(biāo)系和參數(shù)方程分析： 首先，將給定的圓化為直角坐標(biāo)方程，然后，求解點A、B的坐標(biāo)，然后，確定其方程解答： 解：以極點為坐標(biāo)原點，極軸為x軸的正半軸，建立直角坐標(biāo)系，則由題意，得圓C的直角坐標(biāo)方程x2+y24x=0，直線l的直角坐標(biāo)方程y=x（4分）由，解得或，所以A（0，0），B（2，2），從而以AB為直徑的圓的直角坐標(biāo)方程為（x1）2+（y1）2=2，即x2+y2=2x+2y（7分）將其化為極坐標(biāo)方程為：22（cos+sin）=0，即=2（cos+sin）（10分）點評： 本題重點考查了圓的極坐標(biāo)方程和普通方程、極坐標(biāo)和直角坐標(biāo)方程的互化等知識選修4-5：不等式選講24已知實數(shù)x，y滿足xy，求證：2x+2y+3考點： 不等式的證明專題： 推理和證明分析： 轉(zhuǎn)化不等式的左側(cè)為均值不等式的形式，然后利用基本不等式推出結(jié)果即可解答： 選修45：不等式選講證明：因為xy，所以xy0，從而左邊2x+=（xy）+（xy）+2y3+2y=2y+3=右邊即原不等式成立（10分）點評： 本題考查不等式的證明，均值不等式的應(yīng)用，考查推理與證明七、解答題（共2小題，滿分20分）25如圖，四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ABAD，BC=，AB=1，BD=PA=2（1）求異面直線BD與PC所成角的余弦值；（2）求二面角APDC的余弦值考點： 二面角的平面角及求法；異面直線及其所成的角專題： 空間位置關(guān)系