江蘇省高考數(shù)學(xué)試卷答案與解析

2015年江蘇省高考數(shù)學(xué)試卷參照答案與試題分析一、填空題（本大題共14小題，每題5分，合計(jì)70分）1．（5分）（2015?江蘇）已知會(huì)合A=｛1，2，3｝，B=｛2，4，5}，則會(huì)合A∪B中元素的個(gè)數(shù)為5．考點(diǎn):并集及其運(yùn)算．專題：會(huì)合．剖析:求出A∪B，再明確元素個(gè)數(shù)解答：解：會(huì)合A={1，2，3｝，B={2，4，5}，則A∪B=｛1，2，3，4，5}；所以A∪B中元素的個(gè)數(shù)為5;故答案為：5評(píng)論：題考察了會(huì)合的并集的運(yùn)算,依據(jù)定義解答，注意元素不重復(fù)即可，屬于基礎(chǔ)題2．（5分）（2015?江蘇）已知一組數(shù)據(jù)4,6,5,8，7,6，那么這組數(shù)據(jù)的均勻數(shù)為6．考點(diǎn):眾數(shù)、中位數(shù)、均勻數(shù)．專題:概率與統(tǒng)計(jì)．剖析:直接求解數(shù)據(jù)的均勻數(shù)即可．解答:解：數(shù)據(jù)4，6，5，8,7，6，那么這組數(shù)據(jù)的均勻數(shù)為：=6．故答案為：6．評(píng)論：此題考察數(shù)據(jù)的均值的求法，基本知識(shí)的考察．3．(5分)(2015?江蘇）設(shè)復(fù)數(shù)z知足z2=3+4i（i是虛數(shù)單位），則z的模為．考點(diǎn):復(fù)數(shù)求模．專題：數(shù)系的擴(kuò)大和復(fù)數(shù)．剖析：直接利用復(fù)數(shù)的模的求解法例，化簡(jiǎn)求解即可．解答：解：復(fù)數(shù)z知足z2=3+4i，可得｜z｜|z｜=|3+4i|==5,∴|z|=．故答案為:．評(píng)論：此題考察復(fù)數(shù)的模的求法，注意復(fù)數(shù)的模的運(yùn)算法例的應(yīng)用，考察計(jì)算能力．4．（5分）(2015?江蘇)依據(jù)如下圖的偽代碼，可知輸出的結(jié)果S為7．1考點(diǎn)：偽代碼．專題：圖表型；算法和程序框圖．剖析：模擬履行程序框圖，挨次寫出每次循環(huán)獲得的I，S的值,當(dāng)I=10時(shí)不知足條件I＜8，退出循環(huán)，輸出S的值為7．解答：解:模擬履行程序,可得S=1,I=1知足條件I＜8，S=3，I=4知足條件I＜8,S=5，I=7知足條件I＜8,S=7,I=10不知足條件I＜8，退出循環(huán)，輸出S的值為7．故答案為：7．評(píng)論：此題主要考察了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序，正確判斷退出循環(huán)的條件是解題的重點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)題．5．（5分）(2015?江蘇)袋中有形狀、大小都同樣的4只球，此中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只球顏色不一樣的概率為．考點(diǎn)：古典概型及其概率計(jì)算公式．專題:概率與統(tǒng)計(jì)．剖析：依據(jù)題意，把4個(gè)小球分別編號(hào),用列舉法求出基本領(lǐng)件數(shù)，計(jì)算對(duì)應(yīng)的概率即可．解答:解：依據(jù)題意,記白球?yàn)锳，紅球?yàn)锽，黃球?yàn)镃1、C2，則一次拿出2只球,基本領(lǐng)件為AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6種，此中2只球的顏色不一樣的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5種；所以所求的概率是P=．故答案為：．評(píng)論：此題考察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）（2015?江蘇）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R),則m﹣n的值為﹣3．考點(diǎn):平面向量的基本定理及其意義．專題:平面向量及應(yīng)用．2剖析:直接利用向量的坐標(biāo)運(yùn)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．故答案為：﹣3．評(píng)論：此題考察向量的坐標(biāo)運(yùn)算，向量相等條件的應(yīng)用,考察計(jì)算能力．7．(5分)（2015?江蘇）不等式2＜4的解集為(﹣1，2）．考點(diǎn)：指、對(duì)數(shù)不等式的解法．專題:函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用．剖析：利用指數(shù)函數(shù)的單一性轉(zhuǎn)變?yōu)閤2﹣x＜2，求解即可．解答：解;∵2＜4，x2﹣x＜2，即x2﹣x﹣2＜0，解得：﹣1＜x＜2故答案為：（﹣1，2）評(píng)論：此題考察了指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，二次不等式的求解，屬于簡(jiǎn)單的綜合題目，難度不大．8．(5分)(2015?江蘇）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，則tanβ的值為3．考點(diǎn)：兩角和與差的正切函數(shù)．專題:三角函數(shù)的求值．剖析：直接利用兩角和的正切函數(shù),求解即可．解答：解：tanα=﹣2，tan（α+β）=，可知tan（α+β）==，即=,解得tanβ=3．故答案為:3．評(píng)論：此題考察兩角和的正切函數(shù)，基本知識(shí)的考察．9．（5分）（2015?江蘇）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,高為的圓柱各一個(gè)，若將它們從頭制作成整體積與高均保持不變，但底面半徑同樣的新的圓錐和圓柱各一個(gè),則新的底面半徑為．考點(diǎn):棱柱、棱錐、棱臺(tái)的體積．3專題：計(jì)算題；空間地點(diǎn)關(guān)系與距離．剖析：由題意求出本來(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，本來(lái)圓錐和圓柱的體積和為:．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：．∴，解得：．故答案為：．評(píng)論：此題考察了圓柱與圓錐的體積公式，是基礎(chǔ)的計(jì)算題．10．(5分)(2015?江蘇）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以點(diǎn)（1，0）為圓心且與直線mx﹣y﹣2m﹣1=0(m∈R）相切的全部圓中，半徑最大的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣1)2+y2=2．考點(diǎn)：圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；圓的切線方程．專題：計(jì)算題;直線與圓．剖析：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時(shí),圓的半徑最大為,22∴所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x﹣1）+y=2．22故答案為：（x﹣1）+y=2．評(píng)論:此題考察所圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考察點(diǎn)到直線的距離公式，考察學(xué)生的計(jì)算能力,比較基礎(chǔ)．＊}11．（5分）(2015?江蘇）設(shè)數(shù)列｛an｝知足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N)，則數(shù)列｛的前10項(xiàng)的和為．考點(diǎn)：數(shù)列的乞降;數(shù)列遞推式．專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．剖析：數(shù)列｛an}知足a1=1,且an+1﹣an=n+1（n∈N*)，利用“累加乞降”可得an=．再利用“裂項(xiàng)乞降”即可得出．解答:解：∵數(shù)列｛an｝知足a1=1，且an+1﹣an=n+1(n∈N*），∴當(dāng)n≥2時(shí),an=（an﹣an﹣1)++(a2﹣a1）+a1=+n++2+1=．當(dāng)n=1時(shí)，上式也成立，∴an=．4∴=2．∴數(shù)列{｝的前n項(xiàng)的和Sn===．∴數(shù)列{}的前10項(xiàng)的和為．故答案為:．評(píng)論：此題考察了數(shù)列的“累加乞降”方法、“裂項(xiàng)乞降”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)（2015?江蘇）在平面直角坐標(biāo)系xOy中,P為雙曲線x2﹣y2=1右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)P到直線x﹣y+1=0的距離大于c恒成立，則實(shí)數(shù)c的最大值為．考點(diǎn):雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．專題：計(jì)算題;圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．剖析:雙曲線x2﹣y2=1的漸近線方程為x±y=0，c的最大值為直線x﹣y+1=0與直線x﹣y=0的距離．解答:解：由題意，雙曲線x2﹣y2=1的漸近線方程為x±y=0,由于點(diǎn)P到直線x﹣y+1=0的距離大于c恒成立，所以c的最大值為直線x﹣y+1=0與直線x﹣y=0的距離，即．故答案為：．評(píng)論：此題考察雙曲線的性質(zhì)，考察學(xué)生的計(jì)算能力，比較基礎(chǔ)．13．（5分）（2015?江蘇）已知函數(shù)f(x）=|lnx|，g（x）=，則方程|f（x）+g（x）｜=1實(shí)根的個(gè)數(shù)為4．考點(diǎn)：根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷．專題：綜合題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．剖析:：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）±1．g(x）與h(x）=﹣f（x）+1的圖象如下圖,圖象有兩個(gè)交點(diǎn)；5g（x）與φ（x)=﹣f（x)﹣1的圖象如下圖，圖象有兩個(gè)交點(diǎn)；所以方程|f(x）+g（x）|=1實(shí)根的個(gè)數(shù)為4．故答案為:4．評(píng)論：此題考察求方程｜f（x）+g（x）｜=1實(shí)根的個(gè)數(shù),考察數(shù)形聯(lián)合的數(shù)學(xué)思想,考察學(xué)生剖析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．14．(5分)（2015?江蘇）設(shè)向量=(cos，sin+cos)（k=0，1，2,，12)，則（ak?ak+1）的值為．考數(shù)列的乞降．點(diǎn)：專等差數(shù)列與等比數(shù)列；平面向量及應(yīng)用．題：分利用向量數(shù)目積運(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)的周期性即可析得出．:解解：答6：=+=++++=++=++,(ak?ak+1）=++++++++++++++++0+0．故答案為：9．點(diǎn)此題考察了向量數(shù)目積運(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)的周期評(píng)性,考察了推理能力與計(jì)算能力,屬于中檔題．：二、解答題（本大題共6小題，合計(jì)90分，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）15．（14分）（2015?江蘇）在△ABC中，已知AB=2，AC=3,A=60°．1)求BC的長(zhǎng)；2）求sin2C的值．考點(diǎn)：余弦定理的應(yīng)用；二倍角的正弦．專題：解三角形．剖析：（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，而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+8﹣2×2×3×=7,所以BC=．(2）由正弦定理可得：，則sinC===，AB＜BC，∴C為銳角,7則cosC===．所以sin2C=2sinCcosC=2×=．評(píng)論：此題考察余弦定理的應(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重點(diǎn)．16．（14分）(2015?江蘇)如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，設(shè)AB1的中點(diǎn)為D,B1C∩BC1=E．求證:1）DE∥平面AA1C1C；2)BC1⊥AB1．考點(diǎn)：直線與平面平行的判斷；直線與平面垂直的性質(zhì)．專題：證明題;空間地點(diǎn)關(guān)系與距離．剖析：（1）依據(jù)中位線定理得DE∥AC，即證DE∥平面AA1C1C；(2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC,即證AC⊥CC1；再證明AC⊥平面BCC1B1，即證BC1⊥AC；最后證明BC1⊥平面B1AC,即可證出BC1⊥AB1．解答:證明：（1）依據(jù)題意，得；E為B1C的中點(diǎn)，D為AB1的中點(diǎn)，所以DE∥AC；又由于DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C；（2）由于棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC,由于AC?平面ABC，所以AC⊥CC1;又由于AC⊥BC,CC?平面BCC1B，11BC?平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1；又由于BC1?平面平面BCC1B1,所以BC1⊥AC；由于BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥平面B1AC；8又由于AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1．評(píng)論：此題考察了直線與直線，直線與平面以及平面與平面的地點(diǎn)關(guān)系，也考察了空間想象能力和推理論證能力的應(yīng)用問(wèn)題，是基礎(chǔ)題目．17．（14分）（2015?江蘇）某山區(qū)外頭有兩條互相垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改良山區(qū)的交通現(xiàn)狀,計(jì)劃修筑一條連結(jié)兩條公路和山區(qū)界限的直線型公路,記兩條互相垂直的公路為l1,l2，山區(qū)界限曲線為C，計(jì)劃修筑的公路為l，如下圖，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,成立平面直角坐標(biāo)系xOy，假定曲線C切合函數(shù)y=（此中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．①請(qǐng)寫出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)分析式f（t),并寫出其定義域；②當(dāng)t為什么值時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短?求出最短長(zhǎng)度．考點(diǎn)：函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用．專題：綜合題;導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．剖析：（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=,成立方程組,即可求a，b的值；2)①求出切線l的方程，可得A,B的坐標(biāo)，即可寫出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)分析式f（t)，并寫出其定義域；②設(shè)g（t）=，利用導(dǎo)數(shù)，確立單一性,即可求出當(dāng)t為什么值時(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=,得，解得，9(2）①由（1）y=（5≤x≤20)，P（t,）,∴y′=﹣，∴切線l的方程為y﹣=﹣(x﹣t）設(shè)在點(diǎn)P處的切線l交x，y軸分別于A，B點(diǎn)，則A（,0)，B（0，），∴f（t）==，t∈［5，20]；②設(shè)g(t）=,則g′(t）=2t﹣=0，解得t=10，t∈（5，10)時(shí)，g′（t）＜0,g（t）是減函數(shù)；t∈(10，20）時(shí)，g′（t）＞0,g（t）是增函數(shù)，從而t=10時(shí),函數(shù)g（t）有極小值也是最小值，g（t）min=300，∴f（t）min=15，答：t=10時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短，最短長(zhǎng)度為15千米．評(píng)論：此題考察利用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)質(zhì)問(wèn)題，考察導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，確立函數(shù)關(guān)系，正確求導(dǎo)是重點(diǎn)．18．（16分）（2015?江蘇）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓+=1（a＞b＞0）的離心率為，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的垂直均分線分別交直線l和AB于點(diǎn)P，C，若PC=2AB,求直線AB的方程．考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．專題：直線與圓；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．剖析:（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，從而獲得橢圓方程；2）議論直線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，即可獲得所求直線的方程．10解答：解:（1）由題意可得，e==，且c+=3，解得c=1，a=，則b=1，即有橢圓方程為+y2=1;（2）當(dāng)AB⊥x軸，AB=，CP=3，不合題意；當(dāng)AB與x軸不垂直，設(shè)直線AB:y=k（x﹣1）,A(x1,y1）,B（x2,y2）,將AB方程代入橢圓方程可得(1+2k2）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）=0，則x1+x2=，x1x2=，則C（，），且|AB｜=?=，若k=0，則AB的垂直均分線為y軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意；則k≠0，故PC：y+=﹣(x﹣）,P（﹣2，），從而|PC|=,由｜PC|=2|AB｜，可得=，解得k=±1，此時(shí)AB的方程為y=x﹣1或y=﹣x+1．評(píng)論：此題考察橢圓的方程和性質(zhì)，主要考察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)考察兩直線垂直和中點(diǎn)坐標(biāo)公式的運(yùn)用,屬于中檔題．19．（16分）(2015?江蘇）已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+b（a,b∈R）．（1）試議論f（x）的單一性；(2）若b=c﹣a（實(shí)數(shù)c是與a沒關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f（x）有三個(gè)不一樣的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰巧是（﹣∞，﹣3）∪（1,）∪（，+∞）,求c的值．考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性;函數(shù)零點(diǎn)的判斷定理．專題：綜合題；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．剖析：（1）求導(dǎo)數(shù)，分類議論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可得出f（x)的單一性；(2）由（1)知,函數(shù)f（x)的兩個(gè)極值為f（0)=b，f（﹣）=+b，則函數(shù)f（x）11有三個(gè)不一樣的零點(diǎn)等價(jià)于（f0)f（﹣）=b（+b）＜0,進(jìn)一步轉(zhuǎn)變?yōu)閍＞0時(shí),﹣a+c＞0或a＜0時(shí)，﹣a+c＜0．設(shè)g（a)=﹣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x=0或﹣．a(chǎn)=0時(shí)，f′（x）＞0，∴f(x）在（﹣∞，+∞）上單一遞加；a＞0時(shí)，x∈(﹣∞,﹣）∪（0，+∞）時(shí),f′（x）＞0,x∈(﹣，0）時(shí)，f′(x）＜0，∴函數(shù)f（x)在（﹣∞,﹣），（0，+∞）上單一遞加，在(﹣，0）上單一遞減；a＜0時(shí)，x∈（﹣∞,0）∪（﹣,+∞）時(shí)，f′（x)＞0,x∈（0,﹣)時(shí)，f′(x）＜0，∴函數(shù)f（x）在(﹣∞，0），（﹣,+∞）上單一遞加，在（0，﹣）上單一遞減；（2)由（1）知,函數(shù)f（x)的兩個(gè)極值為f（0）=b，f（﹣）=+b，則函數(shù)f（x）有三個(gè)不一樣的零點(diǎn)等價(jià)于f(0）f（﹣）=b（+b）＜0，∵b=c﹣a，∴a＞0時(shí),﹣a+c＞0或a＜0時(shí),﹣a+c＜0．設(shè)g（a）=﹣a+c，∵函數(shù)f(x）有三個(gè)不一樣的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰巧是（﹣∞，﹣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=1,322此時(shí)f（x）=x+ax+1﹣a=（x+1)[x+（a﹣1）x+1﹣a],x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有兩個(gè)異于﹣1的不等實(shí)根,△=(a﹣1)2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣(a﹣1）+1﹣a≠0，解得a∈(﹣∞，﹣3)∪(1,）∪（,+∞）,綜上c=1．評(píng)論：此題考察導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考察函數(shù)的單一性，考察函數(shù)的零點(diǎn)，考察分類議論的數(shù)學(xué)思想，難度大．1220．（16分)(2015?江蘇）設(shè)a1,a2，a3．a(chǎn)4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d(d≠0）的等差數(shù)列．（1）證明:2，2，2，2挨次組成等比數(shù)列；（2）能否存在a112233，a44挨次組成等比數(shù)列?并說(shuō)明原因;，d，使得a，a,an，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k挨次組成等比數(shù)列（3）能否存在a1，d及正整數(shù)n，k,使得a1?并說(shuō)明原因．考點(diǎn)：等比關(guān)系確實(shí)定；等比數(shù)列的性質(zhì)．專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．剖析:（1)依據(jù)等比數(shù)列和等差數(shù)列的定義即可證明；234（2）利用反證法,假定存在a1，d使得a1,a2,a3，a4挨次組成等比數(shù)列，推出矛盾，否認(rèn)假定，獲得結(jié)論；（3）利用反證法，假定存在a1，d及正整數(shù)n，k,使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k挨次組成等比數(shù)列，獲得a1n（a1n+2k1（）n+k（a1n+3k2n+k，且（a1+d））=2（n+2k）+2d）=（a+2d）+3dln(1+3t）ln（1+2t）+3ln(1+2t）（a1+2d），利用等式以及對(duì)數(shù)的性質(zhì)化簡(jiǎn)整理獲得ln（1+t）=4ln（1+3t）ln(1+t），（＊*）,多次結(jié)構(gòu)函數(shù)，多次求導(dǎo),利用零點(diǎn)存在定理,推出假定不可立．解答：=2d，（n=1，2，3,）是同一個(gè)常數(shù)，解：(1）證明:∵=∴2,2,2，2挨次組成等比數(shù)列；2)令a1+d=a，則a1，a2，a3，a4分別為a﹣d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞﹣2d,d≠0）假定存在a1，d使得a1，a22，a33，a44挨次組成等比數(shù)列，則a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4,令t=，則1=（1﹣t)(1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4,(﹣＜t＜1，t≠0），3222化簡(jiǎn)得t+2t﹣2=0（*)，且t=t+1,將t=t+1代入（*）式，t（t+1)+2（t+1）﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，則t=﹣,明顯t=﹣不是上邊方程的解,矛盾，所以假定不可立，所以不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44挨次組成等比數(shù)列．(3）假定存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k挨次組成等比數(shù)列，則a1（）（）n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2n+k，且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=(a1+2d)2n+2k，分別在兩個(gè)等式的兩邊同除以=a（）（）2n+k，a2n+2k,并令t=，（t＞,t≠0），11（n+k）（）則(1+2t）n+2k=（1+t）2,且（1+t)n+k（1+3t)n+3k=（1+2t）2n+2k，將上述兩個(gè)等式取對(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,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）]，再將這兩式相除，化簡(jiǎn)得，13ln(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）=［（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），則φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t)﹣2（1+2t）ln（1+2t)+3（1+t）ln（1+t）]，令φ11(t）=φ′（t），則φ′(t）=6［3ln（1+3t）﹣4ln(1+2t)+ln（1+t）］，令φ212＞0，（t)=φ′(t)，則φ′（t）=由g(0）=φ（0）=φ122（0）=φ（0）=0，φ′（t)＞0，知g（t），φ（t），φ12,0)和(0，+∞）上均單一，(t),φ（t）在（﹣故g（t)只有獨(dú)一的零點(diǎn)t=0，即方程（＊*)只有獨(dú)一解t=0，故假定不可立，所以不存在a1,d及正整數(shù)n，k,使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k挨次組成等比數(shù)列．評(píng)論:此題主要考察等差數(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),考察代數(shù)推理、轉(zhuǎn)變與化歸及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)研究與解決問(wèn)題的能力，屬于難題．三、附帶題(本大題包含選做題和必做題兩部分)【選做題】此題包含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)（2015?江蘇)如圖，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圓⊙O的弦AE交BC于點(diǎn)D．求證：△ABD∽△AEB．考點(diǎn)：相像三角形的判斷．專題:推理和證明．剖析: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，即可證明三角形相像．解答：證明：∵AB=AC，∴∠ABD=∠C，又∵∠C=∠E，∴∠ABD=∠E，又∠BAE是公共角，可知：△ABD∽△AEB．評(píng)論：此題考察圓的基天性質(zhì)與相像三角形等基礎(chǔ)知識(shí)，考察邏輯推理能力．【選修4—2:矩陣與變換】1422．（10分）（2015?江蘇）已知x，y∈R，向量=是矩陣的屬于特點(diǎn)值﹣2的一個(gè)特點(diǎn)向量，求矩陣A以及它的另一個(gè)特點(diǎn)值．考點(diǎn)：特點(diǎn)值與特點(diǎn)向量的計(jì)算．專題：矩陣和變換．剖析：利用A=﹣2，可得A=，經(jīng)過(guò)令矩陣A的特點(diǎn)多項(xiàng)式為0即得結(jié)論．解答：解：由已知，可得A=﹣2，即==，則，即，∴矩陣A=，從而矩陣A的特點(diǎn)多項(xiàng)式f(λ）=（λ+2）（λ﹣1)，∴矩陣A的另一個(gè)特點(diǎn)值為1．評(píng)論：此題考察求矩陣及其特點(diǎn)值，注意解題方法的累積，屬于中檔題．【選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程】23．（2015?江蘇）已知圓2ρsin(θ﹣）﹣4=0，求圓C的半徑．C的極坐標(biāo)方程為ρ+2考點(diǎn)：簡(jiǎn)單曲線的極坐標(biāo)方程．專題：計(jì)算題;坐標(biāo)系和參數(shù)方程．剖析：先依據(jù)x=ρcosθ，y=ρsinθ,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2ρsin（θ﹣2ρ+2）﹣4=0，可得ρ﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣4=0,化為直角坐標(biāo)方程為x2+y2﹣2x+2y﹣4=0，化為標(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣221）+(y+1）=6，圓的半徑r=．評(píng)論：此題主要考察把極坐標(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x=ρcosθ，y=ρsinθ，比較基礎(chǔ)，［選修4-5：不等式選講】24．（2015?江蘇）解不等式x+｜2x+3｜≥2．考點(diǎn)：絕對(duì)值不等式的解法．專題：不等式．剖析：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≥”“x＜”進(jìn)行議論求解．解答：解法1：x+|2x+3|≥2變形為|2x+3｜≥2﹣x,15得2x+3≥2﹣x，或2x+3≥﹣（2﹣x），即x≥，或x≤﹣5，即原不等式的解集為｛x｜x≥,或x≤﹣5｝．解法2：令|2x+3｜=0，得x=．①當(dāng)x≥時(shí)，原不等式化為x+（2x+3）≥2,即x≥，所以x≥；②x＜時(shí),原不等式化為x﹣（2x+3）≥2，即x≤﹣5，所以x≤﹣5．綜上，原不等式的解集為{x|x≥，或x≤﹣5｝．評(píng)論:此題考察了含絕對(duì)值不等式的解法．本解答給出的兩種方法是常有的方法，不論用哪種方法,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)注意：同一類中取交集，類與類之間取并集．【必做題】每題10分，合計(jì)20分，解答時(shí)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟25．（10分）（2015?江蘇）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1．1）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):二面角的平面角及求法；點(diǎn)、線、面間的距離計(jì)算．專題：空間地點(diǎn)關(guān)系與距離;空間角．剖析：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cos2＜,＞≤,聯(lián)合函數(shù)y=cosx在(0，)上的單一性,計(jì)算即得結(jié)論．16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