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z=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
2
5．（5分）袋中有形状、大小都相同的黄球，从中一次随机摸出6．（5分）已知向量
4只球，其中1只白球、1只红球、2只
．
2只球，则这2只球颜色不同的概率为
=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈
．＜4的解集为
．
．
R），则m﹣n的值为7．（5分）不等式2
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﹣
．}的前
2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为，则数列{11．（5分）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N）10项的和为
．
*
12．（5分）在平面直角坐标系
xOy中，P为双曲线x﹣y=1右支上的一个动点，
．
22
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）
1
+g（x）|=1实根的个数为14．（5分）设向量（ak?ak+1）的值为
=（cos
．
．，sin
+cos
）（k=0，1，2，…，12），则
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，已知的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：
（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．
2
AC⊥BC，1，设AB1
BC=CC17．（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．
3
18．（16分）如图，在平面直角坐标系的离心率为
xOy中，已知椭圆+=1（a＞b＞0）
，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AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．
l和
．19．（16分）已知函数f（x）=x+ax+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．
32
4
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a1，a2
数列？并说明理由．
n
n+k
n+2kn+3k
，a3，a4依次构成等比
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．
5
【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+2
ρsin（θ﹣）﹣[选修4-5：不等式选讲】24．解不等式x+|2x+3|≥2．
6
4=0，求圆C的半径．
【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，求线段的长．
BQ
，设S26．（10分）已知集合X={1，2，3}，Yn={1，2，3，…，n）（n∈N）n={（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．
*
7
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
．
【考点】1D：并集及其运算．【专题】5J：集合．
【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．
【考点】BB：众数、中位数、平均数．【专题】5I：概率与统计．
【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：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．
=6．
3．（5分）设复数z满足z=3+4i（i是虚数单位），则z的模为
2
．
8
【考点】A8：复数的模．
【专题】5N：数系的扩充和复数．
【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z=3+4i，可得|z||z|=|3+4i|=∴|z|=
．
．
=5，
2
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．
【考点】EA：伪代码（算法语句）．
【专题】27：图表型；5K：算法和程序框图．【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的满足条件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
I，S的值，当I=10时不
9
键，属于基础题．
5．（5分）袋中有形状、大小都相同的黄球，从中一次随机摸出
4只球，其中1只白球、1只红球、2只
．
2只球，则这2只球颜色不同的概率为
【考点】CC：列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【专题】5I：概率与统计．
【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∈
﹣3
．
R），则m﹣n的值为
【考点】9H：平面向量的基本定理．【专题】5A：平面向量及应用．
【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．
10
7．（5分）不等式2＜4的解集为（﹣1，2）．
【考点】7J：指、对数不等式的解法．
【专题】51：函数的性质及应用；59：不等式的解法及应用．【分析】利用指数函数的单调性转化为【解答】解；∵2∴x2﹣x＜2，即x﹣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．
2
x2﹣x＜2，求解即可．
＜4，
8．（5分）已知tanα＝﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为3．
【考点】GP：两角和与差的三角函数．【专题】56：三角函数的求值．
【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
11
径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为．
【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】11：计算题；5F：空间位置关系与距离．
【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求出体积，由前后体积相等列式求得
r．
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则新圆锥和圆柱的体积和为：∴故答案为：
．
，解得：
．r，
．
【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﹣
（x﹣1）
2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为
2
+y=2
2
．
【考点】J1：圆的标准方程；J7：圆的切线方程．【专题】11：计算题；5B：直线与圆．
【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，
2
2
∴所求圆的标准方程为（x﹣1）+y=2．故答案为：（x﹣1）+y=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．
12
2
2
*
，则数列{11．（5分）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N）
}的前
10项的和为．
【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．【专题】54：等差数列与等比数列．
【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=∴∴数列{==
．
}的前10项的和为
．
n
．
．=2
．
．
}的前n项的和Sn=
∴数列{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x﹣y=1右支上的一个动点，
．
22
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
【考点】KC：双曲线的性质．
13
【专题】11：计算题；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．
【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x﹣y=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：
．
．
2
2
【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）=+g（x）|=1实根的个数为
4
．
，则方程|f（x）
【考点】53：函数的零点与方程根的关系．【专题】15：综合题；51：函数的性质及应用．
【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；
14
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（ak?ak+1）的值为
=（cos
．
，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则
【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算；【专题】5A：平面向量及应用．
GP：两角和与差的三角函数．
【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
：+
=
+
==
++
++
+++
，
15
∴=+…+
+…+
==
+0+0．
．+
+
+
++
（
+
+
+
ak?ak+1
+
+
）
+
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（本大题共或演算步骤）
6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程
15．（14分）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．
【考点】GS：二倍角的三角函数；HR：余弦定理．【专题】58：解三角形．
【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：BC=AB+AC﹣2AB?ACcosA=4+9﹣2×2×3×=7，
因为BC＞0，所以BC=（2）由正弦定理可得：∵AB＜BC，BC=角，
＞2，
．
，则sinC=
=
=
，
2
2
2
，AB=2，角A=60°，在三角形ABC中，大角对大边，大边对大
16
∴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，在直三棱柱的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：
（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．
，BC=CCABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC1，设AB1
【考点】LS：直线与平面平行；LW：直线与平面垂直．
【专题】14：证明题；31：数形结合；49：综合法；5F：空间位置关系与距离．【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
CC，即证AC⊥CC1⊥平面ABC1；
再证明AC⊥平面BCC；1B1，即证BC1⊥AC最后证明BC，即可证出BC1⊥AB1．1⊥平面B1AC
【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．
17
【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CC，1⊥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BC；1⊥AC
因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC；1⊥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，
18
以C1为原点建立空间直角坐标系，
C1A1为x轴，C1B1为y轴，C1C为z轴，如图所示；设BC=CC，1=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】本题考查了线线、线面以及面面的位置关系，也考查了空间想象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=模型．
19
（其中a，b为常数）
（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．
【考点】57：函数与方程的综合运用．【专题】15：综合题；53：导数的综合应用．
【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；
l长度的函数解析
（2）①求出切线l的方程，可得A，B的坐标，即可写出公路式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，
（5≤x≤20），P（t，
），
（2）①由（1）y=∴y′＝﹣
，
∴切线l的方程为y﹣=﹣（x﹣t）
20
设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，则A（∴f（t）=
=
，0），B（0，），
，t∈[5，20]；
②设g（t）=t∈（5，10
，则g′（t）=2t﹣=0，解得t=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
，
15
千米．
时，公路l的长度最短，最短长度为
【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，函数关系，正确求导是关键．
考查导数知识的综合运用，确定
18．（16分）如图，在平面直角坐标系的离心率为
xOy中，已知椭圆+=1（a＞b＞0）
，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AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．
l和
21
【考点】K3：椭圆的标准方程；KH：直线与圆锥曲线的综合．【专题】5B：直线与圆；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】（1）运用离心率公式和准线方程，可得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=
，+y=1；
，CP=3，PC≠2AB，不合题意；
2
a，c的方程，解得a，c，再由
，
则b=1，即有椭圆方程为（2）当AB⊥x轴，AB=
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+2k）x﹣4kx+2（k﹣1）=0，则x1+x2=
，x1x2=
，
2
2
2
2
则C（=
，），且|AB|=
=
|x1﹣x2|
=?=，
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，
22
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，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．
联
．19．（16分）已知函数f（x）=x+ax+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．
32
【考点】52：函数零点的判定定理；6B：利用导数研究函数的单调性．【专题】15：综合题；53：导数的综合应用．
【分析】（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣函数f（x）有三个不同的零点等价于一步转化为a＞0时，=
f（0）f（﹣
）=b（
f（x）的单调性；）=
+b，则+b）＜0，进
﹣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．
3
2
【解答】解：（1）∵f（x）=x+ax+b，∴f′（x）=3x+2ax，令f′（x）=0，可得x=0或﹣
．
2
a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；a＞0时，x∈（﹣∞，﹣f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（﹣∞，﹣调递减；
a＜0时，x∈（﹣∞，0）∪（﹣
，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，﹣
）时，
），（0，+∞）上单调递增，在（﹣
，0）上单
）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（﹣
，0）时，
23
f′（x）＜0，
∴综上所述：函数f（x）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（﹣则函数f（x）有三个不同的零点等价于∴b＞0且∵b=c﹣a，∴a＞0时，设g（a）=
﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c，
﹣a+c＜0．
+b＜0，
f（0）＞0，且f（﹣
）=）＜0，
+b，
，+∞）上单调递增，在（0，﹣
∵函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，
）∪（
，+∞），
，+∞）上g（a）＞0均
∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（恒成立，
∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，∴c=1，
此时f（x）=x+ax+1﹣a=（x+1）[x+（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．
，+∞），
322
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
24
，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a1，a2
数列？并说明理由．
n
n+k
n+2kn+3k，a3，a4依次构成等比
【考点】87：等比数列的性质．【专题】54：等差数列与等比数列．
【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a1，a2
n
n+2k
n
n+k
n+2kn+3k
，a3，a4
n+k
依次构成等比数列，得到a1（a1+2d）
n+3k
=（a1+d）
2（n+k）
，且（a1+d）（a1+3d）
ln（1+3t）ln（1+2t）
=（a1+2d）
（n+2k）2
，利用等式以及对数的性质化简整理得到
+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：∵∴2
，2
，2
，2
=
=2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，
依次构成等比数列（ai≠0，i=1，2，3，4）；
（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，
3624
则a4=（a﹣d），且（a+d）（a+2d），（a+d）=a
令t=，则1=（1﹣t）（1+t），且（1+t）=（1+2t），（﹣＜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=t+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，
234
a1，a2，a3，a4依次构成等比数列．
n
n+k
n+2kn+3k，a3，a4依次构成等比
2
364
因此不存在a1，d，使得
（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2
数列，
25
则
nn+2k2（n+k）a1（a1+2d）=（a1+d），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则（1+2t）
n+2k
a1
2（n+k）
，a1
2（n+2k）
，并令t=
n+3k
，（t＞，t≠0），，
=（1+t）
2（n+k）
，且（1+t）
n+k
（1+3t）
=（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+t）ln（1+t）]，
令φ（t）=（1+3t）ln（1+3t）﹣3（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t），则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）﹣2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]，令φ（t），则φ（t）=6[3ln（1+3t）﹣4ln（1+2t）+ln（1+t）]，1（t）=φ′1′令φ（t），则φ（t）=2（t）=φ1′2′
＞0，
2
2
2
2
[（1+3t）ln（1+3t）﹣3（1+2t）ln（1+2t）+3
22
由g（0）=φ（0）=φ（t）＞0，1（0）=φ2（0）=0，φ2′知g（t），φ（t），φ，φ1（t）2（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．
nn+kn+2kn+3k
a1，a2，a3，a4依次构成等比数
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
26
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．
【考点】N4：相似三角形的判定．【专题】5M：推理和证明．
【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，形相似．
【解答】证明：∵AB=AC，∴∠ABD=∠C，又∵圆周角定理，∴∠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．
即可证明三角
【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．
【考点】OV：特征值与特征向量的计算．【专题】5R：矩阵和变换．【分析】利用A得结论．
【解答】解：由已知，可得A则
，即
，
27
=﹣2，可得A=，通过令矩阵A的特征多项式为0即
=﹣2，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ρ+2
2
ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C的半径．
【考点】Q4：简单曲线的极坐标方程．
【专题】11：计算题；5S：坐标系和参数方程．
【分析】先根据x=ρcos，θy=ρsin，求出圆的直角坐标方程，求出半径．θ
2【解答】解：圆的极坐标方程为ρ+22ρ+2
ρsin（θ﹣）﹣4=0，
ρ（
2
sinθ﹣cosθ）﹣4=0，
可得ρ﹣2ρcos+θ2ρsin﹣θ4=0，
化为直角坐标方程为x+y﹣2x+2y﹣4=0，化为标准方程为（x﹣1）+（y+1）=6，圆的半径r=
．
以及求点的极坐
2
2
2
2
【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，标的方法，关键是利用公式
x=ρcos，θy=ρsin，比较基础，θ
[选修4-5：不等式选讲】24．解不等式x+|2x+3|≥2．
【考点】R5：绝对值不等式的解法．【专题】5T：不等式．
【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≥
28
”“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，
或x≤﹣5}．．
，
即原不等式的解集为{x|x≥解法2：令|2x+3|=0，得x=①当x≥所以x≥②x＜
时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥；
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，求线段的长．
BQ
29
【考点】MJ：二面角的平面角及求法；MK：点、线、面间的距离计算．【专题】5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．
【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＜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，∴∵
=（1，1，﹣2），
=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，，
＞≤
，结合函数y=cosx在（0，
）上的
=（0，2，﹣2），=（x，y，z），，
设平面PCD的法向量为由
，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），
30
又又
=（0，﹣1，0），则=+=（﹣λ，﹣1，2λ），，
＞=
=
，
=（0，﹣2，2），从而cos＜
设1+2λ=t，t∈[1，3]，则cos＜
2
，＞==≤，
当且仅当t=，即λ＝时，|cos＜因为y=cosx在（0，又∵BP=
=
，＞|的最大值为，
）上是减函数，此时直线，∴BQ=BP=
．
CQ与DP所成角取得最小值．
【点评】本题考查求二面角的三角函数值，意解题方法的积累，属于中档题．
考查用空间向量解决问题的能力，注
，设S26．（10分）已知集合X={1，2，3}，Yn={1，2，3，…，n）（n∈N）n={（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．
*
【考点】RG：数学归纳法．
【专题】15：综合题；55：点列、递归数列与数学归纳法．【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．
31
【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+2+
+
f（k+1）=f（k）+1=k+2+++1=（k+1）
+
，
，结论成立；
+
+2=（k+1）
3）若k+1=6t+2，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2++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+
+
，结论成立；
+2=（k+1）
5）若k+1=6t+4，则k=6t+3，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2++2+
+
，结论成立；
++2=（k+1）
6）若k+1=6t+5，则k=6t+4，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2+
+
，结论成立．
+2=（k+1）
32
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．
33
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