2016年江苏省高考数学试卷

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文档介绍

2016年江苏省高考数学试卷

‎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)(2016•江苏)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}‎ ‎ ‎ ‎2.(5分)(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ ‎3.(5分)(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ ‎4.(5分)(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ ‎5.(5分)(2016•江苏)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]‎ ‎ ‎ ‎6.(5分)(2016•江苏)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 ‎ ‎ ‎7.(5分)(2016•江苏)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:.‎ ‎ ‎ ‎8.(5分)(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ ‎9.(5分)(2016•江苏)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】画出函数y=sin2x与y=cosx在区间[0,3π]上的图象即可得到答案.‎ ‎【解答】解: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.‎ 故答案为:7.‎ ‎ ‎ ‎10.(5分)(2016•江苏)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.‎ ‎【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=,‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎11.(5分)(2016•江苏)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:﹣‎ ‎ ‎ ‎12.(5分)(2016•江苏)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].‎ ‎ ‎ ‎13.(5分)(2016•江苏)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:‎ ‎ ‎ ‎14.(5分)(2016•江苏)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,‎ 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.‎ ‎ ‎ 二、解答题(共6小题,满分90分)‎ ‎15.(14分)(2016•江苏)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=.‎ ‎ ‎ ‎16.(14分)(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ ‎17.(14分)(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ ‎18.(16分)(2016•江苏)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)=,即,即||=||,‎ ‎||=,‎ 又||≤10,即≤10,解得t∈[2﹣2,2+2],‎ 对于任意t∈[2﹣2,2+2],欲使,‎ 此时,||≤10,‎ 只需要作直线TA的平行线,使圆心到直线的距离为,‎ 必然与圆交于P、Q两点,此时||=||,即,‎ 因此实数t的取值范围为t∈[2﹣2,2+2],.‎ ‎ ‎ ‎19.(16分)(2016•江苏)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).同理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.‎ ‎ ‎ ‎20.(16分)(2016•江苏)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)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.‎ ‎ ‎ 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)(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ B.【选修4—2:矩阵与变换】‎ ‎22.(10分)(2016•江苏)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==.‎ ‎ ‎ C.【选修4—4:坐标系与参数方程】‎ ‎23.(2016•江苏)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|=.‎ ‎ ‎ ‎24.(2016•江苏)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.‎ ‎ ‎ 附加题【必做题】‎ ‎25.(10分)(2016•江苏)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∈.‎ ‎ ‎ ‎26.(10分)(2016•江苏)(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.‎ ‎ ‎
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