江苏省南京市盐城市高考数学一模试卷解析

江苏省南京市盐城市高考数学一模试卷解析

‎2016年江苏省南京市、盐城市高考数学一模试卷 ‎　‎ 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）‎ ‎1．已知集合A={x|x2﹣1=0}，B={﹣1，2，5}，则A∩B=　　　　　　．‎ ‎2．已知复数z=（i是虚数单位），则|z|=　　　　　　．‎ ‎3．书架上有3本数学书，2本物理书，从中任意取出2本，则取出的两本书都是数学书的概率为　　　　　　．‎ ‎4．运行如图所示的伪代码，其结果为　　　　　　．‎ ‎5．某校高一年级有学生400人，高二年级有学生360人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽出55人，其中从高一年级学生中抽出20人，则从高三年级学生中抽取的人数为　　　　　　．‎ ‎6．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，若曲线C经过点P（1，3），则其焦点到准线的距离为　　　　　　．‎ ‎7．已知实数x，y满足，则目标函数z=x﹣y的最小值为　　　　　　．‎ ‎8．设一个正方体与底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为　　　　　　．‎ ‎9．在△ABC中，设a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a=5，A=，cosB=，则边c=　　　　　　．‎ ‎10．设Sn是等比数列{an}的前n项和，an＞0，若S6﹣2S3=5，则S9﹣S6的最小值为　　　　　　．‎ ‎11．如图，在△ABC中，AB=AC=3，cos∠BAC=， =2，则•的值为　　　　　　．‎ ‎12．过点P（﹣4，0）的直线l与圆C：（x﹣1）2+y2=5相交于A，B两点，若点A恰好是线段PB的中点，则直线l的方程为　　　　　　．‎ ‎13．设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（x）=2x+，设g（x）=．若函数y=g（x）﹣t有且只有一个零点，则实数t的取值范围是　　　　　　．‎ ‎14．设函数y=的图象上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形（其中O为坐标原点），且斜边的中点恰好在y轴上，则实数a的取值范围是　　　　　　．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分90分）‎ ‎15．设函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣＜φ＜，x∈R）的部分图象如图所示．‎ ‎（1）求函数y=f（x）的解析式；‎ ‎（2）当x∈[﹣，]时，求f（x）的取值范围．‎ ‎16．如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中心，∠ACB=，M是棱BC的中点．‎ ‎（1）求证：OM∥平面ABB1A1；‎ ‎（2）求证：平面ABC1⊥平面A1BC．‎ ‎17．如图所示，A，B是两个垃圾中转站，B在A的正东方向16千米处，AB的南面为居民生活区．为了妥善处理生活垃圾，政府决定在AB的北面建一个垃圾发电厂P．垃圾发电厂P的选址拟满足以下两个要求（A，B，P可看成三个点）：①垃圾发电厂到两个垃圾中转站的距离与它们每天集中的生活垃圾量成反比，比例系数相同；②垃圾发电厂应尽量远离居民区（这里参考的指标是点P到直线AB的距离要尽可能大）．现估测得A，B两个中转站每天集中的生活垃圾量分别约为30吨和50吨，问垃圾发电厂该如何选址才能同时满足上述要求？‎ ‎18．如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M（x0，y0）是椭圆C： +y2=1上一点，从原点O向圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q．直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2‎ ‎（1）若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；‎ ‎（2）若r=，①求证：k1k2=﹣；②求OP•OQ的最大值．‎ ‎19．已知函数f（x）=在x=0处的切线方程为y=x．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）若对任意的x∈（0，2），都有f（x）＜成立，求k的取值范围；‎ ‎（3）若函数g（x）=lnf（x）﹣b的两个零点为x1，x2，试判断g′（）的正负，并说明理由．‎ ‎20．设数列{an}共有m（m≥3）项，记该数列前i项a1，a2，…ai中的最大项为Ai，该数列后m﹣i项ai+1，ai+2，…，am中的最小项为Bi，ri=Ai﹣Bi（i=1，2，3，…，m﹣1）．‎ ‎（1）若数列{an}的通项公式为an=2n，求数列{ri}的通项公式；‎ ‎（2）若数列{an}满足a1=1，ri=﹣2，求数列{an}的通项公式；‎ ‎（3）试构造一个数列{an}，满足an=bn+cn，其中{bn}是公差不为零的等差数列，{cn}是等比数列，使得对于任意给定的正整数m，数列{ri}都是单调递增的，并说明理由．‎ ‎　‎ 选作题：在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内选修4-1：几何证明选讲（满分10分）‎ ‎21．如图，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点D，AC⊥CD，DE⊥AB，C、E为垂足，连接AD，BD．若AC=4，DE=3，求BD的长．‎ ‎　‎ 选修4-2：矩阵-变换 ‎22．设矩阵的一个特征值为2，若曲线C在矩阵M变换下的方程为x2+y2=1，求曲线C的方程．‎ ‎　‎ 选修：4-4:坐标系与参数方程 ‎23．在极坐标系中，已知点A的极坐标为（2，﹣），圆E的极坐标方程为ρ=4cosθ+4sinθ，试判断点A和圆E的位置关系．‎ ‎　‎ 选修：4-5：不等式选讲 ‎24．已知正实数a，b，c，d满足a+b+c+d=1．‎ 求证： +++≤2．‎ ‎　‎ ‎[必做题]（第25、26题，每小题10分，计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内）‎ ‎25．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=2，AC=4，AA1=2， =λ．‎ ‎（1）若λ=1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；‎ ‎（2）若二面角B1﹣A1C1﹣D的大小为60°，求实数λ的值．‎ ‎26．设集合M={1，2，3，…，n}（n≥3），记M的含有三个元素的子集个数为Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn．‎ ‎（1）求，，，的值；‎ ‎（2）猜想的表达式，并证明之．‎ ‎　‎ ‎2016年江苏省南京市、盐城市高考数学一模试卷 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，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）‎ ‎1．已知集合A={x|x2﹣1=0}，B={﹣1，2，5}，则A∩B=　{﹣1}　．‎ ‎【考点】交集及其运算．‎ ‎【分析】先求出集合A，再由交集定义求解．‎ ‎【解答】解：∵集合A={x|x2﹣1=0}={﹣1，1}，B={﹣1，2，5}，‎ ‎∴A∩B={﹣1}．‎ 故答案为：{﹣1}．‎ ‎　‎ ‎2．已知复数z=（i是虚数单位），则|z|=　　．‎ ‎【考点】复数求模．‎ ‎【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．‎ ‎【解答】解：复数z===，则|z|==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎3．书架上有3本数学书，2本物理书，从中任意取出2本，则取出的两本书都是数学书的概率为　　．‎ ‎【考点】古典概型及其概率计算公式．‎ ‎【分析】先求出基本事件总数，求出取出的两本书都是数学书包含的基本事件个数，由此能求出取出的两本书都是数学书的概率．‎ ‎【解答】解：∵书架上有3本数学书，2本物理书，‎ 从中任意取出2本，基本事件总数n==10，‎ 则取出的两本书都是数学书包含的基本事件个数m=，‎ ‎∴取出的两本书都是数学书的概率p=．‎ 故选为：．‎ ‎　‎ ‎4．运行如图所示的伪代码，其结果为　17　．‎ ‎【考点】伪代码．‎ ‎【分析】根据伪代码所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是累加并输出S的值．‎ ‎【解答】解：根据伪代码所示的顺序，‎ 逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：‎ 该程序的作用是 累加并输出S=1+1+3+5+7的值，‎ 所以S=1+1+3+5+7=17．‎ 故答案为：17．‎ ‎　‎ ‎5．某校高一年级有学生400人，高二年级有学生360人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽出55人，其中从高一年级学生中抽出20人，则从高三年级学生中抽取的人数为　17　．‎ ‎【考点】分层抽样方法．‎ ‎【分析】根据学生的人数比，利用分层抽样的定义即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设从高一年级学生中抽出x人，由题意得=，解得x=18，‎ 则从高三年级学生中抽取的人数为55﹣20﹣18=17人，‎ 故答案为：17．‎ ‎　‎ ‎6．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，若曲线C经过点P（1，3），则其焦点到准线的距离为　　．‎ ‎【考点】抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先设出抛物线的方程，把点P代入即可求得p，则抛物线的方程可得其焦点到准线的距离．‎ ‎【解答】解：由题意，可设抛物线的标准方程为y2=2px，‎ 因为曲线C经过点P（1，3），所以p=，‎ 所以其焦点到准线的距离为．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎7．已知实数x，y满足，则目标函数z=x﹣y的最小值为　﹣3　．‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义进行求解即可．‎ ‎【解答】解：作作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 由z=x﹣y，得y=x﹣z表示，斜率为1纵截距为﹣z的一组平行直线，‎ 平移直线y=x﹣z，当直线经过点A时，此时直线y=x﹣z截距最大，z最小．‎ 由，得，‎ 此时zmin=1﹣4=﹣3．‎ 故答案为：﹣3．‎ ‎　‎ ‎8．设一个正方体与底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为　2　．‎ ‎【考点】棱柱的结构特征．‎ ‎【分析】由已知条件先求出正四棱锥的体积，再设该正方体的棱长为a，由正方体与正四棱锥的体积相等，能求出正方体的棱长．‎ ‎【解答】解：已知正四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，SB=，‎ 过S作SE⊥底面ABCD，垂足为E，过E作EF⊥BC，交BC于F，连结SF，‎ 则EF=BF=，SF==，SE==2，‎ ‎∴VS﹣ABCD===8，‎ 设该正方体的棱长为a，‎ ‎∵一个正方体与底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的体积相等，‎ ‎∴a3=8，解得a=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎9．在△ABC中，设a，b，c分别为角A，B，C的对边，若a=5，A=，cosB=，则边c=　7　．‎ ‎【考点】正弦定理．‎ ‎【分析】利用已知及同角三角函数基本关系式可求sinB，利用正弦定理即可求b的值，利用余弦定理即可解得c的值．‎ ‎【解答】解：∵cosB=，a=5，A=，‎ ‎∴sinB==，‎ ‎∴由正弦定理可得：b===4，‎ ‎∴由余弦定理可得：b2=a2+c2﹣2accosB，即：32=25+c2﹣6c，解得：c=7或﹣1（舍去）．‎ 故答案为：7．‎ ‎　‎ ‎10．设Sn是等比数列{an}的前n项和，an＞0，若S6﹣2S3=5，则S9﹣S6的最小值为　20　．‎ ‎【考点】数列的求和．‎ ‎【分析】利用等比数列的前n项和公式、数列的单调性、基本不等式的性质即可得出．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比q＞0，q≠1．‎ ‎∵S6﹣2S3=5，‎ ‎∴﹣=5．‎ ‎∴=5．∴q＞1．‎ 则S9﹣S6=﹣=•q6==5+10≥5×+10=20，当且仅当q3=2，即q=时取等号．‎ ‎∴S9﹣S6的最小值为20．‎ 故答案为：20．‎ ‎　‎ ‎11．如图，在△ABC中，AB=AC=3，cos∠BAC=， =2，则•的值为　﹣2　．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】利用向量的加法的三角形法以及向量的数量积的定义计算即可．‎ ‎【解答】解：∵=﹣，‎ ‎∴•=（+）•，‎ ‎=（+）•，‎ ‎=（+﹣）（﹣），‎ ‎=（+）（﹣），‎ ‎=（•+﹣2），‎ ‎=（3×3×+32﹣2×32），‎ ‎=﹣2，‎ 故答案为：﹣2．‎ ‎　‎ ‎12．过点P（﹣4，0）的直线l与圆C：（x﹣1）2+y2=5相交于A，B两点，若点A恰好是线段PB的中点，则直线l的方程为　x±3y+4=0　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】当点A为PB中点时，先求出PA2=10，再与圆C：（x﹣1）2+y2=5联立，求出A的坐标，即可求直线l的方程 ‎【解答】解：由割线定理，可得（PC﹣）（PC+）=PA•PB，‎ ‎∴20=2PA2，‎ ‎∴PA2=10‎ 设A（x，y），则（x+4）2+y2=10，‎ 与圆C：（x﹣1）2+y2=5，联立可得x=﹣1，y=±1‎ ‎∴直线l的方程为x±3y+4=0．‎ 故答案为：x±3y+4=0．‎ ‎　‎ ‎13．设f（x）是定义在R上的奇函数，且f（x）=2x+，设g（x）=．若函数y=g（x）﹣t有且只有一个零点，则实数t的取值范围是　[﹣，]　．‎ ‎【考点】根的存在性及根的个数判断；函数奇偶性的性质．‎ ‎【分析】根据函数奇偶性的性质，利用f（0）=0求出m的值，利用g（x）与f（x）的关系求出g（x）的表达式，利用函数与方程的关系转化为两个函数的交点个数问题，利用数形结合进行求解即可．‎ ‎【解答】解：∵f（x）是定义在R上的奇函数，且f（x）=2x+，‎ ‎∴f（0）=0，即f（0）=1+m=0，得m=﹣1，‎ 则f（x）=2x﹣，‎ 则g（x）=left{egin{array}{l}{{2}^{x}﹣frac{1}{{2}^{x}}，}&{x＞1}{frac{1}{{2}^{x}}﹣{2}^{x}，}&{x≤1}end{array} ight.，‎ 则当x＞1时，函数为增函数，且当x→1时，g（x）→=2﹣=，‎ 当x≤1时，函数为减函数，且g（x）≥g（1）=﹣（）=﹣2=﹣，‎ 由y=g（x）﹣t=0得g（x）=t，‎ 作出函数g（x）和y=t的图象如图：‎ 要使函数y=g（x）﹣t有且只有一个零点，‎ 则函数g（x）与y=t只有一个交点，‎ 则﹣≤t≤，‎ 故答案为：[﹣，]‎ ‎　‎ ‎14．设函数y=的图象上存在两点P，Q，使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形（其中O为坐标原点），且斜边的中点恰好在y轴上，则实数a的取值范围是　（0，]　．‎ ‎【考点】分段函数的应用．‎ ‎【分析】曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴两侧．设P（t，f（t））（t＞0），则Q（﹣t，t3+t2），运用向量垂直的条件：数量积为0，构造函数h（x）=（x+1）lnx（x≥e），运用导数判断单调性，求得最值，即可得到a的范围．‎ ‎【解答】解：假设曲线y=f（x）上存在两点P、Q满足题设要求，‎ 则点P、Q只能在y轴两侧．‎ 不妨设P（t，f（t））（t＞0），‎ 则Q（﹣t，t3+t2），‎ ‎∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形，‎ ‎∴•=0，‎ 即﹣t2+f（t）（t3+t2）=0（*）‎ 若方程（*）有解，存在满足题设要求的两点P、Q；‎ 若方程（*）无解，不存在满足题设要求的两点P、Q．‎ 若0＜t＜e，则f（t）=﹣t3+t2代入（*）式得：﹣t2+（﹣t3+t2）（t3+t2）=0‎ 即t4﹣t2+1=0，而此方程无解，因此t≥e，此时f（t）=alnt，‎ 代入（*）式得：﹣t2+（alnt）（t3+t2）=0，‎ 即=（t+1）lnt（**）‎ 令h（x）=（x+1）lnx（x≥e），‎ 则h′（x）=lnx+1+＞0，‎ ‎∴h（x）在[e，+∞）上单调递增，‎ ‎∵t≥e∴h（t）≥h（e）=e+1，‎ ‎∴h（t）的取值范围是[e+1，+∞）．‎ ‎∴对于0＜a≤，方程（**）总有解，即方程（*）总有解．‎ 故答案为：（0，]．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分90分）‎ ‎15．设函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，﹣＜φ＜，x∈R）的部分图象如图所示．‎ ‎（1）求函数y=f（x）的解析式；‎ ‎（2）当x∈[﹣，]时，求f（x）的取值范围．‎ ‎【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的图象．‎ ‎【分析】（1）由图象知，A，周期T，利用周期公式可求ω，由点（，2）在函数图象上，结合范围﹣＜φ＜，可求φ，从而解得函数解析式．‎ ‎（2）由x∈[﹣，]，可求x+∈[﹣，]，利用正弦函数的图象和性质即可求得f（x）的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）由图象知，A=2，…‎ 又==，ω＞0，‎ 所以T=2π=，得ω=1．…‎ 所以f（x）=2sin（x+φ），‎ 将点（，2）代入，得+φ=2k（k∈Z），‎ 即φ=+2kπ（k∈Z），又﹣＜φ＜，‎ 所以，φ=．…‎ 所以f（x）=2sin（x+）．…‎ ‎（2）当x∈[﹣，]时，x+∈[﹣，]，…‎ 所以sin（x+）∈[﹣，1]，‎ 即f（x）∈[﹣，2]．…‎ ‎　‎ ‎16．如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面ACC1A1是正方形，点O是侧面ACC1A1的中心，∠ACB=，M是棱BC的中点．‎ ‎（1）求证：OM∥平面ABB1A1；‎ ‎（2）求证：平面ABC1⊥平面A1BC．‎ ‎【考点】平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）推导出OM∥A1B，由此能证明OM∥平面ABB1A1．‎ ‎（2）推导出CC1⊥BC，BC⊥AC，从而BC⊥面ACC1A1，进而BC⊥AC1，再由A1C⊥AC1，得到AC1⊥面A1BC，由此能证明面ABC1⊥面A1BC．‎ ‎【解答】证明：（1）在△A1BC中，因为O是A1C的中点，M是BC的中点，‎ 所以OM∥A1B，…‎ 又OM⊄平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，‎ 所以OM∥平面ABB1A1．…‎ ‎（2）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥底面ABC，所以CC1⊥BC，‎ 又∠ACB=，即BC⊥AC，而CC1，AC⊂面ACC1A1，且CC1∩AC=C，‎ 所以BC⊥面ACC1A1，…‎ 而AC1⊂面ACC1A1，所以BC⊥AC1，‎ 又ACC1A1是正方形，所以A1C⊥AC1，而BC，A1C⊂面A1BC，且BC∩A1C=C，‎ 所以AC1⊥面A1BC，…‎ 又AC1⊂面ABC1，所以面ABC1⊥面A1BC．…‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，A，B是两个垃圾中转站，B在A的正东方向16千米处，AB的南面为居民生活区．为了妥善处理生活垃圾，政府决定在AB的北面建一个垃圾发电厂P．垃圾发电厂P的选址拟满足以下两个要求（A，B，P可看成三个点）：①垃圾发电厂到两个垃圾中转站的距离与它们每天集中的生活垃圾量成反比，比例系数相同；②垃圾发电厂应尽量远离居民区（这里参考的指标是点P到直线AB的距离要尽可能大）．现估测得A，B两个中转站每天集中的生活垃圾量分别约为30吨和50吨，问垃圾发电厂该如何选址才能同时满足上述要求？‎ ‎【考点】直线和圆的方程的应用．‎ ‎【分析】由条件可设PA=5x，PB=3x，运用余弦定理，即可得到cos∠PAB，由同角的平方关系可得sin∠PAB，求得点P到直线AB的距离h=PAsin∠PAB，化简整理配方，由二次函数的最值的求法，即可得到所求最大值及PA，PB的值．‎ ‎【解答】解：由条件①，得==，‎ ‎∵PA=5x，∴PB=3x，‎ 则cos∠PAB==+，‎ 由同角的平方关系可得sin∠PAB=，‎ 所以点P到直线AB的距离h=PAsin∠PAB=5x•‎ ‎=，‎ ‎∵cos∠PAB≤1，∴+≤1，∴2≤x≤8，‎ 所以当x2=34，即x=时，h取得最大值15千米．‎ 即选址应满足PA=5千米，PB=3千米．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M（x0，y0）是椭圆C： +y2=1上一点，从原点O向圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q．直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2‎ ‎（1）若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；‎ ‎（2）若r=，①求证：k1k2=﹣；②求OP•OQ的最大值．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）椭圆C的右焦点是（，0），x=，代入+y2=1，可得y=±，求出圆的圆心，然后求圆M的方程；‎ ‎（2）①因为直线OP：y=k1x，OQ：y=k2x，与圆R相切，推出k1，k2是方程（1+k2）x2﹣（2x0+2ky0）x+x02+y02﹣=0的两个不相等的实数根，利用韦达定理推出k1k2．结合点M（x0，y0）在椭圆C上，证明k1k2=﹣．‎ ‎②（i）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），通过4k1k2+1=0，推出y12y22=x12x22，利用P（x1，y1），Q（x2，y2），在椭圆C上，推出OP2+OQ2=5，即可求出OP•OQ的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）椭圆C的右焦点是（，0），x=，代入+y2=1，可得y=±，‎ ‎∴圆M的方程：（x﹣）2+（y）2=；‎ ‎（2）因为直线OP：y=k1x，OQ：y=k2x，与圆R相切，‎ 所以直线OP：y=k1x与圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=联立，可得（1+k12）x2﹣（2x0+2k1y0）x+x02+y02﹣=0‎ 同理（1+k22）x2﹣（2x0+2k2y0）x+x02+y02﹣=0，‎ 由判别式为0，可得k1，k2是方程（x02﹣）k2﹣2x0y0k+y02﹣=0的两个不相等的实数根，‎ ‎∴k1k2=，‎ 因为点M（x0，y0）在椭圆C上，所以y2=1﹣，‎ 所以k1k2==﹣；‎ ‎（3）（i）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），‎ 因为4k1k2+1=0，所以+1=0，即y12y22=x12x22，‎ 因为P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，所以y12y22=（1﹣）（1﹣）=x12x22，‎ 整理得x12+x22=4，‎ 所以y12+y22=1‎ 所以OP2+OQ2=5．‎ ‎（ii）当直线落在坐标轴上时，显然有OP2+OQ2=5，‎ 综上：OP2+OQ2=5‎ 所以OP•OQ≤（OP2+OQ2）=2.5，‎ 所以OP•OQ的最大值为2.5．‎ ‎　‎ ‎19．已知函数f（x）=在x=0处的切线方程为y=x．‎ ‎（1）求a的值；‎ ‎（2）若对任意的x∈（0，2），都有f（x）＜成立，求k的取值范围；‎ ‎（3）若函数g（x）=lnf（x）﹣b的两个零点为x1，x2，试判断g′（）的正负，并说明理由．‎ ‎【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用．‎ ‎【分析】（1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，由切线的方程可得a=1；‎ ‎（2）由题意可得x2﹣2x＜k＜+x2﹣2x在x∈（0，2）恒成立，分别求得左右两边函数的值域，运用恒成立思想，即可得到a的范围；‎ ‎（3）由题意可得b=lnx﹣x有两个零点，求得y=lnx﹣x的导数，求出单调区间和极值、最值，画出图象，可得 ‎＞1，即可得到所求符号．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）=的导数为f′（x）=，‎ 在x=0处的切线斜率为，‎ 由切线的方程y=x，可得a=1；‎ ‎（2）由题意可得x2﹣2x＜k＜+x2﹣2x在x∈（0，2）恒成立，‎ 由x2﹣2x=（x﹣1）2﹣1∈（﹣1，0），可得k≥0；‎ 由h（x）=+x2﹣2x的导数为h′（x）=（x﹣1）（2+），‎ 可得0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）递减；‎ ‎1＜x＜2时，h′（x）＞0，h（x）递增．‎ 即有h（x）在x=1处取得最小值，且为e﹣1，则k＜e﹣1．‎ 综上可得k的范围是[0，e﹣1）；‎ ‎（3）函数g（x）=lnf（x）﹣b的两个零点为x1，x2，‎ 即为b=lnx﹣x有两个零点，‎ y=lnx﹣x的导数为y′=﹣1，‎ 当x＞1时，y′＜0，函数递减；0＜x＜1时，y′＞0，函数递增．‎ 即有x=1处取得最大值，且为﹣1．‎ 画出y=b和y=lnx﹣x的图象，‎ 可得＞1，‎ g（x）=lnx﹣x﹣b的导数为g′（x）=﹣1，‎ g′（）=﹣1＜0，‎ 则g′（）为负的．‎ ‎　‎ ‎20．设数列{an}共有m（m≥3）项，记该数列前i项a1，a2，…ai中的最大项为Ai，该数列后m﹣i项ai+1，ai+2，…，am中的最小项为Bi，ri=Ai﹣Bi（i=1，2，3，…，m﹣1）．‎ ‎（1）若数列{an}的通项公式为an=2n，求数列{ri}的通项公式；‎ ‎（2）若数列{an}满足a1=1，ri=﹣2，求数列{an}的通项公式；‎ ‎（3）试构造一个数列{an}，满足an=bn+cn，其中{bn}是公差不为零的等差数列，{cn}是等比数列，使得对于任意给定的正整数m，数列{ri}都是单调递增的，并说明理由．‎ ‎【考点】数列的求和；数列递推式．‎ ‎【分析】（1）由an=2n单调递增，可得Ai=2i，Bi=2i+1，即可得到ri=Ai﹣Bi；‎ ‎（2）由题意可得Ai＜Bi，即ai＜ai+1，又因为i=1，2，3，…，m﹣1，所以{an}单调递增，可得{an}是公差为2的等差数列，进而得到所求通项公式；‎ ‎（3）构造an=n﹣（）n，其中bn=n，cn=﹣（）n，运用新定义即可得证．‎ ‎【解答】解：（1）因为an=2n单调递增，‎ 所以Ai=2i，Bi=2i+1，‎ 所以ri=Ai﹣Bi=﹣2i，1≤i≤m﹣1；‎ ‎（2）根据题意可知，ai≤Ai，Bi≤ai+1，‎ 因为ri=Ai﹣Bi=﹣2＜0，所以Ai＜Bi，‎ 可得ai≤Ai＜Bi≤ai+1，即ai＜ai+1，‎ 又因为i=1，2，3，…，m﹣1，所以{an}单调递增，‎ 则Ai=ai，Bi=ai+1，所以ri=ai﹣ai+1=﹣2，即ai+1﹣ai=2，1≤i≤m﹣1，‎ 所以{an}是公差为2的等差数列，an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，1≤i≤m﹣1；‎ ‎（3）构造an=n﹣（）n，其中bn=n，cn=﹣（）n，‎ 下证数列{an}满足题意．‎ 证明：因为an=n﹣（）n，所以数列{an}单调递增，‎ 所以Ai=ai=i﹣（）i，Bi=ai+1=i+1﹣（）i+1，‎ 所以ri=ai﹣ai+1=﹣1﹣（）i+1，1≤i≤m﹣1，‎ 因为ri+1﹣ri=[﹣1﹣（）i+2]﹣[﹣1﹣（）i+1]=（）i+2＞0，‎ 所以数列{ri}单调递增，满足题意．‎ ‎（说明：等差数列{bn}的首项b1任意，公差d为正数，同时等比数列{cn}的首项c1为负，公比q∈（0，1），这样构造的数列{an}都满足题意．）‎ ‎　‎ 选作题：在A、B、C、D四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内选修4-1：几何证明选讲（满分10分）‎ ‎21．如图，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点D，AC⊥CD，DE⊥AB，C、E为垂足，连接AD，BD．若AC=4，DE=3，求BD的长．‎ ‎【考点】与圆有关的比例线段．‎ ‎【分析】先证明△EDA∽△DBA，再证明△ACD≌△AED，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：因为CD与⊙O相切于点D，所以∠CDA=∠DBA，…‎ 又因为AB为⊙O的直径，所以∠ADB=90°．‎ 又DE⊥AB，所以△EDA∽△DBA，‎ 所以∠EDA=∠DBA，所以∠EDA=∠CDA．…‎ 又∠ACD=∠AED=90°，AD=AD，所以△ACD≌△AED．‎ 所以AE=AC=4，所以AD=5，…‎ 又=，所以BD=．…‎ ‎　‎ 选修4-2：矩阵-变换 ‎22．设矩阵的一个特征值为2，若曲线C在矩阵M变换下的方程为x2+y2=1，求曲线C的方程．‎ ‎【考点】特征值与特征向量的计算．‎ ‎【分析】首先由特征值求a，然后进行矩阵变换，求曲线方程．‎ ‎【解答】解：由题意，矩阵M的特征多项式f（λ）=（λ﹣a）（λ﹣1），‎ 因矩阵M有一个特征值为2，f（2）=0，所以a=2．…‎ 所以M==，即，‎ 代入方程x2+y2=1，得（2x）2+（2x+y）2=1，‎ 即曲线C的方程为8x2+4xy+y2=1．…‎ ‎　‎ 选修：4-4:坐标系与参数方程 ‎23．在极坐标系中，已知点A的极坐标为（2，﹣），圆E的极坐标方程为ρ=4cosθ+4sinθ，试判断点A和圆E的位置关系．‎ ‎【考点】简单曲线的极坐标方程．‎ ‎【分析】先求出点A的直角坐标和圆E的直角坐标方程，再求出点A到圆心的距离，由此能判断点A与圆E的位置关系．‎ ‎【解答】解：∵点A的极坐标为（2，﹣），∴点A的直角坐标为（2，﹣2），…‎ ‎∵圆E的极坐标方程为ρ=4cosθ+4sinθ，‎ ‎∴圆E的直角坐标方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2=8，…‎ 则点A（2，﹣2）到圆心E（2，2）的距离d==4＞r=2，‎ 所以点A在圆E外．…‎ ‎　‎ 选修：4-5：不等式选讲 ‎24．已知正实数a，b，c，d满足a+b+c+d=1．‎ 求证： +++≤2．‎ ‎【考点】不等式的证明．‎ ‎【分析】运用分析法证明，要证原不等式成立，两边平方，结合柯西不等式即可得证．‎ ‎【解答】证明：运用分析法证明．‎ 要证+++≤2，‎ 由正实数a，b，c，d满足a+b+c+d=1，‎ 即证（+++）2≤24，‎ 即有（+++）2≤4（1+2a+1+2b+1+2c+1+2d），‎ 由柯西不等式可得，上式显然成立．‎ 则原不等式成立．‎ ‎　‎ ‎[必做题]（第25、26题，每小题10分，计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内）‎ ‎25．直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB=2，AC=4，AA1=2， =λ．‎ ‎（1）若λ=1，求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；‎ ‎（2）若二面角B1﹣A1C1﹣D的大小为60°，求实数λ的值．‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角．‎ ‎【分析】（1）分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值．‎ ‎（2）求出平面A1C1D的法向量和平面A1B1C1的一个法向量，利用向量法能求出实数λ的值．‎ ‎【解答】解：（1）分别以AB，AC，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．‎ 则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），A1（0，0，2），B1（2，0，2），C1（0，4，2），…‎ 当λ=1时，D为BC的中点，∴D（1，2，0），‎ ‎=（1，﹣2，2），=（0，4，0），=（1，2，﹣2），‎ 设平面A1C1D的法向量为=（x，y，z），‎ 则，取x=2，‎ 得=（2，0，1），‎ 又cos＜＞===，‎ ‎∴直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值为．…‎ ‎（2）∵=，∴D（，，0），‎ ‎∴=（0，4，0），=（，，﹣2），‎ 设平面A1C1D的法向量为=（x，y，z），‎ 则，取z=1，得=（λ+1，0，1）．…‎ 又平面A1B1C1的一个法向量为=（0，0，1），‎ ‎∵二面角B1﹣A1C1﹣D的大小为60°，‎ ‎∴|cos＜＞|=||==，‎ 解得或（不合题意，舍去），‎ ‎∴实数λ的值为．…‎ ‎　‎ ‎26．设集合M={1，2，3，…，n}（n≥3），记M的含有三个元素的子集个数为Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn．‎ ‎（1）求，，，的值；‎ ‎（2）猜想的表达式，并证明之．‎ ‎【考点】数学归纳法；归纳推理．‎ ‎【分析】（1）根据所给的定义求出即可，‎ ‎（2）猜想=．用数学归纳法证明之．‎ ‎【解答】解：（1）当n=3时，M={1，2，3），S3=1，T3=2， =2，‎ 当n=4时，M={1，2，3，4），S4=4，T4=2+2+3+3=10， =，‎ ‎=3， =‎ ‎（2）猜想=．‎ 下用数学归纳法证明之．‎ 证明：①当n=3时，由（1）知猜想成立；‎ ‎②假设当n=k（k≥3）时，猜想成立，‎ 即=，而Sk=Ck3，所以得Tk=Ck3，‎ 则当n=k+1时，易知Sk+1=Ck+13，‎ 而当集合M从{1，2，3，…，k}变为{1，2，3，…，k，k+1}时，Tk+1在Tk的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，和（k﹣1）个k，‎ 所以Tk+1=Tk+2×1+3×2+4×3+…+k（k﹣1），‎ ‎=Ck3+2（C22+C32+C42+…+Ck2），‎ ‎=Ck3+2（C33+C32+C42+…+Ck2），‎ ‎=Ck+13+2Ck+13，‎ ‎=Ck+13，‎ ‎=Sk+1，‎ 即=．‎ 即所以当n=k+1时，猜想也成立．‎ 综上所述，猜想成立．‎