1、2015年江苏省高考数学试卷一、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AB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z2=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 5（5分）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为 6（5分）已知向量=（2，1），=（1，2），若m+n=（9，8）（m，nR），则mn的值为 7（5分）不等式24的解集为 8
2、（5分）已知tan=2，tan（+）=，则tan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mxy2m1=0（mR）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为 11（5分）设数列an满足a1=1，且an+1an=n+1（nN*），则数列的前10项的和为 12（5分）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y2=1右支上的一个动点，若点P到直线xy+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最
3、大值为 13（5分）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为 14（5分）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，12），则（akak+1）的值为 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ABCA1B1C1中，已知ACBC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1CBC1=E求证：（1）DE平面AA1C1C；（2）BC1AB117（14分）某山区外围有两条相互垂直的直线型
4、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请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度18（16分）如图，在平面直角坐标系xO
5、y中，已知椭圆+=1（ab0）的离心率为，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l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程19（16分）已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，bR）（1）试讨论f（x）的单调性；（2）若b=ca（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20（16分）设a1，a2，a3a4是各项为正数且公差为d（d0）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，a
6、33，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a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由三、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：ABDAEB【选修4-2：矩阵与变换】22（10分）已知x，yR，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
7、参数方程】23已知圆C的极坐标方程为2+2sin（）4=0，求圆C的半径选修4-5：不等式选讲】24解不等式x+|2x+3|2【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PABCD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BQ的长26（10分）已知集合X=1，2，3，Yn=1，2，3，n）（nN*），设Sn=（a，b）|a整除b或b整除a，aX，BYn，令f（n）
8、表示集合Sn所含元素的个数（1）写出f（6）的值；（2）当n6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明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AB中元素的个数为5【分析】求出AB，再明确元素个数【解答】解：集合A=1，2，3，B=2，4，5，则AB=1，2，3，4，5；所以AB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【分析】直接求解数据的平
9、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：=6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3（5分）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为【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z2=3+4i，可得|z|z|=|3+4i|=5，|z|=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 【分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I8，退出循环，输出S的值为7【解答】解：模拟执行程
10、序，可得S=1，I=1满足条件I8，S=3，I=4满足条件I8，S=5，I=7满足条件I8，S=7，I=10不满足条件I8，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键，属于基础题5（5分）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为【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
11、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，nR），则mn的值为3【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，mn=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7（5分）不等式24的解集为（1，2）【分析】利用指数函数的单调性转化为x2x2，求解即可【解答】解；24，x2x2，即x2x20，解
12、得：1x2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8（5分）已知tan=2，tan（+）=，则tan的值为3【分析】直接利用两角和的正切函数，求解即可【解答】解：tan=2，tan（+）=，可知tan（+）=，即=，解得tan=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，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为【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
13、r，求出体积，由前后体积相等列式求得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r，则新圆锥和圆柱的体积和为：，解得：故答案为：【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mxy2m1=0（mR）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为（x1）2+y2=2【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，所求圆的标准方程为（x1）2+y2=2故答案为：（x1）2+y2=2【点评】本题考查所圆的标准方程，考查点到直
14、线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础11（5分）设数列an满足a1=1，且an+1an=n+1（nN*），则数列的前10项的和为【分析】数列an满足a1=1，且an+1an=n+1（nN*），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+1an=n+1（nN*），当n2时，an=（anan1）+（a2a1）+a1=n+2+1=当n=1时，上式也成立，an=2数列的前n项的和Sn=数列的前10项的和为故答案为：【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n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
15、平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y2=1右支上的一个动点，若点P到直线xy+1=0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为【分析】双曲线x2y2=1的渐近线方程为xy=0，c的最大值为直线xy+1=0与直线xy=0的距离【解答】解：由题意，双曲线x2y2=1的渐近线方程为xy=0，因为点P到直线xy+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线xy+1=0与直线xy=0的距离，即故答案为：【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）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为4【分析】：由|f（x）+g（x）|=1可得g
16、（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）1g（x）与h（x）=f（x）+1的图象如图所示，图象有2个交点g（x）与（x）=f（x）1的图象如图所示，图象有两个交点；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=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，12），则（akak+1）的值为【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
17、可得出【解答】解：=+=+=+=+，（akak+1）=+=+0+0=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【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：BC2=AB2+AC22ABACcosA=4+9223=7，所以BC=（2）由
18、正弦定理可得：，则sinC=，ABBC，BC=，AB=2，角A=60，在三角形ABC中，大角对大边，大边对大角，2，角C角A，角C为锐角sinC0，cosC0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ABCA1B1C1中，已知ACBC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1CBC1=E求证：（1）DE平面AA1C1C；（2）BC1AB1【分析】（1）根据中位线定理得DEAC，即证DE平面AA1C1C；（2）【方法一】先由直三棱柱得出CC1平面ABC，即证ACCC1；
19、再证明AC平面BCC1B1，即证BC1AC；最后证明BC1平面B1AC，即可证出BC1AB1【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【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DEAC；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ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC，因为AC平面ABC，所以ACCC1；又因为ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1=C，所以AC平面BCC1B1；又因为BC1平面BCC1B1，所以BC1AC；因为BC=CC1，
20、所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1平面B1AC；又因为AB1平面B1AC，所以BC1AB1【方法二】根据题意，A1C1B1C1，CC1平面A1B1C1，以C1为原点建立空间直角座标系，C1A1为x轴，C1B1为y轴，C1C为z轴，如图所示；设BC=CC1=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），=b0+a（a）a（a）=0，即AB1BC1【点评】本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能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
21、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请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度【分析】（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，
22、40），（20，2.5），将其分别代入y=，建立方程组，即可求a，b的值；（2）求出切线l的方程，可得A，B的坐标，即可写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；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，（2）由（1）y=（5x20），P（t，），y=，切线l的方程为y=（xt）设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，则A（，0），B（0，），f（t）=，t5，20；设g（t）=，则g（t）=2t=0，解得t=10，t（5，1
23、0）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时，公路l的长度最短，最短长度为15千米【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键18（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（ab0）的离心率为，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l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程【分析】（1）运
24、用离心率公式和准线方程，可得a，c的方程，解得a，c，再由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=，则b=1，即有椭圆方程为+y2=1；（2）当ABx轴，AB=，CP=3，不合题意；当AB与x轴不垂直，设直线AB：y=k（x1），A（x1，y1），B（x2，y2），将AB方程代入椭圆方程可得（1+2k2）x24k2x+2（k21）=0，则x1+x2=，x1x2=，则C（，），且|A
25、B|=，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k0，故PC：y+=（x），P（2，），从而|PC|=，由|PC|=2|AB|，可得=，解得k=1，此时AB的方程为y=x1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，联立直线方程，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19（16分）已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，bR）（1）试讨论f（x）的单调性；（2）若b=ca（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【分析】（1）求导
26、数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f（x）的单调性；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（）=b（+b）0，进一步转化为a0时，a+c0或a0时，a+c0设g（a）=a+c，利用条件即可求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=0时，f（x）0，f（x）在（，+）上单调递增；a0时，x（，）（0，+）时，f（x）0，x（，0）时，f（x）0，函数f（x）在（，），（0，+）上单调递增，在（，0）上单调递减；a0时，x（，0）（，+）时，f（x
27、）0，x（0，）时，f（x）0，函数f（x）在（，0），（，+）上单调递增，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（）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）0，且f（）0，b0且+b0，b=ca，a0时，a+c0或a0时，a+c0设g（a）=a+c，函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（，3）（1，）（，+），在（，3）上，g（a）0且在（1，）（，+）上g（a）0均恒成立，g（3）=c10，且g（）=c10，c=1，此时f（x）=x3+ax2+1a=（x+1）x2+（a1）x+1a，函数有三个零点，x2+（a1）x+1a=
28、0有两个异于1的不等实根，=（a1）24（1a）0，且（1）2（a1）+1a0，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20（16分）设a1，a2，a3a4是各项为正数且公差为d（d0）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a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列？并说明理由【分析】（1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；（2
29、）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a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+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：=2d，（n=
30、1，2，3，）是同一个常数，2，2，2，2依次构成等比数列；（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，a+d，a+2d（ad，a2d，d0）假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则a4=（ad）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，令t=，则1=（1t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（t1，t0），化简得t3+2t22=0（*），且t2=t+1，将t2=t+1代入（*）式，t（t+1）+2（t+1）2=t2+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，因此不存在a1，d，使
31、得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，则a1n（a1+2d）n+2k=（a1+d）2（n+k），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a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t，t0），则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（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）+（
32、n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），化简得，2kln（1+2t）ln（1+t）=n2ln（1+t）ln（1+2t），且3kln（1+3t）ln（1+t）=n3ln（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+3t）2ln（1+3t）3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），令（t）=（1+3t）2ln（1+3
33、t）3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），则（t）=6（1+3t）ln（1+3t）2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t），令1（t）=（t），则1（t）=63ln（1+3t）4ln（1+2t）+ln（1+t），令2（t）=1（t），则2（t）=0，由g（0）=（0）=1（0）=2（0）=0，2（t）0，知g（t），（t），1（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a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列【点
34、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：ABDAEB【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，即可证明三角形相似【解答】证明：AB=AC，ABD=C，又C=E，ABD=E，又BAE是公共角，可知：A
35、BDAEB【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【选修4-2：矩阵与变换】22（10分）已知x，yR，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【分析】利用A=2，可得A=，通过令矩阵A的特征多项式为0即得结论【解答】解：由已知，可得A=2，即 =，则，即，矩阵A=，从而矩阵A的特征多项式f（）=（+2）（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2+2sin（）4=0，求圆C的半径【分析】先根据x=cos，y=sin，求出圆的
36、直角坐标方程，求出半径【解答】解：圆的极坐标方程为2+2sin（）4=0，可得22cos+2sin4=0，化为直角坐标方程为x2+y22x+2y4=0，化为标准方程为（x1）2+（y+1）2=6，圆的半径r=【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，以及求点的极坐标的方法，关键是利用公式x=cos，y=sin，比较基础，选修4-5：不等式选讲】24解不等式x+|2x+3|2【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”“x”进行讨论求解【解答】解法1：x+|2x+3|2变形为|2x+3|2x，得2x+
37、32x，或2x+3（2x），即x，或x5，即原不等式的解集为x|x，或x5解法2：令|2x+3|=0，得x=当x时，原不等式化为x+（2x+3）2，即x，所以x；x时，原不等式化为x（2x+3）2，即x5，所以x5综上，原不等式的解集为x|x，或x5【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
38、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PABCD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BQ的长【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Axyz（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，结合函数y=cosx在（0，）上的单调性，计算即得结
39、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Axyz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，=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，=（1，1，2），=（0，2，2），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），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=（，0，2）（01），又=（0，1，0），则=+=（，1，2），又=（0，2，2），从而cos，=，设1+2=t，t1，3，则cos2，=，当且仅当t=，即=时，|c
40、os，|的最大值为，因为y=cosx在（0，）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又BP=，BQ=BP=【点评】本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题26（10分）已知集合X=1，2，3，Yn=1，2，3，n）（nN*），设Sn=（a，b）|a整除b或b整除a，aX，BYn，令f（n）表示集合Sn所含元素的个数（1）写出f（6）的值；（2）当n6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明【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【解答】解：（1）f（6）=6+2+=13；（2）当
41、n6时，f（n）=下面用数学归纳法证明：n=6时，f（6）=6+2+=13，结论成立；假设n=k（k6）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（t1）+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f（k+1）=f（k）+1=k+2+1=（k+1）+2+，结论成立；3）若k+1=6t+2，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+2=（k+1）+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=（k+1）+2+，结论成立；5）若k+1=6t+4，则k=6t+3，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+2=（k+1）+2+，结论成立；6）若k+1=6t+5，则k=6t+4，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+2=（k+1）+2+，结论成立综上所述，结论f（n）=n+2，对满足n6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，正确归纳是关键第28页（共28页）
