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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）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} 【点评】本题考查的知识点是集合的交集及其运算，难度不大，属于基础题． 　 2．（5分）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． 【点评】本题考查了复数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 　 3．（5分）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． 【点评】本题重点考查了双曲线的简单几何性质，考查学生的计算能力，比较基础． 　 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　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． 【点评】本题考查方差的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意方差计算公式的合理运用． 　 5．（5分）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] 【点评】本题考查的知识点是函数的定义域，二次不等式的解法，难度不大，属于基础题． 　 6．（5分）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 【点评】本题考查的知识点是程序框图，当循环次数不多，或有规律可循时，可采用模拟程序法进行解答． 　 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　　． 【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：． 【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式的合理运用． 　 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　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． 【点评】本题考查等差数列的第9项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用． 　 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　7　． 【分析】法1：画出函数y=sin2x与y=cosx在区间[0，3π]上的图象即可得到答案； 法2：由sin2x=cosx，即cosx（2sinx﹣1）=0，可得cosx=0或sinx=，结合题意，解之即可． 【解答】解：法1：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． 法2：依题意，sin2x=cosx，即cosx（2sinx﹣1）=0，故cosx=0或sinx=， 因为x∈[0，3π]，故x=，，，，，，，共7个， 故答案为：7． 【点评】本题考查正弦函数与余弦函数的图象，作出函数y=sin2x与y=cosx在区间[0，3π]上的图象是关键，属于中档题． 　 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　　． 【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．方法二、运用向量的数量积的性质，向量垂直的条件：数量积为0，结合离心率公式计算即可得到所求． 【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=， 另解：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，）， =（﹣a﹣c，），=（a﹣c，）， •=0，则c2﹣a2十b2=0， 因为b2=a2﹣c2，代入得3c2=2a2， 由e=，可得e2==， 可得e=． 故答案为：． 【点评】本题考查椭圆的离心率的求法，注意运用两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，考查化简整理的运算能力，属于中档题． 　 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　﹣　． 【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：﹣ 【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的周期性，根据已知求出a值，是解答的关键． 　 12．（5分）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]． 【点评】本题主要考查线性规划的应用，涉及距离的计算，利用数形结合是解决本题的关键． 　 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　　． 【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： 【点评】本题考查的知识是平面向量的数量积运算，平面向量的线性运算，难度中档． 　 14．（5分）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， 另解：由已知条件sinA=2sinBsinc，sin（B十C）=2sinBsinC， sinBcosC十cosBsinC=2sinBcosC， 两边同除以cosBcosC，tanB十tanC=2tanBtanC， ∵﹣tanA=tan（B十C）=， ∴tanAtanBtanC=tanA十tanB十tanC， ∴tanAtanBtanC=tanA十2tanBtanC≥2， 令tanAtanBtanC=x＞0， 即x≥2，即x≥8，或x≤0（舍去），所以x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． 【点评】本题考查了三角恒等式的变化技巧和函数单调性知识，有一定灵活性． 　 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． 【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=． 【点评】本题考查正弦定理，考查两角和差的余弦公式，考查学生的计算能力，属于基础题． 　 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． 【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． 【点评】本题考查直线与平面平行的证明，以及平面与平面相互垂直的证明，把握常用方法最关键，难度不大． 　 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？ 【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． 【点评】本题考查的知识点是棱锥和棱柱的体积，导数法求函数的最大值，难度中档． 　 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． 【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）设P（x1，y1），Q（x2，y2）， ∵A（2，4），T（t，0），， ∴，① ∵点Q在圆M上，∴（x2﹣6）2+（y2﹣7）2=25，② 将①代入②，得（x1﹣t﹣4）2+（y1﹣3）2=25， ∴点P（x1，y1）即在圆M上，又在圆[x﹣（t+4）]2+（y﹣3）2=25上， 从而圆（x﹣6）2+（y﹣7）2=25与圆[x﹣（t+4）]2+（y﹣3）2=25有公共点， ∴5﹣5≤≤5+5． 解得2﹣2≤t， ∴实数t的取值范围是[2﹣2，2+2]． 【点评】本题考查圆的标准方程的求法，考查直线方程的求法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质的合理运用． 　 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． 【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）．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． 【点评】本题考查函数与方程的综合应用，函数的导数的应用，基本不等式的应用，函数恒成立的应用，考查分析问题解决问题的能力． 　 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． 【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）等比数列{an}中，a4=3a3=9a2， 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． 【点评】本题考查数列的应用，涉及新定义的内容，解题的关键是正确理解题目中对于新定义的描述． 　 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． 【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． 【点评】本题考查三角形的性质应用，利用∠C+∠DBC=∠ABD+∠DBC=90°，证得∠ABD=∠C是关键，属于中档题． 　 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． 【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==． 【点评】本题考查逆变换与逆矩阵，考查矩阵乘法的性质，属于中档题． 　 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． 【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|=． 【点评】本题考查直线与椭圆的参数方程，考查了参数方程化普通方程，考查直线与椭圆位置关系的应用，是基础题． 　 24．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． 【点评】本题考查绝对值不等式的证明，注意运用绝对值不等式的性质，以及不等式的简单性质，考查运算能力，属于基础题． 　 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． 【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∈． 【点评】本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力． 　 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． 【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． 【点评】本题考查组合数的计算与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意组合数公式和数学归纳法的合理运用． 　 第30页（共30页）