2015年江苏高考数学试题及答案（www.ximiyu.com）.doc

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）（2015•江苏）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）（2015•江苏）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）（2015•江苏）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为　　　　　　． 　 4．（5分）（2015•江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为　　　　　　． 　 5．（5分）（2015•江苏）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）（2015•江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为　　　　　　． 　 7．（5分）（2015•江苏）不等式2＜4的解集为　　　　　　． 　 8．（5分）（2015•江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为　　　　　　． 　 9．（5分）（2015•江苏）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）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为　　　　　　． 　 11．（5分）（2015•江苏）设数列{an}满足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为　　　　　　． 　 12．（5分）（2015•江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2﹣y2=1右支上的一个动点，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）（2015•江苏）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）（2015•江苏）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则（ak•ak+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）（2015•江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°． （1）求BC的长； （2）求sin2C的值． 　 16．（14分）（2015•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E． 求证： （1）DE∥平面AA1C1C； （2）BC1⊥AB1． 　 17．（14分）（2015•江苏）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． 　 18．（16分）（2015•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（a＞b＞0）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）（2015•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+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． 　 20．（16分）（2015•江苏）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：依次构成等比数列； （2）是否存在，使得依次构成等比数列？并说明理由； （3）是否存在及正整数，使得依次构成等比数列？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）（2015•江苏）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． 　 【选修4-2：矩阵与变换】 22．（10分）（2015•江苏）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．（2015•江苏）已知圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C的半径． 　 [选修4-5：不等式选讲】 24．（2015•江苏）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）（2015•江苏）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BQ的长． 　 26．（10分）（2015•江苏）已知集合X={1，2，3}，Yn={1，2，3，…，n）（n∈N*），设Sn={（a，b）|a整除b或整除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． 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） 考点： 并集及其运算．菁优网版权所有 专题： 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） 考点： 众数、中位数、平均数．菁优网版权所有 专题： 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：=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） 考点： 复数求模．菁优网版权所有 专题： 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） 考点： 伪代码．菁优网版权所有 专题： 图表型；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I，S的值，当I=10时不满足条件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键，属于基础题． 5．（5分） 考点： 古典概型及其概率计算公式．菁优网版权所有 专题： 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） 考点： 平面向量的基本定理及其意义．菁优网版权所有 专题： 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． 7．（5分） 考点： 指、对数不等式的解法．菁优网版权所有 专题： 函数的性质及应用；不等式的解法及应用． 分析： 利用指数函数的单调性转化为x2﹣x＜2，求解即可． 解答： 解；∵2＜4， ∴x2﹣x＜2， 即x2﹣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． 8．（5分） 考点： 两角和与差的正切函数．菁优网版权所有 专题： 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） 考点： 棱柱、棱锥、棱台的体积．菁优网版权所有 专题： 计算题；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） 考点： 圆的标准方程；圆的切线方程．菁优网版权所有 专题： 计算题；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， ∴所求圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2． 故答案为：（x﹣1）2+y2=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． 11．（5分） 考点： 数列的求和；数列递推式．菁优网版权所有 专题： 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=． ∴=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） 考点： 双曲线的简单性质．菁优网版权所有 专题： 计算题；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x2﹣y2=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：． 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） 考点： 根的存在性及根的个数判断．菁优网版权所有 专题： 综合题；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，图象有两个交点； g（x）与φ（x）=﹣f（x）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点； 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） 考点： 数列的求和．菁优网版权所有 专题： 等差数列与等比数列；平面向量及应用． 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：=+ =++++ =++ =++， ∴（ak•ak+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） 考点： 余弦定理的应用；二倍角的正弦．菁优网版权所有 专题： 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：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7， 所以BC=． （2）由正弦定理可得：，则sinC===， ∵AB＜BC，∴C为锐角， 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） 考点： 直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．菁优网版权所有 专题： 证明题；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）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1． 解答： 证明：（1）根据题意，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）因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥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⊂平面平面BCC1B1， 所以BC1⊥AC； 因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形， 所以BC1⊥平面B1AC； 又因为AB1⊂平面B1AC， 所以BC1⊥AB1． 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，是基础题目． 17．（14分） 考点： 函数与方程的综合运用．菁优网版权所有 专题： 综合题；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； （2）①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； 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， （2）①由（1）y=（5≤x≤20），P（t，）， ∴y′=﹣， ∴切线l的方程为y﹣=﹣（x﹣t） 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）==，t∈[5，20]； ②设g（t）=，则g′（t）=2t﹣=0，解得t=10， t∈（5，10）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） 考点： 直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．菁优网版权所有 专题： 直线与圆；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，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AB⊥x轴，AB=，CP=3，不合题意； 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+2k2）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）=0， 则x1+x2=，x1x2=， 则C（，），且|AB|=•=， 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， 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，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） 考点： 利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．菁优网版权所有 专题： 综合题；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a＞0时，﹣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． 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； a＞0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； a＜0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； （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， ∵b=c﹣a， ∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0． 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）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0， ∴c=1， 此时f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（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． 　 20．（16分） 考点： 等比关系的确定；等比数列的性质．菁优网版权所有 专题： 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a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）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=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， 则a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4， 令t=，则1=（1﹣t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（﹣＜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=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+2d）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＞，t≠0）， 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）+（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+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]， 令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）， 则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）﹣2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]， 令φ1（t）=φ′（t），则φ1′（t）=6[3ln（1+3t）﹣4ln（1+2t）+ln（1+t）]， 令φ2（t）=φ1′（t），则φ2′（t）=＞0， 由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ2′（t）＞0， 知g（t），φ（t），φ1（t），φ2（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） 考点： 相似三角形的判定．菁优网版权所有 专题： 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，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：△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． 　 【选修4-2：矩阵与变换】 22．（10分） 考点： 特征值与特征向量的计算．菁优网版权所有 专题： 矩阵和变换． 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（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．（2015•江苏） 考点： 简单曲线的极坐标方程．菁优网版权所有 专题： 计算题；坐标系和参数方程． 分析： 先根据x=ρcosθ，y=ρsinθ，求出圆的直角坐标方程，求出半径． 解答： 解：圆的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，可得ρ2﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣4=0， 化为直角坐标方程为x2+y2﹣2x+2y﹣4=0， 化为标准方程为（x﹣1）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=ρcosθ，y=ρsinθ，比较基础， 　 [选修4-5：不等式选讲】 24．（2015•江苏） 考点： 绝对值不等式的解法．菁优网版权所有 专题： 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≥”“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， 即原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}． 解法2：令|2x+3|=0，得x=． ①当x≥时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥， 所以x≥； ②x＜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）（ 考点： 二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．菁优网版权所有 专题： 空间位置关系与距离；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＜，＞≤，结合函数y=cosx在（0，）上的单调性，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，∴=（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=λ=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1）， 又=（0，﹣1，0），则=+=（﹣λ，﹣1，2λ）， 又=（0，﹣2，2），从而cos＜，＞==， 设1+2λ=t，t∈[1，3]， 则cos2＜，＞==≤， 当且仅当t=，即λ=时，|cos＜，＞|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） 考点： 数学归纳法．菁优网版权所有 专题： 综合题；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． 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+1，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．