20XX年江蘇省南京市、鹽城市高考數(shù)學一模試卷試題(解析版)

1、2016年江蘇省南京市、鹽城市高考數(shù)學一模試卷一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，計70分.不需寫出解答過程，請把答案寫在答題紙的指定位置上）1已知集合A=x|x21=0，B=1，2，5，則AB=2已知復(fù)數(shù)z=（i是虛數(shù)單位），則|z|=3書架上有3本數(shù)學書，2本物理書，從中任意取出2本，則取出的兩本書都是數(shù)學書的概率為4運行如圖所示的偽代碼，其結(jié)果為5某校高一年級有學生400人，高二年級有學生360人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從全校學生中抽出55人，其中從高一年級學生中抽出20人，則從高三年級學生中抽取的人數(shù)為6在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線C的頂點在坐標原點，焦點在x軸上，若曲線C

2、經(jīng)過點P（1，3），則其焦點到準線的距離為7已知實數(shù)x，y滿足，則目標函數(shù)z=xy的最小值為8設(shè)一個正方體與底面邊長為2，側(cè)棱長為的正四棱錐的體積相等，則該正方體的棱長為9在ABC中，設(shè)a，b，c分別為角A，B，C的對邊，若a=5，A=，cosB=，則邊c=10設(shè)Sn是等比數(shù)列an的前n項和，an0，若S62S3=5，則S9S6的最小值為11如圖，在ABC中，AB=AC=3，cosBAC=， =2，則的值為12過點P（4，0）的直線l與圓C：（x1）2+y2=5相交于A，B兩點，若點A恰好是線段PB的中點，則直線l的方程為13設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x）=2x+，設(shè)g（x）=若函

3、數(shù)y=g（x）t有且只有一個零點，則實數(shù)t的取值范圍是14設(shè)函數(shù)y=的圖象上存在兩點P，Q，使得POQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形（其中O為坐標原點），且斜邊的中點恰好在y軸上，則實數(shù)a的取值范圍是二、解答題（共6小題，滿分90分）15設(shè)函數(shù)f（x）=Asin（x+）（A0，0，xR）的部分圖象如圖所示（1）求函數(shù)y=f（x）的解析式；（2）當x，時，求f（x）的取值范圍16如圖，已知直三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)面ACC1A1是正方形，點O是側(cè)面ACC1A1的中心，ACB=，M是棱BC的中點（1）求證：OM平面ABB1A1；（2）求證：平面ABC1平面A1BC17如圖所示，A，B是兩個垃圾中

4、轉(zhuǎn)站，B在A的正東方向16千米處，AB的南面為居民生活區(qū)為了妥善處理生活垃圾，政府決定在AB的北面建一個垃圾發(fā)電廠P垃圾發(fā)電廠P的選址擬滿足以下兩個要求（A，B，P可看成三個點）：垃圾發(fā)電廠到兩個垃圾中轉(zhuǎn)站的距離與它們每天集中的生活垃圾量成反比，比例系數(shù)相同；垃圾發(fā)電廠應(yīng)盡量遠離居民區(qū)（這里參考的指標是點P到直線AB的距離要盡可能大）現(xiàn)估測得A，B兩個中轉(zhuǎn)站每天集中的生活垃圾量分別約為30噸和50噸，問垃圾發(fā)電廠該如何選址才能同時滿足上述要求？18如圖，在平面直角坐標系xOy中，設(shè)點M（x0，y0）是橢圓C： +y2=1上一點，從原點O向圓M：（xx0）2+（yy0）2=r2作兩條切線分別與橢

5、圓C交于點P，Q直線OP，OQ的斜率分別記為k1，k2（1）若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點，求圓M的方程；（2）若r=，求證：k1k2=；求OPOQ的最大值19已知函數(shù)f（x）=在x=0處的切線方程為y=x（1）求a的值；（2）若對任意的x（0，2），都有f（x）成立，求k的取值范圍；（3）若函數(shù)g（x）=lnf（x）b的兩個零點為x1，x2，試判斷g（）的正負，并說明理由20設(shè)數(shù)列an共有m（m3）項，記該數(shù)列前i項a1，a2，ai中的最大項為Ai，該數(shù)列后mi項ai+1，ai+2，am中的最小項為Bi，ri=AiBi（i=1，2，3，m1）（1）若數(shù)列an的通項公式為an=2n，求數(shù)列r

6、i的通項公式；（2）若數(shù)列an滿足a1=1，ri=2，求數(shù)列an的通項公式；（3）試構(gòu)造一個數(shù)列an，滿足an=bn+cn，其中bn是公差不為零的等差數(shù)列，cn是等比數(shù)列，使得對于任意給定的正整數(shù)m，數(shù)列ri都是單調(diào)遞增的，并說明理由選作題：在A、B、C、D四小題中只能選做2題,每小題10分,計20分.請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi)選修4-1：幾何證明選講（滿分10分）21如圖，AB為O的直徑，直線CD與O相切于點D，ACCD，DEAB，C、E為垂足，連接AD，BD若AC=4，DE=3，求BD的長選修4-2：矩陣-變換22設(shè)矩陣的一個特征值為2，若曲線C在矩陣M變換下的方程為x2+y2=1，求

7、曲線C的方程選修：4-4:坐標系與參數(shù)方程23在極坐標系中，已知點A的極坐標為（2，），圓E的極坐標方程為=4cos+4sin，試判斷點A和圓E的位置關(guān)系選修：4-5：不等式選講24已知正實數(shù)a，b，c，d滿足a+b+c+d=1求證： +2必做題（第25、26題，每小題10分，計20分.請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi)）25直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，AB=2，AC=4，AA1=2， =（1）若=1，求直線DB1與平面A1C1D所成角的正弦值；（2）若二面角B1A1C1D的大小為60°，求實數(shù)的值26設(shè)集合M=1，2，3，n（n3），記M的含有三個元素的子集個數(shù)為Sn，同時

8、將每一個子集中的三個元素由小到大排列，取出中間的數(shù)，所有這些中間的數(shù)的和記為Tn（1）求，的值；（2）猜想的表達式，并證明之2016年江蘇省南京市、鹽城市高考數(shù)學一模試卷參考答案與試題解析一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，計70分.不需寫出解答過程，請把答案寫在答題紙的指定位置上）1已知集合A=x|x21=0，B=1，2，5，則AB=1【考點】交集及其運算【分析】先求出集合A，再由交集定義求解【解答】解：集合A=x|x21=0=1，1，B=1，2，5，AB=1故答案為：12已知復(fù)數(shù)z=（i是虛數(shù)單位），則|z|=【考點】復(fù)數(shù)求模【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則、模的計算公式即可得出【解答】解

9、：復(fù)數(shù)z=，則|z|=故答案為：3書架上有3本數(shù)學書，2本物理書，從中任意取出2本，則取出的兩本書都是數(shù)學書的概率為【考點】古典概型及其概率計算公式【分析】先求出基本事件總數(shù)，求出取出的兩本書都是數(shù)學書包含的基本事件個數(shù)，由此能求出取出的兩本書都是數(shù)學書的概率【解答】解：書架上有3本數(shù)學書，2本物理書，從中任意取出2本，基本事件總數(shù)n=10，則取出的兩本書都是數(shù)學書包含的基本事件個數(shù)m=，取出的兩本書都是數(shù)學書的概率p=故選為：4運行如圖所示的偽代碼，其結(jié)果為17【考點】偽代碼【分析】根據(jù)偽代碼所示的順序，逐框分析程序中各變量、各語句的作用可知：該程序的作用是累加并輸出S的值【解答】解：根據(jù)偽

10、代碼所示的順序，逐框分析程序中各變量、各語句的作用可知：該程序的作用是累加并輸出S=1+1+3+5+7的值，所以S=1+1+3+5+7=17故答案為：175某校高一年級有學生400人，高二年級有學生360人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法從全校學生中抽出55人，其中從高一年級學生中抽出20人，則從高三年級學生中抽取的人數(shù)為17【考點】分層抽樣方法【分析】根據(jù)學生的人數(shù)比，利用分層抽樣的定義即可得到結(jié)論【解答】解：設(shè)從高一年級學生中抽出x人，由題意得=，解得x=18，則從高三年級學生中抽取的人數(shù)為552018=17人，故答案為：176在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線C的頂點在坐標原點，焦點在x軸上，若

11、曲線C經(jīng)過點P（1，3），則其焦點到準線的距離為【考點】拋物線的簡單性質(zhì)【分析】先設(shè)出拋物線的方程，把點P代入即可求得p，則拋物線的方程可得其焦點到準線的距離【解答】解：由題意，可設(shè)拋物線的標準方程為y2=2px，因為曲線C經(jīng)過點P（1，3），所以p=，所以其焦點到準線的距離為故答案為：7已知實數(shù)x，y滿足，則目標函數(shù)z=xy的最小值為3【考點】簡單線性規(guī)劃【分析】作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，利用z的幾何意義進行求解即可【解答】解：作作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：由z=xy，得y=xz表示，斜率為1縱截距為z的一組平行直線，平移直線y=xz，當直線經(jīng)過點A時，此時直線y=xz截距最大，z最小

12、由，得，此時zmin=14=3故答案為：38設(shè)一個正方體與底面邊長為2，側(cè)棱長為的正四棱錐的體積相等，則該正方體的棱長為2【考點】棱柱的結(jié)構(gòu)特征【分析】由已知條件先求出正四棱錐的體積，再設(shè)該正方體的棱長為a，由正方體與正四棱錐的體積相等，能求出正方體的棱長【解答】解：已知正四棱錐SABCD中，底面ABCD是邊長為2的正方形，SB=，過S作SE底面ABCD，垂足為E，過E作EFBC，交BC于F，連結(jié)SF，則EF=BF=，SF=，SE=2，VSABCD=8，設(shè)該正方體的棱長為a，一個正方體與底面邊長為2，側(cè)棱長為的正四棱錐的體積相等，a3=8，解得a=2故答案為：29在ABC中，設(shè)a，b，c分別為

13、角A，B，C的對邊，若a=5，A=，cosB=，則邊c=7【考點】正弦定理【分析】利用已知及同角三角函數(shù)基本關(guān)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+c22accosB，即：32=25+c26c，解得：c=7或1（舍去）故答案為：710設(shè)Sn是等比數(shù)列an的前n項和，an0，若S62S3=5，則S9S6的最小值為20【考點】數(shù)列的求和【分析】利用等比數(shù)列的前n項和公式、數(shù)列的單調(diào)性、基本不等式的性質(zhì)即可得出【解答】解：設(shè)等比數(shù)列an的公比q0，q1S62S3=5，

14、=5=5q1則S9S6=q6=5+105×+10=20，當且僅當q3=2，即q=時取等號S9S6的最小值為20故答案為：2011如圖，在ABC中，AB=AC=3，cosBAC=， =2，則的值為2【考點】平面向量數(shù)量積的運算【分析】利用向量的加法的三角形法以及向量的數(shù)量積的定義計算即可【解答】解：=，=（+），=（+），=（+）（），=（+）（），=（+2），=（3×3×+322×32），=2，故答案為：212過點P（4，0）的直線l與圓C：（x1）2+y2=5相交于A，B兩點，若點A恰好是線段PB的中點，則直線l的方程為x±3y+4=0【考點

15、】直線與圓的位置關(guān)系【分析】當點A為PB中點時，先求出PA2=10，再與圓C：（x1）2+y2=5聯(lián)立，求出A的坐標，即可求直線l的方程【解答】解：由割線定理，可得（PC）（PC+）=PAPB，20=2PA2，PA2=10設(shè)A（x，y），則（x+4）2+y2=10，與圓C：（x1）2+y2=5，聯(lián)立可得x=1，y=±1直線l的方程為x±3y+4=0故答案為：x±3y+4=013設(shè)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x）=2x+，設(shè)g（x）=若函數(shù)y=g（x）t有且只有一個零點，則實數(shù)t的取值范圍是，【考點】根的存在性及根的個數(shù)判斷；函數(shù)奇偶性的性質(zhì)【分析】根據(jù)函數(shù)

16、奇偶性的性質(zhì)，利用f（0）=0求出m的值，利用g（x）與f（x）的關(guān)系求出g（x）的表達式，利用函數(shù)與方程的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)的交點個數(shù)問題，利用數(shù)形結(jié)合進行求解即可【解答】解：f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，且f（x）=2x+，f（0）=0，即f（0）=1+m=0，得m=1，則f（x）=2x，則g（x）=leftbeginarrayl2xfrac12x，&x1frac12x2x，&x1endarrayright.，則當x1時，函數(shù)為增函數(shù)，且當x1時，g（x）=2=，當x1時，函數(shù)為減函數(shù)，且g（x）g（1）=（）=2=，由y=g（x）t=0得g（x）=t，作出函數(shù)g（x）和y

17、=t的圖象如圖：要使函數(shù)y=g（x）t有且只有一個零點，則函數(shù)g（x）與y=t只有一個交點，則t，故答案為：，14設(shè)函數(shù)y=的圖象上存在兩點P，Q，使得POQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形（其中O為坐標原點），且斜邊的中點恰好在y軸上，則實數(shù)a的取值范圍是（0，【考點】分段函數(shù)的應(yīng)用【分析】曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設(shè)要求，則點P、Q只能在y軸兩側(cè)設(shè)P（t，f（t）（t0），則Q（t，t3+t2），運用向量垂直的條件：數(shù)量積為0，構(gòu)造函數(shù)h（x）=（x+1）lnx（xe），運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，求得最值，即可得到a的范圍【解答】解：假設(shè)曲線y=f（x）上存在兩點P、Q滿足題設(shè)要求，則點

18、P、Q只能在y軸兩側(cè)不妨設(shè)P（t，f（t）（t0），則Q（t，t3+t2），POQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，=0，即t2+f（t）（t3+t2）=0（*）若方程（*）有解，存在滿足題設(shè)要求的兩點P、Q；若方程（*）無解，不存在滿足題設(shè)要求的兩點P、Q若0te，則f（t）=t3+t2代入（*）式得：t2+（t3+t2）（t3+t2）=0即t4t2+1=0，而此方程無解，因此te，此時f（t）=alnt，代入（*）式得：t2+（alnt）（t3+t2）=0，即=（t+1）lnt（*）令h（x）=（x+1）lnx（xe），則h（x）=lnx+1+0，h（x）在e，+）上單調(diào)遞增，teh（t）h（

19、e）=e+1，h（t）的取值范圍是e+1，+）對于0a，方程（*）總有解，即方程（*）總有解故答案為：（0，二、解答題（共6小題，滿分90分）15設(shè)函數(shù)f（x）=Asin（x+）（A0，0，xR）的部分圖象如圖所示（1）求函數(shù)y=f（x）的解析式；（2）當x，時，求f（x）的取值范圍【考點】由y=Asin（x+）的部分圖象確定其解析式；正弦函數(shù)的圖象【分析】（1）由圖象知，A，周期T，利用周期公式可求，由點（，2）在函數(shù)圖象上，結(jié)合范圍，可求，從而解得函數(shù)解析式（2）由x，可求x+，利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即可求得f（x）的取值范圍【解答】解：（1）由圖象知，A=2，又=，0，所以T=2=，得

20、=1所以f（x）=2sin（x+），將點（，2）代入，得+=2k（kZ），即=+2k（kZ），又，所以，=所以f（x）=2sin（x+）（2）當x，時，x+，所以sin（x+），1，即f（x），216如圖，已知直三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)面ACC1A1是正方形，點O是側(cè)面ACC1A1的中心，ACB=，M是棱BC的中點（1）求證：OM平面ABB1A1；（2）求證：平面ABC1平面A1BC【考點】平面與平面垂直的判定；直線與平面平行的判定【分析】（1）推導(dǎo)出OMA1B，由此能證明OM平面ABB1A1（2）推導(dǎo)出CC1BC，BCAC，從而BC面ACC1A1，進而BCAC1，再由A1CAC1，得到A

21、C1面A1BC，由此能證明面ABC1面A1BC【解答】證明：（1）在A1BC中，因為O是A1C的中點，M是BC的中點，所以O(shè)MA1B，又OM平面ABB1A1，A1B平面ABB1A1，所以O(shè)M平面ABB1A1（2）因為ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1底面ABC，所以CC1BC，又ACB=，即BCAC，而CC1，AC面ACC1A1，且CC1AC=C，所以BC面ACC1A1，而AC1面ACC1A1，所以BCAC1，又ACC1A1是正方形，所以A1CAC1，而BC，A1C面A1BC，且BCA1C=C，所以AC1面A1BC，又AC1面ABC1，所以面ABC1面A1BC17如圖所示，A，B是兩個垃

22、圾中轉(zhuǎn)站，B在A的正東方向16千米處，AB的南面為居民生活區(qū)為了妥善處理生活垃圾，政府決定在AB的北面建一個垃圾發(fā)電廠P垃圾發(fā)電廠P的選址擬滿足以下兩個要求（A，B，P可看成三個點）：垃圾發(fā)電廠到兩個垃圾中轉(zhuǎn)站的距離與它們每天集中的生活垃圾量成反比，比例系數(shù)相同；垃圾發(fā)電廠應(yīng)盡量遠離居民區(qū)（這里參考的指標是點P到直線AB的距離要盡可能大）現(xiàn)估測得A，B兩個中轉(zhuǎn)站每天集中的生活垃圾量分別約為30噸和50噸，問垃圾發(fā)電廠該如何選址才能同時滿足上述要求？【考點】直線和圓的方程的應(yīng)用【分析】由條件可設(shè)PA=5x，PB=3x，運用余弦定理，即可得到cosPAB，由同角的平方關(guān)系可得sinPAB，求得點P

23、到直線AB的距離h=PAsinPAB，化簡整理配方，由二次函數(shù)的最值的求法，即可得到所求最大值及PA，PB的值【解答】解：由條件，得=，PA=5x，PB=3x，則cosPAB=+，由同角的平方關(guān)系可得sinPAB=，所以點P到直線AB的距離h=PAsinPAB=5x=，cosPAB1，+1，2x8，所以當x2=34，即x=時，h取得最大值15千米即選址應(yīng)滿足PA=5千米，PB=3千米18如圖，在平面直角坐標系xOy中，設(shè)點M（x0，y0）是橢圓C： +y2=1上一點，從原點O向圓M：（xx0）2+（yy0）2=r2作兩條切線分別與橢圓C交于點P，Q直線OP，OQ的斜率分別記為k1，k2（1）若

24、圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點，求圓M的方程；（2）若r=，求證：k1k2=；求OPOQ的最大值【考點】橢圓的簡單性質(zhì)【分析】（1）橢圓C的右焦點是（，0），x=，代入+y2=1，可得y=±，求出圓的圓心，然后求圓M的方程；（2）因為直線OP：y=k1x，OQ：y=k2x，與圓R相切，推出k1，k2是方程（1+k2）x2（2x0+2ky0）x+x02+y02=0的兩個不相等的實數(shù)根，利用韋達定理推出k1k2結(jié)合點M（x0，y0）在橢圓C上，證明k1k2=（i）當直線OP，OQ不落在坐標軸上時，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），通過4k1k2+1=0，推出y12y22=x12x22

25、，利用P（x1，y1），Q（x2，y2），在橢圓C上，推出OP2+OQ2=5，即可求出OPOQ的最大值【解答】解：（1）橢圓C的右焦點是（，0），x=，代入+y2=1，可得y=±，圓M的方程：（x）2+（y）2=；（2）因為直線OP：y=k1x，OQ：y=k2x，與圓R相切，所以直線OP：y=k1x與圓M：（xx0）2+（yy0）2=聯(lián)立，可得（1+k12）x2（2x0+2k1y0）x+x02+y02=0同理（1+k22）x2（2x0+2k2y0）x+x02+y02=0，由判別式為0，可得k1，k2是方程（x02）k22x0y0k+y02=0的兩個不相等的實數(shù)根，k1k2=，因為點M

26、（x0，y0）在橢圓C上，所以y2=1，所以k1k2=；（3）（i）當直線OP，OQ不落在坐標軸上時，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），因為4k1k2+1=0，所以+1=0，即y12y22=x12x22，因為P（x1，y1），Q（x2，y2）在橢圓C上，所以y12y22=（1）（1）=x12x22，整理得x12+x22=4，所以y12+y22=1所以O(shè)P2+OQ2=5（ii）當直線落在坐標軸上時，顯然有OP2+OQ2=5，綜上：OP2+OQ2=5所以O(shè)POQ（OP2+OQ2）=2.5，所以O(shè)POQ的最大值為2.519已知函數(shù)f（x）=在x=0處的切線方程為y=x（1）求a的值；（2）若對任

27、意的x（0，2），都有f（x）成立，求k的取值范圍；（3）若函數(shù)g（x）=lnf（x）b的兩個零點為x1，x2，試判斷g（）的正負，并說明理由【考點】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程；導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用【分析】（1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由切線的方程可得a=1；（2）由題意可得x22xk+x22x在x（0，2）恒成立，分別求得左右兩邊函數(shù)的值域，運用恒成立思想，即可得到a的范圍；（3）由題意可得b=lnxx有兩個零點，求得y=lnxx的導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間和極值、最值，畫出圖象，可得1，即可得到所求符號【解答】解：（1）函數(shù)f（x）=的導(dǎo)數(shù)為f（x）=，在x=0處的切線

28、斜率為，由切線的方程y=x，可得a=1；（2）由題意可得x22xk+x22x在x（0，2）恒成立，由x22x=（x1）21（1，0），可得k0；由h（x）=+x22x的導(dǎo)數(shù)為h（x）=（x1）（2+），可得0x1時，h（x）0，h（x）遞減；1x2時，h（x）0，h（x）遞增即有h（x）在x=1處取得最小值，且為e1，則ke1綜上可得k的范圍是0，e1）；（3）函數(shù)g（x）=lnf（x）b的兩個零點為x1，x2，即為b=lnxx有兩個零點，y=lnxx的導(dǎo)數(shù)為y=1，當x1時，y0，函數(shù)遞減；0x1時，y0，函數(shù)遞增即有x=1處取得最大值，且為1畫出y=b和y=lnxx的圖象，可得1，g（x）

29、=lnxxb的導(dǎo)數(shù)為g（x）=1，g（）=10，則g（）為負的20設(shè)數(shù)列an共有m（m3）項，記該數(shù)列前i項a1，a2，ai中的最大項為Ai，該數(shù)列后mi項ai+1，ai+2，am中的最小項為Bi，ri=AiBi（i=1，2，3，m1）（1）若數(shù)列an的通項公式為an=2n，求數(shù)列ri的通項公式；（2）若數(shù)列an滿足a1=1，ri=2，求數(shù)列an的通項公式；（3）試構(gòu)造一個數(shù)列an，滿足an=bn+cn，其中bn是公差不為零的等差數(shù)列，cn是等比數(shù)列，使得對于任意給定的正整數(shù)m，數(shù)列ri都是單調(diào)遞增的，并說明理由【考點】數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式【分析】（1）由an=2n單調(diào)遞增，可得Ai=2i，

30、Bi=2i+1，即可得到ri=AiBi；（2）由題意可得AiBi，即aiai+1，又因為i=1，2，3，m1，所以an單調(diào)遞增，可得an是公差為2的等差數(shù)列，進而得到所求通項公式；（3）構(gòu)造an=n（）n，其中bn=n，cn=（）n，運用新定義即可得證【解答】解：（1）因為an=2n單調(diào)遞增，所以Ai=2i，Bi=2i+1，所以ri=AiBi=2i，1im1；（2）根據(jù)題意可知，aiAi，Biai+1，因為ri=AiBi=20，所以AiBi，可得aiAiBiai+1，即aiai+1，又因為i=1，2，3，m1，所以an單調(diào)遞增，則Ai=ai，Bi=ai+1，所以ri=aiai+1=2，即ai+

31、1ai=2，1im1，所以an是公差為2的等差數(shù)列，an=1+2（n1）=2n1，1im1；（3）構(gòu)造an=n（）n，其中bn=n，cn=（）n，下證數(shù)列an滿足題意證明：因為an=n（）n，所以數(shù)列an單調(diào)遞增，所以Ai=ai=i（）i，Bi=ai+1=i+1（）i+1，所以ri=aiai+1=1（）i+1，1im1，因為ri+1ri=1（）i+21（）i+1=（）i+20，所以數(shù)列ri單調(diào)遞增，滿足題意（說明：等差數(shù)列bn的首項b1任意，公差d為正數(shù)，同時等比數(shù)列cn的首項c1為負，公比q（0，1），這樣構(gòu)造的數(shù)列an都滿足題意）選作題：在A、B、C、D四小題中只能選做2題,每小題10分,

32、計20分.請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi)選修4-1：幾何證明選講（滿分10分）21如圖，AB為O的直徑，直線CD與O相切于點D，ACCD，DEAB，C、E為垂足，連接AD，BD若AC=4，DE=3，求BD的長【考點】與圓有關(guān)的比例線段【分析】先證明EDADBA，再證明ACDAED，即可得出結(jié)論【解答】解：因為CD與O相切于點D，所以CDA=DBA，又因為AB為O的直徑，所以ADB=90°又DEAB，所以EDADBA，所以EDA=DBA，所以EDA=CDA又ACD=AED=90°，AD=AD，所以ACDAED所以AE=AC=4，所以AD=5，又=，所以BD=選修4-2：矩陣-

33、變換22設(shè)矩陣的一個特征值為2，若曲線C在矩陣M變換下的方程為x2+y2=1，求曲線C的方程【考點】特征值與特征向量的計算【分析】首先由特征值求a，然后進行矩陣變換，求曲線方程【解答】解：由題意，矩陣M的特征多項式f（）=（a）（1），因矩陣M有一個特征值為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，即曲線C的方程為8x2+4xy+y2=1選修：4-4:坐標系與參數(shù)方程23在極坐標系中，已知點A的極坐標為（2，），圓E的極坐標方程為=4cos+4sin，試判斷點A和圓E的位置關(guān)系【考點】簡單曲線的極坐標方程【分析】先求出點A的直角坐標和圓

34、E的直角坐標方程，再求出點A到圓心的距離，由此能判斷點A與圓E的位置關(guān)系【解答】解：點A的極坐標為（2，），點A的直角坐標為（2，2），圓E的極坐標方程為=4cos+4sin，圓E的直角坐標方程為（x2）2+（y2）2=8，則點A（2，2）到圓心E（2，2）的距離d=4r=2，所以點A在圓E外選修：4-5：不等式選講24已知正實數(shù)a，b，c，d滿足a+b+c+d=1求證： +2【考點】不等式的證明【分析】運用分析法證明，要證原不等式成立，兩邊平方，結(jié)合柯西不等式即可得證【解答】證明：運用分析法證明要證+2，由正實數(shù)a，b，c，d滿足a+b+c+d=1，即證（+）224，即有（+）24（1+2a+1+2b+1+2c+1+2d），由柯西不等式可得，上式顯然成立則原不等式成立必做題（第25、26題，每小題10分，計20分.請把答案