1、20162016 年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷） 一填空题 1已知集合 A1，2，3，6，Bx|2x3，则 AB 【解析】由交集的定义可得 AB1，2 2复数 z(12i)(3i)，其中 i 为虚数单位，则 z 的实部是 【解析】由复数乘法可得 z55i，则 z 的实部是 5 3 在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x 2 7 y2 31 的焦距是 【解析】由已知，a27，b23，则 c27310，故焦距为 2c2 10 4已知一组数据 47，48，51，54，55，则该组数据的方差是 【解析】 5 个数的平均数 x 4.74.85.15.45
2、.5 5 51，所以它们的方差 s21 5(4751) 2 (4851)2(5151)2(5451)2(5551)201 5函数 y 32xx2的定义域是 【解析】要使函数有意义，需且仅需 32xx20，解得3x1故函数定义域为3，1 6如图是一个算法的流程图，则输出a的值是 【解析】由 a1，b9，知 ab，所以 a145，b927，ab所以 a549，b7 25，满足 ab所以输出的 a9 7将一个质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有 1，2，3，4，5，6 个点为正方体玩具）先后抛 掷 2 次，则出现向上的点数之和小于 10 的概率是 【解析】将先后两次点数记为( , )x y，则共有6
3、636个等可能基本事件，其中点数之和大于等于 10 有(4,6)，(5,5)，(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)六种， 则点数之和小于 10 共有 30 种， 概率为 305 366 解析：将一颗质地均匀的骰子先后抛掷 2 次，所有等可能的结果有(1，1)，(1，2)，(1，3)， (1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(6，6)，共 36 种情况设事件 A“出现向上的点 数之和小于 10”，其对立事件 A “出现向上的点数之和大于或等于 10”， A 包含的可能结果 有(4，6)，(5，5)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，共 6 种情况所以
4、由古典概型的概率公式， 得 P( A ) 6 36 1 6，所以 P(A)1 1 6 5 6 8已知an是等差数列，Sn是其前 n 项和若 a1a223，S510，则 a9的值是 【解析】设等差数列an公差为 d，由题意可得： a1（a1d） 23， 5a15 4 2 d10， 解得 a14， d3， 则 a9a1 8d48 320 解析：法一：设等差数列an的公差为d，由S510，知S55a154 2 d10，得a12d2， 即 a122d所以 a2a1d2d，代入 a1a223，化简得 d26d90，所以 d3，a1 4故 a9a18d42420 法二：设等差数列an的公差为 d，由 S5
5、10，知5a1a5 2 5a310，所以 a32所以由 a1 a32a2，得 a12a22，代入 a1a223，化简得 a222a210，所以 a21公差 da3 a2213，故 a9a36d21820 9定义在区间0，3上的函数 ysin 2x 的图像与 ycos x 的图像的交点个数是_ 【解】法一：函数 ysin 2x 的最小正周期为2 2 ，ycos x 的最小正周期为 2，在同一坐标 系内画出两个函数在0,3上的图像，如图所示 通过观察图像可知，在区间0,3上两个函数图像的交点个数是 7 法二：联立两曲线方程，得 ysin 2x， ycos x， 两曲线交点个数即为方程组解的个数，也
6、就是方程 sin 2xcos x解的个数方程可化为2sin xcos xcos x，即cos x(2sin x1)0，所以cos x0或sin x1 2 当 cos x0 时，xk 2，kZ，因为 x0,3，所以 x 2， 3 2 ，5 2 ，共 3 个； 当 sin x1 2时，因为 x0,3，所以 x 6， 5 6 ，13 6 ，17 6 ，共 4 个 综上，方程组在0,3上有 7 个解，故两曲线在0,3上有 7 个交点 10如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点，直线 y b 2与椭圆交 于 B，C 两点，且BFC90 ，则该椭圆的离心
7、率是 F CB O y x 【解析】 联立方程组 x2 a2 y2 b21， yb 2， 解得 B，C 两点坐标为 B 3 2 a，b 2 ，C 3 2 a，b 2 ，又 F(c，0)， 则FB 3 2 ac，b 2 ，FC 3a 2 c，b 2 ，又由BFC90 ，可得FB FC 0，代入坐标可得： c23 4a 2b 2 40，又 b 2a2c2代入式可化简为c 2 a2 2 3，则椭圆离心率为 e c a 2 3 6 3 11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) xa，1x0， 2 5x ，0x1， 其中 a R若 f(5 2)f( 9 2)，则
8、f(5a)的值是_ 【解析】 由已知 f(5 2)f( 5 22)f( 1 2) 1 2a， f( 9 2)f( 9 24)f( 1 2)| 2 5 1 2| 1 10 又 f( 5 2)f( 9 2)， 则1 2a 1 10，故 a 3 5，故 f(5a)f(3)f(34)f(1)1 3 5 2 5 12已知实数 x，y 满足 x2y40， 2xy20， 3xy30， 则 x2y2的取值范围是 【解析】 作出实数 x，y 满足的可行域如图中阴影部分所示，则 x2y2即为可行域内的点(x，y)到原 点 O 的距离的平方 由图可知点 A 到原点 O 的距离最近，点 B 到原点 O 的距离最远点
9、A 到原点 O 的距离即原点 O 到直线 2xy20 的距离 d |02| 1222 2 5 5 ，则(x2y2)min4 5；点 B 为直线 x2y40 与 3x y30 的交点，即点 B 的坐标为(2，3)，则(x2y2)max13综上，x2y2的取值范围是4 5，13 13如图，在ABC 中，D 是 BC 的中点，E，F 是 AD 上的两个三等分点，BA CA4，BF CF 1，则BE CE的值是_ 【解析】 设AB a，ACb，则BA CA(a) (b)a b4又D 为 BC 中点，E，F 为 AD 的两个三等分点，则AD 1 2(AB AC)1 2a 1 2b，AF 2 3 F E
10、D CB A AD 1 3a 1 3b，AE 1 3AD 1 6a 1 6b，BF BAAFa1 3a 1 3b 2 3a 1 3b，CF CA AFb 1 3a 1 3b 1 3a 2 3b，则BF CF (2 3a 1 3b) ( 1 3a 2 3b) 2 9a 22 9b 25 9a b 2 9(a 2b2)5 9 4 1可得 a2b229 2 又BE BAAEa1 6a 1 6b 5 6a 1 6b，CE CAAEb1 6a 1 6b 1 6 a5 6b，则BE CE(5 6a 1 6b) ( 1 6a 5 6b) 5 36(a 2b2)26 36a b 5 36 29 2 26 36
11、 4 7 8 解析：由题意，得 BF CF ( BD DF ) ( CB DF )( BD DF ) ( BD DF ) DF 2 BD 2 |DF |2| BD |21， BA CA ( BD DA ) ( CB DA )( BD 3 DF ) ( BD 3 DF )9 DF 2 BD 29| DF |2| BD |24由得| DF |25 8，| BD |213 8 所以 BE CE ( BD DE ) ( CB DE )(BD 2DF ) (BD 2DF )4DF 2 BD 24|DF |2|BD |245 8 13 8 7 8 14在锐角三角形 ABC 中，若 sin A2sin Bs
12、in C，则 tan Atan Btan C 的最小值是 【解析】 因 sin A2sin Bsin C，故 sin(BC)2sin Bsin C，故 sin Bcos Ccos Bsin C2sin Bsin C， 等式两边同时除以 cos Bcos C，得 tan Btan C2tan Btan C又 tan Atan(BC) tan Btan C tan Btan C1，故tan Atan Btan Ctan A2tan Btan C，即tan Btan C(tan A2)tan A因A，B，C 为锐角，故 tan A，tan B，tan C0，且 tan A2，故 tan Btan C
13、 tan A tan A2，故原式 tan2A tan A2令 tan A2t(t0)，则 tan2A tan A2 （t2）2 t t 24t4 t t4 t48，当且仅当 t2，即 tan A4 时 取等号故 tan Atan Btan C 的最小值为 8 解析：在锐角三角形 ABC 中，因为 sin A2sin Bsin C，故 sin(BC)2sin Bsin C，故 sin Bcos C cos Bsin C2sin Bsin C，等号两边同除以cos Bcos C，得tan Btan C2tan Btan C故tan Atan(B C)tan (BC) tan Btan C tan
14、 Btan C1 2tan Btan C tan Btan C1因为 A，B，C均为锐角，故 tan Btan C10， 故 tan Btan C1由得 tan Btan C tan A tan A2又由 tan Btan C1 得 tan A tan A21，故 tan A2故 tan Atan Btan C tan2A tan A2 tan A224tan A24 tan A2 (tan A2) 4 tan A242 448，当且仅当 tan A2 4 tan A2，即 tan A4 时取得等号故 tan Atan Btan C 的最小值为 8 二解答题 15在ABC 中，AC6，cos
15、B4 5，C 4 求 AB 的长； 求 cos(A 6)的值 【解】由 cos B4 5，得 sin B 1cos2B3 5又 C 4，AC6，由正弦定理，得 AC sin B AB sin 4 ，即6 3 5 AB 2 2 AB5 2 由得：sin B3 5，cos B 4 5，sin Ccos C 2 2 ，则sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C 7 2 10 ，cos Acos(BC)(cos Bcos Csin Bsin C) 2 10，则 cos(A 6)cos Acos 6sin Asin 6 7 2 6 20 16如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中
16、，D，E 分别为 AB，BC 的中点，点 F 在侧棱 B1B 上，且 B1DA1F，A1C1A1B1 求证：直线 DE平面 A1C1F； 平面 B1DE平面 A1C1F 【解析】(1)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，A1C1AC在ABC 中，因 D，E 分别为 AB，BC 的中 点，故 DEAC，于是 DEA1C1又 DE平面 A1C1F，A1C1平面 A1C1F，故直线 DE平面 A1C1F (2)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，A1A平面 A1B1C1因为 A1C1平面 A1B1C1，故 A1AA1C1又 A1C1A1B1，A1A平面 ABB1A1，A1B1平面 ABB1A1，A1AA
17、1B1A1，故 A1C1平面 ABB1A1因为 B1D平面 ABB1A1，故 A1C1B1D又 B1DA1F，A1C1平面 A1C1F，A1F 平面 A1C1F， A1C1A1FA1， 故 B1D平面 A1C1F 因为直线 B1D平面 B1DE， 故平面 B1DE平面 A1C1F 17现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，如图，上部分的形状是正 四棱锥 PA1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1，并要求正 四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1的四倍 若 AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？ 若正四棱锥的侧棱长为 6 m，则当 PO1为多少时，仓库的容
18、积最大？ 【解析】容积为下部正四棱柱的容积与上部正四棱锥的容积的和， 则 V62 4 21 3 6 2 262 2 (41 3)312(m 3)； 设PO1 x m 则A1O162x2(0x 6) ， A1B1 2 （62x2）V2 (36x2) 4x1 3 2 (36x 2)x2 (36x2)x (41 3) 26 3 (x336x)，V26x212 2626 (x212)，令 V0，得 x 2 3当 0x2 3时，V0，V 是单调增函数；当 2 3x6 时，V0，V 是单调减函数，故 当 PO12 3 m 时，仓库的容积 V 取得最大值 来源:学|科|网 18如图，在平面直角坐标系 xOy
19、 中，已知以 M 为圆心的圆 M：x2y212x14y600 及其上 一点 A(2，4) 设圆 N 与 x 轴相切，与圆 M 外切，且圆心 N 在直线 x6 上，求圆 N 的标准方程； 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； 设点 T(t，0)满足：存在圆 M 上的两点 P 和 Q，使得TA TPTQ，求实数 t 的取值范围 【解析】圆 M 的方程化为标准形式为(x6)2(y7)225，圆心 M(6，7)，半径 r5，由题意， 设圆 N 的方程为(x6)2(yb)2b2(b0)，且 （66）2（b7）2b5解得 b1，故圆 N 的标准
20、方程为(x6)2(y1)21 kOA2，故可设直线 l 的方程为 y2xm，即 2xym0又|BC|OA| 22422 5， 由题意， 圆M的圆心M(6， 7)到直线l的距离为d52 |BC| 2 2 2552 5， 即 |2 67m| 22（1）2 2 5，解得 m5 或 m15故直线 l 的方程为 2xy50 或 2xy150 由TA TPTQ， 则四边形 AQPT 为平行四边形， 又 P， Q 为圆 M 上的两点， 故|PQ|2r10 故 |TA|PQ|10， 即 （t2）24210， 解得 22 21t22 21 故所求 t 的范围为22 21， 22 21 19已知函数 f (x)a
21、xbx(a0，b0，a1，b1) (1)设 a2，b1 2 求方程 f (x)2 的根； 若对任意 xR，不等式 f (2x)mf (x)6 恒成立，求实数 m 的最大值； (2)若 0a1，b1，函数 g(x)f (x)2 有且只有 1 个零点，求 ab 的值 解 (1)由已知可得 2x 1 2 x 2，即 2x 1 2x2故(2 x)22 2x10，解得 2x1，故 x0 f (x)2x 1 2 x 2x2 x，令 t2x2x，则 t2又 f (2x)22x22xt22，故 f (2x)mf (x) 6 可化为 t22mt6，即 mt4 t，又 t2，t 4 t2 t 4 t4(当且仅当
22、t2 时等号成立)，故 m t4 t min4，即 m 的最大值为 4 (2)0a1，b1，故 ln a0，ln b0g(x)f (x)2axbx2，g(x)axln abxln b 且 g(x) 为单调递增，值域为 R 的函数故 g(x)一定存在唯一的变号零点，故 g(x)为先减后增且有唯一极 值点由题意g(x)有且仅有一个零点，则g(x)的极值一定为0，而g(0)a0b020，故极值点为 0故 g(0)0，即 ln aln b0，故 ab1 解：(1)因为 a2，b1 2，所以 f(x)2 x2x 方程 f(x)2，即 2x2 x2，亦即(2x)222x10，所以(2x1)20，即 2x1
23、，解得 x0 由条件知 f(2x)22x2 2x(2x2x)22(f(x)22因为 f(2x)mf(x)6 对于 xR 恒成立，且 f(x)0，所以mfx 24 fx 对于xR恒成立而fx 24 fx f(x) 4 fx2 fx4 fx4，且 f024 f0 4，所以 m4，故实数 m 的最大值为 4 (2)因为函数 g(x)f(x)2axbx2 有且只有 1 个零点，而 g(0)f(0)2a0b020，所以 0 是函数 g(x)的唯一零点因为 g(x)axln abxln b，又由 0a1，b1 知 ln a0，ln b0，所以 g(x)0 有唯一解 x0logb a ln a ln b 令
24、 h(x)g(x)，则 h(x)(axln abxln b)ax(ln a)2bx(ln b)2，从而对任意 xR，h(x)0，所以 g(x)h(x)是(，)上的单调增函数于是当 x( ，x0)时，g(x)g(x0)0；当 x(x0，)时，g(x)g(x0)0因而函数 g(x)在(，x0)上 是单调减函数，在(x0，)上是单调增函数 下证 x00若 x00，则 x0x0 20，于是 g x0 2 g(0)0又 g(loga2)aloga2bloga22aloga2 20，且函数 g(x)在以x0 2和 loga2 为端点的闭区间上的图像不间断，所以在 x0 2和 loga2 之间存在 g(x)
25、的 零点，记为 x1因为 0a1，所以 loga20又x0 20，所以 x10，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛 盾若 x00，同理可得，在x0 2和 logb2 之间存在 g(x)的非 0 的零点，与“0 是函数 g(x)的唯一零点”矛 盾因此，x00于是ln a ln b1，故 ln aln b0，所以 ab1 20记 U1，2，100对数列an(nN*)和 U 的子集 T，若 T，定义 ST0；若 T t1，t2，tk，定义 STat1a t2a tk例如：T1，3，66时，STa1a3a66现设 an(nN*)是公比为 3 的等比数列，且当 T2，4时，ST30 求数列an的通项
26、公式； 对任意正整数 k(1k100)，若 T1，2，k，求证：STak1； 设 CU，DU，SCSD，求证：SCSCD2SD 【解】当 T2，4时，STa2a4a29a230，a23，a1a2 31，故 ana1q n13n1 对任意正整数 k(1k100)由于 T1，2，k，则 STa1a2a3ak1332 3k 13 k1 2 3kak1因此，STak1 设 AC(CD)，BD(CD)，则 AB，SCSASCD，SDSBSCD，SCSCD2SD SA2SB，SCSCD2SD等价于 SA2SB由条件 SCSD可得 SASB 若 B，则 SB0，所以 SA2SB成立， 若 B，由 SASB可
27、知 A，设 A 中的最大元素为 I，B 中的最大元素为 m，若 mI1，则 由(2)得 SASI1amSB，矛盾又AB，Im，Im1，SBa1a2am1 3323m 1am1 2 aI 2 SA 2 ，即 SA2SB成立 综上所述，SA2SB故 SCSCD2SD成立 数学数学（附加题）（附加题） B选修 4-2：矩阵与变换 已知矩阵 A 1 2 0 2 ，矩阵 B 的逆矩阵 B 1 1 1 2 0 2 ，求矩阵 AB 【解析】B(B 1)1 2 2 1 2 2 0 2 1 2 1 1 4 0 1 2 AB 1 2 0 2 1 1 4 0 1 2 1 5 4 0 1 C选修 4-4：坐标系与参数
28、方程在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l 的参数方程为 x11 2t， y 3 2 t (t 为参数)，椭圆 C 的参数方程为 xcos ， y2sin ( 为参数)设直线 l 与椭圆 C 相交 于 A，B 两点，求线段 AB 的长 【解析】椭圆 C 的普通方程为 x2y 2 41.将直线 l 的参数方程 x11 2t， y 3 2 t 代入 x2y 2 41，得 11 2t 2 3 2 t 2 4 1，即 7t216t0，解得 t10，t216 7 .所以 AB|t1t2|16 7 22如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l：xy20，抛物线 C：y22px(p0) 若直线
29、l 过抛物线 C 的焦点，求抛物线 C 的方程； 已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q 求证：线段PQ上的中点坐标为(2p，p)； 求p的取值范围 C l y xO 【解析】抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 p 2，0 由点 p 2，0 在直线 l：xy20 上，得 p 2 020，即 p4故抛物线 C 的方程为 y28x； 证明 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)则 y2 12px1， y222px2，则 x1 y21 2p， x2y 2 2 2p， kPQ y1y2 y21 2p y22 2p 2p y1y2，又 P，Q 关于 l 对称，kPQ1，即
30、y1y22p，y1y2 2 p，又PQ 的中点一定在 l 上， x1x2 2 y1y2 2 22p线段 PQ 的中点坐标为(2p，p) PQ的 中 点 为 (2 p ， p) ， y1y22p， x1x2y 2 1y 2 2 2p 42p， 即 y1y22p， y21y228p4p2， y1y22p， y1y24p24p，即关于y的方程y 22py4p24p0有两个不等实根0，即(2p)24(4p2 4p)0，解得 0p4 3，故所求 p 的范围为 0，4 3 23求 7C364C47的值； 设 m，nN*，nm，求证：(m1)Cm m(m2)C m m1(m3)C m m2nC m n1(n
31、1)C m n (m1)Cm 2 n2 【解析】(1)解 7C364C477204350 (2)证明 对任意的 m，nN*，nm， 当 nm 时，左边(m1)Cm mm1，右边(m1)C m2 m2m1，原等式成立 假设 nk(km)时命题成立即(m1)Cm m(m2)C m m1(m3)C m m2kC m k1(k1)C m k (m1)Cm 2 k2，当 nk1 时，左边(m1)C m m(m2)C m m1(m3)C m m2kC m k1(k1)C m k (k2)Cm k1(m1)C m2 k2(k2)C m k1，右边(m1)C m2 k3而(m1)C m2 k3(m1)C m2
32、 k2(m 1) （k3）！ （m2）！（km1）！ （k2）！ （m2）！（km）！ (m1) （k2）！ （m2）！（km1）！ (k3)(km1)(k2) （k1）！ m！（km1）！(k2)C m k1，(m1)C m2 k2(k2)C m k1(m 1)Cm 2 k3，左边右边即 mk1 时命题也成立 综合可得原命题对任意 m，nN*，nm 均成立 另解：因 1 1 (1)C(1)C mm kk km ，故左边 111 121 (1)C(1)C(1)C mmm mmn mmm 111 121 (1)(CCC) mmm mmn m 又由 1 11 CCC kkk nnn ，知 2212
33、11211111 2111221121 CCCCCCCCCCCC mmmmmmmmmmmm nnnnnnmmnmmn ，故，左 边右边 当n m时 ， 结 论 显 然 成 立 当n m时 ， (k 1)C m k k1 k！ m！ km！ (m 1) k1！ m1！ k1m1！(m1)C m1 k1，km1，m2，n又因为 C m1 k1C m2 k1C m2 k2， 所以(k1)Cm k(m1)(C m2 k2C m2 k1)，km1，m2，n因此，(m1)C m m(m2)C m m1(m 3)Cm m2(n1)C m n(m1)C m m(m2)C m m1(m3)C m m2(n1)C m n(m1)C m2 m2(m 1)(Cm 2 m3C m2 m2)(C m2 m4C m2 m3)(C m2 n2C m2 n1)(m1)C m2 n2
