发布时间 : 星期六 文章2015年江苏省高考数学试卷解析更新完毕开始阅读
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）（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：2
，2
，2
，2
2
3
依次构成等比数列；
4
（2）是否存在a1，d，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列？并说明理由；
nn+kn+2kn+3k
（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列？并说明理由． 考点： 等比关系的确定；等比数列的性质． 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； 234（2）利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论； nn+kn+2kn+3k（3）利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4依nn+2k2（n+k）n+kn+3k次构成等比数列，得到a1（a1+2d）=（a1+2d），且（a1+d）（a1+3d）=2（n+2k）（a1+2d），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： d解：（1）证明：∵==2，（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） 234假设存在a1，d使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列， 43624则a=（a﹣d）（a+d），且（a+d）=a（a+2d）， 令t=，则1=（1﹣t）（1+t），且（1+t）=（1+2t），（﹣＜t＜1，t≠0）， 化简得t+2t﹣2=0（*），且t=t+1，将t=t+1代入（*）式， t（t+1）+2（t+1）﹣2=t+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，a2，a3，a4依次构成等比数列． nn+kn+2kn+3k（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4依次构成等比数列， 则a1（a1+2d）nn+2k23423222364=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d），a1n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k）， 分别在两个等式的两边同除以=a1n+2k2（n+k）2（n+k）2（n+2k），并令t=n+3k，（t＞，t≠0）， ， 则（1+2t）=（1+t），且（1+t）（1+3t）=（1+2t）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）， 第17页（共23页）
n+k2（n+2k）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）=2[（1+3t）ln（1+3t）﹣3（1+2t）ln（1+2t）22+3（1+t）ln（1+t）]， 222令φ（t）=（1+3t）ln（1+3t）﹣3（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（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）=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， nn+kn+2kn+3k所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a1，a2，a3，a4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）（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．
＞0，
考点： 相似三角形的判定． 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】
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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． 考点： 特征值与特征向量的计算． 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）已知圆C的极坐标方程为ρ+2 考点： 简单曲线的极坐标方程． 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： 22解：圆的极坐标方程为ρ+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，可得ρ﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣4=0， 2
ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C的半径．
化为直角坐标方程为x+y﹣2x+2y﹣4=0， 22化为标准方程为（x﹣1）+（y+1）=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）解不等式x+|2x+3|≥2． 考点： 绝对值不等式的解法． 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）； 22思路2（零点分段法）：对x的值分“x≥解答： 解法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x， ”“x＜”进行讨论求解． 第19页（共23页）
得2x+3≥2﹣x，或2x+3≥﹣（2﹣x）， 即x≥，或x≤﹣5， ，或x≤﹣5}． ． ， 即原不等式的解集为{x|x≥解法2：令|2x+3|=0，得x=①当x≥所以x≥②x＜时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥； 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）（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．
考点： 二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算． 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cos＜性，计算即得结论． 2，＞≤，结合函数y=cosx在（0，）上的单调第20页（共23页）