2016年普通高等学校招生全国统一考试数学Ⅰ(江苏卷).docx

1、2016年普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)数学1.(2016江苏,1)已知集合A=-1,2,3,6,B=x|-2x3,则AB=.答案-1,2解析AB=-1,2,3,6x|-2xb,循环结束,输出a的值为9.7.(2016江苏,7)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.答案56解析(方法一)将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次,共有36个基本事件.其中向上的点数之和小于10的基本事件共有30个,所以所求概率为3036=56.(方法二)将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次,共有36个基本事件.记A表示“向

2、上的点数之和小于10”,则A表示“向上的点数之和不小于10”,A的基本事件共有6个,所以P(A)=636=16,P(A)=1-P(A)=56.8.(2016江苏,8)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.答案20解析由S5=10得a3=2,因此2-2d+(2-d)2=-3d=3,a9=2+36=20.9.(2016江苏,9)定义在区间0,3上的函数y=sin 2x的图象与y=cos x的图象的交点个数是.答案7解析由sin 2x=cos x,可得cos x=0或sin x=12,因为x0,3,所以x可取的值为2,32,52,6,56,136,17

3、6,共7个.故交点个数为7.10.(2016江苏,10)如图,在平面直角坐标系xOy中,F是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点,直线y=b2与椭圆交于B,C两点,且BFC=90,则该椭圆的离心率是.答案63解析由题意得B-32a,b2,C32a,b2,F(c,0),所以BF=c+32a,-b2,CF=c-32a,-b2.因为BFC=90,所以BFCF=0.所以c2-32a2+b22=0.又a2-b2=c2,所以3c2=2a2,即c2a2=23,所以e=63.11.(2016江苏,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)=x+a,-1x0,25-x,0

4、x0,tan Btan C0,所以tan A+2tan Btan C22tanAtanBtanC,当且仅当tan A=2tan Btan C时,等号成立,即tan Atan Btan C22tanAtanBtanC,解得tan Atan Btan C8,即最小值为8.15.(2016江苏,15)在ABC中,AC=6,cos B=45,C=4.(1)求AB的长;(2)求cosA-6的值.解(1)因为cos B=45,0B,所以sin B=1-cos2B=1-452=35.由正弦定理知ACsinB=ABsinC,所以AB=ACsinCsinB=62235=52.(2)在ABC中,A+B+C=,所以

5、A=-(B+C),于是cos A=-cos(B+C)=-cosB+4=-cos Bcos4+sin Bsin4,又cos B=45,sin B=35,故cos A=-4522+3522=-210.因为0A,所以sin A=1-cos2A=7210.因此,cosA-6=cos Acos6+sin Asin6=-21032+721012=72-620.16.(2016江苏,16)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B1DA1F,A1C1A1B1.求证:(1)直线DE平面A1C1F;(2)平面B1DE平面A1C1F.证明(1)在直三棱柱ABC-

6、A1B1C1中,A1C1AC.在ABC中,因为D,E分别为AB,BC的中点,所以DEAC,于是DEA1C1.又因为DE平面A1C1F,A1C1平面A1C1F,所以直线DE平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1,所以A1AA1C1.又因为A1C1A1B1,A1A平面ABB1A1,A1B1平面ABB1A1,A1AA1B1=A1,所以A1C1平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1,所以A1C1B1D.又因为B1DA1F,A1C1平面A1C1F,A1F平面A1C1F,A1C1A1F=A1,所以B1D平面A1C1F.因为直线B1

7、D平面B1DE,所以平面B1DE平面A1C1F.17.(2016江苏,17)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=6 m,PO1=2 m,则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m,则当PO1为多少时,仓库的容积最大?解(1)由PO1=2 m知O1O=4PO1=8 m.因为A1B1=AB=6 m,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积 V锥=13A1B12PO1=13622=24(m3);正四棱柱ABCD-A1B1C

8、1D1的体积V柱=AB2O1O=628=288(m3).所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a m,PO1=h m,则0h6,O1O=4h.连接O1B1.因为在RtPO1B1中,O1B12+PO12=PB12,所以2a22+h2=36,即a2=2(36-h2).于是仓库的容积V=V柱+V锥=a24h+13a2h=133a2h=263(36h-h3),0h6,从而V=263(36-3h2)=26(12-h2).令V=0,得h=23或h=-23(舍).当0h0,V是单调增函数;当23h6时,V0,V是单调减函数.故h=23时,V取得极大值,也是最大值.因此

9、,当PO1=23 m时,仓库的容积最大.18.(2016江苏,18)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TA+TP=TQ,求实数t的取值范围.解圆M的标准方程为(x-6)2+(y-7)2=25,所以圆心M(6,7),半径为5.(1)由圆心N在直线x=6上,可设N(6,y0).因为圆N与x轴相切,与圆M外切,

10、所以0y00,b0,a1,b1).(1)设a=2,b=12.求方程f(x)=2的根;若对于任意xR,不等式f(2x)mf(x)-6恒成立,求实数m的最大值;(2)若0a1,函数g(x)=f(x)-2有且只有1个零点,求ab的值.解(1)因为a=2,b=12,所以f(x)=2x+2-x.方程f(x)=2,即2x+2-x=2,亦即(2x)2-22x+1=0,所以(2x-1)2=0,于是2x=1,解得x=0.由条件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x)2-2.因为f(2x)mf(x)-6对于xR恒成立,且f(x)0,所以m(f(x)2+4f(x)对于xR恒成立.而(f(x

11、)2+4f(x)=f(x)+4f(x)2f(x)4f(x)=4,且(f(0)2+4f(0)=4,所以m4,故实数m的最大值为4.(2)因为函数g(x)=f(x)-2只有1个零点,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0,所以0是函数g(x)的唯一零点.因为g(x)=axln a+bxln b,又由0a1知ln a0,所以g(x)=0有唯一解x0=logba-lnalnb.令h(x)=g(x),则h(x)=(axln a+bxln b)=ax(ln a)2+bx(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(x

12、0)=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x0=0.若x00,则x0x020,于是gx02aloga2-2=0,且函数g(x)在以x02和loga2为端点的闭区间上的图象不间断,所以在x02和loga2之间存在g(x)的零点,记为x1.因为0a1,所以loga20.又x020,所以x10,同理可得,在x02和logb2之间存在g(x)的非0的零点,矛盾.因此,x0=0.于是-lnalnb=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1.20.(2016江苏,20)记U=1,2,100.对数列an(nN*)和U的子集T,若T=,定义ST=0;若T=t1

13、,t2,tk,定义ST=at1+at2+atk.例如:T=1,3,66时,ST=a1+a3+a66.现设an(nN*)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(1k100),若T1,2,k,求证:ST0,nN*,所以STa1+a2+ak=1+3+3k-1=12(3k-1)3k.因此,STak+1.(3)下面分三种情况证明.若D是C的子集,则SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若C是D的子集,则SC+SCD=SC+SC=2SC2SD.若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=CUD,F=DUC,则E,F,EF=.于是SC=SE+

14、SCD,SD=SF+SCD,进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则k1,l1,kl.由(2)知,SEak+1.于是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-10,|x-1|a3,|y-2|a3,求证:|2x+y-4|a.证明因为|x-1|a3,|y-2|a3,所以|2x+y-4|=|2(x-1)+(y-2)|2|x-1|+|y-2|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.求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);求p的取值范围.解(1)抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为p2,0,由点p

15、2,0在直线l:x-y-2=0上,得p2-0-2=0,即p=4.所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0).因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ,于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b.由y2=2px,y=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1y2,从而=(2p)2-4(-2pb)0,化简得p+2b0.方程(*)的两根为y1,2=-pp2+2pb,从而y0=y1+y22=-p.因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p.因此,线段PQ的中点坐

16、标为(2-p,-p).因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.由知p+2b0,于是p+2(2-2p)0,所以pm时,(k+1)Ckm=(k+1)k!m!(k-m)!=(m+1)(k+1)!(m+1)!(k+1)-(m+1)!=(m+1)Ck+1m+1,k=m+1,m+2,n.又因为Ck+1m+1+Ck+1m+2=Ck+2m+2,所以(k+1)Ckm=(m+1)(Ck+2m+2-Ck+1m+2),k=m+1,m+2,n.因此,(m+1)Cmm+(m+2)Cm+1m+(m+3)Cm+2m+(n+1)Cnm=(m+1)Cmm+(m+2)Cm+1m+(m+3)Cm+2m+(n+1)Cnm=(m+1)Cm+2m+2+(m+1)(Cm+3m+2-Cm+2m+2)+(Cm+4m+2-Cm+3m+2)+(Cn+2m+2-Cn+1m+2)=(m+1)Cn+2m+2.