江蘇省南京市鹽城市高三數(shù)學(xué)一模試題含解析蘇教

1、2013年江蘇省南京市、鹽城市高考數(shù)學(xué)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（5分）（2013鹽城一模）已知集合U=1，0，1，2，A=1，1，則UA=0，2考點(diǎn)：補(bǔ)集及其運(yùn)算專題：計算題分析：直接利用補(bǔ)集的概念進(jìn)行運(yùn)算解答：解：由U=1，0，1，2，A=1，1，所以UA=0，2故答案為0，2點(diǎn)評：本題考查了補(bǔ)集的概念及運(yùn)算，是基礎(chǔ)的會考題型2（5分）（2013鹽城一模）復(fù)數(shù)（12i）2的共軛復(fù)數(shù)是3+4i考點(diǎn)：復(fù)數(shù)代數(shù)形式的混合運(yùn)算；復(fù)數(shù)的基本概念專題：計算題分析：先利用兩個復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法法則求得

2、z，再根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義求得它的共軛復(fù)數(shù)解答：解：復(fù)數(shù)（12i）2=14i+4i2=34i，故復(fù)數(shù)（12i）2的共軛復(fù)數(shù)是3+4i，故答案為3+4i點(diǎn)評：本題主要考查復(fù)數(shù)的基本概念，兩個復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘法，虛數(shù)單位i的冪運(yùn)算性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題3（5分）（2013鹽城一模）已知某人連續(xù)5次投擲飛鏢的環(huán)數(shù)分別是8，9，10，10，8，則該組數(shù)據(jù)的方差s2=0.8考點(diǎn)：極差、方差與標(biāo)準(zhǔn)差專題：計算題分析：先計算數(shù)據(jù)的平均數(shù)，然后利用方差公式直接計算即可解答：解：8，9，10，10，8的平均分為9該組數(shù)據(jù)的方差s2=（89）2+（99）2+（109）2+（109）2+（89）2=0.8故答案為：0.8點(diǎn)

3、評：本題主要考查了方差公式，解題的關(guān)鍵是正確運(yùn)用方差公式，同時考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題4（5分）（2013鹽城一模）袋中裝有2個紅球，2個白球，除顏色外其余均相同，現(xiàn)從中任意摸出2個小球，則摸出的兩球顏色不同的概率為考點(diǎn)：排列、組合及簡單計數(shù)問題；古典概型及其概率計算公式專題：概率與統(tǒng)計分析：根據(jù)組合數(shù)得出所有情況數(shù)及兩個球顏色不相同的情況數(shù)，讓兩個球顏色不相同的情況數(shù)除以總情況數(shù)即為所求的概率解答：解：從袋中任意地同時摸出兩個球共種情況，其中有CC種情況是兩個球顏色不相同；故其概率是=故答案為：點(diǎn)評：此題考查概率的求法：如果一個事件有n種可能，而且這些事件的可能性相同，其中事件A出現(xiàn)m種結(jié)

4、果，那么事件A的概率P（A）=5（5分）（2013鹽城一模）在等差數(shù)列an中，若a3+a5+a7=9，則其前9項和S9的值為27考點(diǎn)：等差數(shù)列的性質(zhì)；等差數(shù)列的前n項和專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：由條件可得 3a5 =9，由此可得a5 的值，再根據(jù)前9項和S9=9a5 求得結(jié)果解答：解：在等差數(shù)列an中，若a3+a5+a7=9，故有 3a5 =9，a5 =3 則其前9項和S9=9a5 =27，故答案為 27點(diǎn)評：本題主要考查等差數(shù)列的定義和性質(zhì)，等差數(shù)列的前n項和公式的應(yīng)用，屬于中檔題6（5分）（2013鹽城一模）設(shè)x，y滿足約束條件，則目標(biāo)函數(shù)z=2x+3y的最大值為26考點(diǎn)：簡單線性規(guī)劃

5、專題：計算題；不等式的解法及應(yīng)用分析：作出題中不等式組表示的平面區(qū)域，得如圖的ABC及其內(nèi)部，再將目標(biāo)函數(shù)z=2x+3y對應(yīng)的直線進(jìn)行平移，可得當(dāng)x=4，y=6時，z=2x+3y取得最大值26解答：解：作出不等式組表示的平面區(qū)域，得到如圖的ABC及其內(nèi)部，其中A（2，0），B（4，6），C（0，2），O為坐標(biāo)原點(diǎn)設(shè)z=F（x，y）=2x+3y，將直線l：z=2x+3y進(jìn)行平移，當(dāng)l經(jīng)過點(diǎn)B時，目標(biāo)函數(shù)z達(dá)到最大值z最大值=F（4，6）=26故答案為：26點(diǎn)評：本題給出二元一次不等式組，求目標(biāo)函數(shù)z=2x+3y的最大值，著重考查了二元一次不等式組表示的平面區(qū)域和簡單的線性規(guī)劃等知識，屬于基礎(chǔ)題7

6、（5分）（2013鹽城一模）如圖所示是一算法的偽代碼，執(zhí)行此算法時，輸出的結(jié)果是3考點(diǎn)：偽代碼專題：計算題；概率與統(tǒng)計分析：由程序中的變量、各語句的作用，結(jié)合流程圖所給的順序，可知當(dāng)s15時，用s+n的值代替s得到新的s值，并且用n1代替n值得到新的n值，直到條件不能滿足時結(jié)束循環(huán)體并輸出最后的值，由此即可得到本題答案解答：解：根據(jù)題中的程序框圖，可得該程序經(jīng)過第一次循環(huán)，因為s=015，所以得到新的S=0+6=6，n=5；然后經(jīng)過第二次循環(huán)，因為s=615，所以得到新的S=6+5=11，n=4；然后經(jīng)過第三次循環(huán)，因為s=1115，所以得到新的S=11+4=15，n=3；接下來判斷：因為s=

7、15，不滿足s15，所以結(jié)束循環(huán)體并輸出最后的n，綜上所述，可得最后輸出的結(jié)果是3故答案為：3點(diǎn)評：本題給出程序框圖，求最后輸出的n值，屬于基礎(chǔ)題解題的關(guān)鍵是先根據(jù)已知條件判斷程序的功能，構(gòu)造出相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型再求解，從而使問題得以解決8（5分）（2013鹽城一模）將函數(shù)y=sin（2x）的圖象向左平移（0）個單位后，所得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)為奇函數(shù)，則的最小值為考點(diǎn)：函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換；正弦函數(shù)的奇偶性專題：三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)分析：根據(jù)函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換規(guī)律，變換后所得函數(shù)的解析式為y=sin（2x+2，再由它是奇函數(shù)，可得2=k，kz，由此求得的最小值解答：解

8、：將函數(shù)y=sin（2x）的圖象向左平移（0）個單位后，所得到的圖象對應(yīng)的函數(shù)解析式為y=sin2（x+）=sin（2x+2，再由y=sin（2x+2為奇函數(shù)，可得2=k，kz，則的最小值為，故答案為 點(diǎn)評：本題主要考查函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換規(guī)律，正弦函數(shù)的奇偶性，屬于中檔題9（5分）（2013鹽城一模）現(xiàn)有如下命題：過平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與該平面垂直；過平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與該平面平行；如果兩個平行平面和第三個平面相交，那么所得的兩條交線平行；如果兩個平面相互垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)一點(diǎn)且垂直于第二個平面的直線必在第一個平面內(nèi)則所有真命題的序號是考點(diǎn)：命題的真假判斷

9、與應(yīng)用專題：證明題分析：過平面外一點(diǎn)可作唯一一條直線與該平面垂直；過平面外一點(diǎn)有無數(shù)條直線與該平面平行；由平面與平面平行的性質(zhì)定理可得；由平面與平面垂直的性質(zhì)定理可得解答：解：過平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與該平面垂直，正確；過平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與該平面平行，錯誤，應(yīng)該是有無數(shù)條直線與該平面平行；如果兩個平行平面和第三個平面相交，那么所得的兩條交線平行，正確，由平面與平面平行的性質(zhì)定理可得；如果兩個平面相互垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)一點(diǎn)且垂直于第二個平面的直線必在第一個平面內(nèi)，正確，由平面與平面垂直的性質(zhì)定理可得故答案為：點(diǎn)評：本題考查命題真假的判斷，涉及空間中的線面的位置關(guān)系，屬基礎(chǔ)題

10、10（5分）（2013鹽城一模）在ABC中，若9cos2A4cos2B=5，則的值為考點(diǎn)：余弦定理專題：解三角形分析：由條件 9cos2A4cos2B=5 利用二倍角公式求得 =，再由正弦定理可得 =，從而得到答案解答：解：在ABC中，9cos2A4cos2B=5，9（12sin2A ）4（12sin2B）=5，化簡可得 9sin2A=4sin2B，故有 =由正弦定理可得 =，故答案為 點(diǎn)評：本題主要考查二倍角公式、正弦定理的應(yīng)用，屬于中檔題11（5分）（2013鹽城一模）如圖，在等腰三角形ABC中，底邊BC=2，=，若=，則=0考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算專題：平面向量及應(yīng)用分析：在等腰三角形

11、ABC中，底邊BC=2，因此可取BC的中點(diǎn)O作為坐標(biāo)原點(diǎn)距離平面直角坐標(biāo)系利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算解決共線與數(shù)量積即可得出答案解答：解：在等腰三角形ABC中，底邊BC=2，可取BC的中點(diǎn)O作為坐標(biāo)原點(diǎn)距離平面直角坐標(biāo)系則B（1，0），C（1，0），設(shè)A（0，a）（a0），D=，=（1，a）=，解得，=0故答案為0點(diǎn)評：熟練掌握通過建立平面直角坐標(biāo)系，利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算解決共線和數(shù)量積是解題的關(guān)鍵12（5分）（2013鹽城一模）已知F1、F2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上的任意一點(diǎn)，則的取值范圍是考點(diǎn)：橢圓的簡單性質(zhì)專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：利用橢圓的性質(zhì)：當(dāng)|PF2|=a+c=，時

12、，即取得最大值，即可得出解答：解：橢圓，a=，b=2=c設(shè)k=，則當(dāng)|PF1|=|PF2|時，k取得最小值0；當(dāng)|PF2|=a+c=，時，即時，k=取得最大值k的取值范圍是故答案為點(diǎn)評：熟練掌握橢圓的性質(zhì)：當(dāng)|PF2|=a+c=，時，則取得最大值是解題的關(guān)鍵13（5分）（2013鹽城一模）已知向量a=（sinx，cosx），b=（cosx，cosx），（0），函數(shù)的圖象的兩相鄰對稱軸間的距離為（1）求值；（2）若時，求cos4x的值；（3）若，x（0，），且f（x）=m有且僅有一個實根，求實數(shù)m的值考點(diǎn)：三角函數(shù)的周期性及其求法；平面向量數(shù)量積的運(yùn)算；兩角和與差的余弦函數(shù)；兩角和與差的正弦函數(shù)

13、專題：計算題分析：（1）先利用二倍角公式和兩角和公式對函數(shù)解析式化簡整理，然后利用兩相鄰對稱軸間的距離求得函數(shù)的周期，進(jìn)而根據(jù)周期公式求得（2）根據(jù)（1）中整理函數(shù)解析式，依據(jù)和同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得cos（4x）的值，進(jìn)而根據(jù)利用兩角和公式求得答案（3）根據(jù)和余弦函數(shù)的單調(diào)性求得x的范圍，令g（x）=m，則可作出，f（x）和g（x）的圖象，利用數(shù)形結(jié)合的方法求得m的值解答：解：由題意，=，（1）兩相鄰對稱軸間的距離為，=2（2）由（1）得，=（3），且余弦函數(shù)在（0，）上是減函數(shù)，令=，g（x）=m，在同一直角坐標(biāo)系中作出兩個函數(shù)的圖象，可知m=1或m=點(diǎn)評：本題主要考查了三角函數(shù)的周期

14、性及其求法，兩角和公式的化簡求值，正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的單調(diào)性考查了三角函數(shù)基礎(chǔ)知識的綜合運(yùn)用14（5分）（2013鹽城一模）已知函數(shù)f（x）=，若關(guān)于x的方程f（x）=kx（k0）有且僅有四個根，其最大根為t，則函數(shù)g（t）=6t+7的值域為，1）考點(diǎn)：根的存在性及根的個數(shù)判斷；函數(shù)的值域?qū)ｎ}：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)y=f（x）的圖象和直線y=kx，因為兩圖象有且僅有四個公共點(diǎn)，得出最大根t的取值范圍再利用二次函數(shù)的性質(zhì)，即可得到函數(shù)g（t）=6t+7的值域解答：解：作出函數(shù)f（x）=，當(dāng)0x4時的圖象，如右圖中紅色的三個半圓將直線y=kx圍繞坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，可得當(dāng)直線介

15、于與第二個半圓相切和與第三個半圓相切之間時，兩圖象有且僅有四個不同的公共點(diǎn)，此時，其最大根t（，），則函數(shù)g（t）=6t+7，t（，）的值域為，1）故答案為：，1）點(diǎn)評：本題以分段函數(shù)為例，求方程的最大根，并且用這個根來求值域，著重考查了函數(shù)與方程的關(guān)系，以及數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題二、解答題：本大題共6小題，計90分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟，請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi).15（14分）（2013鹽城一模）在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，D為棱CC1上任一點(diǎn)（1）求證：直線A1B1平面ABD；（2）求證：平面ABD平面BCC1B1考點(diǎn)：平面與平面垂直的判定；直

16、線與平面平行的判定專題：空間位置關(guān)系與距離分析：（1）根據(jù)直棱柱的性質(zhì)判定線線平行，再由線線平行證線面平行即可；（2）先由線線垂直證線面垂直，再由線面垂直證明面面垂直即可解答：證明：（1）由直三棱柱ABCA1B1C1，得A1B1AB，又EF平面ABD，AB平面ABD，EF平面ABD（2）三棱柱ABCA1B1C1為直三棱柱，ABBB1，ABBC，AB平面BCC1B1，又AB平面ABD，平面ABD平面BCC1B1點(diǎn)評：本題考查面面垂直及線面平行的判定16（14分）（2013鹽城一模）在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c（1）若cos（A+）=sinA，求A的值；（2）若cosA=，4b=

17、c，求sinB的值考點(diǎn)：余弦定理；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用專題：解三角形分析：（1）在ABC中，由cos（A+）=sinA，求得 tanA=，從而得到 A的值（2）若cosA=，4b=c，由余弦定理可得 a=b，利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得sinA的值，再由正弦定理求得sinB的值解答：解：（1）在ABC中，若cos（A+）=sinA，則有 cosAcossinAsin=sinA，化簡可得cosA=sinA，顯然，cosA0，故 tanA=，所以A=（2）若cosA=，4b=c，由余弦定理可得 a2=b2+c22bccosA，解得 a=b由于sinA=，再由正弦定理可得 ，解得sinB=點(diǎn)評

18、：本題主要考查三角函數(shù)的恒等變換及化簡求值，同角三角函數(shù)的基本關(guān)系、正弦定理和余弦定理的應(yīng)用，屬于中檔題17（14分）（2013鹽城一模）近年來，某企業(yè)每年消耗電費(fèi)約24萬元，為了節(jié)能減排，決定安裝一個可使用15年的太陽能供電設(shè)備接入本企業(yè)電網(wǎng)，安裝這種供電設(shè)備的工本費(fèi)（單位：萬元）與太陽能電池板的面積（單位：平方米）成正比，比例系數(shù)約為0.5為了保證正常用電，安裝后采用太陽能和電能互補(bǔ)供電的模式假設(shè)在此模式下，安裝后該企業(yè)每年消耗的電費(fèi)C（單位：萬元）與安裝的這種太陽能電池板的面積x（單位：平方米）之間的函數(shù)關(guān)系是C（x）=（x0，k為常數(shù)）記F為該村安裝這種太陽能供電設(shè)備的費(fèi)用與該村15年

19、共將消耗的電費(fèi)之和（1）試解釋C（0）的實際意義，并建立F關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（2）當(dāng)x為多少平方米時，F(xiàn)取得最小值？最小值是多少萬元？考點(diǎn)：函數(shù)最值的應(yīng)用專題：應(yīng)用題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用分析：（1）C（0）的實際意義是安裝這種太陽能電池板的面積為0時的用電費(fèi)用，依題意，C（0）=24，可求得k，從而得到F關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（2）利用基本不等式即可求得F取得的最小值及F取得最小值時x的值解答：解：（1）C（0）的實際意義是安裝這種太陽能電池板的面積為0時的用電費(fèi)用，即未安裝電陽能供電設(shè)備時全村每年消耗的電費(fèi)（2分）由C（0）=24，得k=2400 （3分）所以F=15×+0.5x=+

20、0.5x，x0（7分）（2）因為+0.5（x+5）2.522.5=57.5，（10分）當(dāng)且僅當(dāng)=0.5（x+5），即x=55時取等號 （13分）所以當(dāng)x為55平方米時，F(xiàn)取得最小值為57.5萬元（14分）點(diǎn)評：本題考查函數(shù)最值的應(yīng)用，著重考查分析與理解能力，考查基本不等式的應(yīng)用，屬于難題18（16分）（2013鹽城一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：=1（ab0）經(jīng)過點(diǎn)M（3，），橢圓的離心率e=，F(xiàn)1、F2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)（1）求橢圓C的方程；（2）過點(diǎn)M作兩直線與橢圓C分別交于相異兩點(diǎn)A、B若直線MA過坐標(biāo)原點(diǎn)O，試求MAF2外接圓的方程；若AMB的平分線與y軸平行，試

21、探究直線AB的斜率是否為定值？若是，請給予證明；若不是，請說明理由考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系；直線的斜率；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程分析：（1）利用橢圓的離心率化簡方程，根據(jù)橢圓過點(diǎn)M（3，），即可求橢圓C的方程；（2）求得MA的中垂線方程、MF2的中垂線方程，從而可得圓心與半徑，即可求MAF2外接圓的方程；直線與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，結(jié)合斜率公式，即可得到結(jié)論解答：解：（1）由橢圓的離心率e=，可得a2=9b2，故橢圓方程為（3分）又橢圓過點(diǎn)M（3，），則，解得b2=4，所以橢圓的方程為（5分）（2）記MAF2的外接圓的圓心為T因為，所以MA的中垂線方程為y=3x，

22、又由M（3，），F(xiàn)2（，0），得MF1的中點(diǎn)為，而=1，所以MF2的中垂線方程為，由，得T（） （8分）所以圓T的半徑為=，故MAF2的外接圓的方程為（10分）（3）設(shè)直線MA的斜率為k，A（x1，y1），B（x2，y2）（x2x1）由題直線MA與MB的斜率互為相反數(shù)，直線MB的斜率為k聯(lián)立直線MA與橢圓方程，可得（9k2+1）x2+x+162k2108k18=0x1+x2=，（13分）又=為定值（16分）點(diǎn)評：本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查三角形的外接圓，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生的計算能力，屬于中檔題19（16分）（2013鹽城一模）對于定義在區(qū)間D上的函數(shù)f（x），若任給x0D，均

23、有f（x0）D，則稱函數(shù)f（x）在區(qū)間D上封閉（1）試判斷f（x）=x1在區(qū)間2.1上是否封閉，并說明理由；（1）若函數(shù)g（x）=在區(qū)間3，10上封閉，求實數(shù)a的取值范圍；（1）若函數(shù)h（x）=x33x在區(qū)間a，b（a，bZ）上封閉，求a，b的值考點(diǎn)：函數(shù)恒成立問題專題：新定義分析：（1）由函數(shù)f（x）=x1在區(qū)間2，1上是增函數(shù)求出在2，1上的值域，不滿足在區(qū)間上封閉的概念；（2）把給出的函數(shù)g（x）=變形為3+，分a=3，a3，a3三種情況進(jìn)行討論，利用函數(shù)在區(qū)間3，10上封閉列式求出a的取值范圍；（3）求出函數(shù)h（x）=x33x的導(dǎo)函數(shù)，得到三個不同的單調(diào)區(qū)間，然后對a，b的取值分類進(jìn)行

24、求解解答：解：（1）f（x）=x1在區(qū)間2，1上單調(diào)遞增，所以f（x）的值域為3，0而3，02，1，所以f（x）在區(qū)間2，1上不是封閉的；（2）因為g（x）=3+，當(dāng)a=3時，函數(shù)g（x）的值域為33，10，適合題意當(dāng)a3時，函數(shù)g（x）=3+在區(qū)間3，10上單調(diào)遞減，故它的值域為，由3，10，得，解得3a31，故3a31當(dāng)a3時，在區(qū)間3，10上有，顯然不合題意綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是3a31；（3）因為h（x）=x33x，所以h（x）=3x23=3（x+1）（x1），當(dāng)x（，1）時，h（x）0，當(dāng)x（1，1）時，h（x）0所以h（x）在（，1）上單調(diào)遞增，在（1，1）上遞減，在（1，+

25、）上遞增當(dāng)ab1時，h（x）在區(qū)間a，b上遞增，所以，即，解得2a0或a2，b2或0b2，又ab1，此時無解當(dāng)a1且1b1時，因h（x）max=h（1）=2b，矛盾，不合題意當(dāng)a1且b1時，因為h（1）=2，h（1）=2都在函數(shù)的值域內(nèi)，故a2，b2，又，得，解得2a0或a2，b2或0b2，從而a=2，b=2當(dāng)1ab1時，h（x）在區(qū)間a，b上遞減，即（*）而a，bZ，經(jīng)檢驗，滿足1ab1的整數(shù)組a，b均不合（*）式當(dāng)1a1且b1時，因h（x）min=h（1）=2a，矛盾，不合題意當(dāng)ba1時，h（x）在區(qū)間a，b上遞增，所以，即，解得2a0或a2，b2或0b2，又ba1，此時無解綜上所述，所求

26、整數(shù)a，b的值為a=2，b=2點(diǎn)評：本題是新定義題，考查了利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的最值，考查了分類討論得數(shù)學(xué)思想方法，解答此題的關(guān)鍵是正確分類，因該題需要較細(xì)致的分類，對學(xué)生來說是有一定難度的題目20（16分）（2013鹽城一模）若數(shù)列an是首項為612t，公差為6的等差數(shù)列；數(shù)列bn的前n項和為Sn=3nt（1）求數(shù)列an和bn的通項公式；（2）若數(shù)列bn是等比數(shù)列，試證明：對于任意的n（nN，n1），均存在正整數(shù)Cn，使得bn+1=a，并求數(shù)列cn的前n項和Tn；（3）設(shè)數(shù)列dn滿足dn=anbn，且dn中不存在這樣的項dt，使得“dkdk1與dkdk+1”同時成立（其中k2，kN*），試求實

27、數(shù)t的取值范圍考點(diǎn)：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合專題：計算題；等差數(shù)列與等比數(shù)列分析：（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式，可得an=6n12t；再由數(shù)列前n項和與第n項的關(guān)系，即可算出bn的通項公式；（2）由bn是等比數(shù)列，結(jié)合（1）的通項公式可得bn=23n1，算出出t=1從而得到an=6n12t通過變形整理，得到bn+1=6（3n1+2）12，從而得到存在cn=3n1+2N*，使=bn+1成立，由等比數(shù)列求和公式即可算出cn的前n項和Tn；（3）根據(jù)（1）的結(jié)論，得，由此進(jìn)行作差，得dn+1dn=8n（2t）3n（n2）因此，分t、2和m（mN且m3）三種情況加以討論，分別根據(jù)數(shù)列dn的單調(diào)性解關(guān)于

28、t的不等式，最后綜合即可得到實數(shù)t的取值范圍解答：解：（1）an是首項為612t，公差為6的等差數(shù)列，an=（612t）+（n1）×6=6n12t（2分）而數(shù)列bn的前n項和為Sn=3nt，所以當(dāng)n2時，bn=（3n1）（3n11）=23n1，又b1=S1=3t， （4分）（2）數(shù)列bn是等比數(shù)列，b1=3t=2311=2，解之得t=1，因此，bn=23n1，且an=6n12 （5分）對任意的n（nN，n1），由于bn+1=23n=63n1=6（3n1+2）12，令cn=3n1+2N*，則=6（3n1+2）12=bn+1，所以命題成立 （7分）數(shù)列數(shù)列cn的前n項和為：Tn=2n+=

29、3n+2n （9分）（3）根據(jù)（1）的結(jié)論，得，由于當(dāng)n2時，dn+1dn=4（n+12t）3n+14（n2t）3n=8n（2t）3n，因此，可得若2t2，即t時，則dn+1dn0，可得dn+1dn，當(dāng)n2時，dn是遞增數(shù)列，結(jié)合題意得d1d2，即6（3t）（12t）36（22t），解之得t，（13分）若2，即，則當(dāng)n3時，dn是遞增數(shù)列，結(jié)合題意得d2=d3，4（2t2）×32=4（2t3）×33，解之得t=（14分）若m（mN且m3），即+t+（mN且m3），則當(dāng)2nm時，dn是遞減數(shù)列，當(dāng)nm+1時，dn是遞增數(shù)列，結(jié)合題意，得dm=dm+1，即4（2tm）×

30、;3m=4（2tm1）×3m+1，解之得t=（15分）綜上所述，t的取值范圍是t或t=（mN且m2）（16分）點(diǎn)評：本題給出成等差數(shù)列和成等比數(shù)列的兩個數(shù)列，求它們的通項公式并找出由它們的公共項構(gòu)成的新數(shù)列規(guī)律，并依此求新數(shù)列的前n項和著重考查了等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項公式，等差數(shù)列、等比數(shù)列的前n項和公式，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想和數(shù)列中的猜想、類比與遞推的思想，對數(shù)學(xué)的綜合能力要求較高，屬于難題三、選做題在21、22、23、24四小題中只能選做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).21（10分）（2013鹽城一模）A（選修41：幾何證明選講）如圖，圓O的直

31、徑AB=8，C為圓周上一點(diǎn)，BC=4，過C作圓的切線l，過A作直線l的垂線AD，D為垂足，AD與圓O交于點(diǎn)E，求線段AE的長考點(diǎn)：與圓有關(guān)的比例線段專題：直線與圓分析：連接OC，BE，AC，由圓的直徑所對圓周角為直角的性質(zhì)可得BEAE由BC=4=OB=OC，可得OBC為正三角形，因此ABC=60°，可得COB=60°又直線l切O于C，利用切線的性質(zhì)可得OCl，于是OCAD，可得EAB=COB=60°在RtBAE中，由EBA=30°，即可得出AE解答：解：連接OC，BE，AC，則BEAEBC=4，OB=OC=BC=4，即OBC為正三角形，CBO=COB=6

32、0°又直線l切O與C，OCl，ADl，ADOCEAB=COB=60°在RtBAE中，EBA=30°，點(diǎn)評：熟練掌握圓的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、等邊三角形的判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵22（10分）（2013鹽城一模）B（選修42：矩陣與變換） 已知矩陣M的一個特征值為3，求M 的另一個特征值及其對應(yīng)的一個特征向量考點(diǎn)：特征值與特征向量的計算；二階矩陣；矩陣特征值的定義；特征向量的定義專題：計算題分析：根據(jù)特征多項式的一個零點(diǎn)為3，可得x=1，再回代到方程f（）=0即可解出另一個特征值為2=1最后利用求特征向量的一般步驟，可求出其對應(yīng)的一個特征

33、向量解答：解：矩陣M的特征多項式為f（）=（1）（x）41=3方程f（）=0的一根，（31）（3x）4=0，可得x=1，M=方程f（）=0即（1）（1）4=0，223=0可得另一個特征值為：2=1，設(shè)2=1對應(yīng)的一個特征向量為=，則由2=M，得 得x=y，可令x=1，則y=1，所以矩陣M的另一個特征值為1，對應(yīng)的一個特征向量為=點(diǎn)評：本題給出含有字母參數(shù)的矩陣，在知其一個特征值的情況下求另一個特征值和相應(yīng)的特征向量，考查了特征值與特征向量的計算的知識，屬于基礎(chǔ)題23（2013鹽城一模）C（選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程）在極坐標(biāo)系中，A為曲線2+2cos3=0 上的動點(diǎn)，B為直線cos+sin7=

34、0 上的動點(diǎn)，求AB 的最小值考點(diǎn)：簡單曲線的極坐標(biāo)方程專題：計算題分析：化極坐標(biāo)方程為直角坐標(biāo)方程，然后利用點(diǎn)到直線的距離公式求出圓心到直線的距離，則圓上的動點(diǎn)A到直線上的動點(diǎn)B的最小距離為圓心到直線的距離減去圓的半徑解答：解：由2+2cos3=0，得：x2+y2+2x3=0，即（x+1）2+y2=4所以曲線是以（1，0）為圓心，以2為半徑的圓再由cos+sin7=0得：x+y7=0所以圓心到直線的距離為d=則圓上的動點(diǎn)A到直線上的動點(diǎn)B的最小距離為點(diǎn)評：本題考查了簡單曲線的極坐標(biāo)方程，考查了極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的互化，訓(xùn)練了點(diǎn)到直線的距離公式，是基礎(chǔ)題24（2013鹽城一模）D（選修45：不等

35、式選講）設(shè)a1，a2，an 都是正數(shù)，且 a1a2an=1，求證：（1+a1）（1+a2）（1+an）2n考點(diǎn)：不等式的證明專題：計算題；證明題；不等式的解法及應(yīng)用分析：根據(jù)基本不等式，得1+a12，1+a22，1+an2再由不等式的各項都大于0，將此n個不等式左右兩邊對應(yīng)相乘，結(jié)合a1a2an=1即可證出要證明的不等式成立解答：解：a10，根據(jù)基本不等式，得1+a12同理可得，1+a22，1+a32，1+an2注意到所有的不等式的兩邊都是正數(shù)，將這n個不等式的左右兩邊對應(yīng)相乘，得（1+a1）（1+a2）（1+a3）（1+an）2na1a2an=1，（1+a1）（1+a2）（1+a3）（1+an）2n1=2n，即原不等式成立點(diǎn)評：本題給出n個正數(shù)a1、a2、an，求證關(guān)于a1、a2、an 的一個不等式恒成立著重考查了不等式的基本性質(zhì)和運(yùn)用基本不等式證明不等