【提示】结合三角形关系和式子 可推出 ，进而得到 ，结合函数特性可求得最小值．
【考点】三角函数的最值，解三角形．
二、解答题
15.【答案】（Ⅰ） ， 为三角形的内角
，即：
（Ⅱ）
又 为三角形的内角
．
【提示】（Ⅰ）利用正弦定理，即可求AB的长．
（Ⅱ）求出 、 ，利用两角差的余弦公式求 的值．
【考点】解三角形，正弦定理，余弦定理．
C【选修4—4：坐标系与参数方程】
【答案】直线 方程化为普通方程为 ，椭圆 方程化为普通方程为 ，联立得 ，解得 或 ，因此 ．
【提示】分别化直线与椭圆的参数方程为普通方程，然后联立方程组，求出直线与椭圆的交点坐标，代入两点间的距离公式求得答案．
【考点】直线的参数方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆的参数方程．
【考点】直线与抛物线的位置关系，抛物线的标准方程，抛物线的简单性质．
23.【答案】（Ⅰ）
（Ⅱ）对任意的 ，
①当 时，左边 ，右边 ，等式成立，
②假设 时命题成立，
即 ，
当 时，左边
，右边 ，而 ，
因此 ，因此左边 右边，因此 时命题也成立，综合①②可得命题对任意 均成立．
另解：因为 ，
所以左边
又由 ，
（Ⅲ） ，即 ，即 ， ，又 ，即 ，解得 ，对于任意 ，欲使 ，此时 ，只需要作直线 的平行线，使圆心到直线的距离为 ，必然与圆交于 两点，此时 ，即 ，
因此对于任意 ，均满足题意，综上 ．
【提示】（Ⅰ）设 ，则圆N为： ， ，从而得到 ，由此能求出圆N的标准方程．
（Ⅱ）由题意得 ， ，设 ： ，则圆心M到直线l的距离： ，由此能求出直线l的方程．
20.【答案】（Ⅰ）当 时， ，因此 ，从而 ，
（Ⅱ）
（Ⅲ）设 ， ，则 ， ， ，
，因此原题就等价于证明 ．
由条件 可知 ．
若 ，则 ，所以 ．
若 ，由 可知 ，设 中最大元素为 ， 中最大元素为 ，若 ，
则由第 小题， ，矛盾．
因为 ，所以 ，所以 ，
，即 ．
综上所述， ，因此 ．
【提示】（Ⅰ）根据题意，由 的定义，分析可得 ，计算可得 ，进而可得 的值，由等比数列通项公式即可得答案；
D【选修4—5：不等式选讲】
【答案】由 可得 ，
【提示】运用绝对值不等式的性质： ，结合不等式的基本性质，即可得证
【考点】绝对值不等式．
22.【答案】（Ⅰ） ， 与 轴的交点坐标为
即抛物线的焦点为 ， ；
（Ⅱ）①设点 ，
则： ，即 ，
又 关于直线 对称，
即 ，
又 中点一定在直线 上
线段 上的中点坐标为 ；
【考点】平面与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定．
17.【答案】（Ⅰ） ，则 ， ，
， ，故仓库的容积为 ；（Ⅱ）设 ，仓库的容积为 则 ， ， ，
，
，
，
，当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，因此，当 时， 取到最大值，即 时，仓库的容积最大．
【提示】（Ⅰ）由正四棱柱的高 是正棱锥的高 的4倍，可得 时， ，进而可得仓库的容积．
3.【答案】
【解析】 ，因此焦距为 ．
【提示】确定双曲线的几何量，即可求出双曲线 的焦距．
【考点】双曲线的标准方程
4.【答案】
【解析】 ， ．
【提示】先求出数据4.7，4.8，5.1，5.4，5.5的平均数，由此能求出改组数据的方差．
【考点】极差、方差与标准差
5.【答案】
【解析】 ，解得 ，因此定义域为 ．
【提示】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合两点间的距离公式以及点到直线的距离公式进行求解即可．
【考点】简单线性规划．
13.【答案】
【解析】令 ， ，则 ， ， ，则 ， ， ， ， ， ，则 ， ， ，由 ， 可得 ， ，因此 ， ，因此 ．
【提示】结合已知求出 ， ，可得答案．
【答案】由 可得 ，由 是 中点可得 ，则 ，由 可得 ，因此 ，又 可得 ．
【提示】依题意，知 ， ，利用 ，可得 ，从而可证得结论．
【考点】三角形的形状判断．
B【选修4—2：矩阵与变换】
【答案】
【解析】 ，因此
【提示】依题意，利用矩阵变换求得 ，再利用矩阵乘法的性质可求得答案．
【考点】逆变换与逆矩阵，矩阵乘法的性质
（Ⅱ） ， ，由 ， 可得 ，令 ，则 递增，而 ， ，因此 时 ，因此 时， ， ，则 ；
时， ， ，则 ；
则 在 递减， 递增，因此 最小值为 ，①若 ， 时， ， ，则 ； 时， ， ，则 ；
因此 且 时， ，因此 在 有零点， 且 时， ，因此 在 有零点，则 至少有两个零点，与条件矛盾；
②若 ，由函数 有且只有1个零点， 最小值为 ，可得 ，由 ，因此 ，因此 ，即 ，即 ，因此 ，则 ．
【考点】平面向量数量积的运算，平面 Nhomakorabea量数量积的性质及其运算律．
14.【答案】8
【解析】由 ， ，可得
（ ），由三角形 为锐角三角形，则 ， ，在（ ）式两侧同时除以 可得 ，又
（#），则
，由 可得
，令 ，由 为锐角可得 ， ， ，由（#）得 ，解得
， ，由 则 ，因此
最小值为 ，当且仅当 时取到等号，此时 ， ，解得 ， ， （或 ， 互换），此时 均为锐角．
② 中点坐标为
即
，即关于 有两个不等根
， ， ．
【提示】（Ⅰ）求出抛物线的焦点坐标，然后求解抛物线方程．
（Ⅱ）：①设点 ， ，通过抛物线方程，求解 ，通过P，Q关于直线l对称，点的 ，推出 ， 的中点在直线l上，推出 ，即可证明线段 的中点坐标为 ；
②利用线段 中点坐标 ．推出 ，得到关于 ，有两个不相等的实数根，列出不等式即可求出p的范围．
（Ⅱ）根据题意，由 的定义，分析可得 ，由等比数列的前n项和公式计算可得证明；
（Ⅲ）设 ，则 ，进而分析可以将原命题转化为证明 ，分2种情况进行讨论：①、若 ，②、若 ，可以证明得到 ，即可得证明．
【考点】数列的应用，集合的包含关系判断及应用，等比数列的通项公式，数列与不等式的综合．
数学Ⅱ
21.A【选修4—1：几何证明选讲】
（Ⅱ）设 ，则 ， ， ，代入体积公式，求出容积的表达式，利用导数法，可得最大值
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，组合几何体的面积、体积问题．
18.【答案】（Ⅰ）因为 在直线 上，设 ，因为与 轴相切，则圆 为 ， ，又圆 与圆 外切，圆 ： ，则 ，解得 ，即圆 的标准方程为
（Ⅱ）由题意得 ， 设 ，则圆心 到直线 的距离 ，则 ， ，即 ，解得 或 ，即 ： 或 ；
知 ，
所以，左边 右边．
【提示】（Ⅰ）由已知直接利用组合公式能求出 的值．
（Ⅱ）对任意 ，当 时，验证等式成立；再假设 时命题成立，推导出当 时，命题也成立，由此利用数学归纳法能证明
【考点】组合及组合数公式．
（Ⅲ） ，即 ，又 ，得 ，对于任意 ，欲使 ，只需要作直线 的平行线，使圆心到直线的距离为 ，由此能求出实数t的取值范围．
【考点】圆的一般方程，直线与圆的位置关系．
19.【答案】（Ⅰ）① ，由 可得 ，则 ，即 ，则 ， ．
②由题意得 恒成立，令 ，则由 可得 ，此时 恒成立，即 恒成立
∵ 时 ，当且仅当 时等号成立，因此实数 的最大值为 ．
【提示】（Ⅰ）①利用方程，直接求解即可．
②列出不等式，利用二次函数的性质以及函数的最值，转化求解即可．
（Ⅱ）求出 ，求出函数的导数，构造函数 ，求出 的最小值为： ．同理①若 ， 至少有两个零点，与条件矛盾．
②若 ，利用函数 有且只有1个零点，推出 ，然后求解 ．
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，函数恒成立问题，函数零点的判定定理
2016年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）
答案解析
数学Ⅰ
一、填空题
1.【答案】
【解析】由交集的定义可得
【提示】根据已知中集合 ， ，结合集合中交集的定义可得答案．
【考点】交集及其运算
2.【答案】5
【解析】由复数乘法可得 ，则 的实部是5
【提示】利用复数的运算法则即可得出．
【考点】复数代数形式的混合运算．
16.【答案】（Ⅰ）证明： 为中点， 为 的中位线
又 为棱柱，
，又 平面 ，且
平面 ；
（Ⅱ） 为直棱柱， 平面
，又 且 ， 平面
平面 ，又 ， 平面
又 平面 ，
又 ， ，且 平面
平面 ，又
平面 平面 ．
【提示】（Ⅰ）通过证明 ，进而 据此可得直线 平面
（Ⅱ）通过证明 结合题目已知条件 ，进而可得平面 平面
【提示】出现向上的点数之和小于10的对立事件是出现向上的点数之和不小于10，由此利用对立事件概率计算公式能求出出现向上的点数之和小于10的概率．
【考点】列举法计算基本事件数及其事件的概率．
8.【答案】
【解析】设公差为 ，则由题意可得 ， ，解得 ， ，则 ．
【提示】利用等差数列的通项公式和前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出 的值．
【考点】直线与椭圆的位置关系．
11.【答案】
【解析】由题意得 ， ，由 可得 ，则 ，则 ．
【提示】根据已知中函数的周期性，结合 ，可得 值，进而得到 的值．
【考点】分段函数的应用，周期函数
12.【答案】
【解析】在平面直角坐标系中画出可行域如下
为可行域内的点到原点距离的平方．
可以看出图中 点距离原点最近，此时距离为原点 到直线 的距离， ，则 ，图中 点距离原点最远， 点为 与 交点，则 ，则 ．
【考点】等差数列的前n项和，等差数列的性质．