2017年江苏省南通市高考一模数学

2017年江苏省南通市高考一模数学

2017 年江苏省南通市高考一模数学 一、填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共计 70 分. 1.函数 y=2sin(3x- 3  )的最小正周期为 . 解析：根据函数 y=Asin(ωx+φ)的周期等于 2  ，得出结论. 函数 y=2sin(3x- )的最小正周期为 2 3  . 答案： 2 3  . 2.设集合 A={1，3}，B={a+2，5}，A∩B={3}，则 A∪B= . 解析：由交集的定义，可得 a+2=3，解得 a，再由并集的定义，注意集合中元素的互异性， 即可得到所求. 集合 A={1，3}，B={a+2，5}，A∩B={3}， 可得 a+2=3，解得 a=1， 即 B={3，5}， 则 A∪B={1，3，5}. 答案：{1，3，5}. 3.复数 z=(1+2i)2，其中 i 为虚数单位，则 z 的实部为 . 解析：直接利用复数代数形式的乘法运算化简得答案. ∵z=(1+2i)2=1+4i+(2i)2=-3+4i， ∴z 的实部为-3. 答案：-3. 4.口袋中有若干红球、黄球和蓝球，从中摸出一只球.摸出红球的概率为 0.48，摸出黄球的 概率为 0.35，则摸出蓝球的概率为 . 解析：利用对立事件的概率公式，可得结论. ∵摸出红球的概率为 0.48，摸出黄球的概率为 0.35， ∴摸出蓝球的概率为 1-0.48-0.35=0.17. 答案：0.17. 5.如图是一个算法的流程图，则输出的 n 的值为 . 解析：由已知的程序框图可知，该程序的功能是利用循环计算 a 值，并输出满足 a＜16 的最 大 n 值，模拟程序的运行过程可得答案. 当 n=1，a=1 时，满足进行循环的条件，执行循环后，a=5，n=3. 满足进行循环的条件，执行循环后，a=17，n=5. 满足进行循环的条件，退出循环. 故输出 n 值为 5. 答案：5. 6.若实数 x，y 满足 24 37 0 0 xy xy x y       ，则 z=3x+2y 的最大值为 . 解析：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分). 由 z=3x+2y 得 31 22y x z ， 平移直线 ， 3 1 3 1 2 2 2 2y x z A y x z   由图象可知当直线 经过点 时，直线 的截距最大 ， 此时 z 最大. 由 24 37 xy xy    ，解得 A(1，2)， 代入目标函数 z=3x+2y 得 z=3×1+2×2=7. 即目标函数 z=3x+2y 的最大值为 7. 答案：7. 7.抽样统计甲、乙两名学生的 5 次训练成绩(单位：分)，结果如下： 则成绩较为稳定(方差较小)的那位学生成绩的方差为 . 解析：根据题意，对于甲，其平均数 65 80 70 85 75 755x    甲 ，其方差 S 甲 2= 1 5 [(65-75)2+(80-75)2+(70-75)2+(85-75)2+(75-75)2]=50. 对 于 乙 ， 其 平 均 数 80 70 75 80 70 755x    乙 ，其方差 S 乙 2= [(80-75)2+(70-75)2+(75-75)2+(80-75)2+(70-75)2]=20. 比较可得：S 甲 2＞S 乙 2，则乙的成绩较为稳定. 答案：20. 8.如图，在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=3cm，AA1=1cm，则三棱锥 D1-A1BD 的体积为 cm3. 解析：∵在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=3cm，AA1=1cm， ∴三棱锥 D1-A1BD 的体积： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 31 1 1 3 3 3 2 6 213D A BD B A D D A D DV V S AB A D DD AB             V (cm3). 答案： 3 2 . 9.在平面直角坐标系 xOy 中，直线 2x+y=0 为双曲线 22 221xy ab(a＞0，b＞0)的一条渐近线， 则该双曲线的离心率为 . 解析：利用双曲线的渐近线方程得到 a，b 关系，然后求解双曲线的离心率即可. 直线 2x+y=0 为双曲线 22 221xy ab(a＞0，b＞0)的一条渐近线， 可得 b=2a，即 c2-a2=4a2， 可得 5c a  . 答案： 5 . 10.《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根 9 节的竹子，自上而下各节的容积成等差 数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为 升. 解析：设最上面一节的容积为 a1， 利用等差数列的通项公式、前 n 项和公式列出方程组： 1 11() 43432 9 8 6 596()422 ad a d a d        ， 解得 1 13 22a  . 答案： 13 22 . 11.在△ABC 中，若 2BC BA AC AB CA CB uuur uur uuur uuur uur uur g g g ，则 sin sin A C 的值为 . 解析：根据题意，利用平面向量的数量积，结合余弦定理和正弦定理，即可求出 的值. 在△ABC 中，设三条边分别为 a、b，c，三角分别为 A、B、C， 由 ， 得 ac·cosB+2bc·cosA=ba·cosC， 由余弦定理得：      2 2 2 2 2 2 2 2 211 22a c b b c a b a c        ， 化简得 2 2 2 2aa cc，则 ， 由正弦定理得 sin sin 2Aa Cc . 答案： 2 . 12.已知两曲线 f(x)=2sinx，g(x)=acosx，x∈(0， 2  )相交于点 P.若两曲线在点 P 处的切 线互相垂直，则实数 a 的值为 . 解析：联立两曲线方程，可得 sintan cos 2 xax x，a＞0，设交点 P(m，n)，分别求出 f(x)， g(x)的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为-1，再由同角基本关系式， 化弦为切，解方程即可得到 a 的值. 由 f(x)=g(x)，即 2sinx=acosx， 即有 ，a＞0， 设交点 P(m，n)， f(x)=2sinx 的导数为 f′(x)=2cosx， g(x)=acosx 的导数为 g′(x)=-asinx， 由两曲线在点 P 处的切线互相垂直， 可得 2cosm·(-asinm)=-1， 且 tan 2 am  ， 则 22 2 sin cos 1sin cos a m m mm ， 分子分母同除以 cos2m， 即有 2 2 tan 11 tan am m  ， 2 2 21 4 3 3 aaa  即为 ，解得 . 答案： 2 3 3 . 13.已知函数 f(x)=|x|+|x-4|，则不等式 f(x2+2)＞f(x)的解集用区间表示为 . 解析：令 g(x)=f(x2+2)-f(x)=x2+2+|x2-2|-|x|-|x-4|，通过讨论 x 的范围，求出各个区间上 的不等式的解集，取并集即可. 令 g(x)=f(x2+2)-f(x)=x2+2+|x2-2|-|x|-|x-4|， x≥4 时，g(x)=2x2-2x+4＞0，解得：x≥4. 2 ≤x＜4 时，g(x)=2x2-4＞0，解得： 22 42x x x＞ 或 ＜ ，故 ＜ ＜ . 0≤x＜ 2 时，g(x)=0＞0，不合题意. 2 ≤x＜0 时，g(x)=2x＞0，不合题意. x＜ 时，g(x)=2x2+2x-4＞0，解得：x＞1 或 x＜-2， 故 x＜-2， 即不等式的解集用区间表示为(-∞，-2)∪( 2 ，+∞). 答案：(-∞，-2)∪( 2 ，+∞). 14.在平面直角坐标系 xOy 中，已知 B，C 为圆 x2+y2=4 上两点，点 A(1，1)，且 AB⊥AC，则 线段 BC 的长的取值范围为 . 解析：在平面直角坐标系 xOy 中，已知 B，C 为圆 x2+y2=4 上两点，点 A(1，1)，且 AB⊥AC， 如图所示： 当 BC⊥OA 时，|BC|取得最小值或最大值. 由 22 1 4 y xy    ，可得 B   1331 ，或 ， ， 由 22 1 1 x xy    ，可得 C   1 3 31 ， 或 ， 解得：        2 2 2 2 3 3 6 2 3 31 1 1 621min maxBC BC          ， . 故线段 BC 的长的取值范围为 6 2 6 2， . 答案： 6 2 6 2， . 二、解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分. 15.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，以 x 轴正半轴为始边作锐角α，其终边与单位圆交于 点 A.以 OA 为始边作锐角β，其终边与单位圆交于点 B，AB= 2 5 5 . (1)求 cosβ的值. 解析：(1)由条件利用余弦定理，求得 cosβ的值. 答案：(1)在△AOB 中，由余弦定理得，AB2=OA2+OB2-2OA·OBcos∠AOB， ∴ 2 22 2 2 2 2511 5 3cos 2 2 1 1 5 OA OB ABAOB OA OB         g ， 即 cosβ= 3 5 . (2)若点 A 的横坐标为 5 13 ，求点 B 的坐标. 解析：(2)利用任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，两角和差的正弦、余 弦公式，求得点 B 的坐标. 答案：(2)∵ 3 052cos  ， ， ， ∴ 2 2 34sin 1 cos 1 55       . 55cos13 13A  点 的横坐标为 ，由三角函数定义可得， ， ∵α为锐角， ∴ 2 2 5 12sin 1 cos 1 13 13       . ∴ 5 3 12 4 33cos cos cos sin si() n 13 5 13 5 65              ， 12 3 5 4 56sin sin cos cos sin 13 5 1 65() 35             ， 即点 B 33 56 65 65     ， . 16.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，AC，BD 相交于点 O，点 E 为 PC 的中点，OP=OC，PA⊥PD. 求证： (1)直线 PA∥平面 BDE. 解析：(1)连结 OE，说明 OE∥PA.然后证明 PA∥平面 BDE. 答案：(1)证明：连结 OE， ∵O 为平行四边形 ABCD 对角线的交点， ∴O 为 AC 中点. ∵E 为 PC 的中点， ∴OE∥PA. ∵OE平面 BDE，PA 平面 BDE， ∴直线 PA∥平面 BDE. (2)平面 BDE⊥平面 PCD. 解析：(2)证明 OE⊥PD.OE⊥PC.推出 OE⊥平面 PCD.然后证明平面 BDE⊥平面 PCD. 答案：(2)证明：∵OE∥PA，PA⊥PD， ∴OE⊥PD. ∵OP=OC，E 为 PC 的中点， ∴OE⊥PC. ∵PD平面 PCD，PC 平面 PCD，PC∩PD=P， ∴OE⊥平面 PCD. ∵OE 平面 BDE， ∴平面 BDE⊥平面 PCD. 17.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 22 221xy ab(a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，焦 点到相应准线的距离为 1. (1)求椭圆的标准方程. 解析：(1)由已知条件可得 2 2 12cacac  ， ，然后求解椭圆的方程. 答案：(1)由题意得， 2 2 12cacac  ， ， 解得 a=2，c=1，b=1. 所以椭圆的方程为 2 2 12 x y. (2)若 P 为椭圆上的一点，过点 O 作 OP 的垂线交直线 y= 2 于点 Q，求 22 11 OP OQ 的值. 解析：(2)由题意知 OP 的斜率存在.当 OP 的斜率为 0 时，求解结果.当 OP 的斜率不为 0 时， 设直线 OP 方程为 y=kx.联立方程组，推出 OP2= 2 2 22 21 k k   .OQ2=2k2+2.然后求解即可. 答案：(2)由题意知 OP 的斜率存在. 当 OP 的斜率为 0 时， 222 12 1 1OP OQ OP OQ   ， ，所以 . 当 OP 的斜率不为 0 时，设直线 OP 方程为 y=kx.   2 22 2 2 2 2 22 221 2 1 22 2 1 2 1 x ky k x x ykky kx         由 得 ，解得 ，所以 ， 所以 OP2= . 因为 OP⊥OQ，所以直线 OQ 的方程为 1y k x  . 由 2 1 k y yx    得 2xk  ，所以 OQ2=2k2+2. 所以 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 12 2 2 2 k OP OQ k k     . 综上，可知 22 111OP OQ. 18.如图，某机械厂要将长 6m，宽 2m 的长方形铁皮 ABCD 进行裁剪.已知点 F 为 AD 的中点， 点 E 在边 BC 上，裁剪时先将四边形 CDFE 沿直线 EF 翻折到 MNFE 处(点 C，D 分别落在直线 BC 下方点 M，N 处，FN 交边 BC 于点 P)，再沿直线 PE 裁剪. (1)当∠EFP= 4  时，试判断四边形 MNPE 的形状，并求其面积. 解析：(1)当∠EFP= 4  时，由条件得∠EFP=∠EFD=∠FEP= 4  .可得 FN⊥BC，四边形 MNPE 为 矩形.即可得出. 答案：(1)当∠EFP= 4  时，由条件得∠EFP=∠EFD=∠FEP= . 所以∠FPE= 2  .所以 FN⊥BC， 四边形 MNPE 为矩形. 所以四边形 MNPE 的面积 S=PN·MN=2m2. (2)若使裁剪得到的四边形 MNPE 面积最大，请给出裁剪方案，并说明理由. 解析：(2)解法一：设∠EFD=θ(0＜θ＜ 2  )，由条件，知∠EFP=∠EFD=∠FEP=θ.可得   2 2 2 233sin 2 sin 2 sin 2 tanPF NP NF PF ME            ， ， . 四边形 MNPE 面积为：   2 2 2 23 3 2 6sin 2 tan tan si 11 2 n2 2S NP ME MN                     ，化简利 用基本不等式的性质即可得出. 解法二：设 BE=tm，3＜t＜6，则 ME=6-t，可得 PE=PF，即  2 232BP t BP    ，     2213 1332 3 2 3 ttBP NP ttt     ， ， 四 边 形 MNPE 面积为         213 231 1 3 2 2 26 2 6 32 3 3 tS NP ME MN t t ttt                   ，利用 基本不等式的性质即可得出. 答案：(2)解法一： 设∠EFD=θ(0＜θ＜ 2  )，由条件，知∠EFP=∠EFD=∠FEP=θ. 所以   2 2 2 233sin 2 sin 2 sin 2 tanPF NP NF PF ME            ， ， . 2230sin 2 3 2 ta 2sin 3 2tan0 0 02 3 2 n                   ＞＞ 由 ＞ 得 ＞ ＜ ＜ ＜ ＜ (*) 所以四边形 MNPE 面积为   22 11 2 2 sin tan tan si 2 2 2 23 3 2 622 2 n (sin cos ) tan tantan sin cos tan ta 2 3 36 6 6 2 n 6 2 32 S NP ME MN                                     当且仅当 tan tan 3tan 3 3     ，即 ， 时取“=”. 此时，(*)成立. 答：当∠EFD= 3  时，沿直线 PE 裁剪，四边形 MNPE 面积最大， 最大值为(6-2 3 )m2. 解法二： 设 BE=tm，3＜t＜6，则 ME=6-t. 因为∠EFP=∠EFD=∠FEP，所以 PE=PF，即  2 232BP t BP    . 所以       2213 133 3 3 32 3 2 3 ttBP NP PF PE t BP ttt            ， .     2 2 2 36 36 13 0 1323 12 31 0 133023 t t t tt tt tt t         ＜ ＜ ＜ ＜ 由 ＞ 得 ＞ ＜ ＞ (*). 所以四边形 MNPE 面积为         213361 223 26 3 6 2 33 1 22 3 2 tS NP ME MN t tt t t                    33 23 2 4 23 3 333ttt      当且仅当 ，即 时取 “=”. 此时，(*)成立. 答：当点 E 距 B 点 3+233m 时，沿直线 PE 裁剪，四边形 MNPE 面积最大， 最大值为(6-2 3 )m2. 19.已知函数 f(x)=ax2-x-lnx，a∈R. (1)当 a= 3 8 时，求函数 f(x)的最小值. 解析：(1)当 a= 时，f(x)= x2-x-lnx.求出函数的导数，得到极值点，然后判断单调性求 解函数的最值. 答案：(1)当 a= 时，f(x)= x2-x-lnx. 所以     32113 4 2 4 xxf x x xx      (x＞0). 令 f'(x)=0，得 x=2， 当 x∈(0，2)时，f'(x)＜0.当 x∈(2，+∞)时，f'(x)＞0， 所以函数 f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增. 所以当 x=2 时，f(x)有最小值   1 22 ln 2f    . (2)若-1≤a≤0，证明：函数 f(x)有且只有一个零点. 解析：(2)由 f(x)=ax2-x-lnx，得   21 2 121 ax xf x ax xx      ，x＞0.当 a≤0 时，函 数 f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点，当-1≤a≤0 时，f(1)=a-1＜0， 2 2 1 0e e af ee    ＞ ， 推出结果. 答案：(2)由 f(x)=ax2-x-lnx，得 (x＞0). 所以当 a≤0 时，   2210ax xfx x  ＜ ， 函数 f(x)在(0，+∞)上单调递减， 所以当 a≤0 时，函数 f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点. 因为当-1≤a≤0 时，f(1)=a-1＜0， ， 所以当-1≤a≤0 时，函数 f(x)在(0，+∞)上有零点. 综上，当-1≤a≤0 时，函数 f(x)有且只有一个零点. (3)若函数 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围. 解析：(3)由(2)知，当 a≤0 时，函数 f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点.说明 a＞0，由 f(x)=ax2-x-lnx，得   221ax xfx x  (x＞0)，说明函数 f(x)在(0，x0)上单调递减.在 (x0，+∞)上单调递增. 要使得函数 f(x)在(0，+∞)上有两个零点，只需要 ax0 2-x0-lnx0＜0.通过函数 h(x)=2lnx+x-1 在(0，+∞)上是增函数，推出 0＜a＜1.验证当 0＜a＜1 时，函数 f(x)有两个零点.证明：lnx ≤x-1. 设 t(x)=x-1-lnx，利用导数求解函数的最值即可. 答案：(3)由(2)知，当 a≤0 时，函数 f(x)在(0，+∞)上最多有一个零点. 因为函数 f(x)有两个零点，所以 a＞0. 由 f(x)=ax2-x-lnx，得   221ax xfx x  (x＞0)，令 g(x)=2ax2-x-1. 因为 g(0)=-1＜0，2a＞0， 所以函数 g(x)在(0，+∞)上只有一个零点，设为 x0. 当 x∈(0，x0)时，g(x)＜0，f'(x)＜0.当 x∈(x0，+∞)时，g(x)＞0，f'(x)＞0. 所以函数 f(x)在(0，x0)上单调递减.在(x0，+∞)上单调递增. 要使得函数 f(x)在(0，+∞)上有两个零点， 只需要函数 f(x)的极小值 f(x0)＜0，即 ax0 2-x0-lnx0＜0＜0. 又因为 g(x0)=2ax0 2-x0-1=0，所以 2lnx0+x0-1＞0， 又因为函数 h(x)=2lnx+x-1 在(0，+∞)上是增函数，且 h(1)=0， 所以 x0＞1，得 0＜ 0 1 x ＜1. 又由 2ax0 2-x0-1=0，得 22 0 0 0 11 24 1 1 12a x x x                ， 所以 0＜a＜1. 以下验证当 0＜a＜1 时，函数 f(x)有两个零点. 当 0＜a＜1 时， 2 1 2 1 110aag a a a a      ＞ ， 所以 1＜x0＜ 1 a . 因为 2 22 1110a e e af e e e e        ＞ ，且 f(x0)＜0. 所以函数 f(x)在( 1 e ，x0)上有一个零点. 又因为 2 2 4 2 2 2ln 2 1 1 0afaa a a a a                ＞ (因为 lnx≤x-1)，且 f(x0)＜0. 所以函数 f(x)在(x0， 2 a )上有一个零点. 所以当 0＜a＜1 时，函数 f(x)在 12 ea   ， 内有两个零点. 综上，实数 a 的取值范围为(0，1). 下面证明：lnx≤x-1. 设 t(x)=x-1-lnx，所以   111 xtx xx     (x＞0). 令 t'(x)=0，得 x=1. 当 x∈(0，1)时，t'(x)＜0.当 x∈(1，+∞)时，t'(x)＞0. 所以函数 t(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增. 所以当 x=1 时，t(x)有最小值 t(1)=0. 所以 t(x)=x-1-lnx≥0，得 lnx≤x-1 成立. 20.已知等差数列{an}的公差 d 不为 0，且 1ka ， 2ka ，…， kna ，…(k1＜k2＜…＜kn＜…)成 等比数列，公比为 q. (1)若 k1=1，k2=3，k3=8，求 1a d 的值. 解析：(1)由已知得：a1，a3，a8 成等比数列，从而 4d2=3a1d，由此能求出 1a d 的值. 答案：(1)由已知可得：a1，a3，a8 成等比数列， 所以(a1+2d)2=a1(a1+7d)， 整理可得：4d2=3a1d. 因为 d≠0，所以 1 4 3 a d  . (2)当 1a d 为何值时，数列{kn}为等比数列. 解析：(2)设数列{kn}为等比数列，则 k2 2=k1k3，推导出 1 1a d  ，从而 nkna k d ，进而 kn=k1qn-1. 由此得到当 时，数列{kn}为等比数列. 答案：(2)设数列{kn}为等比数列，则 k2 2=k1k3. 又因为 ak1，ak2，ak3 成等比数列， 所以[a1+(k1-1)d][a1+(k3-1)d]=[a1+(k2-1)d]2. 整理，得 a1(2k2-k1-k3)=d(k1k3-k2 2-k1-k3+2k2). 因为 k2 2=k1k3，所以 a1(2k2-k1-k3)=d(2k2-k1-k3). 因为 2k2≠k1+k3，所以 a1=d，即 1 1a d  . 当 1 1a d  时，an=a1+(n-1)d=nd，所以 nkna k d . 又因为 1 11 1n nn kka a q k dq，所以 kn=k1qn-1. 所以 1 1 1 1 n n n n k kq qk k q  ，数列{kn}为等比数列. 综上，当 时，数列{kn}为等比数列. (3)若数列{kn}为等比数列，且对于任意 n∈N*，不等式 2nn k na a k ＞ 恒成立，求 a1 的取值 范围. 解析：(3) 由数列{kn} 为等比数列，a1=d ， kn=k1qn-1(q ＞ 1). 得到 1 1 1 1 1 2 n n kqa n k q   ＞ ， 1 1 11 1 1 1 2 10 22 n nn n k q qn a k q k q     g＜ ＜ 恒成立，再证明对于任意的正实数ε(0＜ε＜1)，总存在 正整数 n1，使得 1 1 n n q ＜ε. 要证 1 1 n n q ＜ε，即证 lnn1＜n1lnq+lnε.由此能求出 a1 的取值范围. 答案：(3)因为数列{kn}为等比数列，由(2)知 a1=d，kn=k1qn-1(q＞1). 1 1 1 1 1 1 1n n n n kka a q k dq k a q     ，an=a1+(n-1)d=na1. 因为对于任意 n∈N*，不等式 2nn k na a k ＞ 恒成立. 所以不等式 11 1 1 1 12nnna k a q k q ＞ ， 即 11 11 1 11 1 1 1 1 210 1 222 nn n n n k q n k q q na n k q a k q k q     g＞ ， ＜ ＜ 恒成立. 下面证明：对于任意的正实数ε(0＜ε＜1)，总存在正整数 n1，使得 1 1 n n q ＜ . 要证 1 1 n n q ＜ ，即证 lnn1＜n1lnq+lnε. 因为 1ln 2 1x x xe ＜ ，则 1 1 1ln 2lnn n n ＜ ， 解不等式 11ln lnn n q ＜ ，即 2 11ln 0n q n ln＞ ， 2 11 1 1 4ln ln 1 1 4ln ln 2ln 2ln qqnnqq     可得 ＞ ，所以 ＞ . 不妨取 2 0 1 1 4ln ln 12ln qn q  ，则当 n1＞n0 时，原式得证. 所以 1 0 2 1 1 a ＜ ，所以 a1≥2，即得 a1 的取值范围是[2，+∞). 附加题：选做题本题包括四小题，请选 2 题作答.若多做，则按作答的前两题评分.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.已知圆 O 的直径 AB=4，C 为 AO 的中点，弦 DE 过点 C 且满足 CE=2CD，求△OCE 的面积. 解析：由相交弦定理，得 CD，DE 中点 H，则 OH⊥DE，利用勾股定理求出 OH，即可求出△OCE 的面积. 答案：设 CD=x，则 CE=2x. 因为 CA=1，CB=3， 由相交弦定理，得 CA·CB=CD·CE， 所以 1×3=x·2x=2x2，所以 x= 6 2 . 取 DE 中点 H，则 OH⊥DE. 因为 2 2 2 2 35 284OH OE EH x        ， 所以 OH= 10 4 . 又因为 CE=2x= 6 ， 所以△OCE 的面积 11622 10 15 44S OH CE    g . [选修 4-2：矩阵与变换] 22.已知向量 1 1   是矩阵 A 的属于特征值-1 的一个特征向量.在平面直角坐标系 xOy 中，点 P(1，1)在矩阵 A 对应的变换作用下变为 P'(3，3)，求矩阵 A. 解析：设 A= ab cd   ，根据矩阵变换，列方程组，即可求得 a、b、c 和 d 的值，求得 A. 答案：设 A= ， ∵向量 是矩阵 A 的属于特征值-1 的一个特征向量， ∴  1 1 111 1 1 ab cd                   . ∴ 1 1 ab cd      ∵点 P(1，1)在矩阵 A 对应的变换作用下变为 P'(3，3)， ∴ 13 13 ab cd              . ∴ 3 3 ab cd    解得 a=1，b=2，c=2，d=1，所以 A= 12 21   . [选修 4-4：坐标系与参数方程] 23.在极坐标系中，求直线θ= 4  (ρ∈R)被曲线ρ=4sinθ所截得的弦长. 解析：极坐标方程化为直角坐标方程，联立，求出 A，B 的坐标，即可求直线θ= 4  (ρ∈R) 被曲线ρ=4sinθ所截得的弦长. 答案：以极点 O 为坐标原点，极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系. 直线θ= 4  ρ∈R)的直角坐标方程为 y=x①， 曲线ρ=4sinθ的直角坐标方程为 x2+y2-4y=0②. 由①②得 02 02 xx yy   或 所以 A(0，0)，B(2，2)， 所以直线θ= 4  (ρ∈R)被曲线ρ=4sinθ所截得的弦长 AB=2 2 . [选修 4-5：不等式选讲] 24.求函数 3sin 2 2 2cos2y x x   的最大值. 解析：利用二倍角公式化简函数的解析式，利用柯西不等式求解函数的最值即可. 答案： 23sin 2 2 2cos2 3sin 4 cosy x x x x     ， 由柯西不等式得     2 2 2 2 2 2 23 4 cos 3 4sin sin cos 25y x x x x      ， 所以 ymax=5，此时 sinx= 3 5 . 所以函数 3sin 2 2 2cos2y x x   的最大值为 5. [必做题]共 2 小题，满分 20 分 25.如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，P 为棱 C1D1 的中点，Q 为棱 BB1 上的点，且 BQ=λBB1(λ≠0). (1)若λ= 1 2 ，求 AP 与 AQ 所成角的余弦值. 解析：(1)以 1AB AD AA uuur uuur uuur ， ， 为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系 A-xyz.求出 ()20)2(1 2 1AP AQ uuur uuur ， ， ， ， ， ，利用数量积求解 AP 与 AQ 所成角的余弦值. 答案：(1)以 1AB AD AA uuur uuur uuur ， ， 为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系 A-xyz. ∵ ， ∴ 1 2 2 0 2 1 4 5cos 1595 AP AQAP AQ AP AQ         uuur uuuruuuruuur guuur uuur＜ ， ＞ . ∴AP 与 AQ 所成角的余弦值为 45 15 . (2)若直线 AA1 与平面 APQ 所成的角为 45°，求实数λ的值. 解析：(2) 1 ()00)2(0 2 2AA AQ  uuur uuur ， ， ， ， ， .求出平面 APQ 的法向量，利用空间向量的数 量积求解即可. 答案：(2)由题意可知， . 设平面 APQ 的法向量为 n r =(x，y，z)， 0 2 2 0 2 2 00 n AP x y z xzn AQ       r uuur g r uuur g 则 ，即 令 z=-2，则 x=2λ，y=2-λ. ∴ =(2λ，2-λ，-2). ∵直线 AA1 与平面 APQ 所成角为 45°， ∴   1 1 222 1 4cos 2 2 2 2 2( ) ) 2( n AA n AA n AA         r uuur gr uuur r uuur＜ ， ＞ ， 可得 5λ2-4λ=0，又因为λ≠0，所以λ= 4 5 . 26.在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 x2=2py(p＞0)上的点 M(m，1)到焦点 F 的距离为 2. (1)求抛物线的方程. 解析：(1)求出抛物线 x2=2py(p＞0)的准线方程为 2 py  ，由抛物线定义，得到 p=2，即 可求解抛物线的方程. 答案：(1)抛物线 x2=2py(p＞0)的准线方程为 2 py  ， 因为 M(m，1)，由抛物线定义，知 MF=1+ 2 p ， 所以 1+ 2 p =2，即 p=2， 所以抛物线的方程为 x2=4y. (2)如图，点 E 是抛物线上异于原点的点，抛物线在点 E 处的切线与 x 轴相交于点 P，直线 PF 与抛物线相交于 A，B 两点，求△EAB 面积的最小值. 解析：(2)求出函数的 y′= 1 2 x.设点 E(t， 2 4 t )，t≠0，得到抛物线在点 E 处的切线方程为   2 1 24 ty t x t   .求出 P( 2 t ，0).推出直线 PF 的方程，点 E(t， )到直线 PF 的距离， 联立 2 4 20 xy x ty t       求出 AB，表示出△EAB 的面积，构造函数，通过函数的导数利用单调 性求解最值即可. 答案：(2) 211 42y x y x  因为 ，所以 . 设点 E(t， )，t≠0，则抛物线在点 E 处的切线方程为 . 令 y=0，则 x= ，即点 P( ， 0). 因为 P( ，0)，F(0，1)，所以直线 PF 的方程为 2 2 tyxt      ，即 2x+ty-t=0. 则点 E(t， )到直线 PF 的距离为 3 2 2 2 44 44 tttttd t    . 联立方程 消元，得 t2y2-(2t2+16)y+t2=0. 因为△=(2t2+16)2-4t4=64(t2+4)＞0， 所以    2 2 2 2 1222 2 16 64 4 2 16 64 4 22 t t t t yytt       ， ， 所以  22 1 2 1 2 22 442 161 1 2 2 ttAB y y y y tt           . 所以△EAB 的面积为    3 222 2 2 11 22 4 4 44 4 ttttS tt      . 不妨设          2 2 1 22 2 2 3 () 44 0 2 4 xx g x x g x xxx     ＞ ，则 . 因为 x∈(0， 2 )时，g′(x)＜0，所以 g(x)在(0， 2 )上单调递减.x∈( 2 ，+∞)上， g'(x)＞0，所以 g(x)在( 2 ， +∞)上单调递增.    3 22 6 2 234 minx g x   所以当 时， . 所以△EAB 的面积的最小值为3 3 .