2009年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷ⅰ)

2009年全国统一高考数学试卷(理科)(全国卷ⅰ)

‎2009年全国统一高考数学试卷（理科）（全国卷Ⅰ）‎ ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．（5分）设集合A={4，5，7，9}，B={3，4，7，8，9}，全集U=A∪B，则集合∁U（A∩B）中的元素共有（　　）‎ A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 ‎2．（5分）已知=2+i，则复数z=（　　）‎ A．﹣1+3i B．1﹣3i C．3+i D．3﹣i ‎3．（5分）不等式＜1的解集为（　　）‎ A．{x|0＜x＜1}∪{x|x＞1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|﹣1＜x＜0} D．{x|x＜0}‎ ‎4．（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心率为（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎5．（5分）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（　　）‎ A．150种 B．180种 C．300种 D．345种 ‎6．（5分）设、、是单位向量，且，则•的最小值为（　　）‎ A．﹣2 B．﹣2 C．﹣1 D．1﹣‎ ‎7．（5分）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（5分）如果函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点（，0）中心对称，那么|φ|的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（5分）已知直线y=x+1与曲线y=ln（x+a）相切，则a的值为（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2‎ ‎10．（5分）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（　　）‎ A．1 B．2 C． D．4‎ ‎11．（5分）函数f（x）的定义域为R，若f（x+1）与f（x﹣1）都是奇函数，则（　　）‎ A．f（x）是偶函数 B．f（x）是奇函数 C．f（x）=f（x+2） D．f（x+3）是奇函数 ‎12．（5分）已知椭圆C：+y2=1的右焦点为F，右准线为l，点A∈l，线段AF交C于点B，若=3，则||=（　　）‎ A． B．2 C． D．3‎ ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13．（5分）（x﹣y）10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于　　．‎ ‎14．（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=81，则a2+a5+a8=　　．‎ ‎15．（5分）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，∠BAC=120°，则此球的表面积等于　　．‎ ‎16．（5分）若，则函数y=tan2xtan3x的最大值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，满分70分）‎ ‎17．（10分）在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a2﹣c2=2b，且sinAcosC=3cosAsinC，求b．‎ ‎18．（12分）如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD=，DC=SD=2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60°‎ ‎（I）证明：M是侧棱SC的中点；‎ ‎（Ⅱ）求二面角S﹣AM﹣B的大小．‎ ‎19．（12分）甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局．‎ ‎（I）求甲获得这次比赛胜利的概率；‎ ‎（Ⅱ）设ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求ξ的分布列及数学期望．‎ ‎20．（12分）在数列{an}中，a1=1，an+1=（1+）an+．‎ ‎（1）设bn=，求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（2）求数列{an}的前n项和Sn．‎ ‎21．（12分）如图，已知抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞‎ ‎0）相交于A、B、C、D四个点．‎ ‎（Ⅰ）求r的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．‎ ‎22．（12分）设函数f（x）=x3+3bx2+3cx在两个极值点x1、x2，且x1∈[﹣1，0]，x2∈[1，2]．‎ ‎（1）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点（b，c）的区域；‎ ‎（2）证明：．‎ ‎　‎ ‎2009年全国统一高考数学试卷（理科）（全国卷Ⅰ）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）‎ ‎1．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）设集合A={4，5，7，9}，B={3，4，7，8，9}，全集U=A∪B，则集合∁U（A∩B）中的元素共有（　　）‎ A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 ‎【分析】根据交集含义取A、B的公共元素写出A∩B，再根据补集的含义求解．‎ ‎【解答】解：A∪B={3，4，5，7，8，9}，‎ A∩B={4，7，9}∴∁U（A∩B）={3，5，8}故选A．‎ 也可用摩根律：∁U（A∩B）=（∁UA）∪（∁UB）‎ 故选A ‎　‎ ‎2．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）已知=2+i，则复数z=（　　）‎ A．﹣1+3i B．1﹣3i C．3+i D．3﹣i ‎【分析】化简复数直接求解，利用共轭复数可求z．‎ ‎【解答】解：，∴‎ 故选B ‎　‎ ‎3．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）不等式＜1的解集为（　　）‎ A．{x|0＜x＜1}∪{x|x＞1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|﹣1＜x＜0} D．{x|x＜0}‎ ‎【分析】本题为绝对值不等式，去绝对值是关键，可利用绝对值意义去绝对值，也可两边平方去绝对值．‎ ‎【解答】解：∵＜1，‎ ‎∴|x+1|＜|x﹣1|，‎ ‎∴x2+2x+1＜x2﹣2x+1．‎ ‎∴x＜0．‎ ‎∴不等式的解集为{x|x＜0}．‎ 故选D ‎　‎ ‎4．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的离心率为（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎【分析】先求出渐近线方程，代入抛物线方程，根据判别式等于0，找到a和b的关系，从而推断出a和c的关系，答案可得．‎ ‎【解答】解：由题双曲线的一条渐近线方程为，‎ 代入抛物线方程整理得ax2﹣bx+a=0，‎ 因渐近线与抛物线相切，所以b2﹣4a2=0，‎ 即，‎ 故选择C．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（　　）‎ A．150种 B．180种 C．300种 D．345种 ‎【分析】选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型．‎ ‎【解答】解：分两类（1）甲组中选出一名女生有C51•C31•C62=225种选法；‎ ‎（2）乙组中选出一名女生有C52•C61•C21=120种选法．故共有345种选法．‎ 故选D ‎　‎ ‎6．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）设、、是单位向量，且，则•的最小值为（　　）‎ A．﹣2 B．﹣2 C．﹣1 D．1﹣‎ ‎【分析】由题意可得 =，故要求的式子即 ﹣（）•+=1﹣ cos=1﹣cos，再由余弦函数的值域求出它的最小值．‎ ‎【解答】解：∵、、 是单位向量，，∴，=．‎ ‎∴•=﹣（）•+=0﹣（）•+1=1﹣ cos ‎=1﹣cos≥．‎ 故选项为D ‎　‎ ‎7．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC上的射影D为BC的中点，则异面直线AB与CC1所成的角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】首先找到异面直线AB与CC1所成的角（如∠A1AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理，则只要表示出A1B的长度即可；不妨设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，利用勾股定理即可求之．‎ ‎【解答】解：设BC的中点为D，连接A1D、AD、A1B，易知θ=∠A1AB即为异面直线AB与CC1所成的角；‎ 并设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱与底面边长为1，则|AD|=，|A1D|=，|A1B|=，‎ 由余弦定理，得cosθ==．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）如果函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点（，0）中心对称，那么|φ|的最小值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】先根据函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点中心对称，令x=代入函数使其等于0，求出φ的值，进而可得|φ|的最小值．‎ ‎【解答】解：∵函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点中心对称．‎ ‎∴∴由此易得．‎ 故选A ‎　‎ ‎9．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）已知直线y=x+1与曲线y=ln（x+a）相切，则a的值为（　　）‎ A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2‎ ‎【分析】切点在切线上也在曲线上得到切点坐标满足两方程；又曲线切点处的导数值是切线斜率得第三个方程．‎ ‎【解答】解：设切点P（x0，y0），则y0=x0+1，y0=ln（x0+a），‎ 又∵‎ ‎∴x0+a=1‎ ‎∴y0=0，x0=﹣1‎ ‎∴a=2．‎ 故选项为B ‎　‎ ‎10．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为（　　）‎ A．1 B．2 C． D．4‎ ‎【分析】分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，连CQ，BD则∠ACQ=∠PBD=60°，在三角形APQ中将PQ表示出来，再研究其最值即可．‎ ‎【解答】解：如图 分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，‎ 连CQ，BD则∠ACQ=∠PDB=60°，，‎ ‎∴AC=PD=2‎ 又∵‎ 当且仅当AP=0，即点A与点P重合时取最小值．‎ 故答案选C．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）函数f（x）的定义域为R，若f（x+‎ ‎1）与f（x﹣1）都是奇函数，则（　　）‎ A．f（x）是偶函数 B．f（x）是奇函数 C．f（x）=f（x+2） D．f（x+3）是奇函数 ‎【分析】首先由奇函数性质求f（x）的周期，然后利用此周期推导选择项．‎ ‎【解答】解：∵f（x+1）与f（x﹣1）都是奇函数，‎ ‎∴函数f（x）关于点（1，0）及点（﹣1，0）对称，‎ ‎∴f（x）+f（2﹣x）=0，f（x）+f（﹣2﹣x）=0，‎ 故有f（2﹣x）=f（﹣2﹣x），‎ 函数f（x）是周期T=[2﹣（﹣2）]=4的周期函数．‎ ‎∴f（﹣x﹣1+4）=﹣f（x﹣1+4），‎ f（﹣x+3）=﹣f（x+3），‎ f（x+3）是奇函数．‎ 故选D ‎　‎ ‎12．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）已知椭圆C：+y2=1的右焦点为F，右准线为l，点A∈l，线段AF交C于点B，若=3，则||=（　　）‎ A． B．2 C． D．3‎ ‎【分析】过点B作BM⊥x轴于M，设右准线l与x轴的交点为N，根据椭圆的性质可知FN=1，进而根据，求出BM，AN，进而可得|AF|．‎ ‎【解答】解：过点B作BM⊥x轴于M，‎ 并设右准线l与x轴的交点为N，易知FN=1．‎ 由题意，‎ 故FM=，故B点的横坐标为，纵坐标为±‎ 即BM=，‎ 故AN=1，‎ ‎∴．‎ 故选A ‎　‎ 二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）‎ ‎13．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）（x﹣y）10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于　﹣240　．‎ ‎【分析】首先要了解二项式定理：（a+b）n=Cn0anb0+Cn1an﹣1b1+Cn2an﹣2b2++Cnran﹣rbr++Cnna0bn，各项的通项公式为：Tr+1=Cnran﹣rbr．然后根据题目已知求解即可．‎ ‎【解答】解：因为（x﹣y）10的展开式中含x7y3的项为C103x10﹣3y3（﹣1）3=﹣C103x7y3，‎ 含x3y7的项为C107x10﹣7y7（﹣1）7=﹣C107x3y7．‎ 由C103=C107=120知，x7y3与x3y7的系数之和为﹣240．‎ 故答案为﹣240．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=81，则a2+a5+a8=　27　．‎ ‎【分析】由s9解得a5即可．‎ ‎【解答】解：∵‎ ‎∴a5=9‎ ‎∴a2+a5+a8=3a5=27‎ 故答案是27‎ ‎　‎ ‎15．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，∠BAC=120°，则此球的表面积等于　20π　．‎ ‎【分析】通过正弦定理求出底面外接圆的半径，设此圆圆心为O'，球心为O，在RT△OBO'中，求出球的半径，然后求出球的表面积．‎ ‎【解答】解：在△ABC中AB=AC=2，∠BAC=120°，‎ 可得 由正弦定理，可得△ABC外接圆半径r=2，‎ 设此圆圆心为O'，球心为O，在RT△OBO'中，‎ 易得球半径，‎ 故此球的表面积为4πR2=20π 故答案为：20π ‎　‎ ‎16．（5分）（2009•全国卷Ⅰ）若，则函数y=tan2xtan3x的最大值为　﹣8　．‎ ‎【分析】见到二倍角2x 就想到用二倍角公式，之后转化成关于tanx的函数，将tanx看破成整体，最后转化成函数的最值问题解决．‎ ‎【解答】解：令tanx=t，∵，‎ ‎∴‎ 故填：﹣8．‎ ‎　‎ 三、解答题（共6小题，满分70分）‎ ‎17．（10分）（2009•全国卷Ⅰ）在△ABC中，内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，已知a2﹣c2=2b，且sinAcosC=3cosAsinC，求b．‎ ‎【分析】根据正弦定理和余弦定理将sinAcosC=3cosAsinC化成边的关系，再根据a2﹣c2=2b即可得到答案．‎ ‎【解答】解：法一：在△ABC中∵sinAcosC=3cosAsinC，‎ 则由正弦定理及余弦定理有：‎ ‎，‎ 化简并整理得：2（a2﹣c2）=b2．‎ 又由已知a2﹣c2=2b∴4b=b2．‎ 解得b=4或b=0（舍）；‎ 法二：由余弦定理得：a2﹣c2=b2﹣2bccosA．‎ 又a2﹣c2=2b，b≠0．‎ 所以b=2ccosA+2①又sinAcosC=3cosAsinC，‎ ‎∴sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinCsin（A+C）=4cosAsinC，‎ 即sinB=4cosAsinC由正弦定理得，‎ 故b=4ccosA②由①，②解得b=4．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2009•全国卷Ⅰ）如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底面ABCD，AD=，DC=SD=2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60°‎ ‎（I）证明：M是侧棱SC的中点；‎ ‎（Ⅱ）求二面角S﹣AM﹣B的大小．‎ ‎【分析】（Ⅰ）法一：要证明M是侧棱SC的中点，作MN∥SD交CD于N，作NE⊥AB交AB于E，连ME、NB，则MN⊥面ABCD，ME⊥AB，设MN=x，则NC=EB=x，解RT△MNE即可得x的值，进而得到M为侧棱SC的中点；‎ 法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，并求出S点的坐标、C点的坐标和M点的坐标，然后根据中点公式进行判断；‎ 法三：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，构造空间向量，然后数乘向量的方法来证明．‎ ‎（Ⅱ）我们可以以D为坐标原点，分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，我们可以利用向量法求二面角S﹣AM﹣B的大小．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）作MN∥SD交CD于N，作NE⊥AB交AB于E，‎ 连ME、NB，则MN⊥面ABCD，ME⊥AB，‎ 设MN=x，则NC=EB=x，‎ 在RT△MEB中，∵∠MBE=60°∴．‎ 在RT△MNE中由ME2=NE2+MN2∴3x2=x2+2‎ 解得x=1，从而∴M为侧棱SC的中点M．‎ ‎（Ⅰ）证法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，则．‎ 设M（0，a，b）（a＞0，b＞0），‎ 则，，‎ 由题得，‎ 即 解之个方程组得a=1，b=1即M（0，1，1）‎ 所以M是侧棱SC的中点．‎ ‎（I）证法三：设，‎ 则 又 故，‎ 即，‎ 解得λ=1，所以M是侧棱SC的中点．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）得，‎ 又，，‎ 设分别是平面SAM、MAB的法向量，‎ 则且，‎ 即且 分别令得z1=1，y1=1，y2=0，z2=2，‎ 即，‎ ‎∴‎ 二面角S﹣AM﹣B的大小．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2009•全国卷Ⅰ）甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束，假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局．‎ ‎（I）求甲获得这次比赛胜利的概率；‎ ‎（Ⅱ）设ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，求ξ的分布列及数学期望．‎ ‎【分析】（1）由题意知前2局中，甲、乙各胜1局，甲要获得这次比赛的胜利需在后面的比赛中先胜两局，根据各局比赛结果相互独立，根据相互独立事件的概率公式得到结果．‎ ‎（2）由题意知ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知ξ的可能取值是2、3，由于各局相互独立，得到变量的分布列，求出期望．‎ ‎【解答】解：记Ai表示事件：第i局甲获胜，（i=3、4、5）‎ Bi表示第j局乙获胜，j=3、4‎ ‎（1）记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利，‎ ‎∵前2局中，甲、乙各胜1局，‎ ‎∴甲要获得这次比赛的胜利需在后面的比赛中先胜两局，‎ ‎∴B=A3A4+B3A4A5+A3B4A5‎ 由于各局比赛结果相互独立，‎ ‎∴P（B）=P（A3A4）+P（B3A4A5）+P（A3B4A5）‎ ‎=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6‎ ‎=0.648‎ ‎（2）ξ表示从第3局开始到比赛结束所进行的局数，由上一问可知ξ的可能取值是2、3‎ 由于各局相互独立，得到ξ的分布列 P（ξ=2）=P（A3A4+B3B4）=0.52‎ P（ξ=3）=1﹣P（ξ=2）=1﹣0.52=0.48‎ ‎∴Eξ=2×0.52+3×0.48=2.48．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2009•全国卷Ⅰ）在数列{an}中，a1=1，an+1=（1+）an+．‎ ‎（1）设bn=，求数列{bn}的通项公式；‎ ‎（2）求数列{an}的前n项和Sn．‎ ‎【分析】（1）由已知得=+，即bn+1=bn+，由此能够推导出所求的通项公式．‎ ‎（2）由题设知an=2n﹣，故Sn=（2+4+…+2n）﹣（1++++…+），设Tn=1++++…+，由错位相减法能求出Tn=4﹣．从而导出数列{an}的前n项和Sn．‎ ‎【解答】解：（1）由已知得b1=a1=1，且=+，‎ 即bn+1=bn+，从而b2=b1+，‎ b3=b2+，‎ bn=bn﹣1+（n≥2）．‎ 于是bn=b1+++…+=2﹣（n≥2）．‎ 又b1=1，‎ 故所求的通项公式为bn=2﹣．‎ ‎（2）由（1）知an=2n﹣，‎ 故Sn=（2+4+…+2n）﹣（1++++…+），‎ 设Tn=1++++…+，①‎ Tn=+++…++，②‎ ‎①﹣②得，‎ Tn=1++++…+﹣‎ ‎=﹣=2﹣﹣，‎ ‎∴Tn=4﹣．‎ ‎∴Sn=n（n+1）+﹣4．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2009•全国卷Ⅰ）如图，已知抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点．‎ ‎（Ⅰ）求r的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．‎ ‎【分析】（1）先联立抛物线与圆的方程消去y，得到x的二次方程，根据抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是此方程有两个不相等的正根，可求出r的范围．‎ ‎（2）先设出四点A，B，C，D的坐标再由（1）中的x二次方程得到两根之和、两根之积，表示出面积并求出其的平方值，最后根据三次均值不等式确定得到最大值时的点P的坐标．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）将抛物线E：y2=x代入圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）的方程，‎ 消去y2，整理得x2﹣7x+16﹣r2=0（1）‎ 抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：‎ 方程（1）有两个不相等的正根 ‎∴‎ 即．‎ 解这个方程组得，．‎ ‎（II）设四个交点的坐标分别为 ‎、、、．‎ 则直线AC、BD的方程分别为y﹣=•（x﹣x1），y+=（x﹣x1），‎ 解得点P的坐标为（，0），‎ 则由（I）根据韦达定理有x1+x2=7，x1x2=16﹣r2，‎ 则 ‎∴‎ 令，‎ 则S2=（7+2t）2（7﹣2t）下面求S2的最大值．‎ 由三次均值有：‎ 当且仅当7+2t=14﹣4t，即时取最大值．‎ 经检验此时满足题意．‎ 故所求的点P的坐标为．‎ ‎　‎ ‎22．（12分）（2009•全国卷Ⅰ）设函数f（x）=x3+3bx2+3cx在两个极值点x1、x2，且x1∈[﹣1，0]，x2∈[1，2]．‎ ‎（1）求b、c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点（b，c）的区域；‎ ‎（2）证明：．‎ ‎【分析】（1）根据极值的意义可知，极值点x1、x2是导函数等于零的两个根，根据根的分布建立不等关系，画出满足条件的区域即可；‎ ‎（2）先用消元法消去参数b，利用参数c表示出f（x2）的值域，再利用参数c的范围求出f（x2）的范围即可．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）f'（x）=3x2+6bx+3c，（2分）‎ 依题意知，方程f'（x）=0有两个根x1、x2，且x1∈[﹣1，0]，x2∈[1，2]‎ 等价于f'（﹣1）≥0，f'（0）≤0，f'（1）≤0，f'（2）≥0．‎ 由此得b，c满足的约束条件为（4分）‎ 满足这些条件的点（b，c）的区域为图中阴影部分．（6分）‎ ‎（Ⅱ）由题设知f'（x2）=3x22+6bx2+3c=0，‎ 则，‎ 故．（8分）‎ 由于x2∈[1，2]，而由（Ⅰ）知c≤0，‎ 故．‎ 又由（Ⅰ）知﹣2≤c≤0，（10分）‎ 所以．‎