2018年江蘇高考預(yù)測試題(二)(對應(yīng)學(xué)生用書第133頁)(限時(shí)：120分鐘)參考公式樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn的方差s2＝eq\f(1,n)eq\o(,\s\up12(n),\s\do4(i＝1))(xi－eq\x\to(x))2，其中eq\x\to(x)＝eq\f(1,n)eq\o(,\s\up12(n),\s\do4(i＝1))xi.棱柱的體積V＝Sh，其中S是棱柱的底面積，h是高．棱錐的體積V＝eq\f(1,3)Sh，其中S是棱錐的底面積，h是高．?dāng)?shù)學(xué)Ⅰ試題一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分．請把答案填寫在題中橫線上)1．已知集合A＝{x|x2－x－2≤0}，集合B＝{x|1＜x≤3}，則A∪B＝________.{x|－1≤x≤3}[由x2－x－2≤0，解得－1≤x≤2.∴A＝{x|－1≤x≤2}，又集合B＝{x|1＜x≤3}，∴A∪B＝{x|－1≤x≤3}．]2．設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(z＋i)i＝－3＋4i(i為虛數(shù)單位)，則z的模為________．2eq\r(5)[z＝eq\f(－3＋4i,i)－i＝3i＋4－i＝4＋2i，則|z|＝|4＋2i|＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5).]3．表中是一個(gè)容量為10的樣本數(shù)據(jù)分組后的頻率分布，若利用組中值近似計(jì)算本組數(shù)據(jù)的平均數(shù)eq\x\to(x)，則eq\x\to(x)的值為________.數(shù)據(jù)[12.5,15.5)[15.5,18.5)[18.5,21.5)[21.5,24.5]頻數(shù)213419.7[根據(jù)題意，樣本容量為10，利用組中值近似計(jì)算本組數(shù)據(jù)的平均數(shù)eq\x\to(x)，則eq\x\to(x)＝eq\f(1,10)×(14×2＋17×1＋20×3＋23×4)＝19.7.]4．若雙曲線x2＋my2＝1過點(diǎn)(－eq\r(2)，2)，則該雙曲線的虛軸長為________.【導(dǎo)學(xué)號：】4[∵雙曲線x2＋my2＝1過點(diǎn)(－eq\r(2)，2)，∴2＋4m＝1，即4m＝－1，m＝－eq\f(1,4)，則雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－eq\f(y2,4)＝1，則b＝2，即雙曲線的虛軸長2b＝4.]5．根據(jù)如下所示的偽代碼，可知輸出的結(jié)果S是________．17[執(zhí)行程序，有i＝1；滿足條件i＜6，i＝3，S＝9；滿足條件i＜6，i＝5，S＝13；滿足條件i＜6，i＝7，S＝17，不滿足條件i＜6，輸出S的值為17.]6．在三張獎(jiǎng)券中有一、二等獎(jiǎng)各一張，另一張無獎(jiǎng)，甲乙兩人各抽取一張(不放回)，兩人都中獎(jiǎng)的概率為________．eq\f(1,3)[設(shè)一、二等獎(jiǎng)各用A，B表示，另1張無獎(jiǎng)用C表示，甲、乙兩人各抽取1張的基本事件有AB，AC，BA，BC，CA，CB共6個(gè)，其中兩人都中獎(jiǎng)的有AB，BA，共2個(gè)，故所求的概率P＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).]7．已知函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的圖象如圖1所示，則該函數(shù)的解析式是________．圖1y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)x＋\f(π,6)))[由圖知A＝2，y＝2sin(ωx＋φ)，∵點(diǎn)(0,1)在函數(shù)的圖象上，∴2sinφ＝1，解得sinφ＝eq\f(1,2)，∴利用五點(diǎn)作圖法可得φ＝eq\f(π,6).∵點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)，0))在函數(shù)的圖象上，∴2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7π,12)ω＋\f(π,6)))＝0，∴－eq\f(7π,12)ω＋eq\f(π,6)＝kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(2,7)－eq\f(12k,7)，k∈Z.∵ω＞0，∴當(dāng)k＝0時(shí)，ω＝eq\f(2,7)，∴y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)x＋\f(π,6))).]8．如圖2，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為棱AA1的中點(diǎn)．若AA1＝4，AB＝2，則四棱錐B－ACC1D圖22eq\r(3)[取AC的中點(diǎn)O，連接BO，則BO⊥AC，∴BO⊥平面ACC1D，∵AB＝2，∴BO＝eq\r(3)，∵D為棱AA1的中點(diǎn)，AA1＝4，∴SACC1D＝eq\f(1,2)(2＋4)×2＝6，∴四棱錐B－ACC1D的體積為2eq\r(3).]9．已知實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－4≤0，,x－y－1≤0，,x≥1，))則eq\f(y＋1,x)的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2)))[作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，eq\f(y＋1,x)的幾何意義是區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)到定點(diǎn)D(0，－1)的斜率，由圖象知，AD的斜率最大，BD的斜率最小，此時(shí)最小值為1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x＋2y－4＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(3,2)，))即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，此時(shí)AD的斜率k＝eq\f(\f(3,2)＋1,1)＝eq\f(5,2)，即1≤eq\f(y＋1,x)≤eq\f(5,2)，故eq\f(y＋1,x)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2))).]10．已知{an}，{bn}均為等比數(shù)列，其前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn，若對任意的n∈N*，總有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋1,4)，則eq\f(a3,b3)＝________.9[設(shè){an}，{bn}的公比分別為q，q′，∵eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(3n＋1,4)，∴n＝1時(shí)，a1＝b1.n＝2時(shí)，eq\f(a1＋a1q,b1＋b1q′)＝eq\f(5,2).n＝3時(shí)，eq\f(a1＋a1q＋a1q2,b1＋b1q′＋b1q′2)＝7.∴2q－5q′＝3,7q′2＋7q′－q2－q＋6＝0，解得q＝9，q′＝3，∴eq\f(a3,b3)＝eq\f(a1q2,b1q′2)＝9.]11．已知平行四邊形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝1，AD＝2，點(diǎn)P是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up12(→))·eq\o(DP,\s\up12(→))的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))[以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BC所在的直線為x軸，建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，作AE⊥BC，垂足為E，∵∠BAD＝120°，AB＝1，AD＝2，∴∠ABC＝60°，∴AE＝eq\f(\r(3),2)，BE＝eq\f(1,2)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(\r(3),2))).∵點(diǎn)P是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P(x,0)，0≤x≤2，∴eq\o(AP,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，eq\o(DP,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)，－\f(\r(3),2)))，∴eq\o(AP,\s\up12(→))·eq\o(DP,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2)))＋eq\f(3,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(1,4)，∴當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)，有最小值，最小值為－eq\f(1,4).當(dāng)x＝0時(shí)，有最大值，最大值為2，則eq\o(AP,\s\up12(→))·eq\o(DP,\s\up12(→))的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).]12．如圖3，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上有一個(gè)點(diǎn)A，它關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為B，點(diǎn)F為橢圓的右焦點(diǎn)，且滿足AF⊥BF，當(dāng)∠ABF＝eq\f(π,12)時(shí)，橢圓的離心率為________．圖3eq\f(\r(6),3)[設(shè)橢圓的左焦點(diǎn)為F1，連接AF1，BF1，由對稱性及AF⊥BF可知，四邊形AFBF1是矩形，所以|AB|＝|F1F|＝2c，所以在Rt△ABF中，|AF|＝2csineq\f(π,12)，|BF|＝2ccoseq\f(π,12)，由橢圓定義得2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,12)＋sin\f(π,12)))＝2a，即e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,cos\f(π,12)＋sin\f(π,12))＝eq\f(1,\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋\f(π,12))))＝eq\f(\r(6),3).]13．已知△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對應(yīng)邊分別為a，b，c，且C＝eq\f(π,3)，c＝2.當(dāng)eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))取得最大值時(shí)，eq\f(b,a)的值為________.【導(dǎo)學(xué)號：】2＋eq\r(3)[∵C＝eq\f(π,3)，∴B＝eq\f(2π,3)－A，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝eq\f(2,\f(\r(3),2))＝eq\f(4,\r(3))，∴b＝eq\f(4,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－A))＝2cosA＋eq\f(2,\r(3))sinA，∴eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝bccosA＝2bcosA＝4cos2A＋eq\f(2,\r(3))sin2A＝2＋2cos2A＋eq\f(2,\r(3))sin2A＝eq\f(4,\r(3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sin2A＋\f(\r(3),2)cos2A))＋2＝eq\f(4,\r(3))sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,3)))＋2，∵A＋B＝eq\f(2π,3)，∴0＜A＜eq\f(2π,3)，∴當(dāng)2A＋eq\f(π,3)＝eq\f(π,2)即A＝eq\f(π,12)時(shí)，eq\o(AC,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))取得最大值，此時(shí)，B＝eq\f(2π,3)－eq\f(π,12)＝eq\f(7π,12)，∴sinA＝sineq\f(π,12)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)－eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4).∴eq\f(b,a)＝eq\f(sinB,sinA)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),\r(6)－\r(2))＝2＋eq\r(3).]14．對于實(shí)數(shù)a，b，定義運(yùn)算“eq\x()”：aeq\x()b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a＞b.))設(shè)f(x)＝(x－4)eq\x()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)x－4))，若關(guān)于x的方程|f(x)－m|＝1(m∈R)恰有四個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．(－1,1)∪(2,4)[由題意得，f(x)＝(x－4)eq\x()eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)x－4))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)x2＋3x，x≥0，,\f(21,16)x2－3x，x＜0，))畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．因?yàn)殛P(guān)于x的方程|f(x)－m|＝1(m∈R)，即f(x)＝m±1(m∈R)恰有四個(gè)互不相等的實(shí)數(shù)根，所以兩直線y＝m±1(m∈R)與曲線y＝f(x)共有四個(gè)不同的交點(diǎn)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1＞3，,0＜m－1＜3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜m＋1＜3，,m－1＜0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋1＝3，,m－1＝0，))得2＜m＜4或－1＜m＜1.]二、解答題(本大題共6小題，共90分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．)15．(本小題滿分14分)如圖4，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以x軸正半軸為始邊作銳角α，其終邊與單位圓交于點(diǎn)A.以O(shè)A為始邊作銳角β，其終邊與單位圓交于點(diǎn)B，AB＝eq\f(2\r(5),5).圖4(1)求cosβ的值；(2)若點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為eq\f(5,13)，求點(diǎn)B的坐標(biāo)．[解](1)在△AOB中，由余弦定理得：AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos∠AOB，所以，cos∠AOB＝eq\f(OA2＋OB2－AB2,2OA·OB)＝eq\f(12＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2,2×1×1)＝eq\f(3,5)，即cosβ＝eq\f(3,5). 6分(2)因?yàn)閏osβ＝eq\f(3,5)，β∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴sinβ＝eq\r(1－cos2β)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5).因?yàn)辄c(diǎn)A的橫坐標(biāo)為eq\f(5,13)，由三角函數(shù)定義可得，cosα＝eq\f(5,13)，因?yàn)棣翞殇J角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,13)))2)＝eq\f(12,13).所以cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝eq\f(5,13)×eq\f(3,5)－eq\f(12,13)×eq\f(4,5)＝－eq\f(33,65)，sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(12,13)×eq\f(3,5)＋eq\f(5,13)×eq\f(4,5)＝eq\f(56,65)，即點(diǎn)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(33,65)，\f(56,65))). 14分16．(本小題滿分14分)在平面四邊形ABCD(圖5①)中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設(shè)AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，將△ABC沿AB折起，構(gòu)成如圖5②所示的三棱錐C′－ABD.①②圖5(1)當(dāng)C′D＝eq\r(2)時(shí)，求證：平面C′AB⊥平面DAB；(2)當(dāng)AC′⊥BD時(shí)，求三棱錐C′－ABD的高．[解](1)證明：當(dāng)C′D＝eq\r(2)時(shí)，取AB的中點(diǎn)O，連接C′O，DO，在Rt△ABC′，Rt△ADB中，AB＝2，則C′O＝DO＝1，∵C′D＝eq\r(2)，∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，由∠BAC＝45°得△ABC′為等腰直角三角形，∴C′O⊥AB，又AB∩OD＝O，AB，OD?平面ABD，∴C′O⊥平面ABD，∵C′O?平面ABC′，∴平面C′AB⊥平面DAB. 6分(2)由已知可求得AD＝eq\r(3)，AC′＝BC′＝eq\r(2)，BD＝1，當(dāng)AC′⊥BD時(shí)，由已知AC′⊥BC′，得AC′⊥平面BDC′，∵C′D?平面BDC′，∴AC′⊥C′D，由勾股定理，得C′D＝eq\r(AD2－AC′2)＝eq\r(3－2)＝1，而△BDC′中，BD＝1，BC′＝eq\r(2)，∴C′D2＋BD2＝BC′2，∴C′D⊥BD.∴S△BDC′＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2).三棱錐C′－ABD的體積V＝eq\f(1,3)·S△BDC′·AC′＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),6).S△ABD＝eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),2)，設(shè)三棱錐C′－ABD的高為h，則由eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×h＝eq\f(\r(2),6)，解得h＝eq\f(\r(6),3). 14分17．(本小題滿分14分)如圖6，半圓AOB是某愛國主義教育基地一景點(diǎn)的平面示意圖7，半徑OA的長為1百米．為了保護(hù)景點(diǎn)，基地管理部門從道路l上選取一點(diǎn)C，修建參觀線路C－D－E－F，且CD，DE，EF均與半圓相切，四邊形CDEF是等腰梯形，設(shè)DE＝t百米，記修建每1百米參觀線路的費(fèi)用為f(t)萬元，經(jīng)測算f(t)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5，0＜t≤\f(1,3)，,8－\f(1,t)，\f(1,3)＜t＜2.))圖6圖7(1)用t表示線段EF的長；(2)求修建參觀線路的最低費(fèi)用．[解](1)設(shè)DQ與半圓相切于點(diǎn)Q，則由四邊形CDEF是等腰梯形知，OQ⊥DE，以CF所在直線為x軸，OQ所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.設(shè)EF與圓切于G點(diǎn)，連接OG，過點(diǎn)E作EH⊥OF，垂足為H.∵EH＝OG，∠OFG＝∠EFH，∠GOF＝∠HEF，∴Rt△EHF≌Rt△OGF，∴HF＝FG＝EF－eq\f(1,2)t.∴EF2＝1＋HF2＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(EF－\f(1,2)t))2，解得EF＝eq\f(t,4)＋eq\f(1,t)(0＜t＜2). 6分(2)設(shè)修建該參觀線路的費(fèi)用為y萬元．①當(dāng)0＜t≤eq\f(1,3)，由y＝5eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,4)＋\f(1,t)))＋t))＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)t＋\f(2,t))).y′＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(2,t2)))＜0，可得y在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上單調(diào)遞減，∴t＝eq\f(1,3)時(shí)，y取得最小值為32.5.②當(dāng)eq\f(1,3)＜t＜2時(shí)，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(1,t)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,4)＋\f(1,t)))＋t))＝12t＋eq\f(16,t)－eq\f(3,2)－eq\f(2,t2).y′＝12－eq\f(16,t2)＋eq\f(4,t3)＝eq\f(4t－13t2＋3t－1,t3).∵eq\f(1,3)＜t＜2，∴3t2＋3t－1＞0.∴t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))時(shí)，y′＜0，函數(shù)y此時(shí)單調(diào)遞減；t∈(1,2)時(shí)，y′＞0，函數(shù)y此時(shí)單調(diào)遞增．∴t＝1時(shí)，函數(shù)y取得最小值24.5.由①②知，t＝1時(shí)，函數(shù)y取得最小值為24.5.即修建該參觀線路的最低費(fèi)用為24.5萬元. 14分18．(本小題滿分16分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率是e，定義直線y＝±eq\f(b,e)為橢圓的“類準(zhǔn)線”，已知橢圓C的“類準(zhǔn)線”方程為y＝±2eq\r(3)，長軸長為4.(1)求橢圓C的方程；(2)點(diǎn)P在橢圓C的“類準(zhǔn)線”上(但不在y軸上)，過點(diǎn)P作圓O：x2＋y2＝3的切線l，過點(diǎn)O且垂直于OP的直線與l交于點(diǎn)A，問點(diǎn)A是否在橢圓C上？證明你的結(jié)論.【導(dǎo)學(xué)號：】[解](1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ab,c)＝2\r(3)，,a＝2，))又a2＝b2＋c2，解得b＝eq\r(3)，c＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1. 4分(2)點(diǎn)A在橢圓C上．證明如下：設(shè)切點(diǎn)為Q(x0，y0)，x0≠0，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝3，切線l的方程為x0x＋y0y－3＝0，當(dāng)yP＝2eq\r(3)時(shí)，xP＝eq\f(3－2\r(3)y0,x0)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－2\r(3)y0,x0)，2\r(3)))，即kOP＝eq\f(2\r(3),\f(3－2\r(3)y0,x0))＝eq\f(2x0,\r(3)－2y0)，所以kOA＝eq\f(2y0－\r(3),2x0)，直線OA的方程為y＝eq\f(2y0－\r(3),2x0)x.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2y0－\r(3),2x0)x，,x0x＋y0y－3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(6x0,6－\r(3)y0)，,y＝\f(32y0－\r(3),6－\r(3)y0)，))即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6x0,6－\r(3)y0)，\f(32y0－\r(3),6－\r(3)y0))). 10分因?yàn)閑q\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6x0,6－\r(3)y0)))2,4)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32y0－\r(3),6－\r(3)y0)))2,3)＝eq\f(93－y\o\al(2,0)＋34y\o\al(2,0)－4\r(3)y0＋3,3y\o\al(2,0)－12\r(3)y0＋36)＝eq\f(3y\o\al(2,0)－12\r(3)y0＋36,3y\o\al(2,0)－12\r(3)y0＋36)＝1，所以點(diǎn)A的坐標(biāo)滿足橢圓C的方程．當(dāng)yP＝－2eq\r(3)時(shí)，同理可得點(diǎn)A的坐標(biāo)滿足橢圓C的方程，所以點(diǎn)A在橢圓C上. 16分19．(本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}滿足2an＋1＝an＋an＋2＋k(n∈N*，k∈R)，且a1＝2，a3＋a5＝－4.(1)若k＝0，求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn；(2)若a4＝－1，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an.[解](1)當(dāng)k＝0時(shí)，2an＋1＝an＋an＋2，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,2a1＋6d＝－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝－\f(4,3)，))所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝2n＋eq\f(nn－1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq\f(2,3)n2＋eq\f(8,3)n. 6分(2)由題意，2a4＝a3＋a5＋k，即－2＝－4＋k，所以k又a4＝2a3－a2－2＝3a2－2a1－6，所以由2an＋1＝an＋an＋2＋2，得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝－2，所以，數(shù)列{an＋1－an}是以a2－a1＝1為首項(xiàng)，－2為公差的等差數(shù)列，所以an＋1－an＝－2n＋3，當(dāng)n≥2時(shí)，有an－an－1＝－2(n－1)＋3.于是，an－1－an－2＝－2(n－2)＋3，an－2－an－3＝－2(n－3)＋3，…a3－a2＝－2×2＋3，a2－a1＝－2×1＋3，疊加得，an－a1＝－2(1＋2＋…＋(n－1))＋3(n－1)(n≥2)，所以an＝－2×eq\f(nn－1,2)＋3(n－1)＋2＝－n2＋4n－1(n≥2)．又當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2也適合．所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝－n2＋4n－1，n∈N*. 16分20．(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝exeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－2x2＋a＋4x－2a－4))，其中a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)關(guān)于x的不等式f(x)＜－eq\f(4,3)ex在(－∞，2)上恒成立，求a的取值范圍；(2)討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)．[解](1)由f(x)＜－eq\f(4,3)ex，得exeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－2x2＋a＋4x－2a－4))＜－eq\f(4,3)ex，即x3－6x2＋(3a＋12)x－6a－8＜0對任意x即(6－3x)a＞x3－6x2＋12x－8對任意x∈(－∞，2)恒成立，因?yàn)閤＜2，所以a＞eq\f(x3－6x2＋12x－8,－3x－2)＝－eq\f(1,3)(x－2)2，記g(x)＝－eq\f(1,3)(x－2)2，因?yàn)間(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增，且g(2)＝0，所以a≥0，即a的取值范圍為[0，＋∞).6分(2)由題意，可得f′(x)＝exeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－x2＋ax－a))，可知f(x)只有一個(gè)極值點(diǎn)或有三個(gè)極值點(diǎn)．令g(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－a，①若f(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，則函數(shù)g(x)的圖象必穿過x軸且只穿過一次，即g(x)為單調(diào)遞增函數(shù)或者g(x)極值同號.10分(ⅰ)當(dāng)g(x)為單調(diào)遞增函數(shù)時(shí)，g′(x)＝x2－2x＋a≥0在R上恒成立，得a≥1.(ⅱ)當(dāng)g(x)極值同號時(shí)，設(shè)x1，x2為極值點(diǎn)，則g(x1)·g(x2)≥0，由g′(x)＝x2－2x＋a＝0有解，得a＜1，且xeq\o\al(2,1)－2x1＋a＝0，xeq\o\al(2,2)－2x2＋a＝0，所以x1＋x2＝2，x1x2＝a，所以g(x1)＝eq\f(1,3)xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(2,1)＋ax1－a＝eq\f(1,3)x1(2x1－a)－xeq\o\al(2,1)＋ax1－a＝－eq\f(1,3)(2x1－a)－eq\f(1,3)ax1＋ax1－a＝eq\f(2,3)[(a－1)x1－a]，同理，g(x2)＝eq\f(2,3)[(a－1)x2－a]，所以g(x1)g(x2)＝eq\f(2,3)[(a－1)x1－a]·eq\f(2,3)[(a－1)x2－a]≥0，化簡得(a－1)2x1x2－a(a－1)(x1＋x2)＋a2≥0，所以(a－1)2a－2a(a－1)＋a2≥0，即所以0≤a＜1.所以，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)；②若f(x)有三個(gè)極值點(diǎn)，則函數(shù)g(x)的圖象必穿過x軸且穿過三次，同理可得a＜0.綜上，當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)有且僅有一個(gè)極值點(diǎn)，當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)有三個(gè)極值點(diǎn).16分?jǐn)?shù)學(xué)Ⅱ(附加題)21．[選做題](本題包括A、B、C、D四小題，請選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按作答的前兩小題評分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)圖8A．[選修4－1：幾何證明選講](本小題滿分10分)如圖8，AB是圓O的直徑，D為圓O上一點(diǎn)，過D作圓O的切線交AB的延長線于點(diǎn)C.若DA＝DC，求證：AB＝2BC.[證明]連接OD，BD.因?yàn)锳B是圓O的直徑，所以∠ADB＝90°，AB＝2OB.因?yàn)镈C是圓O的切線，所以∠CDO＝90°.又因?yàn)镈A＝DC，所以∠A＝∠C，于是△ADB≌△CDO，從而AB＝CO，即2OB＝OB＋BC，得OB＝BC.故AB＝2BC. 10分B．[選修4－2：矩陣與變換](本小題滿分10分)已知二階矩陣M有特征值λ＝8及對應(yīng)的一個(gè)特征向量e1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))，并且矩陣M對應(yīng)的變換將點(diǎn)(－1,2)變換成(－2,4)．(1)求矩陣M；(2)求矩陣M的另一個(gè)特征值．[解](1)設(shè)矩陣A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，這里a，b，c，d∈R，則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝8eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8,8))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝8，,c＋d＝8，))由于矩陣M對應(yīng)的變換將點(diǎn)(－1,2)換成(－2,4)．則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2,4))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋2b＝－2，,－c＋2d＝4，))聯(lián)立以上兩方程組解得a＝6，b＝2，c＝4，d＝4，故M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(62,44)).(2)由(1)知，矩陣M的特征多項(xiàng)式為f(λ)＝(λ－6)(λ－4)－8＝λ2－10λ＋16，故矩陣M的另一個(gè)特征值為2. 10分C．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](本小題滿分10分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(6)cosα，,y＝\r(2)sinα))(α為參數(shù))，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為ρ(cosθ＋eq\r(3)sinθ)＋4＝0，求曲線C上的點(diǎn)到直線l的最大距離．[解]將l轉(zhuǎn)化為直角坐標(biāo)方程為x＋eq\r(3)y＋4＝0.在C上任取一點(diǎn)A(eq\r(6)cosα，eq\r(2)sinα)，α∈[0,2π)，則點(diǎn)A到直線l的距離為d＝eq\f(\r(6)cosα＋\r(6)sinα＋4,2)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋4)),2)＝eq\f(2\r(3)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,4)))＋4,2).當(dāng)α＝eq\f(π,4)時(shí)，d取得最大值，最大值為2＋eq\r(3).10分D．[選修4－5：不等式選講](本小題滿分10分)已知實(shí)數(shù)a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，求證：a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2)．[證明]由a，b是非負(fù)實(shí)數(shù)，作差得a3＋b3－eq\r(ab)(a2＋b2)＝a2eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))＋b2eq\r(b)(eq\r(b)－eq\r(a))＝(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]．當(dāng)a≥b時(shí)，eq\r(a)≥eq\r(b)，從而(eq\r(a))5≥(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]≥0；當(dāng)a＜b時(shí)，eq\r(a)＜eq\r(b)，從而(eq\r(a))5＜(eq\r(b))5，得(eq\r(a)－eq\r(b))[(eq\r(a))5－(eq\r(b))5]＞0.所以a3＋b3≥eq\r(ab)(a2＋b2). 10分[必做題](第22題、第23題，每題10分，共20分，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)22．(本小題滿分10分)如圖9，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是邊長為2的等邊三角形，PC＝eq\r(13)，M在PC上，且PA∥平面BDM.圖9(1)求直線PC與平面BDM所成角的正弦值；(2)求平面BDM與平面PAD所成銳二面角的大?。甗解]∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD為正三角形，作AD邊上的高PO，∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，由面面垂直的性質(zhì)定理，得PO⊥平面ABCD，又ABCD是矩形，同理可得CD⊥平面PAD，知CD⊥PD，∵PC＝eq\r(13)，PD＝2，∴CD＝3.以AD中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA所在直線為x軸，OP所在直線為z軸，AD的垂直平分線為y軸，建立如圖所示的坐標(biāo)系，則P(0,0，eq\r(3))，A(1,0,0)，B(1,3,0)，C(－1,3,0)，D(－1,0,0)，eq\o(PC,\s\up12(→))＝(－1,3，－eq\r(3))，連接AC交BD于點(diǎn)N，由PA∥平面MBD，平面APC∩平面MBD＝MN，∴MN∥PA，又N是AC的中點(diǎn)，∴M是PC的中點(diǎn)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，5分設(shè)平面BDM的法向量為n＝(x，y，z)，eq\o(BD,\s\up12(→))＝(－2，－3,0)，eq\o(DM,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x－3y＝0,\f(x,2)＋\f(3y,2)＋\f(\r(3),2)z＝0))，令x＝1，解得y＝－eq\f(2,3)，z＝eq\f(1,\r(3))，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\a