【解析版】江苏省南通市2013年高考数学一模试卷.doc

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2013年江苏省南通市高考数学一模试卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在答题卡相应的位置上．1．（5分）已知全集U=R，集合A={x|x+1＞0}，则∁UA=　{x|x≤﹣1}　．考点：补集及其运算．专题：计算题．分析：求解一元一次不等式化简集合A，然后直接利用补集运算求解．解答：解：由集合A={x|x+1＞0}={x|x＞﹣1}，又U=R，所以∁UA={x|x≤﹣1}．故答案为{x|x≤﹣1}．点评：本题考查了补集及其运算，是基础的会考题型．　2．（5分）已知复数z=（i是虚数单位），则复数z所对应的点位于复平面的第　三　象限．考点：复数代数形式的乘除运算．专题：计算题．分析：利用复数的除法运算把复数z化简为a+bi（a，b∈R）的形式，则复数z所对应的点位于复平面的象限可求．解答：解：由z==．所以复数z所对应的点Z（﹣2，﹣3）．则复数z所对应的点位于复平面的第三象限．故答案为三．点评：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的几何意义，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题．　3．（5分）已知正四棱锥的底面边长是6，高为，这个正四棱锥的侧面积是　48　．考点：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积．专题：空间位置关系与距离．分析：由已知正四棱锥的底面边长是6，高为，可以求出棱锥的侧高，代入棱锥侧面积公式，可得答案．解答：解：∵正四棱锥的底面边长是6，高为，正四棱锥的侧高为=4∴正四棱锥的侧面积是4××6×4=48故答案为：48点评：本题考查的知识点是棱锥的侧面积，其中根据已知结合勾股定理求出棱锥的侧高是解答的关键．　 4．（5分）定义在R上的函数f（x），对任意x∈R都有f（x+2）=f（x），当x∈（﹣2，0）时，f（x）=4x，则f（2013）=　　．考点：函数的周期性；函数的值．专题：压轴题；函数的性质及应用．分析：利用函数的周期性把要求的式子化为f（﹣1），再利用x∈（﹣2，0）时，f（x）=4x，求得f（﹣1）的值．解答：解：∵定义在R上的函数f（x），对任意x∈R都有f（x+2）=f（x），则f（2013）=f（2×1006+1）=f（1）=f（﹣1）．∵当x∈（﹣2，0）时，f（x）=4x，∴f（﹣1）=4﹣1=，故答案为．点评：本题主要考查利用函数的周期性求函数的值，属于基础题．　5．（5分）已知命题p：“正数a的平方不等于0”，命题q：“若a不是正数，则它的平方等于0”，则p是q的　否命题　．（从“逆命题、否命题、逆否命题、否定”中选一个填空）考点：四种命题的真假关系．专题：规律型．分析：写出命题P与命题q的条件与结论，再根据四种命题的定义判断即可．解答：解：命题P的条件是：a＞0，结论是：a2≠0；命题q的条件是：a≤0，结论是：a2=0；故命题P是命题q的否命题．故答案是否命题．点评：本题考查四种命题的定义．　6．（5分）已知双曲线的一个焦点与圆x2+y2﹣10x=0的圆心重合，且双曲线的离心率等于，则该双曲线的标准方程为　　．考点：双曲线的标准方程；双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：将圆化成标准方程得圆x2+y2﹣10x=0的圆心为F（5，0），可得c==5，结合双曲线的离心率e==算出a=，由平方关系得到b2=20，由此即可得出该双曲线的标准方程．解答：解：∵圆x2+y2﹣10x=0化成标准方程，得（x﹣5）2+y2=25∴圆x2+y2﹣10x=0的圆心为F（5，0）∵双曲线的一个焦点为F（5，0），且的离心率等于， ∴c==5，且=因此，a=，b2=c2﹣a2=20，可得该双曲线的标准方程为故答案为：点评：本题给出双曲线的离心率，并且一个焦点为已知圆的圆心，求双曲线的标准方程，着重考查了圆的标准方程、双曲线的基本概念和简单几何性质等知识，属于基础题．　7．（5分）若Sn为等差数列{an}的前n项和，S9=﹣36，S13=﹣104，则a5与a7的等比中项为　　．考点：等比数列的性质；等差数列的前n项和．专题：等差数列与等比数列．分析：由条件利用等比数列的性质可得9a5=﹣36，13a7=﹣104，解得a5=﹣4，a7=﹣8，从而求得a5与a7的等比中项±的值．解答：解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，S9=﹣36，S13=﹣104，则由等比数列的性质可得9a5=﹣36，13a7=﹣104．解得a5=﹣4，a7=﹣8，则a5与a7的等比中项±=，故答案为．点评：本题主要考查等比数列的性质，等比数列求和公式的应用，属于中档题．　8．（5分）已知实数x∈[1，9]，执行如图所示的流程图，则输出的x不小于55的概率为　　．考点：循环结构．专题：图表型．分析：由程序框图的流程，写出前三项循环得到的结果，得到输出的值与输入的值的关系，令输出值大于等于55得到输入值的范围，利用几何概型的概率公式求出输出的x不小于55的概率．解答：解：设实数x∈[1，9]， 经过第一次循环得到x=2x+1，n=2经过第二循环得到x=2（2x+1）+1，n=3经过第三次循环得到x=2[2（2x+1）+1]+1，n=3此时输出x输出的值为8x+7令8x+7≥55，得x≥6由几何概型得到输出的x不小于55的概率为==．故答案为：．点评：解决程序框图中的循环结构时，一般采用先根据框图的流程写出前几次循环的结果，根据结果找规律．　9．（5分）（2012•上饶一模）△ABC中，，则=　　．考点：平面向量数量积的性质及其运算律．专题：计算题；平面向量及应用．分析：根据题意，以AB、AC为邻边的平行四边形ABDC是矩形，由勾股定理求出BC=2．过A作AE⊥BC于E，算出BE=，最后结合数量积的公式和直角三角形余弦的定义，即可算出的值．解答：解：以AB、AC为邻边作平行四边形ABDC，则=+∵=∴四边形ABDC是矩形过A作AE⊥BC于E∵Rt△ABC中，，∴BC==2，可得斜边上的高AE==因此，BE==∵=，cos∠ABC=∴==1，可得=故答案为： 点评：本题在直角三角形中，求一个向量在另一个向量上投影的值．着重考查了向量加法的几何定义和向量数量积的定义等知识，属于基础题．　10．（5分）已知0＜a＜1，若loga（2x﹣y+1）＞loga（3y﹣x+2），且λ＜x+y，则λ的最大值为　﹣2　．考点：简单线性规划；对数函数的单调性与特殊点．专题：不等式的解法及应用．分析：根据题意得出约束条件，再作出不等式组表示的平面区域；作出目标函数对应的直线；结合图象知当直线过A时，z最小，从而得出目标函数z=x+y的取值范围，最后根据λ＜x+y，得出λ的最大值．解答：解：根据题意得：即画出不等式表示的平面区域设目标函数z=x+y，则z表示直线在y轴上截距，截距越大，z越大作出目标函数对应的直线L：y=﹣x由得A（﹣1，﹣1）直线过A（﹣1，﹣1）时，直线的纵截距最小，z最小，最小值为z=﹣2则目标函数z=x+y的取值范围是（﹣2，+∞）．又λ＜x+y，则λ的最大值为﹣2故答案为：﹣2．点评：本题考查对数函数的单调性与特殊点、画不等式组表示的平面区域，考查数形结合求函数的最值．　 11．（5分）曲线在点（1，f（1））处的切线方程为　　．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：导数的概念及应用．分析：求导函数，确定切线的斜率，求出切点坐标，即可得到切线方程．解答：解：由题意，，∴=e∴∴∴所求切线方程为y﹣e+=e（x﹣1），即故答案为：点评：本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，确定切线的斜率是关键．　12．（5分）如图，点O为作简谐振动的物体的平衡位置，取向右方向为正方向，若振幅为3cm，周期为3s，且物体向右运动到距平衡位置最远处时开始计时．则该物体5s时刻的位移为　﹣1.5　cm．考点：向量在物理中的应用．专题：计算题；三角函数的图像与性质．分析：设该物体在ts时刻的位移为ycm，根据当t=0时y达到最大值3，可设y=3cosωt，由三角函数的周期公式算出ω=，得函数解析式为y=3cost，再将t=5s代入即可得到该物体5s时刻的位移值．解答：解：根据题意，设该物体在ts时刻的位移为ycm，则∵物体向右运动到距平衡位置最远处时开始计时，振幅为3cm，∴当t=0时，y达到最大值3．因此，设y=3cosωt，∵函数的周期为3s，∴=3，解之得ω=，得函数解析式为y=3cost，由此可得，该物体5s时刻的位移为3cos（•5）=3=﹣1.5cm故答案为：﹣1.5点评：本题给出简谐振动模型，求质点的位移函数关系式并求物体5s时刻的位移值，着重考查了三角函数的图象与性质和三角函数在物理方面的应用等知识，属于中档题．　13．（5分）已知直线y=ax+3与圆x2+y2+2x﹣8=0相交于A，B两点，点P（x0，y0）在直线y=2x上，且PA=PB，则x0的取值范围为　（﹣1，0）∪（0，2）　．考点：直线与圆相交的性质． 专题：直线与圆．分析：由题意可得CP垂直平分AB，且y0=2x0．由=﹣1，解得x0=．把直线y=ax+3代入圆x2+y2+2x﹣8=0化为关于x的一元二次方程，由△＞0，求得a的范围，从而可得x0的取值范围．解答：解：圆x2+y2+2x﹣8=0即（x+1）2+y2=9，表示以C（﹣1，0）为圆心，半径等于3的圆．∵PA=PB，∴CP垂直平分AB，∵P（x0，y0）在直线y=2x上，∴y0=2x0．又CP的斜率等于，∴=﹣1，解得x0=．把直线y=ax+3代入圆x2+y2+2x﹣8=0可得，（a2+1）x2+（6a+2）x+1=0．由△=（6a+2）2﹣4（a2+1）＞0，求得a＞0，或a＜﹣．∴﹣1＜＜0，或0＜＜2．故x0的取值范围为（﹣1，0）∪（0，2），故答案为（﹣1，0）∪（0，2）．点评：本题主要考查直线和圆相交的性质，不等式的性质应用，属于中档题．　14．（5分）设P（x，y）为函数y=x2﹣1图象上一动点，记，则当m最小时，点P的坐标为　（2，3）　．考点：基本不等式在最值问题中的应用．专题：不等式的解法及应用．分析：将等式化简，再利用基本不等式求最值，即可得到P的坐标．解答：解：由题意，=∵，∴y＞2∴=8当且仅当，即y=x+1时，m取得最小值为8∵y=x2﹣1∴x=3，y=3∴P（2，3）故答案为：（2，3）点评：本题考查基本不等式求最值，考查学生的计算能力，正确化简是关键．　二、解答题：本大题共12小题，共计90分．请把答案写在答题卡相应的位置上．解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（14分）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是侧面AA1B1B对角线的交点，F是侧面AA1C1C对角线的交点，D是棱BC的中点．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）平面AEF⊥平面A1AD．考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）连接A1B和A1C，易证EF∥BC，利用线面平行的判断定理即可证得EF∥平面ABC；（2）依题意，可证EF⊥AA1，EF⊥AD，而AA1∩AD=A，从而可证得EF⊥平面A1AD，利用面面垂直的判定定理即可证得平面AEF⊥平面A1AD．解答：解：（1）连接A1B和A1C，因为E、F分别是侧面AA1B1B和侧面AA1C1C对角线的交点，所以E、F分别是A1B1B和A1C的中点．所以EF∥BC…3分又BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，故EF∥平面ABC；…6分（2）∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为正三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴BC⊥AA1，又EF∥BC，∴EF⊥AA1…8分又D是棱BC的中点，且△ABC为正三角形，所以BC⊥AD．由EF∥BC得EF⊥AD…10分而AA1∩AD=A，AA1，AD⊂平面A1AD，所以EF⊥平面A1AD，…12分又EF⊂平面AEF，故平面AEF⊥平面A1AD…14分点评：本题考查平面与平面垂直的判定及直线与平面平行的判定，掌握直线与平面平行的判定定理与平面与平面垂直的判定定理是关键，考查分析与推理证明的能力，属于中档题．　16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求角C的大小；（2）若△ABC的外接圆直径为1，求a2+b2的取值范围．考点：余弦定理；三角函数中的恒等变换应用．专题：解三角形．分析： （1）在△ABC中，由条件利用同角三角函数的基本关系以及两角和差的正弦公式化简可得sin（C﹣A）=sin（B﹣C）．故有C﹣A=B﹣C，或者C﹣A=π﹣（B﹣C）（不成立，舍去），即2C=A+B，由此求得C的值．（2）由于C=，设A=+α，B=﹣α，﹣＜α＜，由正弦定理可得a2+b2=sin2A+sin2B=1+cos2α．由﹣＜2α＜，根据余弦函数的定义域和值域求得a2+b2的取值范围．解答：解：（1）在△ABC中，∵，∴=，化简可得sinCcosA﹣cosCsinA=sinBcosC﹣cosBsinC，即sin（C﹣A）=sin（B﹣C）．∴C﹣A=B﹣C，或者C﹣A=π﹣（B﹣C）（不成立，舍去），即2C=A+B，∴C=．（2）由于C=，设A=+α，B=﹣α，﹣＜α＜，由正弦定理可得a=2rsinA=sinA，b=2rsinB=sinB，∴a2+b2=sin2A+sin2B=+=1﹣[cos（+2α）+cos（﹣2α）]=1+cos2α．由﹣＜2α＜，可得﹣＜cos2α≤1，∴＜1+cos2α≤，即a2+b2的取值范围为（，]．点评：本题主要考查三角函数的恒等变换及化简求值，同角三角函数的基本关系、余弦定理、余弦函数的定义域和值域、两角和差的正弦公式，属于中档题．　17．（14分）某公司为一家制冷设备厂设计生产一种长方形薄板，其周长为4米，这种薄板须沿其对角线折叠后使用．如图所示，ABCD（AB＞AD）为长方形薄板，沿AC折叠后，AB'交DC于点P．当△ADP的面积最大时最节能，凹多边形ACB'PD的面积最大时制冷效果最好．（1）设AB=x米，用x表示图中DP的长度，并写出x的取值范围；（2）若要求最节能，应怎样设计薄板的长和宽？（3）若要求制冷效果最好，应怎样设计薄板的长和宽？考点：函数模型的选择与应用．专题：函数的性质及应用．分析：（1）利用PA2=AD2+DP2，构建函数，可得DP的长度；（2）表示出△ADP的面积，利用基本不等式，可求最值；（3）表示出△ADP的面积，利用导数知识，可求最值．解答：解：（1）由题意，AB=x，BC=2﹣x．因x＞2﹣x，故1＜x＜2设DP=y，则PC=x﹣y．因△ADP≌△CB′P，故PA=PC=x﹣y．由PA2=AD2+DP2，得（x﹣y）2=（2﹣x）2+y2，即 （2）记△ADP的面积为S1，则S1==，当且仅当x=∈（1，2）时，S1取得最大值故当薄板长为米，宽为米时，节能效果最好（3）记△ADP的面积为S2，则S2S2S2==，于是S2′=，∴，关于x的函数S2在（1，）上递增，在（，2）上递减．所以当时，S2取得最大值故当薄板长为米，宽为米时，制冷效果最好点评：本题主要考查应用所学数学知识分析问题与解决问题的能力．试题以常见的图形为载体，再现对基本不等式、导数等的考查．　18．（16分）（2013•奉贤区二模）已知数列{an}中，a2=1，前n项和为Sn，且．（1）求a1，a3；（2）求证：数列{an}为等差数列，并写出其通项公式；（3）设，试问是否存在正整数p，q（其中1＜p＜q），使b1，bp，bq成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组（p，q）；若不存在，说明理由．考点：等差数列与等比数列的综合；等差数列的通项公式；等比关系的确定．专题：综合题；等差数列与等比数列．分析：（1）在中，分别令n=2，n=3即可求得答案；（2）由，即①，得②，两式作差得（n﹣1）an+1=nan③，从而有nan+2=（n+1）an+1④，③+④，根据等差数列中项公式即可证明；（3）假设存在正整数数组（p，q），使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，从而可用p表示出q，观察可知（p，q）=（2，3）满足条件，根据数列单调性可证明（p，q）=（2，3）唯一符合条件．解答：（1）解：令n=1，则a1=S1==0， 令n=3，则，即0+1+a3=，解得a3=2；（2）证明：由，即①，得②，②﹣①，得（n﹣1）an+1=nan③，于是，nan+2=（n+1）an+1④，③+④，得nan+2+nan=2nan+1，即an+2+an=2an+1，又a1=0，a2=1，a2﹣a1=1，所以数列{an}是以0为首项，1为公差的等差数列．所以an=n﹣1．（3）假设存在正整数数组（p，q），使b1，bp，bq成等比数列，则lgb1，lgbp，lgbq成等差数列，于是，．所以，（☆）．易知（p，q）=（2，3）为方程（☆）的一组解．当p≥3，且p∈N*时，＜0，故数列{}（p≥3）为递减数列于是≤＜0，所以此时方程（☆）无正整数解．综上，存在唯一正整数数对（p，q）=（2，3），使b1，bp，bq成等比数列．点评：本题考查等差、等比数列的综合问题，考查等差数列的通项公式，考查递推公式求数列通项，存在性问题往往先假设存在，然后以此出发进行推理论证得到结论．　19．（16分）已知左焦点为F（﹣1，0）的椭圆过点E（1，）．过点P（1，1）分别作斜率为k1，k2的椭圆的动弦AB，CD，设M，N分别为线段AB，CD的中点．（1）求椭圆的标准方程；（2）若P为线段AB的中点，求k1；（3）若k1+k2=1，求证直线MN恒过定点，并求出定点坐标．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：圆锥曲线中的最值与范围问题．分析：（1）利用椭圆的定义求出椭圆的标准方程；（2）设A，B的坐标，利用点差法确定k1的值；（3）求出直线MN的方程，利用根与系数的关系以及k1+k2=1探究直线过哪个定点．解答：（1）解：由题意c=1，且右焦点F′（1，0）∴2a=EF+EF′=，b2=a2﹣c2=2∴所求椭圆方程为；（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则 ①，②②﹣①，可得k1==﹣=﹣；（3）证明：由题意，k1≠k2，设M（xM，yM），直线AB的方程为y﹣1=k1（x﹣1），即y=k1x+k2，代入椭圆方程并化简得（）x2+6k1k2x+=0∴，同理，，当k1k2≠0时，直线MN的斜率k==直线MN的方程为y﹣=（x﹣）即此时直线过定点（0，﹣）当k1k2=0时，直线MN即为y轴，此时亦过点（0，﹣）综上，直线MN恒过定点，且坐标为（0，﹣）．点评：本题考查椭圆方程，考查点差法的运用，考查直线与椭圆的位置关系，考查直线恒过定点，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．　20．（16分）已知函数f（x）=﹣ax（x＞0且x≠1）．（1）若函数f（x）在（1，+∞）上为减函数，求实数a的最小值；（2）若∃x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f'（x2）+a成立，求实数a的取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数的单调性与导数的关系．专题：分类讨论；导数的综合应用．分析：（1）f（x）在（1，+∞）上为减函数，等价于f′（x）≤0在（1，+∞）上恒成立，进而转化为f′（x）max≤0，根据二次函数的性质可得f′（x）max；（2）命题“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f'（x2）+a成立”等价于“当x∈[e，e2]时，有f（x）min≤f′（x）max+a”，由（1）易求f′（x）max+a，从而问题等价于“当x∈[e，e2]时，有f（x）min”，分①a ，②a＜两种情况讨论：当a时易求f（x）min，当a＜时可求得f′（x）的值域为[﹣a，]，再按（i）﹣a≥0，（ii）﹣a＜0两种情况讨论即可；解答：解：（1）因f（x）在（1，+∞）上为减函数，故f′（x）=﹣a≤0在（1，+∞）上恒成立，又f′（x）=﹣a=﹣+﹣a=﹣，故当，即x=e2时，，所以0，于是a，故a的最小值为．（2）命题“若∃x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f'（x2）+a成立”等价于“当x∈[e，e2]时，有f（x）min≤f′（x）max+a”，由（1），当x∈[e，e2]时，f′（x）max=，所以f′（x）max+a=，问题等价于：“当x∈[e，e2]时，有f（x）min”，①当a时，由（1），f（x）在[e，e2]上为减函数，则f（x）min=f（e2）=，故a，；②当a＜时，由于在[e，e2]上为增函数，故f′（x）的值域为[f′（e），f′（e2）]，即[﹣a，]．（i）若﹣a≥0，即a≤0，f′（x）≥0在[e，e2]上恒成立，故f（x）在[e，e2]上为增函数，于是，f（x）min=f（e）=e﹣ae≥e＞，不合题意；（ii）若﹣a＜0，即0＜a＜，由f′（x）的单调性和值域知，∃唯一，使f′（x0）=0，且满足：当x∈（e，x0）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；当x时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；所以，，，所以a﹣＞，与0＜a＜矛盾，不合题意；综上，得a．点评： 本题考查利用导数研究函数的单调性、闭区间上函数的最值，考查恒成立问题，考查分类讨论思想、转化思想，考查学生分析解决问题的能力．　21．（10分）选修4﹣1：几何证明选讲如图，△ABC是⊙O的内接三角形，若AD是△ABC的高，AE是⊙O的直径，F是的中点．求证：（1）AB•AC=AE•AD；（2）∠FAE=∠FAD．考点：与圆有关的比例线段．专题：直线与圆．分析：（1）连接BE，利用同圆弧所对的圆周角相等，可得∠E=∠C．又∠ABE=∠ADC=Rt∠，即可得到△ABE∽△ADC，利用相似三角形的性质即可得出．（2）连接OF，由F是的中点，可得∠BAF=∠CAF．再由（1）相似三角形的可得∠BAE=∠CAD，即可得出结论．解答：证明：（1）连接BE，则∠E=∠C．又∠ABE=∠ADC=Rt∠，∴△ABE∽△ADC，∴．∴AB•AC=AE•AD．（2）连接OF，∵F是的中点，∴∠BAF=∠CAF．由（1）得∠BAE=∠CAD，∴∠FAE=∠FAD．点评：熟练掌握同圆弧所对的圆周角相等，、相似三角形的判定与性质是解题的关键．　22．（10分）选修4﹣2：矩阵与变换已知曲线C：y2=2x，在矩阵M=对应的变换作用下得到曲线C1，C1在矩阵N=对应的变换作用下得到曲线C2，求曲线C2的方程．考点：旋转变换．专题：计算题．分析：设P（x，y）为曲线C2上任意一点，P′（x′，y′）为曲线y2=2x上与P对应的点，根据矩阵变换得出结合P′是曲线C1上的点，求得C2的方程即可．解答：解：NM==设P（x，y）为曲线C2上任意一点，P′（x′，y′）为曲线y2=2x上与P对应的点， =，得∴（5分）∵P′是曲线C1上的点，∴C2的方程（﹣x）2=2y．即y=（10分）点评：本题考查几种特殊的矩阵变换，体现了方程的数学思想．属于基础题．　23．（2009•江苏模拟）已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴重合，曲线C的极坐标方程为ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ=2，直线l的参数方程为试在曲线C上求一点M，使它到直线l的距离最大．考点：简单曲线的极坐标方程；点到直线的距离公式；直线的参数方程．专题：计算题．分析：先利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，将极坐标方程ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ=2化成直角坐标方程，再消去参数t将直线l的参数方程化成普通方程，最后利用设点M的坐标的参数形式，结合点到直线的距离公式求解即得．解答：解：曲线C的普通方程是（2分）直线l的普通方程是（4分）设点M的坐标是的距离是（6分），d取得最大值．（8分）点评：本题考查点的极坐标、参数方程和直角坐标的互化、点到直线的距离公式以及三角函数最值的求法，属于中档题．　24．选修4﹣5：不等式选讲已知a＞0，b＞0，且2a+b=1，求的最大值．考点：基本不等式．专题：不等式的解法及应用．分析：要求最大值，即是求同时使取得最大值和4a2+b2 （即是1﹣4ab）取得最小值时满足的条件．解答：解：由于a＞0，b＞0，且，则4a2+b2=（2a+b）2﹣4ab=1﹣4ab，又由1=2a+b，即所以==当且仅当时，等号成立．点评：本题考查利用基本不等式求解式子的最值问题，属于基础题．　25．（10分）如图，已知定点R（0，﹣3），动点P，Q分别在x轴和y轴上移动，延长PQ至点M，使，且．（1）求动点M的轨迹C1；（2）圆C2：x2+（y﹣1）2=1，过点（0，1）的直线l依次交C1于A，D两点（从左到右），交C2于B，C两点（从左到右），求证：为定值．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；向量在几何中的应用．专题：向量与圆锥曲线．分析：（1）设M的坐标，表示出P，Q的坐标，可得的坐标，利用数量积公式，可得轨迹方程，从而可得轨迹；（2）由题意，=AB•CD，AB=FA﹣FB=y1+1﹣1=y1，CD=y2，设出直线方程代入抛物线方程，利用韦达定理，即可得到结论．解答：（1）解：设M（x，y），则由，可得∴∵，∴∴x2=4y∴动点M的轨迹C1是顶点在原点，开口向上的抛物线；（2）证明：由题意，=AB•CD，圆C2：x2+（y﹣1）2=1的圆心即为抛物线C1的焦点F 设A（x1，y1），D（x2，y2），则AB=FA﹣FB=y1+1﹣1=y1，同理CD=y2，设直线的方程为x=k（y﹣1）代入抛物线方程可得k2y2﹣（2k2﹣4）y+k2=0∴=AB•CD=y1y2=1．点评：本题考查抛物线的标准方程，考查向量知识的运用，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．　26．（10分）已知数列{an}满足：．（1）若a=﹣1，求数列{an}的通项公式；（2）若a=3，试证明：对∀n∈N*，an是4的倍数．考点：数学归纳法；数列递推式．专题：点列、递归数列与数学归纳法．分析：（1）由题意，令bn=an﹣1，则，从而可得数列{an}的通项公式；（2）若a=3，，利用数学归纳法，结合二项式定理，即可证明结论．解答：（1）解：a=﹣1时，令bn=an﹣1，则∵b1=﹣5为奇数，bn也是奇数且只能为﹣1∴，即；（2）证明：a=3时，①n=1时，a1=4，命题成立；②设n=k时，命题成立，则存在t∈N*，使得ak=4t∴=34t﹣1+1=27•（4﹣1）4（t﹣1）+1∵（4﹣1）4（t﹣1）=+…+4+1=4m+1，m∈Z∴=27•（4m+1）+1=4（27m+7）∴n=k+1时，命题成立由①②可知，对∀n∈N*，an是4的倍数．点评：本题考查数列递推式，考查数学归纳法的运用，考查二项式定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．