蘇州市高考數(shù)學(xué)一模試卷及答案(2)
蘇州市高考數(shù)學(xué)一模試卷及答案
蘇州市高考數(shù)學(xué)一模試卷答案
一.填空題：本大題共14小敗，每小題5分，共70分.不需要寫出解答過程
1.已知集合U={1，2，3，4，5，6，7}，M={x|x2﹣6x+5≤0，x∈Z}，則∁UM= {6，7} .
【考點】補(bǔ)集及其運(yùn)算.
【分析】解不等式化簡集合M，根據(jù)補(bǔ)集的定義寫出運(yùn)算結(jié)果即可.
【解答】解：集合U={1，2，3，4，5，6，7}，
M={x|x2﹣6x+5≤0，x∈Z}={x|1≤x≤5，x∈Z}={1，2，3，4，5}，
則∁UM={6，7}.
故答案為：{6，7}.
2.若復(fù)數(shù)z滿足z+i= ，其中i為虛數(shù)單位，則|z|= .
【考點】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算.
【分析】直接由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡復(fù)數(shù)z，再由復(fù)數(shù)求模公式計算得答案.
【解答】解：由z+i= ，
得 = ，
則|z|= .
故答案為： .
3.函數(shù)f(x)= 的定義域為 {x|x> 且x≠1} .
【考點】函數(shù)的定義域及其求法.
【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)以及分母不是0，得到關(guān)于x的不等式組，解出即可.
【解答】解：由題意得： ，
解得：x> 且x≠1，
故函數(shù)的定義域是{x|x> 且x≠1}，
故答案為：{x|x> 且x≠1}.
4.如圖是給出的一種算法，則該算法輸出的結(jié)果是 24
【考點】偽代碼.
【分析】模擬程序代碼的運(yùn)行過程，可知程序的功能是利用循環(huán)結(jié)構(gòu)計算并輸出變量t的值，
由于循環(huán)變量的初值為2，終值為4，步長為1，故循環(huán)體運(yùn)行只有3次，由此得到答案.
【解答】解：當(dāng)i=2時，滿足循環(huán)條件，執(zhí)行循環(huán)
t=1×2=2，i=3;
當(dāng)i=3時，滿足循環(huán)條件，執(zhí)行循環(huán)
t=2×3=6，i=4;
當(dāng)i=4時，滿足循環(huán)條件，執(zhí)行循環(huán)
t=6×4=24，i=5;
當(dāng)i=5時，不滿足循環(huán)條件，退出循環(huán)，輸出t=24.
故答案為：24.
5.某高級中學(xué)共有900名學(xué)生，現(xiàn)用分層抽樣的方法從該校學(xué) 生中抽取1個容量為45的樣本，其中高一年級抽20人，高三年級抽10人，則該校高二年級學(xué)生人數(shù)為 300 .
【考點】分層抽樣方法.
【分析】用分層抽樣的方法抽取一個容量為45的樣本，根據(jù)高一年級抽20人，高三年級抽10人，得到高二年級要抽取的人數(shù)，根據(jù)該高級中學(xué)共有900名學(xué)生，算出高二年級學(xué)生人數(shù).
【解答】解：∵用分層抽樣的方法從某校學(xué)生中抽取一個容量為45的樣本，
其中高一年級抽20人，高三年級抽10人，
∴高二年級要抽取45﹣20﹣10=15，
∵高級中學(xué)共有900名學(xué)生，
∴每個個體被抽到的概率是 =
∴該校高二年級學(xué)生人數(shù)為 =300，
故答案為：300.
6.已知正四棱錐的底面邊長是2，側(cè)棱長是 ，則該正四棱錐的體積為 .
【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積.
【分析】正四棱錐P﹣ABCD中，AB=2，PA= ，設(shè)正四棱錐的高為PO，連結(jié)AO，求出PO，由此能求出該正四棱錐的體積.
【解答】解：如圖，正四棱錐P﹣ABCD中，AB=2，PA= ，
設(shè)正四棱錐的高為PO，連結(jié)AO，
則AO= AC= .
在直角三角形POA中，PO= = =1.
所以VP﹣ABCD= •SABCD•PO= ×4×1= .
故答案為： .
7.從集合{1，2，3，4}中任取兩個不同的數(shù)，則這兩個數(shù)的和為3的倍數(shù)的槪率為 .
【考點】列舉法計算基本事件數(shù)及事件發(fā)生的概率.
【分析】先求出基本事件總數(shù)n= =6，再利用列舉法求出這兩個數(shù)的和為3的倍數(shù)包含的基本事件個數(shù)，由此能求出這兩個數(shù)的和為3的倍數(shù)的槪率.
【解答】解：從集合{1，2，3，4}中任取兩個不同的數(shù)，
基本事件總數(shù)n= =6，
這兩個數(shù)的和為3的倍數(shù)包含的基本事件有：(1，2)，(2，4)，共2個，
∴這兩個數(shù)的和為3的倍數(shù)的槪率p= .
故答案為： .
8.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y2=8x的焦點恰好是雙曲線 ﹣ =l的右焦點，則雙曲線的離心率為 2 .
【考點】雙曲線的簡單性質(zhì).
【分析】求得拋物線的焦點坐標(biāo)，可得c=2，由雙曲線的方程可得a=1，由離心率公式可得所求值.
【解答】解：拋物線y2=8x的焦點為(2，0)，
則雙曲線 ﹣ =l的右焦點為(2，0)，
即有c= =2，
不妨設(shè)a=1，
可得雙曲線的離心率為e= =2.
故答案為：2.
9.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列.且a2+a5=4，則a8的值為 2 .
【考點】等比數(shù)列的通項公式.
【分析】利用等比數(shù)列的前n項和公式和通項公式列出方程組，求出 ，由此能求出a8的值.
【解答】解：∵等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S3，S9，S6成等差數(shù)列.且a2+a5=4，
∴ ，
解得 ，
∴a8= =(a1q)(q3)2=8× =2.
故答案為：2.
10.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點M(1，0)的直線l與圓x2+y2=5交于A，B兩點，其中A點在第一象限，且 =2 ，則直線l的方程為 x﹣y﹣1=0 .
【考點】直線與圓的位置關(guān)系.
【分析】由題意，設(shè)直線x=my+1與圓x2+y2=5聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，結(jié)合向量知識，即可得出結(jié)論.
【解答】解：由題意，設(shè)直線x=my+1與圓x2+y2=5聯(lián)立，可得(m2+1)y2+2my﹣4=0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1=﹣2y2，y1+y2=﹣ ，y1y2=﹣
聯(lián)立解得m=1，∴直線l的方程為x﹣y﹣1=0，
故答案為：x﹣y﹣1=0.
11.在△ABC中，已知AB=1，AC=2，∠A=60°，若點P滿足 = + ，且 • =1，則實數(shù)λ的值為 ﹣ 或1 .
【考點】平面向量數(shù)量積的運(yùn)算.
【分析】根據(jù)題意，利用平面向量的線性運(yùn)算，把 、 用 、 與λ表示出來，再求 • 即可.
【解答】解：△ABC中，AB=1，AC=2，∠A=60°，點P滿足 = + ，
∴ ﹣ =λ ，
∴ =λ ;
又 = ﹣ =( +λ )﹣ = +(λ﹣1) ，
∴ • =λ •[ +(λ﹣1) ]
=λ • +λ(λ﹣1)
=λ×2×1×cos60°+λ(λ﹣1)×22=1，
整理得4λ2﹣3λ﹣1=0，
解得λ=﹣ 或λ=1，
∴實數(shù)λ的值為﹣ 或1.
故答案為：﹣ 或1.
12.已知sinα=3sin(α+ )，則tan(α+ )= 2 ﹣4 .
【考點】兩角和與差的正切函數(shù);兩角和與差的正弦函數(shù).
【分析】利用同角三角的基本關(guān)系、兩角和差的三角公式求得tanα、tan 的值，可得tan(α+ )的值.
【解答】解：sinα=3sin(α+ )=3sinαcos +3cosαsin = sinα+ cosα，∴tanα= .
又tan =tan( ﹣ )= = =2﹣ ，
∴tan(α+ )= = = =﹣ =2 ﹣4，
故答案為：2 ﹣4.
13.若函數(shù)f(x)= ，則函數(shù)y=|f(x)|﹣ 的零點個數(shù)為 4 .
【考點】根的存在性及根的個數(shù)判斷.
【分析】利用分段函數(shù)，對x≥1，通過函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系求解零點個數(shù)，當(dāng)x<1時，利用數(shù)形結(jié)合求解函數(shù)的零點個數(shù)即可.
【解答】解：當(dāng)x≥1時， = ，即lnx= ，
令g(x)=lnx﹣ ，x≥1時函數(shù)是連續(xù)函數(shù)，
g(1)=﹣ <0，g(2)=ln2﹣ =ln >0，
g(4)=ln4﹣2<0，由函數(shù)的零點判定定理可知g(x)=lnx﹣ ，有2個零點.
(結(jié)合函數(shù)y= 與y= 可知函數(shù)的圖象由2個交點.)
當(dāng)x<1時，y= ，函數(shù)的圖象與y= 的圖象如圖，考查兩個函數(shù)由2個交點，
綜上函數(shù)y=|f(x)|﹣ 的零點個數(shù)為：4個.
故答案為：4.
14.若正數(shù)x，y滿足15x﹣y=22，則x3+y3﹣x2﹣y2的最小值為 1 .
【考點】函數(shù)的最值及其幾何意義.
【分析】由題意可得x> ，y>0，又x3+y3﹣x2﹣y2=(x3﹣x2)+(y3﹣y2)，求出y3﹣y2≥﹣ y，當(dāng)且僅當(dāng)y= 時取得等號，設(shè)f(x)=x3﹣x2，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，即可得到所求最小值.
【解答】解：由正數(shù)x，y滿足15x﹣y=22，可得y=15x﹣22>0，則x> ，y>0，
又x3+y3﹣x2﹣y2=(x3﹣x2)+(y3﹣y2)，
其中y3﹣y2+ y=y(y2﹣y+ )=y(y﹣ )2≥0，
即y3﹣y2≥﹣ y，
當(dāng)且僅當(dāng)y= 時取得等號，
設(shè)f(x)=x3﹣x2，f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)=3x2﹣2x=x(3x﹣2)，
當(dāng)x= 時，f(x)的導(dǎo)數(shù)為 ×( ﹣2)= ，
可得f(x)在x= 處的切線方程為y= x﹣ .
由x3﹣x2≥ x﹣ ⇔(x﹣ )2(x+2)≥0，
當(dāng)x= 時，取得等號.
則x3+y3﹣x2﹣y2=(x3﹣x2)+(y3﹣y2)≥ x﹣ ﹣ y≥ ﹣ =1.
當(dāng)且僅當(dāng)x= ，y= 時，取得最小值1.
故答案為：1.
二.解答題：本大題共6小題，共計90分
15.在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊.若acosB=3，bcosA=l，且A﹣B=
(1)求邊c的長;
(2)求角B的大小.
【考點】余弦定理;正弦定理.
【分析】(1)由acosB=3，bcosA=l，利用余弦定理化為：a2+c2﹣b2=6c，b2+c2﹣a2=2c.相加即可得出c.
(2)由(1)可得：a2﹣b2=8.由正弦定理可得： = = ，又A﹣B= ，可得A=B+ ，C= ，可得sinC=sin .代入可得 ﹣16sin2B= ，化簡即可得出.
【解答】解：(1)∵acosB=3，bcosA=l，∴a× =3，b× =1，
化為：a2+c2﹣b2=6c，b2+c2﹣a2=2c.
相加可得：2c2=8c，解得c=4.
(2)由(1)可得：a2﹣b2=8.
由正弦定理可得： = = ，
又A﹣B= ，∴A=B+ ，C=π﹣(A+B)= ，可得sinC=sin .
∴a= ，b= .
∴ ﹣16sin2B= ，
∴1﹣ ﹣(1﹣cos2B)= ，即cos2B﹣ = ，
∴﹣2 ═ ，
∴ =0或 =1，B∈ .
解得：B= .
16.如圖，在斜三梭柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C是菱形，AC1與A1C交于點O，E是棱AB上一點，且OE∥平面BCC1B1
(1)求證：E是AB中點;
(2)若AC1⊥A1B，求證：AC1⊥BC.
【考點】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系;直線與平面平行的性質(zhì).
【分析】(1)利用同一法，首先通過連接對角線得到中點，進(jìn)一步利用中位線，得到線線平行，進(jìn)一步利用線面平行的判定定理，得到結(jié)論.
(2)利用菱形的對角線互相垂直，進(jìn)一步利用線面垂直的判定定理，得到線面垂直，最后轉(zhuǎn)化成線線垂直.
【解答】證明：(1)連結(jié)BC1，取AB中點E′，
∵側(cè)面AA1C1C是菱形，AC1與A1C交于點O，
∴O為AC1的中點，
∵E′是AB的中點，
∴OE′∥BC1;
∵OE′⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴OE′∥平面BCC1B1，
∵OE∥平面BCC1B1，
∴E，E′重合，
∴E是AB中點;
(2)∵側(cè)面AA1C1C是菱形，
∴AC1⊥A1C，
∵AC1⊥A1B，A1C∩A1B=A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，
∴AC1⊥平面A1BC，
∵BC⊂平面A1BC，
∴AC1⊥BC.
17.某單位將舉辦慶典活動，要在廣場上豎立一形狀為等腰梯形的彩門BADC (如圖)，設(shè)計要求彩門的面積為S (單位：m2)•高為h(單位：m)(S，h為常數(shù))，彩門的下底BC固定在廣場地面上，上底和兩腰由不銹鋼支架構(gòu)成，設(shè)腰和下底的夾角為α，不銹鋼支架的長度和記為l.
(1)請將l表示成關(guān)于α的函數(shù)l=f(α);
(2)問當(dāng)α為何值時l最小?并求最小值.
【考點】函數(shù)模型的選擇與應(yīng)用.
【分析】(1)求出上底，即可將l表示成關(guān)于α的函數(shù)l=f(α);
(2)求導(dǎo)數(shù)，取得函數(shù)的單調(diào)性，即可解決當(dāng)α為何值時l最小?并求最小值.
【解答】解：(1)設(shè)上底長為a，則S= ，
∴a= ﹣ ，
∴l= ﹣ + (0<α< );
(2)l′=h ，
∴0<α< ，l′<0， <α< ，l′>0，
∴ 時，l取得最小值 m.
18.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓 + =l (a>b>0)的焦距為2，離心率為 ，橢圓的右頂點為A.
(1)求該橢圓的方程：
(2)過點D( ，﹣ )作直線PQ交橢圓于兩個不同點P，Q，求證：直線AP，AQ的
斜率之和為定值.
【考點】直線與橢圓的位置關(guān)系.
【分析】(1)由題意可知2c=2，c=1，離心率e= ，求得a=2，則b2=a2﹣c2=1，即可求得橢圓的方程：
(2)則直線PQ的方程：y=k(x﹣ )﹣ ，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及直線的斜率公式，分別求得直線AP，AQ的斜率，即可證明直線AP，AQ的率之和為定值.
【解答】解：(1)由題意可知：橢圓 + =l (a>b>0)，焦點在x軸上，2c=1，c=1，
橢圓的離心率e= = ，則a= ，b2=a2﹣c2=1，
則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程： ;
(2)證明：設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A( ，0)，
由題意PQ的方程：y=k(x﹣ )﹣ ，
則 ，整理得：(2k2+1)x2﹣(4 k2+4 k)x+4k2+8k+2=0，
由韋達(dá)定理可知：x1+x2= ，x1x2= ，
則y1+y2=k(x1+x2)﹣2 k﹣2 = ，
則kAP+kAQ= + = ，
由y1x2+y2x1=[k(x1﹣ )﹣ ]x2+[k(x2﹣ )﹣ ]x1=2kx1x2﹣( k+ )(x1+x2)=﹣ ，
kAP+kAQ= = =1，
∴直線AP，AQ的斜率之和為定值1.
19.己知函數(shù)f(x)=(x+l)lnx﹣ax+a (a為正實數(shù)，且為常數(shù))
(1)若f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，求a的取值范圍;
(2)若不等式(x﹣1)f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍.
【考點】利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值;利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.
【分析】(1)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≤lnx+ +1在(0，+∞)恒成立，(a>0)，令g(x)=lnx+ +1，(x>0)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可;
(2)問題轉(zhuǎn)化為(x﹣1)[(x+1)lnx﹣a]≥0恒成立，通過討論x的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可.
【解答】解：(1)f(x)=(x+l)lnx﹣ax+a，f′(x)=lnx+ +1﹣a，
若f(x)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，
則a≤lnx+ +1在(0，+∞)恒成立，(a>0)，
令g(x)=lnx+ +1，(x>0)，
g′(x)= ，
令g′(x)>0，解得：x>1，令g′(x)<0，解得：0
故g(x)在(0，1)遞減，在(1，+∞)遞增，
故g(x)min=g(1)=2，
故0
(2)若不等式(x﹣1)f(x)≥0恒成立，
即(x﹣1)[(x+1)lnx﹣a]≥0恒成立，
①x≥1時，只需a≤(x+1)lnx恒成立，
令m(x)=(x+1)lnx，(x≥1)，
則m′(x)=lnx+ +1，
由(1)得：m′(x)≥2，
故m(x)在[1，+∞)遞增，m(x)≥m(1)=0，
故a≤0，而a為正實數(shù)，故a≤0不合題意;
?、?
令n(x)=(x+1)lnx，(0
則n′(x)=lnx+ +1，由(1)n′(x)在(0，1)遞減，
故n′(x)>n(1)=2，
故n(x)在(0，1)遞增，故n(x)
故a≥0，而a為正實數(shù)，故a>0.
20.己知n為正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足an>0，4(n+1)an2﹣nan+12=0，設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=
(1)求證：數(shù)列{ }為等比數(shù)列;
(2)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，求實數(shù)t的值：
(3)若數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，前n項和為Sn，對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12Sn﹣a14n2=16bm成立，求滿足條件的所有整數(shù)a1的值.
【考點】數(shù)列的求和;等比數(shù)列的通項公式.
【分析】(1)數(shù)列{an}滿足an>0，4(n+1)an2﹣nan+12=0，化為： =2× ，即可證明.
(2)由(1)可得： = ，可得 =n •4n﹣1.數(shù)列{bn}滿足bn= ，可得b1，b2，b3，利用數(shù)列{bn}是等差數(shù)列即可得出t.
(3)根據(jù)(2)的結(jié)果分情況討論t的值，化簡8a12Sn﹣a14n2=16bm，即可得出a1.
【解答】(1)證明：數(shù)列{an}滿足an>0，4(n+1)an2﹣nan+12=0，
∴ = an+1，即 =2 ，
∴數(shù)列{ }是以a1為首項，以2為公比的等比數(shù)列.
(2)解：由(1)可得： = ，∴ =n •4n﹣1.
∵bn= ，∴b1= ，b2= ，b3= ，
∵數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，∴2× = + ，
∴ = + ，
化為：16t=t2+48，解得t=12或4.
(3)解：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，由(2)可得：t=12或4.
?、賢=12時，bn= = ，Sn= ，
∵對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12Sn﹣a14n2=16bm成立，
∴ × ﹣a14n2=16× ，
∴ = ，n=1時，化為：﹣ = >0，無解，舍去.
②t=4時，bn= = ，Sn= ，
對任意的n∈N*，均存在m∈N*，使得8a12Sn﹣a14n2=16bm成立，
∴ × ﹣a14n2=16× ，
∴n =4m，
∴a1= .∵a1為正整數(shù)，∴ = k，k∈N*.
∴滿足條件的所有整數(shù)a1的值為{a1|a1=2 ，n∈N*，m∈N*，且 = k，k∈N*}.
四.選做題本題包括A，B，C，D四個小題，請選做其中兩題，若多做，則按作答的前兩題評分.A.[選修4一1：幾何證明選講]
21.如圖，圓O的直徑AB=6，C為圓周上一點，BC=3，過C作圓的切線l，過A作l的垂線AD，AD分別與直線l、圓交于點D、E.求∠DAC的度數(shù)與線段AE的長.
【考點】弦切角.
【分析】連接OC，先證得三角形OBC是等邊三角形，從而得到∠DCA=60°，再在直角三角形ACD中得到∠DAC的大小;考慮到直角三角形ABE中，利用角的關(guān)系即可求得邊AE的長.
【解答】解：如圖，連接OC，因BC=OB=OC=3，
因此∠CBO=60°，由于∠DCA=∠CBO，
所以∠DCA=60°，又AD⊥DC得∠DAC=30°;
又因為∠ACB=90°，
得∠CAB=30°，那么∠EAB=60°，
從而∠ABE=30°，
于是 .
[選修4-2：矩陣與變換]
22.已知二階矩陣M有特征值λ=8及對應(yīng)的一個特征向量 =[ ]，并且矩陣M對應(yīng)的變換將點(﹣1，2)變換成(﹣2，4).
(1)求矩陣M;
(2)求矩陣M的另一個特征值.
【考點】特征值與特征向量的計算;幾種特殊的矩陣變換.
【分析】(1)先設(shè)矩陣A= ，這里a，b，c，d∈R，由二階矩陣M有特征值λ=8及對應(yīng)的一個特征向量e1及矩陣M對應(yīng)的變換將點(﹣1，2)換成(﹣2，4).得到關(guān)于a，b，c，d的方程組，即可求得矩陣M;
(2)由(1)知，矩陣M的特征多項式為f(λ)=(λ﹣6)(λ﹣4)﹣8=λ2﹣10λ+16，從而求得另一個特征值為2.
【解答】解：(1)設(shè)矩陣A= ，這里a，b，c，d∈R，
則 =8 = ，
故 ，
由于矩陣M對應(yīng)的變換將點(﹣1，2)換成(﹣2，4).
則 = ，
故
聯(lián)立以上兩方程組解得a=6，b=2，c=4，d=4，故M= .
(2)由(1)知，矩陣M的特征多項式為f(λ)=(λ﹣6)(λ﹣4)﹣8=λ2﹣10λ+16，
故矩陣M的另一個特征值為2.
[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
23.已知圓O1和圓O2的極坐標(biāo)方程分別為ρ=2， .
(1)把圓O1和圓O2的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程;
(2)求經(jīng)過兩圓交點的直線的極坐標(biāo)方程.
【考點】簡單曲線的極坐標(biāo)方程;相交弦所在直線的方程.
【分析】(1)先利用三角函數(shù)的差角公式展開圓O2的極坐標(biāo)方程的右式，再利用直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)間的關(guān)系，即利用ρcosθ=x，ρsinθ=y，ρ2=x2+y2，進(jìn)行代換即得圓O2的直角坐標(biāo)方程及圓O1直角坐標(biāo)方程.
(2)先在直角坐標(biāo)系中算出經(jīng)過兩圓交點的直線方程，再利用直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)間的關(guān)系求出其極坐標(biāo)方程即可.
【解答】解：(1)ρ=2⇒ρ2=4，所以x2+y2=4;因為 ，
所以 ，所以x2+y2﹣2x﹣2y﹣2=0.
(2)將兩圓的直角坐標(biāo)方程相減，得經(jīng)過兩圓交點的直線方程為x+y=1.
化為極坐標(biāo)方程為ρcosθ+ρsinθ=1，即 .
[選修4-5：不等式選講]
24.已知a，b，c為正數(shù)，且a+b+c=3，求 + + 的最大值.
【考點】二維形式的柯西不等式.
【分析】利用柯西不等式，結(jié)合a+b+c=3，即可求得 + + 的最大值.
【解答】解：由柯西不等式可得
( + + )2≤[12+12+12][( )2+( )2+( )2]=3×12
∴ + + ≤3 ，當(dāng)且僅當(dāng) = = 時取等號.
∴ + + 的最大值是6，
故最大值為6.
四.必做題：每小題0分，共計20分
25.如圖，已知正四棱錐P﹣ABCD中，PA=AB=2，點M，N分別在PA，BD上，且 = = .
(1)求異面直線MN與PC所成角的大小;
(2)求二面角N﹣PC﹣B的余弦值.
【考點】二面角的平面角及求法;異面直線及其所成的角.
【分析】(1)設(shè)AC與BD的交點為O，AB=PA=2.以點O為坐標(biāo)原點， ， ， 方向分別是x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz.利用向量法能求出異面直線MN與PC所成角.
(2)求出平面PBC的法向量和平面PNC的法向量，利用向量法能求出二面角N﹣PC﹣B的余弦值.
【解答】解：(1)設(shè)AC與BD的交點為O，AB=PA=2.以點O為坐標(biāo)原點，
， ， 方向分別是x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz.
則A(1，﹣1，0)，B(1，1，0)，C(﹣1，1，0)，D(﹣1，﹣1，0)，…
設(shè)P(0，0，p)，則 =(﹣1，1，p)，又AP=2，
∴1+1+p2=4，∴p= ，
∵ = = =( )，
=( )，
∴ =(﹣1，1，﹣ )， =(0， ，﹣ )，
設(shè)異面直線MN與PC所成角為θ，
則cosθ= = = .
θ=30°，
∴異面直線MN與PC所成角為30°.
(2) =(﹣1，1，﹣ )， =(1，1，﹣ )， =( ，﹣ )，
設(shè)平面PBC的法向量 =(x，y，z)，
則 ，取z=1，得 =(0， ，1)，
設(shè)平面PNC的法向量 =(a，b，c)，
則 ，取c=1，得 =( ，2 ，1)，
設(shè)二面角N﹣PC﹣B的平面角為θ，
則cosθ= = = .
∴二面角N﹣PC﹣B的余弦值為 .
26.設(shè)|θ|< ，n為正整數(shù)，數(shù)列{an}的通項公式an=sin tannθ，其前n項和為Sn
(1)求證：當(dāng)n為偶函數(shù)時，an=0;當(dāng)n為奇函數(shù)時，an=(﹣1) tannθ;
(2)求證：對任何正整數(shù)n，S2n= sin2θ•[1+(﹣1)n+1tan2nθ].
【考點】數(shù)列的求和.
【分析】(1)利用sin = ，即可得出.
(2)a2k﹣1+a2k=(﹣1) tannθ.利用等比數(shù)列的求和公式即可得出.
【解答】證明：(1)an=sin tannθ，
當(dāng)n=2k(k∈N*)為偶數(shù)時，an=sinkπ•tannθ=0;
當(dāng)n=2k﹣1為奇函數(shù)時，an= •tannθ=(﹣1)k﹣1tannθ=(﹣1) tannθ.
(2)a2k﹣1+a2k=(﹣1) tannθ.∴奇數(shù)項成等比數(shù)列，首項為tanθ，公比為﹣tan2θ.
∴S2n= = sin2θ•[1+(﹣1)n+1tan2nθ].
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