2024年(a½b)(a-½b)-(3a-2b)(3a2b)(4篇)

篇一：(a½b)(a-½b)-(3a-2b)(3a2b)

　　2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末数学试卷（一模）

　　试题数：21，总分：151.（填空题，4分）若全集U={1，2，3，4，5，6}，M={1，3，4}，N={2，3，4}，则集合?U（M∩N）=___．

　　2.（填空题，4分）不等式$\frac{1}{x-1}$＜1的解集是___．

　　3.（填空题，4分）已知数列{an}为等差数列，数列{an}的前5项和S5=20，a5=6，则a10=___．

　　4.（填空题，4分）已知函数y=f（x）的图像经过点（2，3），y=f（x）的反函数为y=f-1（x），则函数y=f-1（x-2）的图像必经过点___．

　　5.（填空题，4分）（x+$\frac{1}{x}$）9的二项展开式中x3项的系数为___．

　　6.（填空题，4分）一个圆锥的侧面展开图是圆心角为

　　$\frac{4π}{3}$，半径为18cm的扇形，则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为___．

　　7.（填空题，5分）已知中心在原点的双曲线的一个焦点坐标为F（$\sqrt{7}$，0），直线y=x-1与该双曲线相交于M、N两点，线段MN中点的横坐标为$-\frac{2}{3}$，则此双曲线的方程为___．

　　8.（填空题，5分）设向量$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的夹角为θ，定义

　　$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的“向量积”：$\overrightarrow{a}$×$\overrightarrow{b}$是一个向量，它的模|$\overrightarrow{a}$×$\overrightarrow{b}$|=|$\overrightarrow{a}$|?|$\overrightarrow{b}$|sinθ，若$\overrightarrow{a}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{b}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），则|$\overrightarrow{a}$×$\overrightarrow{b}$|=___．

　　9.（填空题，5分）把1、2、3、4、5这五个数随机地排成一个数列，要求该数列恰好先递增后递减，则这样的数列共有___个．

　　10.（填空题，5分）已知函数y=$\sqrt{5}$sinx+$\sqrt{5}$cosx的图像向右平移θ（0＜θ＜$\frac{π}{2}$）个单位得到函数y=3sinx+acosx（a＜0）的图像，则tanθ=___．

　　11.（填空题，5分）已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x+3，x≤1}\\{x+\frac{2}{x}，x＞1}\end{array}\right.$，设a∈R，若关于x的不等式

　　$f(x)≥|{\frac{x}{2}+a}|$在R上恒成立，则a的取值范围是___．

　　12.（填空题，5分）若数列：cosα、cos2α、cos4α、?，cos2nα、?中的每一项都为负数，则实数α的所有取值组成的集合为___．

　　13.（单选题，5分）下列条件中，能够确定一个平面的是（）

　　A.两个点

　　B.三个点

　　C.一条直线和一个点

　　D.两条相交直线

　　14.（单选题，5分）已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn-nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的（）

　　A.充分非必要条件

　　B.必要非充分条件

　　C.充要条件

　　D.非充分也非必要条件

　　15.（单选题，5分）已知z均为复数，则下列命题不正确的是（）

　　A.若z=$\overline{z}$，则z为实数

　　B.若z2＜0，则z为纯虚数

　　C.若|z+1|=|z-1|，则z为纯虚数

　　D.若z3=1，则$\overline{z}$=z216.（单选题，5分）从圆C1：x2+y2=4上的一点向圆C2：x2+y2=1引两条切线，连接两切点间的线段称为切点弦，则圆C2内不与任何切点弦相交的区域面积为（）

　　A.$\frac{π}{6}$

　　B.$\frac{π}{4}$

　　C.$\frac{π}{3}$

　　D.$\frac{π}{2}$

　　17.（问答题，14分）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，连接A1C1、C1B、A1B，得到三棱锥B1-A1BC1的体积为2，点P、Q分别为A1D和AC的中点．

　　（1）求正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积；

　　（2）求异面直线D1P与C1Q所成角的大小．

　　18.（问答题，14分）已知f（x）=$\sqrt{3}$cos2x+2sin（$\frac{3}{2}$π+x）sin（π-x），x∈R．

　　（1）求f（x）的最小正周期及单调递增区间；

　　（2）已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f（A）=-$\sqrt{3}$，a=3，求BC边上的高的最大值．

　　19.（问答题，14分）考虑到高速公路行车安全需要，一般要求高速公路的车速v（公里/小时）控制在[60，120]范围内．已知汽车以v公里/小时的速度在高速公路上匀速行驶时，每小时的油耗（所需要的汽油量）为$\frac{1}{5}$（v-k+$\frac{4500}{v}$）升，其中k为常数，不同型号汽车k值不同，且满足60≤k≤120．

　　（1）若某型号汽车以120公里/小时的速度行驶时，每小时的油耗为11.5升，欲使这种型号的汽车每小时的油耗不超过9升，求车速v的取值范围；

　　（2）求不同型号汽车行驶100千米的油耗的最小值．

　　20.（问答题，16分）已知抛物线y2=x．

　　（1）过抛物线焦点F的直线交抛物线于A、B两点，求$\overrightarrow{OA}$?$\overrightarrow{OB}$的值（其中O为坐标原点）；

　　（2）过抛物线上一点C（x0，y0），分别作两条直线交抛物线于另外两点P（xP，yP）、Q（xQ，yQ），交直线x=-1于A1（-1，1）、B1（-1，-1）两点，求证：yP?yQ为常数；

　　（3）已知点D（1，1），在抛物线上是否存在异于点D的两个不同点M、N，使得DM⊥AN？若存在，求N点纵坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．

　　21.（问答题，18分）如果数列{an}每一项都是正数，且对任意不小于2的正整数n满足an2≤an-1an+1，则称数列{an}具有性质M．

　　（1）若an=p?qn，bn=an+b（p、q、a、b均为正实数），判断数列{an}、{bn}是否具有性质M；

　　（2）若数列{an}、{bn}都具有性质M，cn=an+bn，证明：数列{cn}也具有性质M；

　　（3）设实数a≥2，方程x2-ax+1=0的两根为x1、x2，an=x1n+x2n（n∈N*），若

　　$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+?+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$＞n-1对任意n∈N*恒成立，求所有满足条件的a．

　　2021-2022学年上海市青浦区高三（上）期末数学试卷（一模）

　　参考答案与试题解析

　　试题数：21，总分：151.（填空题，4分）若全集U={1，2，3，4，5，6}，M={1，3，4}，N={2，3，4}，则集合?U（M∩N）=___．

　　【正确答案】：[1]{1，2，5，6}【解析】：利用补集与交集的定义求解即可．

　　【解答】：解：因为全集U={1，2，3，4，5，6}，M={1，3，4}，N={2，3，4}，所以M∩N={3，4}，则集合?U（M∩N）={1，2，5，6}．

　　故答案为：{1，2，5，6}．

　　【点评】：本题考查了集合的运算，主要考查了集合交集与补集定义的理解与应用，属于基础题．

　　2.（填空题，4分）不等式$\frac{1}{x-1}$＜1的解集是___．

　　【正确答案】：[1]（-∞，1）∪（2，+∞）

　　【解析】：运用移项、通分和符号法，转化为一次不等式组，分别解出它们，再求并集即可．

　　【解答】：解：不等式$\frac{1}{x-1}$＜1即为

　　$\frac{1}{x-1}$-1＜0，即$\frac{2-x}{x-1}$＜0，即有$\left\{\begin{array}{l}{2-x＞0}\\{x-1＜0}\end{array}\right.$或

　　$\left\{\begin{array}{l}{2-x＜0}\\{x-1＞0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x＜2}\\{x＜1}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x＞2}\\{x＞1}\end{array}\right.$，即x＜1或x＞2．

　　则解集为（-∞，1）∪（2，+∞）．

　　故答案为：（-∞，1）∪（2，+∞）．

　　【点评】：本题考查分式不等式的解法，考查转化思想的运用，考查运算能力，属于基础题和易错题．

　　3.（填空题，4分）已知数列{an}为等差数列，数列{an}的前5项和S5=20，a5=6，则a10=___．

　　【正确答案】：[1]11【解析】：根据已知条件，运用等差数列的通项公式和前n项和公式，即可求解．

　　【解答】：解：∵{an}为等差数列，∴S5=5a3=20，∴a3=4，∵a5=6，a3=4，∴2d=a5-a3=6-4=2，即d=1，∴a10=a5+5d=6+5=11．

　　故答案为：11．

　　【点评】：本题考查等差数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意通项公式的合理运用，属于基础题．

　　4.（填空题，4分）已知函数y=f（x）的图像经过点（2，3），y=f（x）的反函数为y=f-1（x），则函数y=f-1（x-2）的图像必经过点___．

　　【正确答案】：[1]（5，2）

　　【解析】：由题意根据函数与它的反函数的图像间的关系，可得f-1（3）=2，由此可得结论．

　　【解答】：解：∵函数y=f（x）的图像经过点（2，3），∴f（2）=3．

　　y=f（x）的反函数为y=f-1（x），故f-1（3）=2，则对于函数y=f-1（x-2），令x-2=3，求得x=5，可得y=f-1（x-2）的图像必经过点（5，2），故答案为：（5，2）．

　　【点评】：本题主要考查函数与它的反函数的图像间的关系，属于基础题．

　　5.（填空题，4分）（x+$\frac{1}{x}$）9的二项展开式中x3项的系数为___．

　　【正确答案】：[1]84【解析】：在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得展开式中x3项的系数．

　　【解答】：解：由于（x+$\frac{1}{x}$）9的二项展开式的通项公式为Tr+1=${C}_{9}^{r}$?x9-2r，令9-2r=3，求得r=3，故展开式中x3项的系数为${C}_{9}^{3}$=84，故答案为：84．

　　【点评】：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．

　　6.（填空题，4分）一个圆锥的侧面展开图是圆心角为

　　$\frac{4π}{3}$，半径为18cm的扇形，则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为___．

　　【正确答案】：[1]$\frac{2}{3}$【解析】：设母线长为l，底面圆的半径为r，圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，分别求出r，l，由线面角的定义求解即可．

　　【解答】：解：设母线长为l，底面圆的半径为r，因为圆锥的侧面展开图是圆心角为$\frac{4π}{3}$，半径为18cm的扇形，所以l=18，且$18×\frac{4π}{3}=2πr$，解得r=12，设圆锥的母线与底面所成角为θ，则

　　$cosθ=\frac{r}{l}=\frac{12}{18}=\frac{2}{3}$，所以圆锥的母线与底面所成角的余弦值为$\frac{2}{3}$．

　　故答案为：$\frac{2}{3}$．

　　【点评】：本题考查了直线与平面所成角的求解，圆锥的侧面展开图的理解与应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

　　7.（填空题，5分）已知中心在原点的双曲线的一个焦点坐标为F（$\sqrt{7}$，0），直线y=x-1与该双曲线相交于M、N两点，线段MN中点的横坐标为$-\frac{2}{3}$，则此双曲线的方程为___．

　　【正确答案】：[1]$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{{y}^{2}}{5}$=1【解析】：设双曲线的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，（a，b＞0），M（x1，y1），N（x2，y2），由直线y=x-1与该双曲线相交于M、N两点，线段MN中点P的横坐标为$-\frac{2}{3}$，可得线段MN中点P的纵坐标，直线斜率k．把M，N的坐标分别代入双曲线方程可得：$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}$=1，相减化简可得a，b关系式，与a2+b2=7联立即可得出a，b．

　　【解答】：解：设双曲线的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，（a，b＞0），M（x1，y1），N（x2，y2），∵直线y=x-1与该双曲线相交于M、N两点，线段MN中点P的横坐标为$-\frac{2}{3}$，∴线段MN中点P的纵坐标为-$\frac{5}{3}$，直线斜率k=1．

　　把M，N的坐标分别代入双曲线方程可得：$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}$=1，$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}$=1，相减可得：$\frac{({x}_{1}+{x}_{2})({x}_{1}-{x}_{2})}{{a}^{2}}$-$\frac{({y}_{1}+{y}_{2})({y}_{1}-{y}_{2})}{{b}^{2}}$=0，∴$\frac{2×(-\frac{2}{3})}{{a}^{2}}$-$\frac{2×(-\frac{5}{3})}{{b}^{2}}$×1=0，化为：5a2=2b2，又a2+b2=7，解得：a2=2，b2=5，∴此双曲线的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{{y}^{2}}{5}$=1．

　　故答案为：$\frac{{x}^{2}}{2}$-$\frac{{y}^{2}}{5}$=1．

　　【点评】：本题考查了双曲线的标准方程及其性质、中点坐标公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

　　8.（填空题，5分）设向量$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的夹角为θ，定义

　　$\overrightarrow{a}$与$\overrightarrow{b}$的“向量积”：$\overrightarrow{a}$×$\overrightarrow{b}$是一个向量，它的模|$\overrightarrow{a}$×$\overrightarrow{b}$|=|$\overrightarrow{a}$|?|$\overrightarrow{b}$|sinθ，若$\overrightarrow{a}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{b}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），则|$\overrightarrow{a}$×$\overrightarrow{b}$|=___．

　　【正确答案】：[1]$\frac{1}{2}$

　　【解析】：由向量的数量积公式先求出cosθ，进而求得sinθ即可求解结论．

　　【解答】：解：因为$\overrightarrow{a}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$），$\overrightarrow{b}$=（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），所以cosθ=$\frac{\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{b}|}$=$\frac{-\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{1}{2}+(-\frac{1}{2})×\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{(-\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}+(-\frac{1}{2})^{2}}×\sqrt{(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}}$=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以sinθ=$\frac{1}{2}$，所以|$\overrightarrow{a}$×$\overrightarrow{b}$|=|$\overrightarrow{a}$|?|$\overrightarrow{b}$|sinθ=1×1×$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$．

　　故答案为：$\frac{1}{2}$．

　　【点评】：本题考查平面向量的综合运用，解题时要正确理解向量积的概念，认真审题，注意向量的数量积的综合运用．

　　9.（填空题，5分）把1、2、3、4、5这五个数随机地排成一个数列，要求该数列恰好先递增后递减，则这样的数列共有___个．

　　【正确答案】：[1]14【解析】：根据已知条件，分从1，2，3，4中选出一个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，从1，2，3，4中选出两个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，从1，2，3，4中选出三个数排在5的右侧，其余排在5的左侧三种情况讨论，并对所求的结果求和，即可求解．

　　【解答】：解：从1，2，3，4中选出一个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，得到先增后减的数列有${C}_{4}^{1}$，从1，2，3，4中选出两个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，得到先增后减的数列有

　　${C}_{4}^{2}$，从1，2，3，4中选出三个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，得到先增后减的数列有

　　${C}_{4}^{3}$，故满足条件的数量总个数为${C}_{4}^{1}+{C}_{4}^{2}+{C}_{4}^{3}=14$个．

　　故答案为：14．

　　【点评】：本题主要考查组合及简单计数问题，考查分类讨论的思想，属于基础题．

　　10.（填空题，5分）已知函数y=$\sqrt{5}$sinx+$\sqrt{5}$cosx的图像向右平移θ（0＜θ＜$\frac{π}{2}$）个单位得到函数y=3sinx+acosx（a＜0）的图像，则tanθ=___．

　　【正确答案】：[1]2【解析】：由题意利用辅助角公式，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，先求得a的值，可得tan（$\frac{π}{4}$-θ）的值，再利用两角差的正切公式求得tanθ=tan[$\frac{π}{4}$-（$\frac{π}{4}$-θ）]的值．

　　【解答】：解：把函数y=$\sqrt{5}$sinx+$\sqrt{5}$cosx=$\sqrt{10}$sin（x+$\frac{π}{4}$）的图像向右平移θ（0＜θ＜$\frac{π}{2}$）个单位，得到函数y=$\sqrt{10}$sin（x-θ+$\frac{π}{4}$）=$\sqrt{10}$sinx×cos（$\frac{π}{4}$-θ）+$\sqrt{10}$cosx×sin（$\frac{π}{4}$-θ）

　　=3sinx+acosx（a＜0）的图像，∴$\sqrt{10}$cos（$\frac{π}{4}$-θ）=3，$\sqrt{10}$sin（$\frac{π}{4}$-θ）=a，故平方可得9+a2=10，∴a=-1．

　　∴tan（$\frac{π}{4}$

　　-θ）=$\frac{sin(\frac{π}{4}-θ)}{cos(\frac{π}{4}-θ)}$

　　=-$\frac{1}{3}$，故tanθ=tan[$\frac{π}{4}$-（$\frac{π}{4}$-θ）]=$\frac{1-tan(\frac{π}{4}-θ)}{1+tan(\frac{π}{4}-θ)}$=$\frac{1+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{3}}$=2，故答案为：2．

　　【点评】：本题主要考查辅助角公式，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，两角差的正切公式，属于中档题．

　　11.（填空题，5分）已知函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x+3，x≤1}\\{x+\frac{2}{x}，x＞1}\end{array}\right.$，设a∈R，若关于x的不等式

　　$f(x)≥|{\frac{x}{2}+a}|$在R上恒成立，则a的取值范围是___．

　　【正确答案】：[1]-$\frac{47}{16}$≤a≤2【解析】：根据题意，分段讨论x≤1和x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|$\frac{x}{2}$+a|在R上恒成立，去掉绝对值，利用函数的最大、最小值求得a的取值范围，再求它们的公共部分．

　　【解答】：解：函数f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-x+3，x≤1}\\{x+\frac{2}{x}，x＞1}\end{array}\right.$，当x≤1时，关于x的不等式f（x）≥|$\frac{x}{2}$+a|在R上恒成立，即为-x2+x-3≤$\frac{x}{2}$+a≤x2-x+3，即有-x2+$\frac{1}{2}$x-3≤a≤x2-$\frac{3}{2}$x+3，由y=-x2+$\frac{1}{2}$x-3的对称轴为x=$\frac{1}{4}$＜1，可得x=$\frac{1}{4}$处取得最大值为-$\frac{47}{16}$；

　　由y=x2-$\frac{3}{2}$x+3的对称轴为x=$\frac{3}{4}$＜1，可得x=$\frac{3}{4}$处取得最小值为$\frac{39}{16}$，则-$\frac{47}{16}$≤a≤$\frac{39}{16}$；…①

　　当x＞1时，关于x的不等式f（x）≥|$\frac{x}{2}$+a|在R上恒成立，即为-（x+$\frac{2}{x}$）≤$\frac{x}{2}$+a≤x+$\frac{2}{x}$，即有-（$\frac{3}{2}$x+$\frac{2}{x}$）≤a≤$\frac{x}{2}$+$\frac{2}{x}$，由y=-（$\frac{3}{2}$x+$\frac{2}{x}$）≤-2$\sqrt{\frac{3x}{2}\bullet\frac{2}{x}}$=-2$\sqrt{3}$（当且仅当x=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＞1）取得最大值-2$\sqrt{3}$；

　　由y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{2}{x}$≥2$\sqrt{\frac{1}{2}x\bullet\frac{2}{x}}$=2（当且仅当x=2＞1）取得最小值2．

　　则-2$\sqrt{3}$≤a≤2；…②

　　由

　　①②可得，-$\frac{47}{16}$≤a≤2；

　　综上，a的取值范围是-$\frac{47}{16}$≤a≤2．

　　故答案为：-$\frac{47}{16}$≤a≤2．

　　【点评】：本题考查了分段函数的应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是难题．

　　12.（填空题，5分）若数列：cosα、cos2α、cos4α、?，cos2nα、?中的每一项都为负数，则实数α的所有取值组成的集合为___．

　　【正确答案】：[1]{α|$α=±\frac{2}{3}π+2kπ，k∈Z$}【解析】：先判断当$-\frac{1}{4}$＜cosα＜0时，不符合题意，确定

　　$cosα≤-\frac{1}{4}$，得到

　　$|cos{2}^{n}α-\frac{1}{2}|≥\frac{3}{4}$，分析可得

　　$|cosα+\frac{1}{2}|≤\frac{2}{3}|cos2α+\frac{1}{2}|≤(\frac{2}{3})^{2}|cos4α+\frac{1}{2}|$$≤\bullet\bullet\bullet≤(\frac{2}{3})^{n}|cos{2}^{n}α+\frac{1}{2}|≤\frac{1}{2}×(\frac{2}{3})^{n}$对一切正整数n恒成立，从而cosα=-$\frac{1}{2}$，求解即可得到答案．

　　【解答】：解：当$-\frac{1}{4}$＜cosα＜0时，cos2α=$2co{s}^{2}α-1＜-\frac{7}{8}$，cos4α=$2co{s}^{2}2α-1＞\frac{17}{32}＞0$，不符合题意，又因为cosα＜0，所以

　　$cosα≤-\frac{1}{4}$，则

　　$co{s2}^{n}α≤-\frac{1}{4}$均成立，所以

　　$|cos{2}^{n}α-\frac{1}{2}|≥\frac{3}{4}$，则

　　$|cos2α+\frac{1}{2}|=2|cosα-\frac{1}{2}||cosα+\frac{1}{2}|$$≥2×\frac{3}{4}|cosα+\frac{1}{2}|$，即

　　$|cosα+\frac{1}{2}|≤\frac{2}{3}|cos2α+\frac{1}{2}|$，??????

　　以此类推，$|cosα+\frac{1}{2}|≤\frac{2}{3}|cos2α+\frac{1}{2}|≤(\frac{2}{3})^{2}|cos4α+\frac{1}{2}|$$≤\bullet\bullet\bullet≤(\frac{2}{3})^{n}|cos{2}^{n}α+\frac{1}{2}|≤\frac{1}{2}×(\frac{2}{3})^{n}$对一切正整数n恒成立，因为当n→+∞时，$\frac{1}{2}×(\frac{2}{3})^{n}$→0，则

　　$|cosα+\frac{1}{2}|=0$，所以cosα=-$\frac{1}{2}$，解得

　　$α=±\frac{2}{3}π+2kπ，k∈Z$，经检验，$α=±\frac{2}{3}π+2kπ，k∈Z$

　　符合题意．

　　综上所述，实数α的所有取值组成的集合为{α|$α=±\frac{2}{3}π+2kπ，k∈Z$}．

　　故答案为：{α|$α=±\frac{2}{3}π+2kπ，k∈Z$}．

　　【点评】：本题考查了数列与不等式的综合应用，不等式恒成立问题，函数与不等式的综合应用，三角函数性质的运用以及二倍角公式的运用，考查了逻辑推理能力，属于难题．

　　13.（单选题，5分）下列条件中，能够确定一个平面的是（）

　　A.两个点

　　B.三个点

　　C.一条直线和一个点

　　D.两条相交直线

　　【正确答案】：D【解析】：直接利用平面的性质，确定平面的方法判断A、B、C、D的结论．

　　【解答】：解：对于A：两点确定一直线，故A错误；

　　对于B：不在同一直线上的三点确定一个平面，故B错误；

　　对于C：一条直线和不在直线上的一个点确定一个平面，故C错误；

　　对于D：两条相交直线确定一个平面，故D正确．

　　故选：D．

　　【点评】：本题考查的知识要点：平面的性质，确定平面的方法，主要考查学生对基础知识的理解，属于基础题．

　　14.（单选题，5分）已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn-nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的（）

　　A.充分非必要条件

　　B.必要非充分条件

　　C.充要条件

　　D.非充分也非必要条件

　　【正确答案】：C【解析】：将${S}_{n}=n{a}_{1}+\frac{n(n-1)}{2}d$，an=a1+（n-1）d代入Sn-nan＜0，并化简，再结合n的取值范围，即可求解．

　　【解答】：解：${S}_{n}=n{a}_{1}+\frac{n(n-1)}{2}d$，an=a1+（n-1）d，则Sn-nan=$n{a}_{1}+\frac{n(n-1)}{2}d$-na1-n（n-1）d=-$\frac{n(n-1)}{2}d$，则“Sn-nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”，故d＞0，若d＞0，则Sn-nan=-$\frac{n(n-1)}{2}d$＜0，对n＞1，n∈N*恒成立，故“Sn-nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的充分必要条件．

　　故选：C．

　　【点评】：本题主要考查等差数列前n项和公式的应用，考查计算能力，属于基础题．

　　15.（单选题，5分）已知z均为复数，则下列命题不正确的是（）

　　A.若z=$\overline{z}$，则z为实数

　　B.若z2＜0，则z为纯虚数

　　C.若|z+1|=|z-1|，则z为纯虚数

　　D.若z3=1，则$\overline{z}$=z2【正确答案】：C【解析】：设z=a+bi（a，b∈R），利用复数的基本运算可得A，B正确；举例说明C错误；求解方程得z，可知D正确．

　　【解答】：解：对于A，设z=a+bi（a，b∈R），由$z=\overline{z}$，可得a+bi=a-bi，则2bi=0，b=0，∴z为实数，故A正确；

　　对于B，设z=a+bi（a，b∈R），则z2=a2+b2+2abi＜0，∵z2＜0，∴a=0，则z纯虚数，故B正确；

　　对于C，当z=0时，有|z+1|=|z-1|，故C错误；

　　对于D，由z3=1，得z3-1=0，即（z-1）（z2+z+1）=0，可得z=1或z=$-\frac{1}{2}±\frac{\sqrt{3}}{2}i$，∴$\overline{z}={z}^{2}$，故D正确．

　　∴错误的是C．

　　故选：C．

　　【点评】：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．

　　16.（单选题，5分）从圆C1：x2+y2=4上的一点向圆C2：x2+y2=1引两条切线，连接两切点间的线段称为切点弦，则圆C2内不与任何切点弦相交的区域面积为（）

　　A.$\frac{π}{6}$

　　B.$\frac{π}{4}$

　　C.$\frac{π}{3}$

　　D.$\frac{π}{2}$

　　【正确答案】：B【解析】：设P（2cosθ，2sinθ）为圆C1：x2+y2=4上任意一点，求出切点弦所在的直线方程，点Q（x0，y0）不在任何一条切点弦所在的直线上，从而得到${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}＜\frac{1}{4}$，即圆C2内不与任何切点弦相交的区域为圆${x}^{2}+{y}^{2}=\frac{1}{4}$的内部，求解圆的面积即可．

　　【解答】：解：设P（2cosθ，2sinθ）为圆C1：x2+y2=4上任意一点，则其向圆C2：x2+y2=1引切线，所得切点弦所在的直线方程为2xcosθ+2ysinθ=1，设点Q（x0，y0）不在任何一条切点弦所在的直线上，则关于θ的方程2x0cosθ+2y0sinθ=1无解，即$\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}sin(θ+φ)=1$

　　无解，则$4{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}＜1$，即${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}＜\frac{1}{4}$，所以圆C2内不与任何切点弦相交的区域为圆${x}^{2}+{y}^{2}=\frac{1}{4}$的内部，则该区域的面积为$\frac{π}{4}$

　　．

　　故选：B．

　　【点评】：本题考查了直线与圆位置关系的应用，圆与圆位置关系的应用，圆的切线方程的求解与应用，圆的参数方程的运用以及三角函数有界性的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．

　　17.（问答题，14分）在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，连接A1C1、C1B、A1B，得到三棱锥B1-A1BC1的体积为2，点P、Q分别为A1D和AC的中点．

　　（1）求正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积；

　　（2）求异面直线D1P与C1Q所成角的大小．

　　【正确答案】：

　　【解析】：（1）由三棱锥B1-A1BC1的体积为2，求出AA1=3，由此能求出正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积．

　　（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线D1P与C1Q所成角．

　　【解答】：解：（1）由正四棱柱ABCD-A1B1C1D1知底面ABCD是正方形，又三棱锥B1-A1BC1的体积为2，所以$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}$×A1B1×B1C1×AA1=2，又AB=2，所以A1B1=B1C1=2，所以AA1=3，所以正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的表面积为4×2×3+2×2×2=32．

　　（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，D1（0，0，3），P（1，0，$\frac{3}{2}$），C1（0，2，3），Q（1，1，0），$\overrightarrow{{D}_{1}P}$=（1，0，-$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{{C}_{1}Q}$=（1，-1，-3），设异面直线D1P与C1Q所成角为θ，则cosθ=$\frac{|\overrightarrow{{D}_{1}P}\bullet\overrightarrow{{C}_{1}Q}|}{|\overrightarrow{{D}_{1}P}|\bullet|\overrightarrow{{C}_{1}Q}|}$=$\frac{\frac{11}{2}}{\sqrt{\frac{13}{4}}\bullet\sqrt{11}}$=$\frac{\sqrt{143}}{13}$，∴异面直线D1P与C1Q所成角为arccos$\frac{\sqrt{143}}{13}$．

　　【点评】：本题考查正四棱柱的表面积、异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

　　18.（问答题，14分）已知f（x）=$\sqrt{3}$cos2x+2sin（$\frac{3}{2}$π+x）sin（π-x），x∈R．

　　（1）求f（x）的最小正周期及单调递增区间；

　　（2）已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f（A）=-$\sqrt{3}$，a=3，求BC边上的高的最大值．

　　【正确答案】：

　　【解析】：（1）利用三角函数公式化简f（x），即可求解f（x）的最小正周期及单调递增区间

　　（2）根据f（A）=-$\sqrt{3}$，a=3，求解A，利用余弦定理建立关系，结合不等式的性质求解bc的最大值，根据三角形面积的最大值即可求解BC边上的高的最大值．

　　【解答】：解：（1）由f（x）=$\sqrt{3}cos2x+2sin(\frac{3}{2}π+x)sin(π-x)，x∈R$

　　化简可得：f（x）=$\sqrt{3}$cos2x-2sinxcosx，即$f(x)=\sqrt{3}cos2x-sin2x=-2sin(2x-\frac{π}{3})$，∴f（x）的最小正周期T=$\frac{2π}{2}$

　　=π．

　　由

　　$2kπ+\frac{π}{2}≤2x-\frac{π}{3}≤2kπ+\frac{3}{2}π$，k∈Z

　　得

　　$kπ+\frac{5}{12}π≤x≤kπ+\frac{11}{12}π$，k∈Z

　　∴f（x）的增区间是

　　$[{kπ+\frac{5}{12}π，kπ+\frac{11}{12}π}]$，k∈Z．

　　（2）由$f(A)=-\sqrt{3}$，得$sin(2A-\frac{π}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$，∵$A∈(0，\frac{π}{2})$

　　∴$2A-\frac{π}{3}∈(-\frac{π}{3}，\frac{2}{3}π)$

　　∴$2A-\frac{π}{3}=\frac{π}{3}$

　　∴$A=\frac{π}{3}$

　　由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA，则9=b2+c2-bc≥bc

　　即bc≤9（当且仅当b=c取等号）

　　设BC边上的高为h，则$\frac{1}{2}ah=\frac{1}{2}bcsinA$得$3h=\frac{\sqrt{3}}{2}bc?h=\frac{\sqrt{3}}{6}bc$∴$h≤\frac{3}{2}\sqrt{3}$即h的最大值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$．

　　【点评】：本题主要考查三角函数的图象和性质以及余弦定理，基本不等式的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．

　　19.（问答题，14分）考虑到高速公路行车安全需要，一般要求高速公路的车速v（公里/小时）控制在[60，120]范围内．已知汽车以v公里/小时的速度在高速公路上匀速行驶时，每小时的油耗（所需要的汽油量）为$\frac{1}{5}$（v-k+$\frac{4500}{v}$）升，其中k为常数，不同型号汽车k值不同，且满足60≤k≤120．

　　（1）若某型号汽车以120公里/小时的速度行驶时，每小时的油耗为11.5升，欲使这种型号的汽车每小时的油耗不超过9升，求车速v的取值范围；

　　（2）求不同型号汽车行驶100千米的油耗的最小值．

　　【正确答案】：

　　【解析】：（1）由题意，先求出k的值，然后建立不等式$\frac{1}{5}$（v-100+$\frac{4500}{v}$）≤9，求解即可；

　　（2）设该汽车行驶100千米油耗为y升，求出y的函数解析式，令t=$\frac{1}{v}$，则t∈$[\frac{1}{120}，\frac{1}{60}]$，得到y=90000t2-20kt+20=$90000(t-{\frac{k}{9000}}^{2})+20-\frac{{k}^{2}}{900}$，分$t=\frac{k}{9000}$≥$\frac{1}{120}$和

　　$t=\frac{k}{9000}$＜$\frac{1}{120}$两种情况，由二次函数的性质求解最小值，即可得到

　　答案．

　　【解答】：解：（1）由题意可得，当v=120时，$\frac{1}{5}$（v-k+$\frac{4500}{v}$）=11.5，解得k=100，由$\frac{1}{5}$（v-100+$\frac{4500}{v}$）≤9，即v2-145v+4500≤0，解得45≤v≤100，又60≤v≤120，所以60≤v≤100，故欲使这种型号的汽车每小时的油耗不超过9升，则车速v的取值范围为[60，100]；

　　（2）设该汽车行驶100千米油耗为y升，则$y=\frac{100}{v}\bullet\frac{1}{5}(v-k+\frac{4500}{v})$=$20-\frac{20k}{v}+\frac{90000}{{v}^{2}}$，其中60≤v≤120，令t=$\frac{1}{v}$，则t∈$[\frac{1}{120}，\frac{1}{60}]$，所以y=90000t2-20kt+20=$90000(t-{\frac{k}{9000}}^{2})+20-\frac{{k}^{2}}{900}$，对称轴方程为$t=\frac{k}{9000}$，因为60≤k≤120，则$t=\frac{k}{9000}$∈$[\frac{1}{150}，\frac{1}{90}]$，①当$t=\frac{k}{9000}$≥$\frac{1}{120}$，即75≤k＜120时，则当$t=\frac{k}{9000}$，即$v=\frac{9000}{k}$时，${y}_{min}=20-\frac{{k}^{2}}{900}$；

　　②当$t=\frac{k}{9000}$＜$\frac{1}{120}$，即60≤k＜75时，则当$t=\frac{1}{120}$，即v=120时，${y}_{min}=\frac{105}{4}-\frac{k}{6}$．

　　综上所述，当75≤k＜100时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为$20-\frac{{k}^{2}}{900}$升；

　　当60≤k＜75时，该汽车行驶100千米的油耗的最小值为$\frac{105}{4}-\frac{k}{6}$升．

　　【点评】：本题考查了函数模型的选择与应用，解题的关键是建立符合条件的函数模型，分析清楚问题的逻辑关系是解题的关键，此类问题求解的一般步骤是：建立函数模型，进行函数计算，得出结果，再将结果反馈到实际问题中指导解决问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．

　　20.（问答题，16分）已知抛物线y2=x．

　　（1）过抛物线焦点F的直线交抛物线于A、B两点，求$\overrightarrow{OA}$?$\overrightarrow{OB}$的值（其中O为坐标原点）；

　　（2）过抛物线上一点C（x0，y0），分别作两条直线交抛物线于另外两点P（xP，yP）、Q（xQ，yQ），交直线x=-1于A1（-1，1）、B1（-1，-1）两点，求证：yP?yQ为常数；

　　（3）已知点D（1，1），在抛物线上是否存在异于点D的两个不同点M、N，使得DM⊥AN？若存在，求N点纵坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．

　　【正确答案】：

　　【解析】：（1）设直线方程为$x=my+\frac{1}{4}$，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理和向量数量积可求$\overrightarrow{OA}?\overrightarrow{OB}$；

　　（2）由题设出直线A1C，B1C方程，联立抛物线表示出P，Q，化简即可求解；

　　（3）设$M({y}_{3}^{2}，{y}_{3})，N({y}_{4}^{2}，{y}_{4})$，将DM⊥MN转化为数量积为0，得出y4关于y3的关系式，利用基本不等式即可求解y4的取值范围．

　　【解答】：解：（1）由题知，直线斜率不为0，故可设过焦点F的直线为

　　$x=my+\frac{1}{4}$，联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x}\\{x=my+\frac{1}{4}}\end{array}\right.$，得${y}^{2}-my-\frac{1}{4}=0$，$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=m}\\{{y}_{1}?{y}_{2}=-\frac{1}{4}}\end{array}\right.\;，设\\;A({x}_{1}，{y}_{1})，B({x}_{2}，{y}_{2})，则\\;\overrightarrow{OA}?\overrightarrow{OB}={x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}={y}_{1}^{2}?{y}_{2}2+{y}_{1}{y}_{2}=-\frac{3}{16}；n\\endaligned$A（x1，y1），B（x2，y2），则

　　$\overrightarrow{OA}?\overrightarrow{OB}={x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}={y}_{1}^{2}?{y}_{2}^{2}+{y}_{1}{y}_{2}=-\frac{3}{16}$；

　　证明：（2）由题可设过点C（x0，y0）

　　的一条直线交抛物线于P（xp，yp），交直线x=-1于A1（-1，1），另一条直线交抛物线于Q（xQ，yQ），交直线x=-1于B1（-1，-1），则

　　${k}_{{A}_{1}C}≠0，{k}_{{B}_{1}C}≠0\;，{k}_{{A}_{1}C}=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}+1}，{k}_{{B}_{1}C}=\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}+1}$，直线A1C方程可表示为：$y=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}+1}(x+1)+1$，直线B1C方程可表示为：$y=\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}+1}(x+1)+1$，联立直线A1C与抛物线方程$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=x}\\{y=\frac{{y}_{0}-

　　1}{{x}_{0}+1}(x+1)+1}\end{array}\right.$，可得${y}^{2}-\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}-1}y+(\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}-1}+1)$，故

　　${y}_{0}+{y}_{p}=\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}-1}$，即${y}_{p}=\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}-1}-{y}_{0}$，同理联立直线B1C和抛物线方程化简可得${y}^{2}-\frac{{x}_{0}^{0}+1}{{y}_{0}+1}y+(1-\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}+1})=0$，故${y}_{0}+{y}_{Q}=\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}+1}，{y}_{Q}=\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}+1}-{y}_{0}$，即

　　${y}_{P}?{y}_{Q}=(\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}-1}-{y}_{0})(\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}+1}-{y}_{0})=(\frac{{y}_{0}^{2}+1}{{y}_{0}-1}-{y}_{0})(\frac{{y}_{0}^{2}+1}{{y}_{0}+1}-{y}_{0})=\frac{{y}_{0}+1}{{y}_{0}-1}?\frac{1-{y}_{0}}{{y}_{0}+1}=-1$，解：（3）假设存在点D满足DM⊥MN，设

　　$M({y}_{3}^{2}，{y}_{3})，N({y}_{4}^{2}，{y}_{4})，\overrightarrow{DM}=({y}_{3}^{2}-1，{y}_{3}-1)，\overrightarrow{MN}=({y}_{4}^{2}-{y}_{3}^{2}，{y}_{4}-{y}_{3})$，则$\overrightarrow{DM}?\overrightarrow{MN}=({y}_{3}^{2}-1)?({y}_{4}^{2}-{y}_{3}^{2})+({y}_{3}-1)({y}_{4}-{y}_{3})=0$，易知y3≠1，y4≠y3，化简得（y3+1）（y4+y3）+1=0，即${y}_{4}=-(\frac{1}{{y}_{3}+1}+{y}_{3})=-(\frac{1}{{y}_{3}+1}+({y}_{3}+1)-1)$，当y3+1＜0时，${y}_{4}=-\frac{1}{{y}_{3}+1}+-({y}_{3}+1)+1≥2\sqrt{-\frac{1}{{y}_{3}+1}?[-({y}_{3}+1)]}+1=3$，当且仅当y3=-2时取到等号，故y4≥3，当y3+1＞0时，${y}_{4}=-(\frac{1}{{y}_{3}+1}+({y}_{3}+1)-1)≤-

　　(2\sqrt{\frac{1}{{y}_{3}+1}?({y}_{3}+1)}-1)=-1$，当且仅当y3=0时取到等号，因为y3≠1，故y3+1≠2，令t=y3+1，则$t+\frac{1}{t}≠\frac{5}{2}$，但t=${y}_{3}+1=\frac{1}{2}$能取到，此时

　　$t+\frac{1}{t}=\frac{5}{2}$，故y4∈（-∞，-1]，故y4∈（-∞，-1]∪[3，+∞）．

　　【点评】：本题考查直线与抛物线的综合，考查了学生的综合能力，属于难题．

　　21.（问答题，18分）如果数列{an}每一项都是正数，且对任意不小于2的正整数n满足an2≤an-1an+1，则称数列{an}具有性质M．

　　（1）若an=p?qn，bn=an+b（p、q、a、b均为正实数），判断数列{an}、{bn}是否具有性质M；

　　（2）若数列{an}、{bn}都具有性质M，cn=an+bn，证明：数列{cn}也具有性质M；

　　（3）设实数a≥2，方程x2-ax+1=0的两根为x1、x2，an=x1n+x2n（n∈N*），若

　　$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+?+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$＞n-1对任意n∈N*恒成立，求所有满足条件的a．

　　【正确答案】：

　　【解析】：（1）结合性质M直接判断{an}、{bn}即可；

　　（2）由{an}、{bn}都具有性质M，cn=an+bn，可直接得出

　　${a}_{n}^{2}≤{a}_{n-1}{a}_{n+1}$，${b}_{n}^{2}≤{b}_{n-1}{b}_{n+1}$，要证

　　${c}_{n}^{2}≤{c}_{n-1}{c}_{n+1}$，化简可即证2anbn≤an-1bn+1+an+1bn-1，结合性质M和基本不等式即可求证；

　　（3）先将${a}_{n}={x}_{1}^{n}+{x}_{2}^{n}$结合韦达定理代换成

　　${a}_{n}={x}_{1}^{n}+\frac{1}{{x}_{1}^{n}}$，设法证明{an}具有性质M，则原不等式可进一步放缩为$\frac{n{a}_{1}}{{a}_{2}}≥n-1$，求出a1，a2，解一元二次不等式即可求解．

　　【解答】：解：（1）对an=p?qn=（pq）?qn-1可看作以pq为首项，q为公比的等比数列，故an2=an-1an+1，故{an}具有性质M；对bn=an+b（p、q、a、b均为正实数），若满足bn2≤bn-1bn+1，即（an+b）2≤[a（n-1）+b][a（n+1）+b]，整理得（an+b）2≤（an+b）2-a2，0≤-a2，因为a＞0，所以0≤-a2不成立，所以{bn}不具有性质M；

　　（2）若数列{an}、{bn}都具有性质M，cn=an+bn，则cn2=（an+bn）2，cn-1=an-1+bn-1，cn+1=an+1+bn+1，cn-1cn+1=（an-1+bn-1）（an+1+bn+1），要证明数列{cn}也具有性质M，即证cn2≤cn-1cn+1，即（an+bn）2≤（an-1+bn-1）（an+1+bn+1），整理得：an2+bn2+2anbn≤an-1an+1+bn-1bn+1+an-1bn+1+an+1bn-1，因为an2≤an-1an+1，bn2≤bn-1bn+1，即证2anbn≤an-1bn+1+an+1bn-1，①

　　因为an2≤an-1an+1，bn2≤bn-1bn+1，所以（anbn）2≤an-1an+1bn-1bn+1=（an-1bn+1）（an+1bn-1），所以anbn≤$\sqrt{({a}_{n-1}{b}_{n+1})({a}_{n+1}{b}_{n-1})}$，2anbn≤2$\sqrt{({a}_{n-1}{b}_{n+1})({a}_{n+1}{b}_{n-1})}$，由基本不等式可得2$\sqrt{({a}_{n-1}{b}_{n+1})({a}_{n+1}{b}_{n-1})}$≤an-1bn+1+an+1bn-1，①得证；

　　（3）由方程x2-ax+1=0的两根为x1、x2，an=x1n+x2n（n∈N*）可得：

　　x1+x2=a，x1x2=1，所以x2=$\frac{1}{{x}_{1}}$，an=x1n+$\frac{1}{{x}_{1}^{n}}$，an-1=x1n-1+$\frac{1}{{x}_{1}^{n-1}}$，an+1=x1n+1+$\frac{1}{{x}_{1}^{n+1}}$，an2=x12n+$\frac{1}{{x}_{1}^{2n}}$+2，an-1an+1=（x1n-1+$\frac{1}{{x}_{1}^{n-1}}$）（x1n+1+$\frac{1}{{x}_{1}^{n+1}}$）=x12n+$\frac{1}{{x}_{1}^{2n}}$+$\frac{1}{{x}_{1}^{2}}$+x12≥an2=x12n+$\frac{1}{{x}_{1}^{2n}}$+2，即$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}≤\frac{{a}_{n-1}}{{a}_{n}}$，所以放缩得：$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$+…+$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$≥$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$+$\frac{{a}_{2}}{{a}_{3}}$+?+$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$≥n-1，即$\frac{n{a}_{1}}{{a}_{2}}≥n-1$，当n=1时，a1=x1+x2=a；

　　当n=2时，${a}_{2}={x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}$=$({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}$=a2-2，所以$\frac{na}{{a}^{2}-2}≥n-1$，即$\frac{a}{{a}^{2}-2}≥1-\frac{1}{n}$恒成立，故$\frac{a}{{a}^{2}-2}≥1$，解得a∈[-1，2]，又a≥2，故只能a=2．

　　【点评】：本题考查数列的新定义、数列的综合应用，考查学生的逻辑思维能力，属难题．

篇二：(a½b)(a-½b)-(3a-2b)(3a2b)

　　完整版)初中数学二次函数综合题及答案

　　二次函数题

　　选择题：

　　1、若y=(m-2)x^2-m是关于x的二次函数，则m=（）

　　A。-1.B。2.C。-1或2.D。m不存在

　　2、下列函数关系中，可以看作二次函数y=ax^2+bx+c(a≠0)模型的是（）

　　A。在一定距离内，汽车行驶的速度与行驶的时间的关系

　　B。我国人口自然增长率为1%，这样我国总人口数随年份变化的关系

　　C。矩形周长一定时，矩形面积和矩形边长之间的关系

　　D。圆的周长与半径之间的关系

　　4、将一抛物线向下向右各平移2个单位得到的抛物线是y=-x^2，则抛物线的解析式是（）

　　A。y=-(x-2)^2+2.B。y=-(x+2)^2+2C。y=-(x+2)^2+2.D。y=-(x-2)^2-25、抛物线y=1/2x^2-6x+24的顶点坐标是（）

　　A。(-6,-6)。B。(-6,6)。C。(6,6)。D。(6,-6)

　　6、已知函数y=ax^2+bx+c，图象如图所示，则下列结论中正确的有（）个

　　①abc0.④2c<3bA。1.B。2.C。3.D。47、函数y=ax^2-bx+c（a≠0）的图象过点（-1，1），则b+c/a的值是（）

　　A。-1.B。1.C。-2.D。2二填空题：

　　8、已知一次函数y=ax+c与二次函数y=ax^2+bx+c（a≠0），它们在同一坐标系内的大致图象是图中的（）

　　A。A。B。B。C。C。D。D13、无论m为任何实数，总在抛物线y=x^2+2mx+m上的点的坐标是（）

　　m,m）

　　16、若抛物线y=ax^2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=2，最小值为-2，则关于方程ax^2+bx+c=-2的根为（）

　　1±√317、抛物线y=(k+1)x^2+k^2-9开口向下，且经过原点，则k=（）

　　2或-2解答题：（二次函数与三角形）

　　1、已知：二次函数y=x^2+bx+c，其图象对称轴为直线x=1，且经过点（2，-2）．

　　1）求此二次函数的解析式．

　　解：因为对称轴为x=1，所以顶点坐标为（1，k），其中k为最小值．

　　又因为经过点（2，-2），所以方程组

　　4+2b+c=k1+b+c=k解得b=-3，c=2，k=0，所以二次函数的解析式为y=x^2-3x+2．

　　2）设该图象与x轴交于B、C两点（B点在C点的左侧），请在此二次函数x轴下方的图象上确定一点E，使△XXX的面积最大，并求出最大面积．

　　解：易得B、C两点坐标分别为（0，2）和（3，0）．

　　设点E的横坐标为x，则其纵坐标为y=x^2-3x+2．

　　则△XXX的面积为S(x)=1/2(3-x)(x^2-3x+2-2)，化简得S(x)=-1/2x^3+9/2x^2-8x+3．

　　对S(x)求导得S"(x)=-3/2x^2+9x-8，令其等于0得x=2或4/3，代入S(x)得S(2)=4和S(4/3)=16/27，故△XXX的最大面积为4，当且仅当E的坐标为（2，-2）时取得．

　　2、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C(0，4)，顶点为（1，2）．

　　1）求抛物线的函数表达式；

　　2）在抛物线上取一点P，作△ABC的高PH，交AB于点H，求证：PH=2BP．

　　解：（1）因为抛物线与x轴交于A、B两点，所以其解析式为y=a(x-a)(x-b)，其中a<1

　　因为顶点为（1，2），所以方程组

　　a(1-a)(1-b)=2a(b-a)(b-1)=4解得a=1/2，b=3/2，所以抛物线的函数表达式为y=1/2(x-1)^2+2．

　　2）设点P的坐标为（x,y），则PH的长度为y-4，BP的长度为x-1．

　　根据△ABC的面积公式得4=1/2y(x-1)，即y=8/(x-1)．

　　又因为P在抛物线上，所以y=1/2(x-1)^2+2．

　　将y代入上式得x^3-3x^2+2x-8=0，解得x=2或-1±√3．

　　当x=2时，PH=2BP成立，当x=-1±√3时，PH≠2BP不成立．

　　故结论成立．

　　2、设抛物线的对称轴与轴交于点D，试在对称轴上找出点P，使△CDP为等腰三角形。求满足条件的所有点P的坐标。

　　在对称轴上取点P(x,y)，则点C的坐标为(-x,0)，点D的坐标为(0,a)，其中a为抛物线的顶点坐标。由于△CDP为等腰三角形，因此有PC=PD，即(x+a)^2+y^2=(x-a)^2+y^2，化简得到x=-a/2.因此，在对称轴上取点P(-a/2,y)，其中a为抛物线的顶点坐标，y为任意实数，即可满足条件。所有满足条件的点P的坐标为(-a/2,y)。

　　3、若点E是线段AB上的一个动点（与A、B不重合），分别连接AC、BC，过点E作EF∥AC交线段BC于点F，连接CE，记△CEF的面积为S，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值及此时E点的坐标；若不存在，请说明理由。

　　当点E在线段AB的中点时，△CEF的面积最大，此时E点的坐标为((a+b)/2,0)，其中a、b为线段AB的两个端点的横坐标。因为此时EF=AC/2，CE=BC/2，所以△CEF的底为AC/2，高为BC/2，面积最大。

　　4、已知抛物线y=1/2x^2-mx+2m-22.

　　1)无论m为何实数，该抛物线与x轴总有两个不同的交点。

　　当y=0时，解方程1/2x^2-mx+2m-22=0，得到x=(m±√(m^2-16(2m-22)))/2.由于2m-22<0，因此判别式m^2-16(2m-22)<0，即m^2+64m-704<0，解得-16

　　2)如图，当该抛物线的对称轴为直线x=3时，抛物线的顶点为点C，直线y=x-1与抛物线交于A、B两点，并与它的对称轴交于点D。

　　①抛物线上是否存在一点P使得四边形ACPD是正方形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；

　　不存在。因为对于任意一条抛物线，其对称轴上的点到顶点的距离是一定的，而直线y=x-1与抛物线的交点A、B到顶点的距离是不同的，因此无法构成正方形。

　　②平移直线CD，交直线AB于点M，交抛物线于点N，通过怎样的平移能使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形。

　　将直线CD向右平移3个单位即可。此时，C、D、M、N四点的横坐标分别为(3,0)，(3,4m-22)，(a,0)，(b,4m-22)，其中a、b为直线AB与抛物线的交点的横坐标。由于CD平移3个单位，因此MN平移3个单位，此时MN与CD平行，因此四边形CNDM是平行四边形。

　　5、如图，抛物线y=mx^2-11mx+24m(m<0)与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），抛物线另有一点A在第一象限内，且∠BAC=90°。

　　1)填空：OB=3/m，OC=8/m；

　　由于B、C分别为抛物线与x轴的交点，因此它们的纵坐标为0.解方程mx^2-11mx+24m=0，得到x=3和x=8/m，因此OB=3/m，OC=8/m。

　　2)连接OA，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，当四边形OACD是菱形时，求此时抛物线的解析式；

　　当四边形OACD是菱形时，OC=OD，即8/m=-3/m-11m+24m，解得m=-2/3或m=4.因此，抛物线的解析式为y=-2/3x^2+22x-48或y=4x^2-44x+96.

　　3）如图2，设垂直于x轴的直线l：x=n与（2）中所求的抛物线交于点M，与CD交于点N，若直线l沿x轴方向左右平移，并交点M始终位于抛物线上A、C两点之间时，试探究：当n为何值时，四边形AMCN的面积取得最大值，并求出这个最大值。

　　首先，当n=3时，点M与点B重合，此时四边形AMCN的面积为0.当n>3时，点M在点B的右侧，四边形AMCN的面积为正。当n<3时，点M在点B的左侧，四边形AMCN的面积为负。因此，当n=3时，四边形AMCN的面积取得最大值，此时四边形AMCN是一个菱形，面积为1/2(AC)^2=25.6、在平面直角坐标系中，给定四边形ABCD，其中BC∥AD，∠BAD=90°，BC与y轴相交于点M，且M是BC的中点。已知A、B、D三点的坐标分别为A（-1，2），B（-1，0），D（3，0）。连接DM并将线段DM沿DA方向平移至ON。现假设抛物线y=ax2+bx+c经过点D、M、N，求抛物线的解析式以及是否存在点P，使得PA=PC。若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。另外，还需要求出抛物线与x轴的另一个交点E，以及点Q在何处时|QE-QC|最大，并求出最大值。

　　7、已知抛物线y=ax2-2ax-3a（a<0）与x轴交于A、B两点，其中点A在点B的左侧，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点。现需要求出A、B的坐标，以及在过点D作DH垂直于y轴于点H的情况下，若DH=HC，求a的值和直线CD的解析式。在第二问的条件下，还需要求出直线CD与x轴的交点E，以及过线段OB的中点N作NF垂直于x轴，并与直线CD交于点F。此时需要判断直线NF上是否存在点M，使得点M到直线CD的距离等于点M到原点O的距离。若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。

　　8、在平面直角坐标系中，给定抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图像经过M（1，2）和N（3，4）两点，且与y轴交于D（0，3），直线l是抛物线的对称轴。现需要求出该抛物线的解析式，以及过点A（-1，6）的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6的情况下，此直线的解析式。另外，还需要求出点P在抛物线的对称轴上，且圆心为C，以AB为直径作的圆与直线AB和x轴都相切的坐标。

　　9、在平面直角坐标系中，给定关于x的二次函数y=-(x+m)(x-3m)的图像的顶点为M，图像交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于D点。以AB为直径作圆，圆心为C。定点E的坐标为(-3，0)，连接ED。现需要写出A、B、D三点的坐标，以及当M点在直线ED上时m的取值以及此时直线与圆的位置关系。此外，还需要用m表示△AED的面积S，并在给出的直角坐标系中画出S关于m的函数图象的示意图。

　　10、已知抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=2，且与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C。其中AI(1，0)，C(0，-3)。现需要求出抛物线的解析式，并假设点P在抛物线上运动（点P异于点A）。

　　1、解：（1）已知△PBC面积与△ABC面积相等，可列出以下等式：$\frac{1}{2}BC\cdotPB\cdot\sin{\anglePBC}=\frac{1}{2}AB\cdotAC\cdot\sin{\angleBAC}$。代入已知数据，化简得：$PB=\frac{3}{2}$。由于点P在直线BC上，设BP=x，则PC=4-x。又因为△PBC与△ABC共边BC，因此它们的高相等，即$\frac{1}{2}PB\cdotBC\sin{\anglePBC}=\frac{1}{2}AB\cdotBC\cdot\sin{\angleBAC}$，代入已知数据，化简得：$x^2-5x+6=0$。解得$x=2$或$x=3$，因此点P的坐标为(2,2)或(3,1)。

　　2、（1）由于抛物线的顶点为(1,-3)，设抛物线的函数关系式为$y=a(x-1)^2-3$。又因为抛物线与y轴交于点C(0,4)，代入得：$a=\frac{-4}{1^2}=-4$。因此所求抛物线的函数关系式为$y=-4(x-1)^2-3$。

　　2）由于$\anglePCB=\angleBCA$，因此△PBC与△ABC相似，可列出以下比例式：$\frac{PC}{AB}=\frac{BC}{AC}$。代入已知数据，化简得：$\frac{4-x}{6}=\frac{4}{5}$。解得$x=\frac{2}{5}$，因此点P的坐标为$(\frac{2}{5},\frac{14}{5})$。

　　3、（1）由于一次函数$y=-4x-4$的图像与x轴、y轴分别交于A、C两点，因此A(-1,0)、C(0,-4)。将A、C代入$y=x^2+bx+c$，得到以下方程组：$\begin{cases}-b+c=-4\\b+c=1\end{cases}$。解得$b=-\frac{3}{2}$，$c=-\frac{5}{2}$，因此所求函数关系式为$y=x^2-\frac{3}{2}x-\frac{5}{2}$。

　　2）由于直线DC与x轴交于点E，因此E在x轴上，即其纵坐标为0.由已知可知D(1,-3)、C(0,-4)，因此直线DC的解析式为$y=-x-4$。将其代入$y=x^2-\frac{3}{2}x-\frac{5}{2}$，得到以下方程：$x^2-\frac{3}{2}x-\frac{5}{2}=-x-4$。解得$x=-\frac{1}{2}$或$x=3$，因此点D的坐标为(-$\frac{1}{2}$,$\frac{29}{4}$)或(3,-$\frac{1}{2}$)。

　　1.由题可知，四边形ABDC的面积为S，三角形EDB的面积为16，三角形ECA的面积为4S。根据三角形和四边形

　　的面积公式，可以得到：$$\begin{aligned}&\triangleEDB-S=16\\&\triangleECA=4S\\&\text{四边形ABDC}=S\end{aligned}$$

　　2.抛物线的对称轴为x=-1，过BC的垂直平分线交抛物线于点E，交对称轴于点D3.易知直线AB的解析式为y=-3x+3（如第3题图所示）。因为D3E是BC的垂直平分线，所以D3E∥AB。设D3E的解析式为y=-3x+b，因为D3E交x轴于（-1，0），代入解析式得b=-3，所以y=-3x-3.又因为过B做BH∥x轴，则BH=1/6.在Rt△D1HB中，由勾股定理得D1H=11，所以D1的坐标为（-1，11+3），同理可求得其它点的坐标。因此，交点坐标为D1（-1，11+3），D2（-1，22），D3（-1，0），D4（-1，11-3），D5（-1，-22）。

　　3.(1)解方程得到$$\begin{aligned}\Delta&=(-m)^2-4\times1\times7\\&=m^2-4m+7\\&=m^2-4m+4+3\\&=(m-2)^2+3\end{aligned}$$无论m为何实数，总有$(m-2)^2\geq0$，所以$\Delta\geq3$，因此该抛物线与x轴总有两个不同的交点。

　　2)抛物线的对称轴为直线x=3，所以m=3，抛物线的解析式为$$y=\frac{1}{2}(x-3)^2-2$$顶点C坐标为（3，-2）。解方程组$\begin{cases}y=x-1\\y=\frac{1}{2}(x-3)^2-2\end{cases}$，得到A的坐标为（1，2），B的坐标为（7，6）。因为$x=3$时，$y=2$，所以D的坐标为（3，2）。设抛物线的对称轴与x轴的交点为E，则E的坐标为（3，-4），所以AE=BE=3，DE=CE=2.

　　4.(1)假设抛物线上存在一点P使得四边形ACPD是正方形，则AP、CD互相垂直平分且相等，于是P与点B重合。但是AP=6，CD=4，所以AP≠CD，故抛物线上不存在一点P使得四边形ACPD是正方形。

　　2)设直线CD向右平移n个单位（n＞0）可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则直线CD的解析式为$x=3+n$，直线CD与直线$y=x-1$交于点M（3+n，2+n），又因为D的坐标为（3，2），C坐标为（3，-2），所以D通过向下平移4个单位得到C。因为C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，所以四边形CDMN是平行四边形或四边形CDNM是平行四边形。

　　1.当四边形CDMN是平行四边形时，点M向下平移4个单位得到点N，因此N的坐标为（3+n，n-2）。又因为N在抛物线y=-(1/2)x2+3x+5上，解得n=2.2.当四边形CDNM是平行四边形时，点M向上平移4个单位得到点N，因此N的坐标为（3+n，n+6）。又因为N在抛物线y=-(1/2)x2+3x+5上，解得n=-1或n=-17（不合题意，舍去）。

　　设直线CD向左平移n个单位（n＞0）可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则直线CD的解析式为x=3-n。直线CD与直线y=x-1交于点M（3-n，2-n），又因为D的坐标为（3，2），C的坐标为（3，-2），因此D通过向下平移4个单位得到C。因此，C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形当且仅当四边形CDMN是平行四边形或四边形CDNM是平行四边形。

　　1.当四边形CDMN是平行四边形时，点M向下平移4个单位得到点N，因此N的坐标为（3-n，-2-n）。又因为N在抛物线y=-(1/2)x2+3x+5上，解得n=-2（不合题意，舍去）。

　　2.当四边形CDNM是平行四边形时，点M向上平移4个单位得到点N，因此N的坐标为（3-n，6-n）。又因为N在抛物线y=-(1/2)x2+3x+5上，解得n=-18（不合题意，舍去）。

　　综上所述，直线CD向右平移2或（1+17）个单位或向左平移（-1+17）个单位，可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形。

　　解。

　　1.OB=3，OC=8.2.连接OD，交OC于点E。因为四边形OACD是菱形，所以AD⊥OC，OE=EC=8/2=4.因此，BE=4-3=1.又因为∠BAC=90°，所以△ACE∽△BAE，因此AE/BE=CE/EA=2/1，即AE=2.因此，点A的坐标为(4,2)。

　　3.把点A的坐标(4,2)代入抛物线y=mx2-11mx+24m，解得m=-1/11.因此，抛物线的解析式为y=-x2+x-12.首先，文章中存在一些格式错误，需要进行修改。其次，有一些段落明显有问题，需要删除。最后，对每个段落进行小幅度的改写，使其更加清晰易懂。

　　修改后的文章如下：

　　给定平面直角坐标系中，抛物线y=-x^2+x+2，以及直线x=n（n为常数）。

　　1）若直线x=n与抛物线有交点M，求点M的坐标。

　　由直线x=n与抛物线的交点M可知，M的坐标为(n，－n^2＋n－12)/2.

　　2）若点D的坐标为（4，－2），点C在直线y=x-4上，求直线CD的解析式。

　　由点D的坐标可知，D的坐标为(4,-2)。又因为点C在直线y=x-4上，故C的坐标为(n,n-4)。设直线CD的解析式为y=kx+b，则代入点C和D的坐标可得3k+b=2，4k+b=-2.解得k=-1，b=3，即直线CD的解析式为y=-x+3.

　　3）已知点D的坐标为（3，2），点E关于直线x=-1对称，且QE=QC，求点Q到直线x=-1的距离。

　　由点D的坐标可知，D的坐标为(3,2)。又因为点E关于直线x=-1对称，故E的坐标为(-6,2)。由于QE=QC，故点Q在直线CD的延长线上。设直线CD的解析式为y=kx+b，则代入点C和D的坐标可得3k+b=2，k+b=-1.解得k=-1，b=3，即直线CD的解析式为y=-x+3.直线CD与直线x=-1的交点为Q(-2,1)。点Q到直线x=-1的距离为1.

　　4）已知直线BC与直线AD平行，点B的坐标为(-1,2)，点M是直线BC与x轴的交点，点N的坐标为(-3,2)，点P在直线BG上，且PA=PC，求四边形AMCN的面积。

　　由直线BC与直线AD平行可知，直线BC的解析式为y=x+3.又因为点B的坐标为(-1,2)，故直线BC的解析式为y=x+3.点M的坐标为(3,0)。点N的坐标为(-3,2)。设直线BG的解析式为y=kx+b，则代入点B和G的坐标可得-k+b=2，k+b=1.解得k=-1，b=3，即直线BG的解析式为y=-x+3.直线BG与抛物线的交点分别为P(3+3/2,-9/2)和P(3-3/2,-9/2)。由于四边形AMCN可以分成△AMN和△CMN两个三角形，且

　　MN=4，CE=4，因此四边形AMCN的面积为(1/2)*MN*CE+△AMN+△CMN=9.由题意得，AD=BD，∴（m+1）2+m2=(m-3)2+m2，解得m=-1，∴A（1，），B（-3，），D（，-1）；

　　2）由题意得，∠BAD=∠BCD，∴△ABD∽△CBD，得BD2=AD×CD，代入坐标得（3m+1）2=（m+1）×（m+5），解得m=1，∴A（-1，），B（3，），D（1，）；

　　3）由题意得，AD=BD，∴（m+1）2+m2=(3m-1)2+m2，解得m=2，∴A（-2，），B（6，），D（2，）．

　　1.当Q在（-3，0）的位置时，|QE-QC|最大。过点C作CF⊥x轴，垂足为F，则CD=2√2.设直线CD的解析式为y=kx+b，把C、D两点的坐标代入得，直线CD的解析式为y=x+3.2.点M的坐标为M1（-5/2，-7/2），M2（-5/2，1/2）。

　　3.抛物线的解析式为y=(x-1)(x-3)=x2-4x+3.B点坐标为：（2，4），一次函数解析式为y=x+2.4.P点坐标为：（2，1.5）。

　　5.A（1，0），B（-3，0），D（0，-1）。

　　6.A（-1，0），B（3，0），D（0，1）。

　　7.A（-2，0），B（6，0），D（2，1）。

　　2）已知直线ED经过点E（-3，0）和D（x，m），则其解析式为y=kx+b，代入两点坐标得到k=(m-0)/(x-(-3))，即k=(m-0)/(x+3)，代入E点坐标得到b=0，因此直线ED的解析式为y=(m/x+3)x，化简得到y=mx+m。将y=-(x+m)(x-3m)化为顶点式，得到y=-(x+m)2+m，因此顶点M的坐标为（m，m）。代入y=mx+m得到m2=m，因为m>0，所以m=1.因此当m=1时，M点在直线DE上。连接CD，C为AB中点，C点坐标为C（m，0），则OD=CD/2=1，OC=AB/2=2，因此CD=2，D点在圆上；又OE=3，DE2=OD2+OE2=12，EC2=16，CD2=4，因此CD2+DE2=EC2。因此∠XXX°，直线ED与圆C相切。

　　3）当m3时，S△AED=1/2AE·OD=1/2·(m-1)·(m-3)=m2/2-2.5m+1.5.因此当m3时，S△AED=AE。

　　1）由题意，得到c=-3，代入抛物线的标准式y=ax2+bx+c中得到a=-1，代入点（2，1）得到b=4，因此抛物线的解析式为y=-x2+4x-3.2）将抛物线的解析式化为顶点式，得到y=-(x-2)2+1，因此抛物线的顶点为（2，1）。过点A作直线BC的平行线交抛物线于点P，易求直线BC的解析式为y=x-3，因此设直线AP的解析式为y=x+n，过点A（1，0），代入求得n=-1，因此直

　　线AP的解析式为y=x-1.当点P在x轴上方时，设P的坐标为（x，0），代入直线AP和抛物线的方程组求解得到P的坐标为（2，1）或（3，0）。当点P在x轴下方时，设P的坐标为（x，0），把直线BC向下平移2个单位得到新直线BC"的解析式为y=x-5，代入抛物线的方程组求解得到P的坐标为（3+√17，0）或（3-√17，0）。

　　根据题意，点B坐标为(3,0)，点C坐标为(0,-3)，且OB=OC，因此∠OCB=∠OBC=45°。设直线CP的解析式为y=kx-3，如图2所示，延长CP交x轴于点Q。设∠OCA=α，则∠ACB=45°-α。由于∠PCB=∠BCA，因此∠PCB=45°-α。根据几何知识可得，∠XXX∠OBC-∠PCB=45°-(45°-α)=α，同时有∠XXX∠XXX。又∵∠AOC=∠COQ=90°，因此Rt△AOC∽Rt△COQ。根据相似三角形可得y/OA=OC/OQ，即y=(OA/OC)*OQ=(√18/3)*9=3√2*3=9√2.因此点Q的坐标为(9,0)。由于直线CP过点Q(9,0)，因此有9k-3=0，解得k=1/3.因此直线CP的解析式为y=x/3-3.

篇三：(a½b)(a-½b)-(3a-2b)(3a2b)

　　XXX19秋[1245]几何学在线作业答案

　　单项选择题

　　1.直线3x+2y+3=0的齐次线坐标是(3,-2,0)。

　　2.过点(0,0,0)且与向量a=(1,1,1),b=(2,3,4)平行的平面方程是x-2y+z=0.

　　3.下列名称属于射影几何的是单比。

　　4.不属于仿射几何几何研究的对象是面积之比。

　　5.点C是线段AB的中点,D为该线段所在直线上的无穷远点，则交比(AB,CD)=1.

　　6.下列命题叙述正确的是双曲抛物面上异族的任意两直母线必异面。

　　7.下列命题叙述正确的是两向量的差可以等于零向量。

　　8.下列命题叙述正确的是两向量的和不可能等于零向量。

　　9.下列变换群最大的是射影变换群。

　　10.点(2,1,0)到平面3x+4y+4=0的距离是2.

　　11.不属于仿射几何研究的对象是长度。

　　12.下列曲线属于无心二次曲线的是双曲线。

　　13.直线关于(0,0,1)的对称式是(x,y,-z+2)。

　　14.已知向量a=(1,1,0),b=(1,2,1)，两向量的外积是(-1,1,1)。

　　15.方程xy=0表示的曲面是xoy和xoz两坐标面。

　　16.已知共点四直线a,b,c,d的交比(ab,cd)=4，则(db,ca)=3.B.×

　　17、向量a,b,c相加的结果是三角形的周长。(改写)

　　18、正确的叙述是：两向量的外积是一个向量。(改写)

　　19、直纹面包括椭圆抛物面和双曲抛物面。

　　21、两向量平行可以推出两直线平行。

　　22、二次曲线的直径不一定通过中心。

　　23、配极对应不保持交比。

　　24、完全四点形和完全四线形是一对对偶图形。)

　　25、旋转曲面的母线不唯一。

　　26、射影直线上不存在线段。

　　27、无穷远直线是射影变换的不变图形。(改写)(保持不变)(改写)(保持不变)(保持不(改写)(改写)(改写)变

　　28、柱面和锥面的准线不唯一。(改写)

　　29、两平面间的中心射影是两平面间的透视对应。(保持不变)

　　30、透视仿射对应可以看成特殊的中心射影。

　　31、任何一个三元一次方程总是表示空间一个超平面。(改写)

　　32、二维射影变换和一维射影变换有一些共同的性质。(改写)

　　33、射影平面上的点可以用齐次坐标表示。

　　34、两个非零向量之积不一定共面。

　　35、三个非零向量之和可能是零向量。

　　(保持不变)(保持不变)(改写)(改写)

　　36、二次曲线的一直径两端点的切线平行该直径的共轭直径的性质是正确的。(保持不变)

　　37、任何一个三元一次方程表示空间一个超平面。(保持不变)

　　38、三个向量a,b,c的和是有意义的。(保持不变)

　　39、无穷远直线是仿射变换的不变图形。(保持不变)

　　40、射影平面上任何一条直线总与无穷远直线相交。(保持不变)

　　41、两向量的外积的模等于这两向量为邻边构成平行四边形的面积的性质是正确的。(保持不变)42、两点列底的交点自对应是两射影点列成透视对应的充要条件。

　　43、点(1,1,1)到平面x+2y+3z+4=0的距离可以通过将点带入平面方程并利用距离公式得出。

　　44、椭球面所围区域的体积需要知道椭球体积公式，即4/3πabc，其中a、b、c为椭球三条轴的长度。

　　45、非恒等的二维射影变换的不共线的不变点至多有一个。

　　46、渐近线是直径，其共轭直径是渐近线本身。

　　47、两射影线束成透视对应的充要条件是两线束中心的连线自对应。

　　48、已知向量a=(3,5,7),b=(0,4,3),c=(-1,2,-4)，求向量u=3a+4b-c和向量v=2b+c之间的数量积。

　　49、已知向量a=(1,0,-1),b=(2,3,0),c=(0,2,3)，则由这3个向量XXX的平行六面体的体积可以通过行列式求解得出。

　　50、已知射影对应使参数为0、1、-3分别对应0、2、6，可以利用射影变换的参数表示式求出该射影对应的参数表示式。

　　51、点(2,0,1)到平面3x+4y+5z=1的距离可以通过将点带入平面法向量的模长公式求解得出。

　　52、如果向量a、b、c满足a+b+c=0，则a、b、c三个向量共面。

　　53、已知平行四边形ABCD中顶点A、B、C的坐标分别为(1,0,2)、(0,3,-1)、(2,-1,3)，则对角线交点的坐标可以通过求两条对角线的交点得出。

　　54、设四直线a、b、c、d共点，单比(abc)=2，(abd)=-1，则交比(ad,cb)=2/3，(ac,bd)=3.

　　55、求过点(2,-1,3)且与直线垂直相交的直线方程可以利用点向式求解得出。

　　56、求过点A(1,0,2)、B(0,1,2)、C(0,-1,1)且以AC为切线的平面方程可以利用点法式求解得出。

　　57、已知锥面的顶点是(2,5,4)，锥面与yoz坐标面的交线是圆，这个圆的圆心是(0,1,1)，半径为2，可以通过求锥面的方程和圆的方程，然后利用圆锥曲线的性质求解得出。

　　58、求射影变换可以根据已知条件，列出方程组，利用高斯消元法求解得出。

　　59、已知圆锥面的顶点是原点，对称轴的方程是x=y，轴线与母线的夹角为45°，可以利用圆锥曲线的性质求解证明。

　　60、设二次曲线PQR关于二次曲线是自极三点形，可以利用极线和极点的定义，以及极线的交点在极点的共线性得出直线PQ的方程和点P的极线方程，进而求出点P关于二次曲线的对称点R，最后利用点P、Q、R的坐标求解出点Q的极线方程。

　　得到直线PR的方程为：$\begin{pmatrix}4&-8&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=0$。由于点P的极线方程是$(1,0,1)$，所以有$x_1+x_2+2x_3=0$，即直线PR的方程为$x_1+x_2+2x_3=0$。

　　考虑点Q的极线方程。点Q的坐标为$(1,-1,0)$，所以点Q的极线方程为$\begin{pmatrix}1&-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=x_1-x_2=0$，即直线QS的方程为$x_1=x_2$。

　　我们需要找到直线PR和直线QS的交点。将直线PR的方程代入直线QS的方程得到$x_2=-x_3$，$x_1=x_3$。因此，交点的坐标为$(1,-1,1)$。

　　现在我们可以计算出直线OP的方程。直线OP过点O$(0,0,1)$和交点$(1,-1,1)$，所以它的方程为$\begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}1&-1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda&-\lambda&1\end{pmatrix}$。

　　最后，我们需要找到直线OP和直线AB的交点。将直线OP的方程代入直线AB的方程得到$\lambda(2a-b)+b=0$，即$\lambda=\frac{b}{b-2a}$。将$\lambda$代入直线OP的方程得到交点的坐标为$(\frac{b}{b-2a},\frac{-b}{b-2a},1)$。

篇四：(a½b)(a-½b)-(3a-2b)(3a2b)

　　八年级下册数学压轴题(含答案)

　　四边形AOBC的对角线互相平分，且相等，故为菱形；

　　又因为OC经过翻折后落在AB上，且AC与x轴垂直，故OC垂直于AB，故AO=OC=OB=BC，故AOBC是一个菱形；

　　3)设点P的坐标为(x,y)，则BPC为直角三角形，且BP=PC，又因为BP在y轴下方，故y<0，且BP与BC垂直，故BP的斜率为-2；

　　设BP的解析式为y=-2x+b，且B点坐标为(0,-5)，则有b=-5；

　　又因为BP=PC，故PC的解析式为y=2x+b，且C点坐标为(a,0)，代入得a=5；

　　又因为XXX在BC下方，故y<0，代入得y=-2x-5；

　　代入BP的解析式得x=5/3，代入得y=-25/3；

　　故存在点P(5/3,-25/3)，使△BCP为等腰直角三角形。

　　题目：在平面直角坐标系中，已知点A(0,0)，B(5,0)，C(0,5√2)，D从A出发沿AC方向以1m/s的速度向C匀速运动，同时点E从B出发沿BA方向以√2m/s的速度向A匀速运动。当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动。设

　　点D，E运动的时间是t(0

　　1)求BE和CD的长度。

　　2)试说明，无论t为何值，四边形ADEF都是平行四边形。

　　3)当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由。

　　解法：

　　1)由题意可知，BE=√2t，CD=t，故BE=√2t，CD=t。

　　2)如图所示，由题意可得，∠C=90°，∠A=45°，故∠B=45°。又因为EF⊥BC，所以∠EFB=90°，∠FEB=45°，所以BE=EF。又因为AE=√2t，DE=CD，所以DE=√2t。因此，四边形ADEF的对角线相等，且相互平分，所以ADEF是平行四边形。

　　3)如图所示，当EF⊥BC时，由勾股定理可知，DE2=DF2+EF2，即(√2t)2=(t+BE)2+(5√2-BF)2。整理得到t2-20t-20BE+25=0.由根的存在性可知，当20BE-20<0时，方程有实

　　根，即BE<1.代入BE=√2t可得√2t<1，即t<1/√2.因此，当0

　　在????△??????中，∠??????=90°，????=12，????=9，∴????=√122+92=15。

　　线段OB的长度为15．

　　设直线BD的解析式为??=????+??。

　　XXX沿折痕落在对角线OB上的点E处。

　　??????≌△??????。

　　????=????=12，????=????=9???。

　　??????=∠??????=90°。

　　??????=90°。

　　????=?????????=9。

　　????=√????2+????2=√922+(9???)2。

　　又∵点D在直线BD上。

　　??=0，??=??。

　　????=√922+??2。

　　922+??2=√922+(9???)2。

　　解得??=3。

　　直线BD的解析式为??=?3??+3．

　　设点P的坐标为(??,??)。

　　以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形。

　　????=????，????=????。

　　又∵点Q在线段BD上。

　　??(??,?3??+3)，其中??为实数。

　　又∵XXX沿折痕落在对角线OB上的点E处。

　　??????≌△??????。

　　????=????=12，????=????=6。

　　????=????=6。

　　又∵点P在线段BC上。

　　??=?

　　9??

　　??(??,?3??+3)，??(??,?

　　9??

　　6=√(?????)2+(?3??+3+9???9)2。

　　解得??=2???6。

　　6=√(???2??+6)2+(?3??+3+18???18)2。

　　解得??=3。

　　点P的坐标为(3,?27)．

　　以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．

　　1)针对于直线$y=-2x+3$，令$x=0$，则$y=3$，即

　　$B(0,3)$，令$y=0$，则$x=1.5$，即$A(1.5,0)$。

　　2)因为点$P$在直线$y=-2x+3$上，且$P$点的横坐标为$x$，所以$P(x,-2x+3)$，则$\triangleOPM$的面积为

　　$S=\frac{1}{2}\cdot4\cdot|-2x+3|=2|x-\frac{3}{2}|$。当

　　$0

　　$0$。当$x\leq0$或$x\geq6$时，$P$点不在三角形

　　$OAB$内，所以$S$不存在实数解。当$0\leqx\leq\frac{3}{2}$时，$P$点在三角形$OAB$的左侧，所以

　　$S=\frac{1}{2}\cdot6\cdot(-2x+3)=3(1-x)$。当$\frac{3}{2}\leqx\leq6$时，$P$点在三角形$OAB$的右侧，所以

　　$S=\frac{1}{2}\cdot3\cdot(2x-3)=\frac{3}{2}(x-1.5)$。综上，$S$的解析式为$S(x)=\begin{cases}0.&0

　　3)当$S=\frac{2}{3}\cdotS_{\triangleAOB}$时，有$2|x-\frac{3}{2}|=\frac{2}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot6\cdot3$，解得

　　$x=2$，即$P(2,-1)$。

　　4)请见下图。

　　图中蓝色部分为$S(x)$的图象，自变量$x$的取值范围为$0\leqx\leq6$。

　　已知$OA\timesOB=9$，$S=-x+6(0

　　由$(2)$知，$S=-x+6(0

　　当$S=\triangleAOB$时，$\therefore-x+6=\frac{9}{S}$，$\thereforex=\frac{2}{3}$，$\thereforey=-2x+3=\frac{4}{3}$，$\thereforeP(\frac{2}{3},\frac{4}{3})$。

　　由$(2)$知，$S=-x+6(0

　　与$x$轴、$y$轴分别相交于$A$、$B$两点，$y=-2x+b$直线$l_1$，$y=kx+5$直线$l_2$。

　　如图，与$x$轴、$y$轴、直线$l_1$分别相交于点$C$、$D$、$P$。已知点$A$的坐标为$(6,0)$，点$D$的坐标为

　　$(0,6)$，点$M$是$x$轴上的动点。

　　1)求$k$、$b$的值及点$P$的坐标；

　　2)当$\trianglePOM$为等腰三角形时，求点$M$的坐标；

　　3)是否存在以点$M$、$O$、$D$为顶点的三角形与

　　$\triangleAOB$全等？若存在，请求出点$M$的坐标；若不存在，请说明理由。

　　答案】解：

　　1)$\because$直线$l_1$：$y=-2x+b$，$\therefore$与

　　$x$轴相交于$A(6,0)$，$\therefore6k+5=0$，$\thereforek=-\frac{5}{6}$。

　　because$直线$l_2$：$y=kx+5$与$y$轴相交于点

　　$D(0,6)$，$\thereforeb=6$，$\therefore$直线$l_2$：$y=-\frac{5}{6}x+6$。

　　becausex=1$，$\therefore$联立直线

　　$l_1$和

　　$l_2$解得，$P(\frac{5}{6},\frac{17}{6})$。

　　2)$\because$点$M$是$x$轴上的动点，$\therefore$设

　　$M(m,0)$。

　　becauseP(\frac{5}{6},\frac{17}{6})$，$\thereforeOP=\sqrt{17}$，$OM=|m|$，$MP=\sqrt{(m-1)^2+16}$。

　　because\trianglePOM$为等腰三角形，$\therefore$当

　　$OM=OP$时，$\therefore|m|=\sqrt{17}$，$\thereforem=-\sqrt{17}$或$m=\sqrt{17}$。

　　becauseOM=MP$，$\therefore|m|=\sqrt{(m-1)^2+16}$，$\thereforem=\frac{17}{2}$。

　　thereforeM(-\sqrt{17},0)$或$M(\sqrt{17},0)$或

　　$M(\frac{17}{2},0)$。

　　3)$\because$点$A$的坐标为$(6,0)$，点$D$的坐标为

　　$(0,6)$，$\thereforeOA=OD=6$。

　　because$点$M$在$x$轴上，$\therefore\angleAOB=\angleDOM=90^\circ$。

　　because$以点$M$、$O$、$D$为顶点的三角形与

　　$\triangleAOB$全等，XXX。

　　because$直线$l_1$：$y=-\frac{5}{6}x+6$，$\thereforeB(0,6)$，XXX。

　　because$点$M$的坐标为$(-\sqrt{17},0)$或

　　$(\sqrt{17},0)$或$(\frac{17}{2},0)$，$\thereforeOM=\sqrt{17}$或$\frac{17}{2}$。

　　XXX不存在以点$M$、$O$、$D$为顶点的三角形与

　　$\triangleAOB$全等。

　　5.在平面直角坐标系中，一次函数的图象与正比例函数的图象交于点C(3,4)，且一次函数的y轴交于点B。现求：

　　1)一次函数和正比例函数的解析式；

　　2)点D在正比例函数上，过D作DE∥y轴交AC于点E，求DE的长和点D的坐标；

　　3)是否存在点Q，使以O、A、C、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。

　　解析：

　　1)因为正比例函数的图象过点C(3,4)，所以可以列出方程y=kx，代入点C得4=k×3，解得k=4/3.而一次函数的y轴交于点B，所以其解析式为y=ax+b，代入点B得0=a×0+b，解得b=0.因此，一次函数的解析式为y=4/3x。

　　2)因为点D在正比例函数上，所以其纵坐标为y=kx，横坐标为x。因为DE∥y轴，所以DE的横坐标等于AC的横坐标，即3.因为E在一次函数上，所以其纵坐标为y=4/3x。因

　　此，DE的长度为DE=4/3x-kx=1/3x。又因为点A为一次函数的x轴交点，所以其横坐标为-3.因为△AOD为等腰三角形，所以OD=OA=3.因此，点D的坐标为(3,4)。

　　3)根据图象分析，当OA作为平行四边形的边时，CQ∥OA，CQ=OA，此时Q的纵坐标为4，横坐标可能为-3或3或6.当OA作为平行四边形的对角线时，OQ∥AC，OQ=AC，此时Q的纵坐标可能为-4或4，横坐标可能为-6或6.因此，存在点Q的坐标为(-3,4)、(3,4)、(6,4)、(-6,-4)、(6,-4)。

　　9.如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线

　　1)直线l1的解析式；

　　2)△ABC的形状及理由；

　　3)是否存在点P，使△ACP为等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由。

　　4)如图2，设直线l2与y轴交于点D，点M为线段BD上的一个动点，过点M作ME⊥y轴于点E，作MF⊥x轴于点F，连接EF，问是否存在点M，使EF的长度最小？若存在，求出此时EF的长度。

　　解析：

　　1)因为直线l1过点C(1,2)，所以可以列出方程y1=kx+b，代入点C得2=k+b，又因为直线l1与x轴交于点A(-1,0)，所以代入得0=k×(-1)+b，解得k=-b。因此，直线l1的解析式为y1=-bx+b。

　　2)因为点C在直线l1和直线l2上，所以△ABC是直角三角形。因为直线l1的斜率为-k，直线l2的斜率为k，所以直线l1和直线l2互相垂直。因此，△ABC是直角、等腰三角形。

　　3)设点P的坐标为(p,0)，则△ACP为等腰三角形的条件是AP=CP，即(p+1)^2+4=(p-1)^2+(k×p+b-2)^2.化简得k^2×p^2+(2b-2k^2-2)p+(b^2-2b-12)=0.因为△ACP为等腰三角形，所以方程有实数解，即(2b-2k^2-2)^2-4×k^2×(b^2-2b-

　　12)≥0.化简得k^2+2k-3≤0，解得-3≤k≤1.因此，当k=-3时，p=1；当k=1时，p=-3.因此，不存在点P，使△ACP为等腰三角形。

　　4)设点M的纵坐标为y，则点D的坐标为(0,y+3)，线段EF的长度为XXX因为ME⊥y轴，所以ME的长度为ME=y。因为MF⊥x轴，所以MF的长度为MF=3-y-(-3k)×y/(1+k^2)。因此，EF的长度为EF=y+3-y-(-3k)×y/(1+k^2)。对EF求导数，得EF"=1+3k^2/(1+k^2)-3k^2/(1+k^2)^2=1-2k^2/(1+k^2)^2.令EF"=0，解得k=±1/√2.因此，EF的长度最小值为EF=2√2.当y=1时，点M的坐标为(0,1)。

　　2)若点A(x,y)在第一象限内且在直线y=kx-3上运动，求△AOB的面积S与x的函数关系式，不考虑自变量取值范围。

　　3)探究：

　　①当△AOB的面积为9/4时，点A的坐标是多少？说明理由。

　　②在①成立的情况下，是否存在一点P在x轴上，使得△AOP为等腰三角形？若存在，请列出所有满足条件的P点坐标；若不存在，请说明理由。

　　解析：

　　1)根据题意，点B的坐标为(2x,2kx-3)，则△AOB的底为OB=2x，高为AO=kx，因此△AOB的面积为S=1/2×OB×AO=1/2×2x×kx=kx^2-x。

　　2)①

　　当△AOB的面积为9/4时，有kx^2-x=9/4，解得x=3/2或x=-1/2.因为点A在第一象限内，所以只有x=3/2时满足条件，此时点A的坐标为(3/2,3)。

　　②当x=3/2时，点A的坐标为(3/2,3)，则点P在x轴上的坐标为P(x,0)，且满足△AOP为等腰三角形。因为AO=AP，所以kx=√[(x-3/2)^2+9]，解得x=3/2±√(9/4-k^2)。当k=2时，有x=3/2±1/2，即P的坐标为(-1,0)或(2,0)。当x=3/2时，点P在OA的中垂线上，且与过A的与x轴垂直的直线对称，因此点P的坐标为(3,0)。因此，满足条件的P点坐标为(-1,0)，(2,0)和(3,0)。

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