南京市、鹽城市2015屆高三年級第二次模擬考試數學填空題1、函數的最小正周期為。2、已知復數，其中是虛數單位，則復數在復平面上對應的點位于第象限。3、右圖是一個算法流程圖，如果輸入的值是，則輸出的值是。4、某工廠為了了解一批產品的凈重（單位：克）情況，從中隨機抽測了100件產品的凈重，所得數據均在區間[96，106]中，其中頻率分布直方圖如圖所示，則在抽測的100件產品中，凈重在區[100，104]上的產品件數是。若紅球，得2分，摸出黑球，得1分，則3次摸球所得總分至少是4分的概率是。6、如圖，在平面四邊形ABCD中，AC,BD相交于點O，E為線段AO的中點，若（），則7、已知平面α，β，直線，給出下列命題：①若，，則，②若，，則，③若，則，④若，，則.其中是真命題的是。（填寫所有真命題的序號）。8、如圖，在中，D是BC上的一點。已知，，則AB=。9、在平面直角坐標系xoy中，已知拋物線C：的焦點為F，定點，若射線FA與拋物線C相交于點M，與拋物線C的準線相交于點N，則FM：MN=。10、記等差數列的前n項和為，已知，且數列也為等差數列，則=。11、已知知函數，，則不等式的解集是。12、在平面直角坐標系中，已知⊙Ｃ：，Ａ為⊙Ｃ與x負半軸的交點，過A作⊙Ｃ的弦AB，記線段AB的中點為M.則直線AB的斜率為。13、已知均為銳角，且，則的最大值是。14、已知函數，當時，關于的方程的所有解的和為。二、解答題15、在中，角A、B、C的對邊分別為.已知.(1)若,求的面積；(2)設向量，，且，求的值。16、如圖，在四棱錐P—ABCD中，，，，.（1）求證：平面；等比數列是的一個階子數列，求證：南京市、鹽城市2015屆高三年級第二次模擬考試數學附加題21、選做題A，選修4-1；幾何證明選講如圖，過點A的圓與BC切于點D，且與AB、AC分別交于點E、F.已知AD為∠BAC的平分線，求證：EF||BCBBADECF（第21A題圖）B．選修4-2：矩陣與變換已知矩陣，A的逆矩陣求a,b的值；（2）求A的特征值。C．選修4-4：坐標系與參數方程在平面直角坐標系xoy中，已知曲線C：，直線l：.設曲線C與直線l交于A，B兩點，求線段AB的長度。D．選修4-5：不行等式選講已知x,y,z都是正數且xyz=1,求證：(1+x)(1+y)(1+z)≥822、甲、乙兩支排球隊進行比賽，約定先勝3局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結束。除第五局甲隊獲勝的概率是外，其余每局比賽甲隊獲勝的概率都是.假設各局比賽結果相互獨立.(1)分別求甲隊以3：0，3：1，3：2獲勝的概率；（2）若比賽結果為3：0或3：1，則勝利方得3分、對方得0分；若比賽結果為3:2，則勝利方得2分、對方得1分.求甲隊得分X的分布列及數學期望。23、（本小題滿分10分）已知，定義記，求的值；（2）記，求所有可能值的集合。南京市、鹽城市2015屆高三年級第二次模擬考試數學參考答案一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．1．2．一3．－24．555．eq\f(7,8)6．eq\f(3,4)7．③④8．eq\f(2eq\r(6),3)9．eq\f(1,3)10．5011．(1，2)12．213．eq\f(\r(2),4)14．1000015．（本小題滿分14分）在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a，b，c．已知cosC＝eq\f(3,5)．（1）若eq\o(\s\up8(),CB)eq\o(\s\up8(),CA)＝eq\f(9,2)，求△ABC的面積；（2）設向量x＝(2sineq\f(B,2)，eq\r(3))，y＝(cosB，coseq\f(B,2))，且x∥y，求sin(B－A)的值．解：（1）由eq\o(CB,\s\up8(→))·eq\o(CA,\s\up8(→))＝eq\s\do1(\f(9,2))，得abcosC＝eq\s\do1(\f(9,2))．又因為cosC＝eq\s\do1(\f(3,5))，所以ab＝eq\s\do1(\f(9,2cosC))＝eq\s\do1(\f(15,2))．…2分又C為△ABC的內角，所以sinC＝eq\s\do1(\f(4,5))．…4分所以△ABC的面積S＝eq\f(1,2)absinC＝3．…6分（2）因為x//y，所以2sineq\f(B,2)coseq\f(B,2)＝eq\r(,3)cosB，即sinB＝eq\r(,3)cosB．………………8分因為cosB≠0，所以tanB＝eq\r(,3)．因為B為三角形的內角，所以B＝eq\s\do1(\f(π,3))．…10分所以A＋C＝eq\s\do1(\f(2π,3))，所以A＝eq\s\do1(\f(2π,3))－C．所以sin(B－A)＝sin(eq\s\do1(\f(π,3))－A)＝sin(C－eq\s\do1(\f(π,3)))＝eq\f(1,2)sinC－eq\f(\r(3),2)cosC＝eq\f(1,2)×eq\s\do1(\f(4,5))－eq\f(\r(3),2)×eq\s\do1(\f(3,5))＝eq\f(4－3\r(3),10)．……14分16．（本小題滿分14分）如圖，在四棱錐P—ABCD中，AD＝CD＝eq\F(1,2)AB，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．（1）求證：BC⊥平面PAC；(第16題圖)PABCDM（2）若M為線段PA的中點，且過C，D，M三點的平面與(第16題圖)PABCDM證明：（1）連結AC．不妨設AD＝1．因為AD＝CD＝eq\F(1,2)AB，所以CD＝1，AB＝2．因為ADC＝90，所以AC＝eq\r(2)，CAB＝45．在△ABC中，由余弦定理得BC＝eq\r(2)，所以AC2＋BC2＝AB2．所以BCAC．……3分因為PC平面ABCD，BC平面ABCD，所以BCPC．……5分因為PC平面PAC，AC平面PAC，PC∩AC＝C，所以BC平面PAC．……7分(第16題圖)PABCDMN（2）如圖，因為AB∥DC，CD(第16題圖)PABCDMN所以AB∥平面CDMN．……9分因為AB平面PAB，平面PAB∩平面CDMN＝MN，所以AB∥MN．……12分在△PAB中，因為M為線段PA的中點，所以N為線段PB的中點，即PN：PB的值為eq\F(1,2)．……14分17．（本小題滿分14分）右圖為某倉庫一側墻面的示意圖，其下部是一個矩形ABCD，上部是圓弧AB，該圓弧所在圓的圓心為O．為了調節倉庫內的濕度和溫度，現要在墻面上開一個矩形的通風窗EFGH(其中E，F在圓弧AB上，G，H在弦AB上)．過O作OPAB，交AB于M，交EF于N，交圓弧AB于P．已知OP＝10，MP＝6.5（單位：m），記通風窗EFGH的面積為S（單位：m2）．EBEBGANDMCFOHP(第17題圖)(i)設∠POF＝θ(rad)，將S表示成θ的函數；(ii)設MN＝x(m)，將S表示成x的函數；（2）試問通風窗的高度MN為多少時，通風窗EFGH的面積S最大？解：（1）由題意知，OF＝OP＝10，MP＝6.5，故OM＝3.5．(i)在Rt△ONF中，NF＝OFsinθ＝10sinθ，ON＝OFcosθ＝10cosθ．在矩形EFGH中，EF＝2MF＝20sinθ，FG＝ON－OM＝10cosθ－3.5，故S＝EF×FG＝20sinθ(10cosθ－3.5)＝10sinθ(20cosθ－7)．即所求函數關系是S＝10sinθ(20cosθ－7)，0＜θ＜θ0，其中cosθ0＝eq\f(7,20)．…………4分(ii)因為MN＝x，OM＝3.5，所以ON＝x＋3.5．在Rt△ONF中，NF＝eq\r(OF2－ON2)＝eq\r(100－(x＋3.5)2)＝eq\r(\f(351,4)－7x－x2)．在矩形EFGH中，EF＝2NF＝eq\r(351－28x－4x2)，FG＝MN＝x，故S＝EF×FG＝xeq\r(351－28x－4x2)．即所求函數關系是S＝xeq\r(351－28x－4x2)，0＜x＜6.5．…………8分（2）方法一：選擇(i)中的函數模型：令f(θ)＝sinθ(20cosθ－7)，則f′(θ)＝cosθ(20cosθ－7)＋sinθ(－20sinθ)＝40cos2θ－7cosθ－20．…………10分由f′(θ)＝40cos2θ－7cosθ－20＝0，解得cosθ＝eq\f(4,5)，或cosθ＝－eq\f(5,8)．因為0＜θ＜θ0，所以cosθ＞cosθ0，所以cosθ＝eq\f(4,5)．設cosα＝eq\f(4,5)，且α為銳角，則當θ∈(0，α)時，f′(θ)＞0，f(θ)是增函數；當θ∈(α，θ0)時，f′(θ)＜0，f(θ)是減函數，所以當θ＝α，即cosθ＝eq\f(4,5)時，f(θ)取到最大值，此時S有最大值．即MN＝10cosθ－3.5＝4.5m時，通風窗的面積最大．…………14分方法二：選擇(ii)中的函數模型：因為S＝eq\r(x2(351－28x－4x2))，令f(x)＝x2(351－28x－4x2)，則f′(x)＝－2x(2x－9)(4x＋39)．………10分因為當0＜x＜eq\f(9,2)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，當eq\f(9,2)＜x＜eq\f(13,2)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，所以當x＝eq\f(9,2)時，f(x)取到最大值，此時S有最大值．即MN＝x＝4.5m時，通風窗的面積最大．…………14分18．（本小題滿分16分）xyAOBCDMN(第18題圖)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(eq\r(2),2)，直線l：y＝eq\f(1,2)x與橢圓E相交于A，B兩點，AB＝2eq\r(5)．C，D是橢圓E上異于A，B的任意兩點，且直線AC，BD相交于點M，直線AD，BC相交于點N．xyAOBCDMN(第18題圖)（1）求a，b的值；（2）求證：直線MN的斜率為定值．解：（1）因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c2＝eq\f(1,2)a2，即a2－b2＝eq\f(1,2)a2，所以a2＝2b2．……2分故橢圓方程為eq\s\do1(\f(x2,2b2))＋eq\s\do1(\f(y2,b2))＝1．由題意，不妨設點A在第一象限，點B在第三象限．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝\s\do1(\f(1,2))x，,\s\do1(\f(x2,2b2))＋\s\do1(\f(y2,b2))＝1，))解得A(eq\s\do1(\f(2\r(,3),3))b，eq\s\do1(\f(\r(,3),3))b)．又AB＝2eq\r(5)，所以OA＝eq\r(5)，即eq\f(4,3)b2＋eq\f(1,3)b2＝5，解得b2＝3．故a＝eq\r(6)，b＝eq\r(3)．………………5分（2）方法一：由（1）知，橢圓E的方程為eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．①當CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設直線CA，DA的斜率分別為k1，k2，C(x0，y0)，顯然k1≠k2．從而k1·kCB＝eq\s\do1(\f(y0－1,x0－2))·eq\s\do1(\f(y0＋1,x0＋2))＝eq\s\do1(\f(y02－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(3(1－\s\do1(\f(x02,6)))－1,x02－4))＝eq\s\do1(\f(2－\s\do1(\f(x02,2)),x02－4))＝－eq\f(1,2)．所以kCB＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．……8分同理kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．于是直線AD的方程為y－1＝k2(x－2)，直線BC的方程為y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))從而點N的坐標為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得點M的坐標為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．…………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直線MN的斜率為定值－1．………14分②當CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．仍然設DA的斜率為k2，由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它們交點M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它們交點N(2－eq\f(2,k2)，－1)，從而kMN＝－1也成立．由①②可知，直線MN的斜率為定值－1．…………16分方法二：由（1）知，橢圓E的方程為eq\s\do1(\f(x2,6))＋eq\s\do1(\f(y2,3))＝1，從而A(2，1)，B(－2，－1)．①當CA，CB，DA，DB斜率都存在時，設直線CA，DA的斜率分別為k1，k2．顯然k1≠k2．直線AC的方程y－1＝k1(x－2)，即y＝k1x＋(1－2k1)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝k1x＋(1－2k1)，,\s\do1(\f(x2,6))＋\s\do1(\f(y2,3))＝1))得(1＋2k12)x2＋4k1(1－2k1)x＋2(4k12－4k1－2)＝0．設點C的坐標為(x1，y1)，則2·x1＝eq\f(2(4k12－4k1－2),1＋2k12)，從而x1＝eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))．所以C(eq\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))，eq\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1)))．又B(－2，－1)，所以kBC＝eq\s\do1(\f(\s\do1(\f(－2k12－4k1＋1,2k12＋1))＋1,\s\do1(\f(4k12－4k1－2,2k12＋1))＋2))＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))．………………8分所以直線BC的方程為y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)．又直線AD的方程為y－1＝k2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\al(y＋1＝－\s\do1(\f(1,2k1))(x＋2)，,y－1＝k2(x－2)，))解得eq\b\lc\{(\a\al(x＝eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，,y＝eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))．))從而點N的坐標為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1)))．用k2代k1，k1代k2得點M的坐標為(eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1))，eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)))．………11分所以kMN＝eq\f(eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k2＋1,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(－2k1k2－4k1＋1,2k1k2＋1)),eq\s\do1(\f(4k1k2－4k1－2,2k1k2＋1))－eq\s\do1(\f(4k1k2－4k2－2,2k1k2＋1)))＝eq\s\do1(\f(4(k1－k2),4(k2－k1)))＝－1．即直線MN的斜率為定值－1．………………14分②當CA，CB，DA，DB中，有直線的斜率不存在時，根據題設要求，至多有一條直線斜率不存在，故不妨設直線CA的斜率不存在，從而C(2，－1)．仍然設DA的斜率為k2，則由①知kDB＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))．此時CA：x＝2，DB：y＋1＝－eq\s\do1(\f(1,2k2))(x＋2)，它們交點M(2，－1－eq\f(2,k2))．BC：y＝－1，AD：y－1＝k2(x－2)，它們交點N(2－eq\f(2,k2)，－1)，從而kMN＝－1也成立．由①②可知，直線MN的斜率為定值－1．………………16分19．（本小題滿分16分）已知函數f(x)＝1＋lnx－eq\F(k(x－2),x)，其中k為常數．（1）若k＝0，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；（2）若k＝5，求證：f(x)有且僅有兩個零點；（3）若k為整數，且當x＞2時，f(x)＞0恒成立，求k的最大值．（參考數據ln8＝2.08，ln9＝2.20，ln10＝2.30）解：（1）當k＝0時，f(x)＝1＋lnx．因為f(x)＝eq\f(1,x)，從而f(1)＝1．又f(1)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程y－1＝x－1，即x－y＝0．………3分（2）當k＝5時，f(x)＝lnx＋eq\f(10,x)－4．因為f(x)＝eq\f(x－10,x2)，從而當x∈(0，10)，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；當x∈(10，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．所以當x＝10時，f(x)有極小值．………………5分因f(10)＝ln10－3＜0，f(1)＝6＞0，所以f(x)在(1，10)之間有一個零點．因為f(e4)＝4＋eq\f(10,e4)－4＞0，所以f(x)在(10，e4)之間有一個零點．從而f(x)有兩個不同的零點．……………8分（3）方法一：由題意知，1+lnx－eq\F(k(x－2),x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立，即k＜eq\f(x＋xlnx,x－2)對x∈(2，＋∞)恒成立．令h(x)＝eq\f(x＋xlnx,x－2)，則h(x)＝eq\f(x－2lnx－4,(x－2)2)．設v(x)＝x－2lnx－4，則v(x)＝eq\f(x－2,x)．當x∈(2，＋∞)時，v(x)＞0，所以v(x)在(2，＋∞)為增函數．因為v(8)＝8－2ln8－4＝4－2ln8＜0，v(9)＝5－2ln9＞0，所以存在x0∈(8，9)，v(x0)＝0，即x0－2lnx0－4＝0．當x∈(2，x0)時，h(x)＜0，h(x)單調遞減，當x∈(x0，＋∞)時，h(x)＞0，h(x)單調遞增．所以當x＝x0時，h(x)的最小值h(x0)＝eq\f(x0＋x0lnx0,x0－2)．因為lnx0＝eq\f(x0－4,2)，所以h(x0)＝eq\f(x0,2)∈(4，4.5)．故所求的整數k的最大值為4．……………16分方法二：由題意知，1+lnx－eq\F(k(x－2),x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立．f(x)＝1+lnx－eq\F(k(x－2),x)，f(x)＝eq\f(x－2k,x2)．①當2k≤2，即k≤1時，f(x)＞0對x∈(2，＋∞)恒成立，所以f(x)在(2，＋∞)上單調遞增．而f(2)＝1＋ln2＞0成立，所以滿足要求．②當2k＞2，即k＞1時，當x∈(2，2k)時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減，當x∈(2k，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．所以當x＝2k時，f(x)有最小值f(2k)＝2＋ln2k－k．從而f(x)＞0在x∈(2，＋∞)恒成立，等價于2＋ln2k－k＞0．令g(k)＝2＋ln2k－k，則g(k)＝eq\f(1－k,k)＜0，從而g(k)在(1，＋∞)為減函數．因為g(4)＝ln8－2＞0，g(5)＝ln10－3＜0，所以使2＋ln2k－k＜0成立的最大正整數k＝4．綜合①②，知所求的整數k的最大值為4．………16分20．（本小題滿分16分）給定一個數列{an}，在這個數列里，任取m(m≥3，m∈N*)項，并且不改變它們在數列{an}中的先后次序，得到的數列稱為數列{an}的一個m階子數列．已知數列{an}的通項公式為an＝eq\F(1,n＋a)(n∈N*，a為常數)，等差數列a2，a3，a6是數列{an}的一個3階子數列．（1）求a的值；（2）等差數列b1，b2，…，bm是{an}的一個m(m≥3，m∈N*)階子數列，且b1＝eq\f(1,k)(k為常數，k∈N*，k≥2)，求證：m≤k＋1；（3）等比數列c1，c2，…，cm是{an}的一個m(m≥3，m∈N*)階子數列，求證：c1＋c2＋…＋cm≤2－eq\f(1,2m－1)．解：（1）因為a2，a3，a6成等差數列，所以a2－a3＝a3－a6．又因為a2＝eq\f(1,2＋a)，a3＝eq\f(1,3＋a)，a6＝eq\f(1,6＋a)，代入得eq\f(1,2＋a)－eq\f(1,3＋a)＝eq\f(1,3＋a)－eq\f(1,6＋a)，解得a＝0．……………3分（2）設等差數列b1，b2，…，bm的公差為d．因為b1＝eq\f(1,k)，所以b2≤eq\f(1,k＋1)，從而d＝b2－b1≤eq\f(1,k＋1)－eq\f(1,k)＝－eq\f(1,k(k＋1))．………………6分所以bm＝b1＋(m－1)d≤eq\f(1,k)－eq\f(m－1,k(k＋1))．又因為bm＞0，所以eq\f(1,k)－eq\f(m－1,k(k＋1))＞0．即m－1＜k＋1．所以m＜k＋2．又因為m，k∈N*，所以m≤k＋1．……………9分（3）設c1＝eq\f(1,t)(t∈N*)，等比數列c1，c2，…，cm的公比為q．因為c2≤eq\f(1,t＋1)，所以q＝eq\f(c2,c1)≤eq\f(t,t＋1)．從而cn＝c1qn－1≤eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(n－1)（1≤n≤m，n∈N*）．所以c1＋c2＋…＋cm≤eq\f(1,t)＋eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(1)＋eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(2)＋…＋eq\f(1,t)eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(m－1)＝eq\f(t＋1,t)[1－eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(m)]＝eq\f(t＋1,t)－eq\b\bc\((eq\f(t,t＋1))eq\s\up10(m－1)．…………13分設函數f(x)＝x－eq\f(1,xm－1)，（m≥3，m∈N*）．當x∈(0，＋∞)時，函數f(x)＝x－eq\f(1,xm－1)為單調增函數．因為當t∈N*，所以1＜eq\f(t＋1,t)≤2．所以f(eq\f(t＋1,t))≤2－eq\f(1,2m－1)．即c1＋c2＋…＋cm≤2－eq\f(1,2m－1)．………16分南京市、鹽城市2015屆高三年級第二次模擬考試數學附加題參考答案A．選修4—1：幾何證明選講BADECF（第21A題圖）如圖，過點A的圓與BC切于點D，且與AB、AC分別交于點E、F．已知ADBADECF（第21A題圖）證明：如圖，連接ED．BADECF（第21A題圖）因為圓與BCBADECF（第21A題圖）因為AD平分∠BAC，所以∠BAD＝∠DAC．又∠DAC＝∠DEF，所以∠BDE＝∠DEF．所以EF∥BC．……10分B．選修4－2：矩陣與變換已知矩陣A＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(3,0,2,a))，A的逆矩陣A－1＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(eq\f(1,3),0,b,1))．（1）求a，b的值；（2）求A的特征值．解：（1）因為AA－1＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(3,0,2,a))eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(eq\f(1,3),0,b,1))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(1,0,\f(2,3)＋ab,a))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(1,0,0,1))．所以eq\b\lc\{(\a\al(a＝1，,\s\do1(\f(2,3))＋ab＝0．))解得a＝1，b＝－eq\f(2,3)．……5分（2）由（1）得A＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(3,0,2,1))，則A的特征多項式f(λ)＝eq\b\bc\|(\a\co2\vs2\hs8(λ－3,0,－2,λ－1))＝(λ－3)(λ－1)．令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝1，λ2＝3．…10分C．選修4－4：坐標系與參數方程在平面直角坐標系xOy中，已知曲線C：eq\b\lc\{(\a\al(x＝s，,y＝s2))(s為參數），直線l：eq\b\lc\{(\a\al(x＝2＋eq\f(1,eq\r(10))t，,y＝4＋eq\f(3,eq\r(10))t))（t為參數）．設C與l交于A，B兩點，求線段AB的長度．解：由eq\b\lc\{(\a\al(x＝s，,y＝s2))消去s得曲線C的普通方程為y＝x2；由eq\b\lc\{(\a\al(x＝2＋eq\f(1,eq\r(10))t，,y＝4＋eq\f(3,eq\r(10))t))消去t得直線l的普通方程為y＝3x－2．……………5分聯立直線方程與曲線C的方程，即eq\b\lc\{(\a\al(y＝x2，,y＝3x－2，))解得交點的坐標分別為(1，1)，(2，4)．所以線段AB的長度為eq\r((2－1)2＋(4－1)2)＝eq\r(10)．……………10分D．選修4－5：不等式選講已知x，y，z都是正數，且xyz＝1，求證：(1＋x)(1＋y)(1＋z)≥8．證明：因為x為正數，所以1＋x≥2eq\r(x)．同理1＋y≥2eq\r(y)，1＋z≥2eq\r(z)．所以(1＋x)(1＋y)(1＋z)≥2eq\r(x)·2eq\r(y)·2eq\r(z)＝8eq\r(xyz)．因為xyz＝1，所以(1＋x)(1＋y)(1＋z)≥8．……10分22．（本小題滿分10分）甲、乙兩支排球隊進行比賽，約定先勝3局者獲得比賽的勝利，比賽隨即結束．除第五局甲隊獲勝的概率是eq\f(1,2)外，其余每局比賽甲隊獲勝的概率都是eq\f(2,3)．假設各局比賽結果相互獨立．（1）分別求甲隊以3∶0，3∶1，3∶2獲勝的概率；（2）若比賽結果為3∶0或3∶1，則勝利方得3分、對方得0分；若比賽結果為3∶2，則勝利方得2分、對方得1分．求甲隊得分X的分布列及數學期望．解：（1）記甲隊以3∶0，3∶1，3∶2獲勝分別為事件A，B，C．由題意得P(A)＝eq\b\bc\((eq\f(2,3))eq\s\up10(3)＝eq\f(8,