1、2015年江蘇省連云港、徐州、宿遷三市高考數學三模試卷一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，計70分。不需寫出解答過程。請把答案寫在答題卡的指定位置上。1已知復數z=i（3+4i）（i為虛數單位），則z的模為2已知集合A=1，3，B=2，4，則AB=3如圖是某市2014年11月份30天的空氣污染指數的頻率分布直方圖根據國家標準，污染指數在區間0，51）內，空氣質量為優；在區間51，101）內，空氣質量為良；在區間101，151）內，空氣質量為輕微污染；，由此可知該市11月份空氣質量為優或良的天數有天4執行如圖所示的程序框圖，則輸出k的值是5已知集合A=0，1，B=2，3，4，若從A，B中各

2、取一個數，則這兩個數之和不小于4的概率為6設等差數列an的前n項和為Sn，a3+a5=26，S4=28，則a10的值為7設函數f（x）=，則f（f（1）的值為8已知雙曲線C的離心率為2，它的一個焦點是拋物線x2=8y的焦點，則雙曲線C的標準方程為9f（x）=sin（x+）（02），若f（）=1，則函數f（x）的最小正周期為10在三棱柱ABCA1B1C1中，側棱AA1平面AB1C1，AA1=1，底面ABC是邊長為2的正三角形，則此三棱柱的體積為11如圖，半徑為2的扇形的圓心角為120°，M，N分別為半徑OP，OQ的中點，A為上任意一點，則的取值范圍是12在平面直角坐標系xOy中，已知圓

3、C：（xa）2+（ya+2）2=1，點A（0，2），若圓C上存在點M，滿足MA2+MO2=10，則實數a的取值范圍是13已知實數x，y滿足條件，若不等式m（x2+y2）（x+y）2恒成立，則實數m的最大值是14函數f（x）=axx2（a1）有三個不同的零點，則實數a的取值范圍是二、解答題：本大題共6小題，計90分。解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟，請把答案寫在答題卡的指定區域內。15在ABC在，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosC=，sinA=cosB（1）求tanB的值；（2）若c=，求ABC的面積16如圖，矩形ABCD所在平面與三角形ECD所在平面相交于CD，AE平

4、面ECD（1）求證：AB平面ADE；（2）若點M在線段AE上，AM=2ME，N為線段CD中點，求證：EN平面BDM17如圖，在P地正西方向8km的A處和正東方向1km的B處各有一條正北方向的公路AC和BD，現計劃在AC和BD路邊各修建一個物流中心E和F，為緩解交通壓力，決定修建兩條互相垂直的公路PE和PF，設EPA=（0）（1）為減少對周邊區域的影響，試確定E，F的位置，使PAE與PFB的面積之和最小；（2）為節省建設成本，試確定E，F的位置，使PE+PF的值最小18如圖，已知橢圓M：=1（ab0），其離心率為，兩條準線之間的距離為B，C分別為橢圓M的上、下頂點，過點T（t，2）（t0）的直線

5、TB，TC分別與橢圓M交于E，F兩點（1）求橢圓M的標準方程；（2）若TBC的面積是TEF的面積的k倍，求k的最大值19設正項數列an的前n項和為Sn，且Sn=+an，nN*正項等比數列bn滿足：b2=a2，b4=a6（1）求數列an，bn的通項公式；（2）設cn=，數列cn的前n項和為Tn，求所有正整數m的值，使得恰好為數列cn中的項20已知函數f（x）=x3+ax2x+b，其中a，b為常數（1）當a=1時，若函數f（x）在0，1上的最小值為，求b的值；（2）討論函數f（x）在區間（a，+）上的單調性；（3）若曲線y=f（x）上存在一點P，使得曲線在點P處的切線與經過點P的另一條切線互相垂直

6、，求a的取值范圍選修4-1：幾何證明選講21如圖，已知直線AB為圓O的切線，切點為B，點C在圓上，ABC的角平分線BE交圓于點E，DB垂直BE交圓于點D證明：DB=DC（選修4-2：矩陣與交換）22已知矩陣A的逆矩陣A1=求曲線xy=1在矩陣A所對應的變換作用下所得的曲線方程（選修4-4：坐標系與參數方程）23已知曲線C1的參數方程為（為參數）在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為cos（+）=2求C1與C2交點的極坐標，其中0，02（選修4-5：不等式選講）24已知a，b，c都是正數，求證：abc必做題每小題10分，計20分。請把答案寫

7、在答題卡的指定區域內。25如圖，在菱形ABCD中，AB=2，BAD=60°，沿對角線BD將ABD折起，使A，C之間的距離為，若P，Q分別為線段BD，CA上的動點（1）求線段PQ長度的最小值；（2）當線段PQ長度最小時，求直線PQ與平面ACD所成角的正弦值26設a，b，nN*，且ab，對于二項式（1）當n=3，4時，分別將該二項式表示為（p，qN*）的形式；（2）求證：存在p，qN*，使得等式=與（ab）n=pq同時成立2015年江蘇省連云港、徐州、宿遷三市高考數學三模試卷參考答案與試題解析一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，計70分。不需寫出解答過程。請把答案寫在答題卡的指定位

8、置上。1已知復數z=i（3+4i）（i為虛數單位），則z的模為5考點： 復數求模；復數代數形式的乘除運算專題： 數系的擴充和復數分析： 利用復數的運算法則、模的計算公式即可得出解答： 解：復數z=i（3+4i）=3i4|z|=5故答案為：5點評： 本題考查了復數的運算法則、模的計算公式，屬于基礎題2已知集合A=1，3，B=2，4，則AB=2考點： 交集及其運算專題： 集合分析： 根據交集的運算定義計算即可解答： 解：集合A=1，3，B=2，4，AB=2；故答案為：2點評： 本題考查了交集的運算，屬于基礎題3如圖是某市2014年11月份30天的空氣污染指數的頻率分布直方圖根據國家標準，污染指數在

9、區間0，51）內，空氣質量為優；在區間51，101）內，空氣質量為良；在區間101，151）內，空氣質量為輕微污染；，由此可知該市11月份空氣質量為優或良的天數有28天考點： 頻率分布直方圖專題： 概率與統計分析： 根據頻率和為1，利用頻率=，求出對應的頻率與頻數即可解答： 解：根據頻率分布直方圖，得；該市11月份空氣污染指數在100內的頻率為1×10=，該市11份空氣質量為優或良的天數有：30×=28故答案為：28點評： 本題考查了頻率分布直方圖的應用問題，也考查了頻率、頻數與樣本容量的應用問題，是基礎題目4執行如圖所示的程序框圖，則輸出k的值是4考點： 程序框圖專題：

10、圖表型；算法和程序框圖分析： 模擬執行程序框圖，依次寫出每次循環得到的S，k的值，當S=12時不滿足條件S12，退出循環，輸出k的值為4解答： 解：模擬執行程序框圖，可得k=1，S=0滿足條件S12，S=2，k=2滿足條件S12，S=6，k=3滿足條件S12，S=12，k=4不滿足條件S12，退出循環，輸出k的值為4故答案為：4點評： 本題主要考查了循環結構的程序框圖，正確依次寫出每次循環得到的S，k的值是解題的關鍵，屬于基礎題5已知集合A=0，1，B=2，3，4，若從A，B中各取一個數，則這兩個數之和不小于4的概率為考點： 古典概型及其概率計算公式專題： 概率與統計分析： 集合合A=0，1，

11、B=2，3，4，從A，B中各取任意一個數，取法總數為6，這兩個數之和不小于4的情況有2種，由此能求出兩個數之和不小于4的概率解答： 解：集合A=0，1，B=2，3，4，從A，B中各取任意一個數，取法總數為：2×3=6，這兩個數之和不小于4的情況有，0+4，1+3，1+4共3種，這兩個數之和不小于4的概率p=，故答案為：點評： 本題考查概率的求法，是基礎題，解題時要注意古典概型概率計算公式的合理運用6設等差數列an的前n項和為Sn，a3+a5=26，S4=28，則a10的值為37考點： 等差數列的前n項和專題： 等差數列與等比數列分析： 設出等差數列的首項和公差，由已知列式求得首項和公

12、差，再由等差數列的通項公式求得a10的值解答： 解：設等差數列an的首項為a1，公差為d，由a3+a5=26，S4=28，得：，解得：a10 =a1+9d=1+36=37故答案為：37點評： 本題考查了等差數列的通項公式，考查了等差數列的前n項和，是基礎題7設函數f（x）=，則f（f（1）的值為2考點： 分段函數的應用；函數的值專題： 函數的性質及應用分析： 直接利用分段函數化簡求解即可解答： 解：函數f（x）=，則f（1）=，f（f（1）=f（）=log2=2故答案為：2點評： 本題考查分段函數的應用，函數值的求法，考查計算能力8已知雙曲線C的離心率為2，它的一個焦點是拋物線x2=8y的焦點

13、，則雙曲線C的標準方程為y2考點： 拋物線的簡單性質；雙曲線的簡單性質專題： 圓錐曲線的定義、性質與方程分析： 利用拋物線的焦點坐標得到雙曲線的焦距，然后利用離心率求出a，b，即可求解雙曲線方程解答： 解：拋物線x2=8y的焦點為（0，2），雙曲線C的一個焦點是拋物線x2=8y的焦點，所以c=2，雙曲線C的離心率為2，所以a=1，則b=，所求雙曲線方程為：y2故答案為：y2點評： 本題考查圓錐曲線方程的綜合應用，考查計算能力9f（x）=sin（x+）（02），若f（）=1，則函數f（x）的最小正周期為4考點： 三角函數的周期性及其求法專題： 函數的性質及應用分析： 由條件求得=，f（x）=si

14、n（x+），再根據函數y=Asin（x+）的周期為 ，得出結論解答： 解：由于f（x）=sin（x+）（02），f（）=sin（+）=1，+=2k+ kz，即=3k+，=，f（x）=sin（x+），故函數f（x）的最小正周期為 =4，故答案為：4點評： 本題主要考查根據三角函數的值求角，函數y=Asin（x+）的周期性，利用了函數y=Asin（x+）的周期為 ，屬于基礎題10在三棱柱ABCA1B1C1中，側棱AA1平面AB1C1，AA1=1，底面ABC是邊長為2的正三角形，則此三棱柱的體積為考點： 棱柱、棱錐、棱臺的體積專題： 空間位置關系與距離分析： 由等積法證明，然后利用棱錐的體積公式求得

15、答案解答： 解：如圖，連接B1C，則，又，AA1平面AB1C1，AA1=1，底面ABC是邊長為2的正三角形，點評： 本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系及體積等基礎知識；考查學生的空間想象能力、推理論證能力及運算求解能力，是中檔題11如圖，半徑為2的扇形的圓心角為120°，M，N分別為半徑OP，OQ的中點，A為上任意一點，則的取值范圍是，考點： 平面向量數量積的運算專題： 平面向量及應用分析： 由題意，設AOM=，將所求用向量表示，利用向量的數量積公式表示為的代數式，利用正弦函數的有界性求范圍解答： 解：由題意，設AOM=，則=（）（）=+42cos2cos（12

16、0°）=cossin=2sin（+30°），因為0，120°，所以（+30°）30°，150°，所以sin（+30°），所以的取值范圍是，；故答案為：，點評： 本題考查了向量的數量積運算以及三角函數的恒等變形求范圍；關鍵是將所求用向量的夾角表示，借助于三角函數的有界性求范圍12在平面直角坐標系xOy中，已知圓C：（xa）2+（ya+2）2=1，點A（0，2），若圓C上存在點M，滿足MA2+MO2=10，則實數a的取值范圍是0a3考點： 點與圓的位置關系；兩點間的距離公式專題： 計算題；直線與圓分析： 設M（x，y），利用MA

17、2+MO2=10，可得M的軌跡方程，利用圓C上存在點M，滿足MA2+MO2=10，可得兩圓相交或相切，建立不等式，即可求出實數a的取值范圍解答： 解：設M（x，y），MA2+MO2=10，x2+（y2）2+x2+y2=10，x2+（y1）2=4，圓C上存在點M，滿足MA2+MO2=10，兩圓相交或相切，13，0a3故答案為：0a3點評： 本題考查軌跡方程，考查圓與圓的位置關系，確定M的軌跡方程是關鍵13已知實數x，y滿足條件，若不等式m（x2+y2）（x+y）2恒成立，則實數m的最大值是考點： 簡單線性規劃專題： 不等式的解法及應用分析： 利用分式不等式的性質將不等式進行分類，結合線性規劃以及

18、恒成立問題利用數形結合進行求解即可解答： 解：由題意知：可行域如圖，又m（x2+y2）（x+y）2在可行域內恒成立且m=1+=1+=1+，故只求z=的最大值即可設k=，則有圖象知A（2，3），則OA的斜率k=，BC的斜率k=1，由圖象可知即1k，z=k+在1k，上為增函數，當k=時，z取得最大值z=+=，此時1+=1+=1+=，故m，故m的最大值為，故答案為：點評： 本題主要考查線性規劃、基本不等式、還有函數知識考查的綜合類題目在解答過程當中，同學們應該仔細體會數形結合的思想、函數思想、轉化思想還有恒成立思想在題目中的體現14函數f（x）=axx2（a1）有三個不同的零點，則實數a的取值范圍是

19、1a考點： 函數的零點與方程根的關系專題： 綜合題；導數的綜合應用分析： x0時，必有一個交點，x0時，由axx2=0，可得lna=，構造函數，確定函數的單調性，求出1a時有兩個交點，即可得出結論解答： 解：x0時，由axx2=0，可得ax=x2，xlna=2lnx，lna=，令h（x）=，則h（x）=0，可得x=e，函數在（0，e）上單調增，在（e，+）上單調減，h（x）max=h（e）=，lna，1a時有兩個交點；又x0時，必有一個交點，1a時，函數f（x）=axx2（a1）有三個不同的零點，故答案為：1a點評： 本題考查函數的零點，考查函數的單調性，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題

20、二、解答題：本大題共6小題，計90分。解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟，請把答案寫在答題卡的指定區域內。15在ABC在，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cosC=，sinA=cosB（1）求tanB的值；（2）若c=，求ABC的面積考點： 正弦定理專題： 解三角形分析： （1）由cosC=，C（0，），可得sinC=，由A+B+C=，可得sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=，又sinA=cosB即可得出tanB（2）由（1）知tanB=，可得sinB，cosB利用正弦定理得，又sinA=cosB，利用S=bcsinA即可得出解答： 解：（1）co

21、sC=，C（0，），sinC=，A+B+C=，sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cosBsinC=，又sinA=cosBcosB=，tanB=（2）由（1）知tanB=，cosB=由正弦定理得，=，又sinA=cosB=，S=bcsinA=點評： 本題考查了正弦定理、兩角和差的正弦函數、同角三角函數基本關系式、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題16如圖，矩形ABCD所在平面與三角形ECD所在平面相交于CD，AE平面ECD（1）求證：AB平面ADE；（2）若點M在線段AE上，AM=2ME，N為線段CD中點，求證：EN平面BDM考點： 直線與平面平行的判定；直線與

22、平面垂直的判定專題： 空間位置關系與距離分析： （1）證明ABAE，ABAD，利用直線與平面垂直的判定定理證明AB平面ADE（2）連AN交BD于F點，連接FM，證明ENFM，利用直線與平面平行的判定定理證明EN平面BDM解答： 證明：（1）AE平面ECD，CD平面ECDAECD 又ABCD，ABAE（2分）在矩形ABCD中，ABAD，（4分）ADAE=A，AD，AE平面ADE，AB平面ADE（6分）（2）連AN交BD于F點，連接FM，（8分）ABCD且AB=2DN，AF=2FN，（10分）又AM=2MEENFM，（12分）又EN平面BDM，FM平面BDMEN平面BDM（14分）點評： 本題考查

23、直線與平面平行的判定定理以及直線與平面垂直的判定定理的應用，考查邏輯推理能力17如圖，在P地正西方向8km的A處和正東方向1km的B處各有一條正北方向的公路AC和BD，現計劃在AC和BD路邊各修建一個物流中心E和F，為緩解交通壓力，決定修建兩條互相垂直的公路PE和PF，設EPA=（0）（1）為減少對周邊區域的影響，試確定E，F的位置，使PAE與PFB的面積之和最小；（2）為節省建設成本，試確定E，F的位置，使PE+PF的值最小考點： 三角形中的幾何計算專題： 解三角形分析： （1）借助三角函數求出PAE與PFB的面積，利用基本不等式性質，求出E，F的位置；（2）借助三角函數求出PE+PF，利用

24、導數求出當AE為4km，且BF為2km時，PE+PF的值最小解答： （1）在RtPAE中，由題意可知APE=，AP=8，則AE=8tan所以SAPE=PA×AE=32tan（2分）同理在RtPBF中，PFB=，PB=1，則BF=所以SPBF=PB×BF=（4分）故PAE與PFB的面積之和為32tan+ （5分）32tan+2=8當且僅當32tan=，即tan=時取等號，故當AE=1km，BF=8km時，PAE與PFB的面積之和最小（6分）（2）在RtPAE中，由題意可知APE=，則PE=同理在RtPBF中，PFB=，則PF=令f（）=PE+PF=+，0（8分）則f（）=（1

25、0分） f（）=0得tan=所以tan=，f（）取得最小值，（12分）此時AE=APtan=8×=4，BF=當AE為4km，且BF為2km時，PE+PF的值最小（14分）點評： 本題考查了學生解三角形的能力，基本不等式的性質和導數的應用，本題對學生的綜合應用知識的能力有較高的要求18如圖，已知橢圓M：=1（ab0），其離心率為，兩條準線之間的距離為B，C分別為橢圓M的上、下頂點，過點T（t，2）（t0）的直線TB，TC分別與橢圓M交于E，F兩點（1）求橢圓M的標準方程；（2）若TBC的面積是TEF的面積的k倍，求k的最大值考點： 橢圓的簡單性質專題： 直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與

26、方程分析： （1）由橢圓的離心率公式和準線方程，結合橢圓的a，b，c的關系，計算即可得到；（2）分別求出直線PB，TC的方程，代入橢圓方程，求得交點E，F的橫坐標，再由三角形的面積公式，結合二次函數，計算即可得到最大值解答： 解：（1）由題意得e=，=，解得a=2，c=，b=1，則橢圓方程為+y2=1；（2）由B（0，1），C（0，1），T（t，2），則直線TB：y=x+1，代入橢圓方程可得，（1+）x2+x=0，解得xE=，直線TC：y=x1，代入橢圓方程可得xF=，k=，令t2+12=m12，則k=1+，當且僅當m=24，即t=±2時，取得“=”，所以k的最大值為點評： 本題考查

27、橢圓的方程和性質，主要考查橢圓的離心率和方程的運用，聯立直線方程和橢圓方程，求得交點，同時考查三角形的面積公式的運用，考查運算能力，屬于中檔題19設正項數列an的前n項和為Sn，且Sn=+an，nN*正項等比數列bn滿足：b2=a2，b4=a6（1）求數列an，bn的通項公式；（2）設cn=，數列cn的前n項和為Tn，求所有正整數m的值，使得恰好為數列cn中的項考點： 數列的求和專題： 等差數列與等比數列分析： （1）利用遞推式、等差數列與等比數列的通項公式即可得出；（2）由題意得cn=，可得T2m=（a1+a3+a2m1）+（b2+b4+b2m）=3m+m21T2m1=T2mb2m=3m1+

28、m21，可得3，故若使得恰好為數列cn中的項，只能為c1，c2，c3分類討論即可得出解答： 解：（1）an0，當n=1時，a1=+，解得a1=1由Sn=+an，當n2，Sn1=，兩式相減，得=0又an0，an+an10，anan1=1，數列an是等差數列，首項為1，公差為1，an=1+（n1）=n由b2=a2，b4=a6q2=3，q0q=，bn=（2）由題意得cn=，T2m=（a1+a3+a2m1）+（b2+b4+b2m）=+=3m+m21T2m1=T2mb2m=3m+m212×3m1=3m1+m21，=33，故若使得恰好為數列cn中的項，只能為c1，c2，c3（i）若3=1，則3m

29、1=0，m無解（ii）若3=2，可得3m1+1m2=0，顯然m=1不符合題意，m=2符合題意當m3時，即f（m）=3m1+1m2，則f（m）=3m1ln32m，設g（m）=3m1ln32m，則g（m）=3m1（ln3）220，即f（m）為增函數，故f（m）f（3）0，即f（m）為增函數，故f（m）f（3）=10，故當m3時，方程3m1+1m2=0無解，即m=2是方程唯一解（iii）若3=3，則m2=1，即m=1綜上所述：m=1或m=2點評： 本題考查了遞推式、等差數列與等比數列的通項公式及其前n項和公式、數列的單調性，考查了分類討論思想方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題20已知函數f（x）=

30、x3+ax2x+b，其中a，b為常數（1）當a=1時，若函數f（x）在0，1上的最小值為，求b的值；（2）討論函數f（x）在區間（a，+）上的單調性；（3）若曲線y=f（x）上存在一點P，使得曲線在點P處的切線與經過點P的另一條切線互相垂直，求a的取值范圍考點： 利用導數研究函數的單調性；利用導數研究曲線上某點切線方程專題： 導數的綜合應用分析： （1）當a=1時，求出函數的導數，利用函數f（x）在0，1上單調遞減，推出b的關系式，求解b即可（2）利用導函數的圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為x=a，求出極值點兩個不等實根x1，2=，當方程f（x）=0在區間（a，+）上無實根時，當方程f（x）=

31、0在區間（，a與（a，+）上各有一個實根時，當方程f（x）=0在區間（a，+）上有兩個實根時，分別求解a的范圍即可（3）設P（x1，f（x1），則P點處的切線斜率m1=x12+2ax11，推出Q點處的切線方程，化簡，得x1+2x2=3a，通過兩條切線相互垂直，得到（4x22+8ax2+3a21）（x22+2ax21）=1求解x22+2ax21（a2+1），然后推出a的范圍即可解答： 解：（1）當a=1時，f（x）=x22x1，所以函數f（x）在0，1上單調遞減，（2分）由f （1）=，即11+b=，解得b=2（4分）（2）f（x）=x2+2ax1的圖象是開口向上的拋物線，其對稱軸為x=a，因為

32、=4a2+40，f（x）=0有兩個不等實根x1，2=，（5分）當方程f（x）=0在區間（a，+）上無實根時，有解得 （6分）當方程f（x）=0在區間（，a與（a，+）上各有一個實根時，有：f（a）0，或，解得 （8分）當方程f（x）=0在區間（a，+）上有兩個實根時，有，解得綜上：當時，f（x）在區間（a，+）上是單調增函數；當時，f（x）在區間（a，）上是單調減函數，在區間（，+）上是單調增函數當時，f（x）在區間（a，），（，+）上是單調增函數，在區間（，）上是單調減函數（10）（3）設P（x1，f（x1），則P點處的切線斜率m1=x12+2ax11，又設過P點的切線與曲線y=f（x）相切

33、于點Q（x2，f（x2），x1x2，則Q點處的切線方程為yf（x2）=（ x22+2ax21）（xx2），所以f（x1）f（x2）=（ x22+2ax21）（x1x2），化簡，得x1+2x2=3a （12分）因為兩條切線相互垂直，所以（x12+2ax11）（x22+2ax21）=1，即（4x22+8ax2+3a21）（x22+2ax21）=1令t=x22+2ax21（a2+1），則關于t的方程t（4t+3a2+3）=1在t（a2+1），0）上有解，（14分）所以3a2+3=4t4（當且僅當t=時取等號），解得a2，故a的取值范圍是 （16分）點評： 本題考查函數的導數的綜合應用，函數的單調性以

34、及函數的極值，函數的零點的應用，考查轉化思想以及計算能力選修4-1：幾何證明選講21如圖，已知直線AB為圓O的切線，切點為B，點C在圓上，ABC的角平分線BE交圓于點E，DB垂直BE交圓于點D證明：DB=DC考點： 與圓有關的比例線段；弦切角專題： 推理和證明分析： 連接DE，交BC于點G通過弦切角定理，得ABE=BCE，然后利用勾股定理可得DB=DC解答： 證明：如圖，連接DE，交BC于點G由弦切角定理，得ABE=BCE （4分）而ABE=CBE，故CBE=BCE，所以BE=CE （6分）又因為DBBE，所以DE為圓的直徑，所以DCE=90°，由勾股定理可得DB=DC （10分）點

35、評： 本題考查直線與圓的位置關系，圓的切線的應用，勾股定理的應用，考查推理能力（選修4-2：矩陣與交換）22已知矩陣A的逆矩陣A1=求曲線xy=1在矩陣A所對應的變換作用下所得的曲線方程考點： 逆變換與逆矩陣專題： 矩陣和變換分析： 根據矩陣變換的特點代入計算即可解答： 解：設xy=1上任意一點（x，y）在矩陣A所對應的變換作用下對應的點（x，y），則=A1=，由此得，代入方程xy=1，得y2x2=2所以xy=1在矩陣A所對應的線性變換作用下的曲線方程為y2x2=2點評： 本題考查矩陣的變換等知識，注意解題方法的積累，屬于基礎題（選修4-4：坐標系與參數方程）23已知曲線C1的參數方程為（為參

36、數）在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為cos（+）=2求C1與C2交點的極坐標，其中0，02考點： 簡單曲線的極坐標方程；參數方程化成普通方程專題： 坐標系和參數方程分析： 運用同角的平方關系，可得C1的普通方程，由x=cos，y=sin，可得曲線C2的直角坐標方程，聯立方程組，可得交點，再由直角坐標和極坐標的關系，即可得到所求點的極坐標解答： 解：將消去參數，得（x2）2+y2=4，所以C1的普通方程為：x2+y24x=0 由cos（+）=2，即為（cossin）=2，則曲線C2的極坐標方程化為直角坐標方程得：xy4=0 由，解得或，所以C1與C2交點的極坐標分別為（4，0）或（2，）點評： 本題考查參數方程，極坐標方程和普通方程的互化，同時考查曲線交點的求法，考查運算能力，屬于基礎題（選修4-5：不等式選講）24已知a，b，c都是正數，求證：abc考點： 不等式的證明專題： 證明題；不等式的解法及應用分析： 利用基本不等式，再相加，即可證得結論解答： 證明：a，b，c都是正數，a2b2+b2c22ab2c，a2b2+c2a22a2bc，c2a2+b2c22abc22（a2b2+b2c2+c2a2）2ab2c+2a2bc+2a