2012年全国统一高考数学试卷（理科）（大纲版） 23页

‎2012年全国统一高考数学试卷（理科）（大纲版）‎ ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）‎ ‎1．（5分）复数=（　　）‎ A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i ‎2．（5分）已知集合A={1，3，}，B={1，m}，A∪B=A，则m的值为（　　）‎ A．0或 B．0或3 C．1或 D．1或3‎ ‎3．（5分）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x=﹣4，则该椭圆的方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎4．（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，CC1=2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（　　）‎ A．2 B． C． D．1‎ ‎5．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．（5分）△ABC中，AB边的高为CD，若=，=，•=0，||=1，||=2，则=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．（5分）已知α为第二象限角，，则cos2α=（　　）‎ A．﹣ B．﹣ C． D．‎ ‎8．（5分）已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=2|PF2|，则cos∠F1PF2=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．（5分）已知x=lnπ，y=log52，，则（　　）‎ A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x ‎10．（5分）已知函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=（　　）‎ A．﹣2或2 B．﹣9或3 C．﹣1或1 D．﹣3或1‎ ‎11．（5分）将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（　　）‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 ‎12．（5分）正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为（　　）‎ A．16 B．14 C．12 D．10‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．（注意：在试题卷上作答无效）‎ ‎13．（5分）若x，y满足约束条件则z=3x﹣y的最小值为　　．‎ ‎14．（5分）当函数y=sinx﹣cosx（0≤x＜2π）取得最大值时，x=　　．‎ ‎15．（5分）若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为　　．‎ ‎16．（5分）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1=∠CAA1=60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为　　．‎ ‎　‎ 三.解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（10分）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos（A﹣C）+cosB=1，a=2c，求C．‎ ‎18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．‎ ‎（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；‎ ‎（Ⅱ）设二面角A﹣PB﹣C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．‎ ‎19．（12分）乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．‎ ‎（Ⅰ）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；‎ ‎（Ⅱ）ξ表示开始第4次发球时乙的得分，求ξ的期望．‎ ‎20．（12分）设函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围．‎ ‎21．（12分）已知抛物线C：y=（x+1）2与圆（r＞0）有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l．‎ ‎（Ⅰ）求r；‎ ‎（Ⅱ）设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离．‎ ‎22．（12分）函数f（x）=x2﹣2x﹣3，定义数列{ xn}如下：x1=2，xn+1是过两点P（4，5），Qn（ xn，f（ xn））的直线PQn与x轴交点的横坐标．‎ ‎（Ⅰ）证明：2≤xn＜xn+1＜3；‎ ‎（Ⅱ）求数列{ xn}的通项公式．‎ ‎　‎ ‎2012年全国统一高考数学试卷（理科）（大纲版）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）‎ ‎1．（5分）（2012•大纲版）复数=（　　）‎ A．2+i B．2﹣i C．1+2i D．1﹣2i ‎【分析】把的分子分母都乘以分母的共轭复数，得，由此利用复数的代数形式的乘除运算，能求出结果．‎ ‎【解答】解：=‎ ‎=‎ ‎=1+2i．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）（2012•大纲版）已知集合A={1，3，}，B={1，m}，A∪B=A，则m的值为（　　）‎ A．0或 B．0或3 C．1或 D．1或3‎ ‎【分析】由题设条件中本题可先由条件A∪B=A得出B⊆A，由此判断出参数m可能的取值，再进行验证即可得出答案选出正确选项．‎ ‎【解答】解：由题意A∪B=A，即B⊆A，又，B={1，m}，‎ ‎∴m=3或m=，解得m=3或m=0及m=1，‎ 验证知，m=1不满足集合的互异性，故m=0或m=3即为所求，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）（2012•大纲版）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x=﹣4，则该椭圆的方程为（　　）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【分析】确定椭圆的焦点在x轴上，根据焦距为4，一条准线为x=﹣4，求出几何量，即可求得椭圆的方程．‎ ‎【解答】解：由题意，椭圆的焦点在x轴上，且 ‎∴c=2，a2=8‎ ‎∴b2=a2﹣c2=4‎ ‎∴椭圆的方程为 故选C．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2012•大纲版）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=2，CC1=2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（　　）‎ A．2 B． C． D．1‎ ‎【分析】先利用线面平行的判定定理证明直线C1A∥平面BDE，再将线面距离转化为点面距离，最后利用等体积法求点面距离即可 ‎【解答】解：如图：连接AC，交BD于O，在三角形CC1A中，易证OE∥C1A，从而C1A∥平面BDE，‎ ‎∴直线AC1与平面BED的距离即为点A到平面BED的距离，设为h，‎ 在三棱锥E﹣ABD中，VE﹣ABD=S△ABD×EC=××2×2×=‎ 在三棱锥A﹣BDE中，BD=2，BE=，DE=，∴S△EBD=×2×=2‎ ‎∴VA﹣BDE=×S△EBD×h=×2×h=‎ ‎∴h=1‎ 故选 D ‎　‎ ‎5．（5分）（2012•大纲版）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由等差数列的通项公式及求和公式，结合已知可求a1，d，进而可求an，代入可得==，裂项可求和 ‎【解答】解：设等差数列的公差为d 由题意可得，‎ 解方程可得，d=1，a1=1‎ 由等差数列的通项公式可得，an=a1+（n﹣1）d=1+（n﹣1）×1=n ‎∴==‎ ‎=1﹣=‎ 故选A ‎　‎ ‎6．（5分）（2012•大纲版）△ABC中，AB边的高为CD，若=，=，•=0，||=1，||=2，则=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由题意可得，CA⊥CB，CD⊥AB，由射影定理可得，AC2‎ ‎=AD•AB可求AD，进而可求，从而可求与的关系，进而可求 ‎【解答】解：∵•=0，‎ ‎∴CA⊥CB ‎∵CD⊥AB ‎∵||=1，||=2‎ ‎∴AB=‎ 由射影定理可得，AC2=AD•AB ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴==‎ 故选D ‎　‎ ‎7．（5分）（2012•大纲版）已知α为第二象限角，，则cos2α=（　　）‎ A．﹣ B．﹣ C． D．‎ ‎【分析】由α为第二象限角，可知sinα＞0，cosα＜0，从而可求得sinα﹣cosα=，利用cos2α=﹣（sinα﹣cosα）（sinα+cosα）可求得cos2α ‎【解答】解：∵sinα+cosα=，两边平方得：1+sin2α=，‎ ‎∴sin2α=﹣，①‎ ‎∴（sinα﹣cosα）2=1﹣sin2α=，‎ ‎∵α为第二象限角，‎ ‎∴sinα＞0，cosα＜0，‎ ‎∴sinα﹣cosα=，②‎ ‎∴cos2α=﹣（sinα﹣cosα）（sinα+cosα）‎ ‎=（﹣）×‎ ‎=﹣．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2012•大纲版）已知F1、F2为双曲线C：x2﹣y2=2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|=2|PF2|，则cos∠F1PF2=（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据双曲线的定义，结合|PF1|=2|PF2|，利用余弦定理，即可求cos∠F1PF2的值．‎ ‎【解答】解：将双曲线方程x2﹣y2=2化为标准方程﹣=1，则a=，b=，c=2，‎ 设|PF1|=2|PF2|=2m，则根据双曲线的定义，|PF1|﹣|PF2|=2a可得m=2，‎ ‎∴|PF1|=4，|PF2|=2，‎ ‎∵|F1F2|=2c=4，‎ ‎∴cos∠F1PF2====．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）（2012•大纲版）已知x=lnπ，y=log52，，则（　　）‎ A．x＜y＜z B．z＜x＜y C．z＜y＜x D．y＜z＜x ‎【分析】利用x=lnπ＞1，0＜y=log52＜，1＞z=＞，即可得到答案．‎ ‎【解答】解：∵x=lnπ＞lne=1，‎ ‎0＜log52＜log5=，即y∈（0，）；‎ ‎1=e0＞=＞=，即z∈（，1），‎ ‎∴y＜z＜x．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）（2012•大纲版）已知函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=（　　）‎ A．﹣2或2 B．﹣9或3 C．﹣1或1 D．﹣3或1‎ ‎【分析】求导函数，确定函数的单调性，确定函数的极值点，利用函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，可得极大值等于0或极小值等于0，由此可求c的值．‎ ‎【解答】解：求导函数可得y′=3（x+1）（x﹣1），‎ 令y′＞0，可得x＞1或x＜﹣1；令y′＜0，可得﹣1＜x＜1；‎ ‎∴函数在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调增，（﹣1，1）上单调减，‎ ‎∴函数在x=﹣1处取得极大值，在x=1处取得极小值．‎ ‎∵函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，‎ ‎∴极大值等于0或极小值等于0．‎ ‎∴1﹣3+c=0或﹣1+3+c=0，‎ ‎∴c=﹣2或2．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）（2012•大纲版）将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（　　）‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 ‎【分析】‎ 由题意，可按分步原理计数，对列的情况进行讨论比对行讨论更简洁．‎ ‎【解答】解：由题意，可按分步原理计数，‎ 首先，对第一列进行排列，第一列为a，b，c的全排列，共有种，‎ 再分析第二列的情况，当第一列确定时，第二列第一行只能有2种情况，‎ 当第二列一行确定时，第二列第2，3行只能有1种情况；‎ 所以排列方法共有：×2×1×1=12种，‎ 故选A ‎　‎ ‎12．（5分）（2012•大纲版）正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，，动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为（　　）‎ A．16 B．14 C．12 D．10‎ ‎【分析】通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图象分析反射的次数即可．‎ ‎【解答】解：根据已知中的点E，F的位置，可知第一次碰撞点为F，在反射的过程中，直线是平行的，利用平行关系及三角形的相似可得第二次碰撞点为G，且CG=，第二次碰撞点为H，且DH=，作图，‎ 可以得到回到E点时，需要碰撞14次即可．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上．（注意：在试题卷上作答无效）‎ ‎13．（5分）（2012•大纲版）若x，y满足约束条件则z=3x﹣y的最小值为　﹣1　．‎ ‎【分析】作出不等式组表示的平面区域，由z=3x﹣y可得y=3x﹣z，则﹣z表示直线3x﹣y﹣z=0在y轴上的截距，截距越大z越小，结合图形可求 ‎【解答】解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示 由z=3x﹣y可得y=3x﹣z，则﹣z表示直线3x﹣y﹣z=0在y轴上的截距，截距越大z越小 结合图形可知，当直线z=3x﹣y过点C时z最小 由可得C（0，1），此时z=﹣1‎ 故答案为：﹣1‎ ‎　‎ ‎14．（5分）（2012•大纲版）当函数y=sinx﹣cosx（0≤x＜2π）取得最大值时，x=　　．‎ ‎【分析】利用辅助角公式将y=sinx﹣cosx化为y=2sin（x﹣）（0≤x＜2π），即可求得y=sinx﹣cosx（0≤x＜2π）取得最大值时x的值．‎ ‎【解答】解：∵y=sinx﹣cosx=2（sinx﹣cosx）=2sin（x﹣）．‎ ‎∵0≤x＜2π，‎ ‎∴﹣≤x﹣＜，‎ ‎∴ymax=2，此时x﹣=，‎ ‎∴x=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．（5分）（2012•大纲版）若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为　56　．‎ ‎【分析】根据第2项与第7项的系数相等建立等式，求出n的值，根据通项可求满足条件的系数 ‎【解答】解：由题意可得，‎ ‎∴n=8‎ 展开式的通项=‎ 令8﹣2r=﹣2可得r=5‎ 此时系数为=56‎ 故答案为：56‎ ‎　‎ ‎16．（5分）（2012•大纲版）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA1=∠CAA1=60°，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为　　．‎ ‎【分析】先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向量用基底表示，最后利用夹角公式求异面直线AB1与BC1所成角的余弦值即可 ‎【解答】解：如图，设=，，，棱长均为1，‎ 则=，=，=‎ ‎∵，‎ ‎∴=（）•（）=﹣++﹣+‎ ‎=﹣++=﹣1++1=1‎ ‎||===‎ ‎||===‎ ‎∴cos＜，＞===‎ ‎∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 ‎　‎ 三.解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎17．（10分）（2012•大纲版）△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知cos（A﹣C）+cosB=1，a=2c，求C．‎ ‎【分析】由cos（A﹣C）+cosB=cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=1，可得sinAsinC=，由a=2c及正弦定理可得sinA=2sinC，联立可求C ‎【解答】解：由B=π﹣（A+C）可得cosB=﹣cos（A+C）‎ ‎∴cos（A﹣C）+cosB=cos（A﹣C）﹣cos（A+C）=2sinAsinC=1‎ ‎∴sinAsinC=①‎ 由a=2c及正弦定理可得sinA=2sinC②‎ ‎①②联立可得，‎ ‎∵0＜C＜π ‎∴sinC=‎ a=2c即a＞c ‎　‎ ‎18．（12分）（2012•大纲版）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，，PA=2，E是PC上的一点，PE=2EC．‎ ‎（Ⅰ）证明：PC⊥平面BED；‎ ‎（Ⅱ）设二面角A﹣PB﹣C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．‎ ‎【分析】（I）先由已知建立空间直角坐标系，设D（，b，0），从而写出相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的充要条件，证明PC⊥BE，PC⊥DE，从而利用线面垂直的判定定理证明结论即可；‎ ‎（II）先求平面PAB的法向量，再求平面PBC的法向量，利用两平面垂直的性质，即可求得b的值，最后利用空间向量夹角公式即可求得线面角的正弦值，进而求得线面角 ‎【解答】解：（I）以A为坐标原点，建立如图空间直角坐标系A﹣xyz，‎ 设D（，b，0），则C（2，0，0），P（0，0，2），E（，0，），B（，﹣b，0）‎ ‎∴=（2，0，﹣2），=（，b，），=（，﹣b，）‎ ‎∴•=﹣=0，•=0‎ ‎∴PC⊥BE，PC⊥DE，BE∩DE=E ‎∴PC⊥平面BED ‎（II）=（0，0，2），=（，﹣b，0）‎ 设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则 取=（b，，0）‎ 设平面PBC的法向量为=（p，q，r），则 取=（1，﹣，）‎ ‎∵平面PAB⊥平面PBC，∴•=b﹣=0．故b=‎ ‎∴=（1，﹣1，），=（﹣，﹣，2）‎ ‎∴cos＜，＞==‎ 设PD与平面PBC所成角为θ，θ∈[0，]，则sinθ=‎ ‎∴θ=30°‎ ‎∴PD与平面PBC所成角的大小为30°‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2012•大纲版）乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换．每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．‎ ‎（Ⅰ）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；‎ ‎（Ⅱ）ξ表示开始第4次发球时乙的得分，求ξ的期望．‎ ‎【分析】（Ⅰ）记Ai表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i=0，1，2；A表示事件：第3次发球，甲得1分；B表示事件：开始第4次发球，甲、乙的比分为1比2，则B=A0A+A1，根据P（A）=0.4，P（A0）=0.16，P（A1）=2×0.6×0.4=0.48，即可求得结论；‎ ‎（Ⅱ）P（A2）=0.62‎ ‎=0.36，ξ表示开始第4次发球时乙的得分，可取0，1，2，3，计算相应的概率，即可求得ξ的期望．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）记Ai表示事件：第1次和第2次这两次发球，甲共得i分，i=0，1，2；A表示事件：第3次发球，甲得1分；‎ B表示事件：开始第4次发球，甲、乙的比分为1比2，则B=A0A+A1‎ ‎∵P（A）=0.4，P（A0）=0.16，P（A1）=2×0.6×0.4=0.48‎ ‎∴P（B）=0.16×0.4+0.48×（1﹣0.4）=0.352；‎ ‎（Ⅱ）P（A2）=0.62=0.36，ξ表示开始第4次发球时乙的得分，可取0，1，2，3‎ P（ξ=0）=P（A2A）=0.36×0.4=0.144‎ P（ξ=2）=P（B）=0.352‎ P（ξ=3）=P（A0）=0.16×0.6=0.096‎ P（ξ=1）=1﹣0.144﹣0.352﹣0.096=0.408‎ ‎∴ξ的期望Eξ=1×0.408+2×0.352+3×0.096=1.400．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2012•大纲版）设函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]．‎ ‎（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（Ⅱ）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求导函数，可得f'（x）=a﹣sinx，x∈[0．π]，sinx∈[0，1]，对a进行分类讨论，即可确定函数的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）由f（x）≤1+sinx得f（π）≤1，aπ﹣1≤1，可得a≤，构造函数g（x）=sinx﹣（0≤x），可得g（x）≥0（0≤x），再考虑：①0≤x；②，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）求导函数，可得f'（x）=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]；‎ 当a≤0时，f'（x）≤0恒成立，f（x）单调递减；当a≥1 时，f'（x）≥0恒成立，f（x）单调递增；‎ 当0＜a＜1时，由f'（x）=0得x1=arcsina，x2=π﹣arcsina 当x∈[0，x1]时，sinx＜a，f'（x）＞0，f（x）单调递增 当x∈[x1，x2]时，sinx＞a，f'（x）＜0，f（x）单调递减 当x∈[x2，π]时，sinx＜a，f'（x）＞0，f（x）单调递增； ‎ ‎（Ⅱ）由f（x）≤1+sinx得f（π）≤1，aπ﹣1≤1，∴a≤．‎ 令g（x）=sinx﹣（0≤x），则g′（x）=cosx﹣‎ 当x时，g′（x）＞0，当时，g′（x）＜0‎ ‎∵，∴g（x）≥0，即（0≤x），‎ 当a≤时，有 ‎①当0≤x时，，cosx≤1，所以f（x）≤1+sinx；‎ ‎②当时，=1+≤1+sinx 综上，a≤．‎ ‎　‎ ‎21．（12分）（2012•大纲版）已知抛物线C：y=（x+1）2与圆（r＞0）有一个公共点A，且在A处两曲线的切线为同一直线l．‎ ‎（Ⅰ）求r；‎ ‎（Ⅱ）设m，n是异于l且与C及M都相切的两条直线，m，n的交点为D，求D到l的距离．‎ ‎【分析】（Ⅰ）设A（x0，（x0+1）2），根据y=（x+1）2，求出l的斜率，圆心M（1，），求得MA的斜率，利用l⊥MA建立方程，求得A的坐标，即可求得r的值；‎ ‎（Ⅱ）设（t，（t+1）2）为C上一点，则在该点处的切线方程为y﹣（t+1）2=2（t+1）（x﹣t），即y=2（t+1）x﹣t2+1，若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为，建立方程，求得t的值，求出相应的切线方程，可得D的坐标，从而可求D到l的距离．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）设A（x0，（x0+1）2），‎ ‎∵y=（x+1）2，y′=2（x+1）‎ ‎∴l的斜率为k=2（x0+1）‎ 当x0=1时，不合题意，所以x0≠1‎ 圆心M（1，），MA的斜率．‎ ‎∵l⊥MA，∴2（x0+1）×=﹣1‎ ‎∴x0=0，∴A（0，1），‎ ‎∴r=|MA|=；‎ ‎（Ⅱ）设（t，（t+1）2）为C上一点，则在该点处的切线方程为y﹣（t+1）2=2（t+1）（x﹣t），即y=2（t+1）x﹣t2+1‎ 若该直线与圆M相切，则圆心M到该切线的距离为 ‎∴‎ ‎∴t2（t2﹣4t﹣6）=0‎ ‎∴t0=0，或t1=2+，t2=2﹣‎ 抛物线C在点（ti，（ti+1）2）（i=0，1，2）处的切线分别为l，m，n，其方程分别为 y=2x+1①，y=2（t1+1）x﹣②，y=2（t2+1）x﹣③‎ ‎②﹣③：x=‎ 代入②可得：y=﹣1‎ ‎∴D（2，﹣1），‎ ‎∴D到l的距离为 ‎　‎ ‎22．（12分）（2012•大纲版）函数f（x）=x2﹣2x﹣3，定义数列{ xn}如下：x1=2，xn+1是过两点P（4，5），Qn（ xn，f（ xn））的直线PQn与x轴交点的横坐标．‎ ‎（Ⅰ）证明：2≤xn＜xn+1＜3；‎ ‎（Ⅱ）求数列{ xn}的通项公式．‎ ‎【分析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为，当y=0时，可得；②假设n=k时，结论成立，即2≤xk＜xk+1＜3，直线PQk+1的方程为，当y=0时，可得，根据归纳假设2≤xk＜xk+1＜3，可以证明2≤xk+1＜xk+2＜3，从而结论成立．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），可得，构造bn=xn﹣3，可得是以﹣为首项，5为公比的等比数列，由此可求数列{ xn}的通项公式．‎ ‎【解答】（Ⅰ）证明：①n=1时，x1=2，直线PQ1的方程为 当y=0时，∴，∴2≤x1＜x2＜3；‎ ‎②假设n=k时，结论成立，即2≤xk＜xk+1＜3，直线PQk+1的方程为 当y=0时，∴‎ ‎∵2≤xk＜xk+1＜3，∴‎ ‎∴xk+1＜xk+2‎ ‎∴2≤xk+1＜xk+2＜3‎ 即n=k+1时，结论成立 由①②可知：2≤xn＜xn+1＜3；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ），可得 设bn=xn﹣3，∴‎ ‎∴‎ ‎∴是以﹣为首项，5为公比的等比数列 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：zlzhan；xintrl；刘长柏；xize；邢新丽；wfy814（排名不分先后）‎ ‎2017年2月3日