福建高考理科数学试题详解 14页

‎2014年普通高等学校招生全国统一考试(福建卷)‎ 数学试题(理工农医类)‎ 第Ⅰ卷(选择题　共50分)‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．(2014福建，理1)复数z＝(3－2i)i的共轭复数等于(　　)．‎ A．－2－3i B．－2＋3i C．2－3i D．2＋3i 答案：C 解析：因为z＝(3－2i)i＝3i－2i2＝2＋3i，‎ 所以.故选C.‎ ‎2．(2014福建，理2)某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是(　　)．‎ A．圆柱 B．圆锥 C．四面体 D．三棱柱 答案：A 解析：因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向看均不可能是三角形，所以选A.‎ ‎3．(2014福建，理3)等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，S3＝12，则a6等于(　　)．‎ A．8 B．10 C．12 D．14‎ 答案：C 解析：因为S3＝3a1＋＝3×2＋＝12，所以d＝2.所以a6＝a1＋(6－1)d＝2＋5×2＝12.故选C.‎ ‎4．(2014福建，理4)若函数y＝logax(a＞0，且a≠1)的图象如图所示，则下列函数图象正确的是(　　)．‎ 答案：B 解析：由图象可知loga3＝1，所以a＝3.A选项，为指数函数，在R上单调递减，故A不正确．B选项，y＝x3为幂函数，图象正确．C选项，y＝(－x)3＝－x3，其图象和B选项中y＝x3的图象关于x轴对称，故C不正确．D选项，y＝log3(－x)，其图象与y＝log3x的图象关于y轴对称，故D选项不正确．综上，可知选B.‎ ‎5．(2014福建，理5)阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的S的值等于(　　)．‎ A．18 B．20 C．21 D．40‎ 答案：B 解析：该程序框图为循环结构，由S＝0，n＝1得S＝0＋21＋1＝3，n＝1＋1＝2，判断S＝3≥15不成立，执行第二次循环，S＝3＋22＋2＝9，n＝2＋1＝3，判断S＝9≥15不成立，执行第三次循环，S＝9＋23＋3＝20，n＝3＋1＝4，判断S＝20≥15成立，输出S＝20.故选B.‎ ‎6．(2014福建，理6)直线l：y＝kx＋1与圆O：x2＋y2＝1相交于A，B两点，则“k＝1”是“△OAB的面积为”的(　　)．‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 答案：A 解析：k＝1时，图象如图(1)，此时△OAB的面积，所以k＝1是△OAB面积为的充分条件；而当△OAB面积为时，直线l有l1或l2两种可能，如图(2)，k＝1或k＝－1.综上，可知选A.‎ 图(1)‎ 图(2)‎ ‎7．(2014福建，理7)已知函数则下列结论正确的是(　　)．‎ A．f(x)是偶函数 B．f(x)是增函数 C．f(x)是周期函数 D．f(x)的值域为[－1，＋∞)‎ 答案：D 解析：由题意，可得函数图象如下：‎ 所以f(x)不是偶函数，不是增函数，不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．故选D.‎ ‎8．(2014福建，理8)在下列向量组中，可以把向量a＝(3,2)表示出来的是(　　)．‎ A．e1＝(0,0)，e2＝(1,2) B．e1＝(－1,2)，e2＝(5，－2)‎ C．e1＝(3,5)，e2＝(6,10) D．e1＝(2，－3)，e2＝(－2,3)‎ 答案：B 解析：由平面向量基本定理可知，平面内任意一个向量可用平面内两个不共线向量线性表示，A中e1＝0·e2，B中e1，e2为两个不共线向量，C中e2＝2e1，D中e2＝－e1.故选B.‎ ‎9．(2014福建，理9)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)．‎ A． B． C． D．‎ 答案：D 解析：设Q(x，y)，‎ 则该点到圆心的距离，y∈[－1,1]，‎ ‎∴当时，‎ ‎.‎ ‎∴圆上点P和椭圆上点Q的距离的最大值为.故选D.‎ ‎10．(2014福建，理10)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是(　　)．‎ A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5‎ B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5‎ C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)‎ D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)‎ 答案：A 解析：本题可分三步：第一步，可取0,1,2,3,4,5个红球，有1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5种取法；第二步，取0或5个蓝球，有1＋b5种取法；第三步，取5个有区别的黑球，有(1＋c)5种取法．所以共有(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5种取法．故选A.‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共100分)‎ 二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．‎ ‎11．(2014福建，理11)若变量x，y满足约束条件则z＝3x＋y的最小值为__________．‎ 答案：1‎ 解析：由线性约束条件画出可行域如下图阴影部分所示．‎ 由线性目标函数z＝3x＋y，得y＝－3x＋z，可知其过A(0,1)时z取最小值，故zmin＝3×0＋1＝1.‎ 故答案为1.‎ ‎12．(2014福建，理12)在△ABC中，A＝60°，AC＝4，，则△ABC的面积等于__________．‎ 答案：‎ 解析：由题意及余弦定理得，解得c＝2.‎ 所以S＝bcsin A＝×4×2×sin 60°＝.故答案为.‎ ‎13．(2014福建，理13)要制作一个容积为4 m3，高为1 m的无盖长方体容器．已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是__________(单位：元)．‎ 答案：160‎ 解析：设池底长x m，宽y m，则xy＝4，‎ 所以，则总造价为：‎ f(x)＝20xy＋2(x＋y)×1×10＝80＋＋20x＝＋80，x∈(0，＋∞)．‎ 所以f(x)≥20×＋80＝160，当且仅当，即x＝2时，等号成立．‎ 所以最低总造价是160元．‎ ‎14．(2014福建，理14)如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为__________．‎ 答案：‎ 解析：根据题意y＝ex与y＝ln x互为反函数，图象关于y＝x对称，所以两个阴影部分的面积相等．联立y＝e与y＝ex得x＝1，所以阴影部分的面积＝2[(e－e)－(0－1)]＝2，由几何概型可知所求概率为.故答案为.‎ ‎15．(2014福建，理15)若集合{a，b，c，d}＝{1,2,3,4}，且下列四个关系：‎ ‎①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是__________．‎ 答案：6‎ 解析：根据题意可分四种情况：‎ ‎(1)若①正确，则a＝1，b＝1，c≠2，d＝4，符合条件的有序数组有0个；‎ ‎(2)若②正确，则a≠1，b≠1，c≠2，d＝4，符合条件的有序数组为(2,3,1,4)和(3,2,1,4)；‎ ‎(3)若③正确，则a≠1，b＝1，c＝2，d＝4，符合条件的有序数组为(3,1,2,4)；‎ ‎(4)若④正确，则a≠1，b＝1，c≠2，d≠4，符合条件的有序数组为(2,1,4,3)，(4,1,3,2)，(3,1,4,2)．‎ 所以共有6个．‎ 故答案为6.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．‎ ‎16．(本小题满分13分)(2014福建，理16)已知函数f(x)＝cos x(sin x＋cos x)－.‎ ‎(1)若，且，求f(α)的值；‎ ‎(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间．‎ 分析：首先结合已知角的范围，利用同角三角函数的基本关系式及已知的正弦值，求出余弦值，注意符号的判断，然后代入已知的函数关系式，得出结果．‎ 在第(2)问中，结合式子特点，利用二倍角公式、两角和与差的三角函数公式以及辅助角公式，得出最终的目标——y＝Asin(ωx＋φ)＋B形式，运用得出周期，再结合三角函数的图象与性质等基础知识求得单调区间，此时要注意复合函数的单调性．‎ 另外，也可先化简再分别求解．‎ 解法一：(1)因为，，所以.‎ 所以.‎ ‎(2)因为 f(x)＝sin xcos x＋cos2x－‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎＝，‎ 所以.‎ 由，k∈Z，得，k∈Z.‎ 所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.‎ 解法二：f(x)＝sin xcos x＋cos2x－‎ ‎＝‎ ‎＝‎ ‎＝.‎ ‎(1)因为，，所以，‎ 从而.‎ ‎(2) .‎ 由，k∈Z，得，k∈Z.‎ 所以f(x)的单调递增区间为，k∈Z.‎ ‎17．(本小题满分13分)(2014福建，理17)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．‎ ‎(1)求证：AB⊥CD；‎ ‎(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．‎ 分析：在第(1)问中，考查线线垂直问题，要寻求线线垂直的条件，可以是线面垂直或面面垂直．结合具体条件，利用面面垂直去证明线线垂直，只需在其中一个平面内的一条直线垂直于交线就可以了．在第(2)问中，欲求直线与平面所成角的正弦值，自然联想到借助于向量解决，建立合适的坐标系之后，求得平面的法向量n，再在直线上确定一个方向向量，求得这两个向量夹角的余弦值，其绝对值即为线面角的正弦值．‎ 解：(1)∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.‎ 又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.‎ ‎(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．‎ 由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，‎ ‎∴AB⊥BE，AB⊥BD.‎ 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．‎ 依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，，‎ 则，，．‎ 设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即 取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝，‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎18．(本小题满分13分)(2014福建，理18)为回馈顾客，某商场拟通过摸球兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．‎ ‎(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求：‎ ‎①顾客所获的奖励额为60元的概率；‎ ‎②顾客所获的奖励额的分布列及数学期望；‎ ‎(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．‎ 分析：在第(1)问中，主要考查古典概型概率问题，60元的组成为50＋10，而摸到每个球都是等可能的，所以只要代入公式即可求得获得60元奖励的概率．而要求得分布列及期望值，依然利用古典概型，把X的所有取值对应概率准确求出，再利用期望公式求出即可．‎ ‎(2)先根据两种方案中小球的面值估算期望值为60的各种可能：(10,10,50,50)和(20,20,40,40)，再利用古典概型求出两种可能性方案对应的分布列和期望值进行验证；若两者的期望值相同，则需求出它的方差，利用方差大小确定更为合适的设计方案．‎ 解：(1)设顾客所获的奖励额为X.‎ ‎①依题意，得，‎ 即顾客所获的奖励额为60元的概率为.‎ ‎②依题意，得X的所有可能取值为20,60.‎ ‎，，‎ 即X的分布列为 X ‎20‎ ‎60‎ P ‎0.5‎ ‎0.5‎ 所以顾客所获的奖励额的期望为E(X)＝20×0.5＋60×0.5＝40(元)．‎ ‎(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元．所以，先寻找期望为60元的可能方案．‎ 对于面值由10元和50元组成的情况，如果选择(10,10,10,50)的方案，因为60元是面值之和的最大值，所以期望不可能为60元；如果选择(50,50,50,10)的方案，因为60元是面值之和的最小值，所以期望也不可能为60元，因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1.‎ 对于面值由20元和40元组成的情况，同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案，所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2.‎ 以下是对两个方案的分析：‎ 对于方案1，即方案(10,10,50,50)，设顾客所获的奖励额为X1，则X1的分布列为 X1‎ ‎20‎ ‎60‎ ‎100‎ P X1的期望为E(X1)＝20×＋60×＋100×＝60，‎ X1的方差为D(X1)＝(20－60)2×＋(60－60)2×＋(100－60)2×＝.‎ 对于方案2，即方案(20,20,40,40)，设顾客所获的奖励额为X2，则X2的分布列为 X2‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ P X2的期望为E(X2)＝40×＋60×＋80×＝60，‎ X2的方差为D(X2)＝(40－60)2×＋(60－60)2×＋(80－60)2×＝.‎ 由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.‎ ‎19．(本小题满分13分)(2014福建，理19)已知双曲线E： (a＞0，b＞0)的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝－2x.‎ ‎(1)求双曲线E的离心率；‎ ‎(2)如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点(A，B分别在第一、四象限)，且△OAB的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由．‎ 分析：在第(1)问中，已知渐近线方程，即a与b的关系，再结合双曲线本身a，b，c的关系及离心率，便可求得离心率．‎ ‎(2)首先根据渐近线方程设双曲线方程，然后根据动直线l的斜率是否存在进行分类讨论．显然斜率不存在时，由直线l和双曲线有且只有一个公共点可知其方程为x＝a，此时只需检验△OAB的面积是否为8即可；当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，首先由△OAB的面积为8求出k，m的关系式，然后根据直线和圆锥曲线有且只有一个公共点，利用判别式的符号判断其存在性．‎ 解法一：(1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x，‎ 所以，‎ 所以，‎ 故，‎ 从而双曲线E的离心率.‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为.‎ 设直线l与x轴相交于点C.‎ 当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，‎ 则|OC|＝a，|AB|＝4a，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以，‎ 因此，解得a＝2，‎ 此时双曲线E的方程为.‎ 若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为.‎ 以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E：也满足条件．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m，依题意，得k＞2或k＜－2，‎ 则.记A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由得，同理得，‎ 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|得，，即m2＝4|4－k2|＝4(k2－4)．‎ 由得，(4－k2)x2－2kmx－m2－16＝0.‎ 因为4－k2＜0，‎ 所以Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋16)＝－16(4k2－m2－16)，‎ 又因为m2＝4(k2－4)，‎ 所以Δ＝0，即l与双曲线E有且只有一个公共点．‎ 因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为.‎ 解法二：(1)同解法一．‎ ‎(2)由(1)知，双曲线E的方程为.‎ 设直线l的方程为x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 依题意得.‎ 由得，同理得.‎ 设直线l与x轴相交于点C，则C(t,0)．‎ 由S△OAB＝|OC|·|y1－y2|＝8，得，‎ 所以t2＝4|1－4m2|＝4(1－4m2)．‎ 由得，(4m2－1)y2＋8mty＋4(t2－a2)＝0.‎ 因为4m2－1＜0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝64m2t2－16(4m2－1)(t2－a2)＝0，‎ 即4m2a2＋t2－a2＝0，即4m2a2＋4(1－4m2)－a2＝0，即(1－4m2)(a2－4)＝0，‎ 所以a2＝4，‎ 因此，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为.‎ 解法三：(1)同解法一．‎ ‎(2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 依题意得k＞2或k＜－2.‎ 由得，(4－k2)x2－2kmx－m2＝0，‎ 因为4－k2＜0，Δ＞0，所以，‎ 又因为△OAB的面积为8，‎ 所以|OA|·|OB|·sin∠AOB＝8，‎ 又易知，‎ 所以，化简得x1x2＝4.‎ 所以，即m2＝4(k2－4)．‎ 由(1)得双曲线E的方程为，‎ 由得，(4－k2)x2－2kmx－m2－4a2＝0，‎ 因为4－k2＜0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋4a2)＝0，‎ 即(k2－4)(a2－4)＝0，所以a2＝4，‎ 所以双曲线E的方程为.‎ 当l⊥x轴时，由△OAB的面积等于8可得l：x＝2，又易知l：x＝2与双曲线E：有且只有一个公共点．‎ 综上所述，存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为.‎ ‎20．(本小题满分14分)(2014福建，理20)已知函数f(x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.‎ ‎(1)求a的值及函数f(x)的极值；‎ ‎(2)证明：当x＞0时，x2＜ex；‎ ‎(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.‎ 分析：(1)由题意可知点A的横坐标为0，先求出f(x)的导函数f′(x)，则曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为f′(0)，由f′(0)＝－1可求得a的值．再利用求极值的步骤求解即可．‎ 对于(2)，常对此类问题构造新函数g(x)＝ex－x2，只需g(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立即可，利用导数得到g(x)的单调性，从而得证．‎ ‎(3)根据c的值与1的大小关系分类进行证明．当c≥1时，可直接根据(2)中的结论得证；当0＜c＜1时，证明的关键是找出x0.先将不等式转化为 ‎，利用对数的性质，进一步转化为x＞＝2ln x－ln c，即可构造函数h(x)＝x－ln x＋ln c，然后利用导数研究其单调性，在该函数的增区间内找出一个值x0，使h(x0)＞0即可得证．也可结合(2)的结论，合理利用ex＞x2将x2中的一个x赋值，利用不等式的传递性来解决问题．‎ 解法一：(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.‎ 又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.‎ 所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2.‎ 令f′(x)＝0，得x＝ln 2.‎ 当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ 所以当x＝ln 2时，f(x)取得极小值，‎ 且极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，‎ f(x)无极大值．‎ ‎(2)令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x.‎ 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，‎ 故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，‎ 因此，当x＞0时，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex.‎ ‎(3)①若c≥1，则ex≤cex.‎ 又由(2)知，当x＞0时，x2＜ex.‎ 所以当x＞0时，x2＜cex.‎ 取x0＝0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.‎ ‎②若0＜c＜1，令，要使不等式x2＜cex成立，只要ex＞kx2成立．‎ 而要使ex＞kx2成立，则只要x＞ln(kx2)，只要x＞2ln x＋ln k成立．‎ 令h(x)＝x－2ln x－ln k，则.‎ 所以当x＞2时，h′(x)＞0，h(x)在(2，＋∞)内单调递增．‎ 取x0＝16k＞16，所以h(x)在(x0，＋∞)内单调递增，‎ 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k，‎ 易知k＞ln k，k＞ln 2,5k＞0，所以h(x0)＞0.‎ 即存在，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.‎ 综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.‎ 解法二：(1)同解法一．‎ ‎(2)同解法一．‎ ‎(3)对任意给定的正数c，取，‎ 由(2)知，当x＞0时，ex＞x2，所以，‎ 当x＞x0时，，‎ 因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.‎ 解法三：(1)同解法一．‎ ‎(2)同解法一．‎ ‎(3)首先证明当x∈(0，＋∞)时，恒有.‎ 证明如下：‎ 令，则h′(x)＝x2－ex.‎ 由(2)知，当x＞0时，x2＜ex，‎ 从而h′(x)＜0，h(x)在(0，＋∞)单调递减，‎ 所以h(x)＜h(0)＝－1＜0，即.‎ 取，当x＞x0时，有.‎ 因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2＜cex.‎ ‎21．(2014福建，理21)本题设有(1)、(2)、(3)三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分．如果多做，则按所做的前两题计分．作答时，先用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中．‎ ‎(1)(本小题满分7分)选修4—2：矩阵与变换 已知矩阵A的逆矩阵.‎ ‎①求矩阵A；‎ ‎②求矩阵A－1的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量．‎ 分析：①求得|A－1|的值，利用求逆矩阵的公式便可求得A.‎ ‎②结合A－1的特征多项式，解方程，从而求得A－1的特征值．‎ 解：(1)因为矩阵A是矩阵A－1的逆矩阵，且|A－1|＝2×2－1×1＝3≠0，‎ 所以.‎ ‎(2)矩阵A－1的特征多项式为＝λ2－4λ＋3＝(λ－1)(λ－3)，‎ 令f(λ)＝0，得矩阵A－1的特征值为λ1＝1或λ2＝3，‎ 所以是矩阵A－1的属于特征值λ1＝1的一个特征向量，‎ 是矩阵A－1的属于特征值λ2＝3的一个特征向量．‎ ‎(2)(本小题满分7分)选修4—4：坐标系与参数方程 已知直线l的参数方程为(t为参数)，圆C的参数方程为(θ为参数)．‎ ‎①求直线l和圆C的普通方程；‎ ‎②若直线l与圆C有公共点，求实数a的取值范围．‎ 分析：①通过消参，直线是代入消去法，圆是利用平方关系便可求得直线和圆的普通方程．在②中，利用直线和圆的位置关系，得d≤r，从而求得a的范围．‎ 解：(1)直线l的普通方程为2x－y－2a＝0，‎ 圆C的普通方程为x2＋y2＝16.‎ ‎(2)因为直线l与圆C有公共点，‎ 故圆C的圆心到直线l的距离，‎ 解得.‎ ‎(3)(本小题满分7分)选修4—5：不等式选讲 已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.‎ ‎①求a的值；‎ ‎②若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.‎ 分析：①利用绝对值不等式的性质容易得证，但要注意利用|a|＋|b|≥|a±b|中的哪一个．‎ ‎②利用柯西不等式(a2＋b2＋c2)(m2＋n2＋s2)≥(am＋bn＋cs)2，结合所给式子特点，合理赋值，可得证结果．‎ 解：(1)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，‎ 当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，‎ 所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.‎ ‎(2)由(1)知p＋q＋r＝3，又因为p，q，r是正实数，‎ 所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，‎ 即p2＋q2＋r2≥3.‎