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  • 2021-05-13 发布

2012高考福建理科数学试题及答案高清版

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2012 年普通高等学校夏季招生全国统一考试 数学理工农医类(福建卷) 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.理科:第Ⅱ卷第 21 题为选考题, 其他题为必考题,满分 150 分. 第Ⅰ卷 一、选择题:(理科)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.(文科)本大题共 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.若复数 z 满足 zi=1-i,则 z 等于(  ) A.-1-i B.1-i C.-1+i D.1+i A.3+4i B.5+4i C.3+2i D.5+2i 2.等差数列{an}中,a1+a5=10,a4=7,则数列{an}的公差为(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 3.下列命题中,真命题是(  ) A. x0∈R, B. x∈R,2x>x2 C.a+b=0 的充要条件是 D.a>1,b>1 是 ab>1 的充分条件 4.一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是(  ) A.球 B.三棱锥 C.正方体 D.圆柱 5.下列不等式一定成立的是(  ) A.lg(x2+ )>lg x(x>0) B.sinx+ ≥2(x≠kπ,k∈Z) C.x2+1≥2|x|(x∈R) D. (x∈R) 6.如图所示,在边长为 1 的正方形 OABC 中任取一点 P,则点 P 恰好取自阴影部分的 概率为(  ) A. B. C. D. 7.设函数 则下列结论错误的是(  ) A.D(x)的值域为{0,1} B.D(x)是偶函数 C.D(x)不是周期函数 D.D(x)不是单调函数 0e 0x ≤ 1a b = − 1 4 1 sinx 2 1 11x >+ 1 4 1 5 1 6 1 7 1,( ) 0, xD x x =   为有理数, 为无理数, 8.已知双曲线 的右焦点与抛物线 y2=12x 的焦点重合,则该双曲线的焦点 到其渐近线的距离等于(  ) A. B. C.3 D.5 9.若函数 y=2x 图象上存在点(x,y)满足约束条件 则实数 m 的最大值 为(  ) A. B.1 C. D.2 10 . 函 数 f(x) 在 [ a , b ] 上 有 定 义 , 若 对 任 意 x1 , x2∈ [ a , b ], 有 ,则称 f(x)在[a,b]上具有性质 P.设 f(x)在[1,3]上 具有性质 P,现给出如下命题: ①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的; ②f(x2)在[1, ]上具有性质 P; ③若 f(x)在 x=2 处取得最大值 1,则 f(x)=1,x∈[1,3]; ④对任意 x1,x2,x3,x4∈[1,3],有 [f(x 1)+f(x2)+f(x3)+ f(x4)]. 其中真命题的序号是(  ) A.①② B.①③ C.②④ D.③④ 第Ⅱ卷 二、填空题:(理科)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.(文科)本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分.把答案填在答题卡的相应位置. 11. (a+x)4 的展开式中 x3 的系数等于 8,则实数 a=________. 12.阅读右图所示的程序框图,运行相应的程序,输出的 s 值等于________. 13 . 已 知 △ ABC 的 三 边 长 成 公 比 为 的 等 比 数 列 , 则 其 最 大 角 的 余 弦 值 为 ________. 14.数列{an}的通项公式 ,前 n 项和为 Sn,则 S2 012=________. 15.对于实数 a 和 b,定义运算“*”: 2 2 2 14 x y b − = 5 4 2 3 0, 2 3 0, , x y x y x m + − ≤  − − ≤  ≥ 1 2 3 2 ( ) ( )1 2 1 2 1( )2 2 x xf f x f x + ≤ [ + ] 3 1 2 3 4 1( )4 4 x x x xf + + + ≤ 2 πcos 12n na n= + 2 2* . a ab a ba b b ab a b  − ≤=  − > , , , 设 f(x)=(2x-1)*(x-1),且关于 x 的方程 f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1,x2, x3,则 x1x2x3 的取值范围是__________. 三、解答题:(理科)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.(文科)本大题共 6 小题,共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16.受轿车在保修期内维修费等因素的影响,企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出 现故障的时间有关.某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车,保修期均为 2 年.现从该厂已 售出的两种品牌轿车中各随机抽取 50 辆,统计数据如下: 品牌 甲 乙 首次出现故障 时间 x(年) 0<x≤1 1<x≤2 x>2 0<x≤2 x>2 轿车数量(辆) 2 3 45 5 45 每辆利润 (万元) 1 2 3 1.8 2.9 将频率视为概率,解答下列问题: (1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆,求其首次出现故障发生在保修期内的概 率; (2)若该厂生产的轿车均能售出,记生产一辆甲品牌轿车的利润为 X1,生产一辆乙品牌 轿车的利润为 X2,分别求 X1,X2 的分布列; (3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当,由于资金限制,只能生产其中一种品牌的 轿车.若从经济效益的角度考虑,你认为应生产哪种品牌的轿车?说明理由. 17.某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数: ①sin213°+cos217°-sin13°cos17°; ②sin215°+cos215°-sin15°cos15°; ③sin218°+cos212°-sin18°cos12°; ④sin2(-18°)+cos248°-sin(-18°)cos48°; ⑤sin2(-25°)+cos255°-sin(-25°)cos55°. (1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数; (2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论. 18.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点. (1)求证:B1E⊥AD1. (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP 的长;若不存在, 说明理由. (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°,求 AB 的长. 19.如图,椭圆 E: (a>b>0)的左焦点为 F 1,右焦点为 F2,离心率 .过 F1 的直线交椭圆于 A、B 两点,且△ABF2 的周长为 8. 2 2 2 2 1x y a b + = 1 2e = (1)求椭圆 E 的方程; (2)设动直线 l:y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相交于点 Q.试探究:在坐标平面内是否存在定点 M,使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M?若存在,求 出点 M 的坐标;若不存在,说明理由. 20.已知函数 f(x)=ex+ax2-ex,a∈R. (1)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,求函数 f(x)的单调区间; (2)试确定 a 的取值范围,使得曲线 y=f(x)上存在唯一的点 P,曲线在该点处的切线与 曲线只有一个公共点 P. 21. (1)选修 4-2:矩阵与变换 设曲线 2x2+2xy+y2=1 在矩阵 (a>0)对应的变换作用下得到的曲线为 x2 +y2=1. ①求实数 a,b 的值; ②求 A2 的逆矩阵. (2)选修 4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中,以坐标原点 O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知 直 线 l 上 两 点 M , N 的 极 坐 标 分 别 为 (2,0) , , 圆 C 的 参 数 方 程 为 (θ 为参数). ①设 P 为线段 MN 的中点,求直线 OP 的平面直角坐标方程; ②判断直线 l 与圆 C 的位置关系. (3)选修 4-5:不等式选讲 已知函数 f(x)=m-|x-2|,m∈R,且 f(x+2)≥0 的解集为[-1,1]. ①求 m 的值; ②若 a,b,c∈R+,且 ,求证:a+2b+3c≥9. 22.(文)已知函数 f(x)=axsinx- (a∈R),且在[0, ]上的最大值为 . (1)求函数 f(x)的解析式; (2)判断函数 f(x)在(0,π)内的零点个数,并加以证明. 1. A 由 zi=1-i,得 . 2. B ∵a1+a5=10=2a3, ∴a3=5.故 d=a4-a3=7-5=2. 3. D ∵a>1>0,b>1>0,∴由不等式的性质得 ab>1, 即 a>1,b>1⇒ab>1. 4. D ∵圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆, ∴这个几何体不可以是圆柱. 5. C ∵x2+1≥2|x|⇔x2-2|x|+1≥0, ∴当 x≥0 时,x2-2|x|+1=x2-2x+1=(x-1)2≥0 成立; 当 x<0 时,x2-2|x|+1=x2+2x+1=(x+1)2≥0 成立. 故 x2+1≥2|x|(x∈R)一定成立. 0 1 a b  =   A 2 3 π,3 2       2 2cos , 3 2sin x y θ θ = + = − + 1 1 1 2 3 ma b c + + = 3 2 π 2 π 3 2 − 2 2 1 i (1 i)i i i i+1 1 ii i 1 1z − − −= = = = = − −− − 6. C ∵由图象知阴影部分的面积是 , ∴所求概率为 . 7. C ∵D(x)是最小正周期不确定的周期函数, ∴D(x)不是周期函数是错误的. 8. A 由双曲线的右焦点与抛物线 y2=12x 的焦点重合,知 ,c2=9=4+ b2 , 于 是 b2 = 5 , . 因 此 该 双 曲 线 的 渐 近 线 的 方 程 为 , 即 .故该双曲线的焦点到其渐近线的距离为 . 9. B 由约束条件作出其可行域如图所示: 由图可知当直线 x=m 经过函数 y=2x 的图象与直线 x+y-3=0 的交点 P 时取得最大 值,即得 2x=3-x,即 x=1=m. 10. D ①如图 1, 图 1 在区间[1,3]上 f(x)具有性质 P,但是是间断的,故①错. ②可设 f(x)=|x-2|(如图 2),当 x∈[1,3]时易知其具有性质 P,但是 f(x 2)=|x2-2|= 不具有性质 P(如图 3). 故②错. 图 2 31 22 0 12 1 2 1 1( )d ( ) 03 2 3 2 6x x x x x− = ⋅ − = − =∫ 1 16 1 6 = 32 pc = = 5b = 5 2y x= ± 5 2 0x y± = | 3 5 | 5 5 4 d = = + 2 2 2 ,1 2, 2, 2 3 x x x x  − ≤ ≤ − < ≤ 图 3 ③任取 x0∈[1,3],则 4-x0∈[1,3], 1=f(2)= ≤ [f(x0)+f(4-x0)]. 又∵f(x0)=1,f(4-x0)≤1, ∴ [f(x0)+f(4-x0)]≤1. ∴f(x0)=f(4-x0)=1.故③正确. ④ ≤ ≤ [f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)],故④正确. 11.答案:2 解析:∵Tr+1= arx4-r,∴当 4-r=3,即 r=1 时,T2= ·a·x 3=4ax3=8x3.故 a= 2. 12.答案:-3 解析:(1)k=1,1<4,s=2×1-1=1; (2)k=2,2<4,s=2×1-2=0; (3)k=3,3<4,s=2×0-3=-3; (4)k=4,直接输出 s=-3. 13.答案: 解析:设△ABC 的最小边长为 a(m>0),则其余两边长为 ,2a,故最大角的余弦 值是 . 14.答案:3 018 解析:∵函数 的周期 , ∴可用分组求和法: a1+a5+…+a2 009= ; a2+a6+…+a 2 010=(-2+1)+(-6+1)+…+(-2 010+1)=-1-5-…-2 009= =-503×1 005; a3+a7+…+a 2 011= ; a4+a8+…+a2 012=(4+1)+(8+1)+…+(2 012+1)= =503×1 009; 故 S2 012=503-503×1 005+503+503×1 009 0 04( )2 x xf + − 1 2 1 2 3 41 2 1 2 3 4 2 2( ) ( )4 2 x xx x x x x xf f ++ ++ + + = 3 41 21 ( )+ ( )2 2 2 x xx xf f ++     1 4 4Cr 1 4C 2 4 − 2a 2 2 2 2 2 ( 2 ) (2 ) 2cos 42 2 2 2 a a a a a a a θ + − −= = = − ⋅ ⋅ πcos 2 ny = 2π 4π 2 T = = 503 1 1 +1=503+ + 个 … 503( 1 2009) 2 − − 503 1 1 +1=503+ + 个 … 503 (5 2013) 2 × + =503×(1-1 005+1+1 009)=3 018. 15.答案:( ,0) 解析:由已知,得 作出其图象如图,结合图象可知 m 的取值范围为 0<m< , 当 x>0 时,有-x2+x=m,即 x2-x+m=0, 于是 x1x2=m. 当 x<0 时,有 2x2-x-m=0, 于是 . 故 . 设 h(m)=m(1- ), ∵h′(m)=(1- )+[m( )] = , ∴函数 h(m)单调递减. 故 x1x2x3 的取值范围为( ,0). 16.解:(1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件 A, 则 . (2)依题意得,X1 的分布列为 X1 1 2 3 P X2 的分布列为 X2 1.8 2.9 P (3)由(2)得,E(X1)=1× +2× +3× = =2.86(万元), E(X2)=1.8× +2.9× =2.79(万元). 因为 E(X1)>E(X2),所以应生产甲品牌轿车. 1 3 16 − ( ) 2 2 2 0 0 x x xf x x x x  ≤  - , ,= - + , > , 1 4 3 1 1 8 4 mx − += 1 2 3 (1 1 8 ) 4 m mx x x − += 1 8m+ 1 8m+ 1 8 2 1 8m − + 41 1 8 0 1 8 mm m − + − < + 1 3 16 − 2 3 1( ) 50 10P A += = 1 25 3 50 9 10 1 10 9 10 1 25 3 50 9 10 143 50 1 10 9 10 17.解:方法一:(1)选择②式,计算如下: sin215°+cos215°-sin15°cos15°=1- sin30°= . (2)三角恒等式为 sin2α+cos2(30°-α)-sinα·cos(30°-α)= . 证明如下: sin2α+cos2(30°-α)-sinαcos(30°-α) =sin2α+(cos30°cosα+sin30°sinα)2-sinα·(cos30°cosα+sin30°sinα) =sin2α+ cos2α+ sinαcosα+ sin2α- sinα·cosα- sin2α = sin2α+ cos2α= . 方法二:(1)同方法一. (2)三角恒等式为 sin2α+cos2(30°-α)-sinα·cos(30°-α)= . 证明如下: sin2α+cos2(30°-α)-sinαcos(30°-α) = -sinα(cos30°cosα+sin30°sinα) = - cos2α+ + (cos60°·cos2α+sin60°sin2α)- sinαcosα- sin2α = - cos2α+ + cos2α+ sin2α- sin2α- (1-cos2α) = . 18.解:(1)以 A 为原点, , , 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建 立空间直角坐标系(如图). 设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D 1(0,1,1),E( ,1,0),B1(a,0,1),故 =(0,1,1), =( ,1,-1), =(a,0,1), =( ,1,0). ∵ · = ×0+1×1+(-1)×1=0, ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), 使得 DP∥平面 B1AE. 此时 =(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). 1 2 1 31 4 4 − = 3 4 3 4 3 2 1 4 3 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 cos2 1 cos(60 2 ) 2 2 α α− + °−+ 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 4 3 4 3 4 1 4 1 1 1 31 cos2 cos24 4 4 4 α α− − + = AB AD 1AA 2 a 1AD 1B E 2 a− 1AB AE 2 a 1AD 1B E 2 a− DP ∵n⊥平面 B1AE, ∴n⊥ ,n⊥ ,得 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=(1, ,-a). 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥ ,有 -az0=0,解得 . 又 DP 平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 . (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD­A1B1C1D1 及 AA1=AD=1,得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C. 又由(Ⅰ)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1.∴ 是平面 A1B1E 的一个法向量,此时 =(0,1,1). 设 与 n 所成的角为 θ,则 . ∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°, ∴|cosθ|=cos30°,即 , 解得 a=2,即 AB 的长为 2. 19.解:方法一:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8, 即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8, 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a, 所以 4a=8,a=2. 又因为 ,即 ,所以 c=1. 所以 . 故椭圆 E 的方程是 . (2)由 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 =0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简得 4k2-m2+3=0.(*) 此时 ,y0=kx0+m= , 所以 P( , ). 1AB AE 0 0.2 ax z ax y + = + = , 2 a− DP 2 a 0 1 2z = 1 2AP = 1AD 1AD 1AD 1 2 1 2 · 2cos | || | 2 1 4 a aAD AD a a θ − − = = + +   n n 2 3 32 252 1 4 a a = + 1 2e = 1 2 c a = 2 2 3b a c= − = 2 2 14 3 x y+ = 2 2 14 3 y kx m x y = + + = , , ∆ 0 2 4 4 4 3 km kx k m = − = −+ 3 m 4k m − 3 m 由 得 Q(4,4k+m). 假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. 设 M(x1,0),则 对满足(*)式的 m,k 恒成立. 因为 =( , ), =(4-x1,4k+m), 由 , 得 , 整理,得(4x1-4) +x12-4x1+3=0.(**) 由于(**)式对满足(*)式的 m,k 恒成立,所以 解得 x1=1. 故存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 方法二:(1)同方法一. (2)由 得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0. 因为动直线 l 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P(x0,y0),所以 m≠0 且 =0, 即 64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0, 化简得 4k2-m2+3=0.(*) 此时 ,y0=kx0+m= , 所以 P( , ). 由 得 Q(4,4k+m). 假设平面内存在定点 M 满足条件,由图形对称性知,点 M 必在 x 轴上. 取 k=0, ,此时 P(0, ),Q(4, ),以 PQ 为直径的圆为(x-2) 2+(y- )2=4,交 x 轴于点 M1(1,0),M2(3,0);取 ,m=2,此时 P(1, ),Q(4,0),以 PQ 为直径的圆为 ,交 x 轴于点 M3(1,0),M4(4,0).所以若符合条件的 点 M 存在,则 M 的坐标必为(1,0). 以下证明 M(1,0)就是满足条件的点: 因为 M 的坐标为(1,0),所以 =( , ), =(3,4k+m), 从而 , 故恒有 ,即存在定点 M(1,0),使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M. 20.解:(1)由于 f′(x)=ex+2ax-e,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处切线斜率 k=2a=0, 所以 a=0,即 f(x)=ex-ex. 此时 f′(x)=ex-e,由 f′(x)=0 得 x=1. 当 x∈(-∞,1)时,有 f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,有 f′(x)>0. 4x y kx m =  = + , , 0MP MQ⋅ =  MP 1 4k xm − − 3 m MQ 0MP MQ⋅ =  21 1 1 416 124 3 0kxk kx xm m m − + − + + + = k m 1 2 1 1 4 4 0, 4 3 0, x x x − =  − + = 2 2 14 3 y kx m x y = + + = , , ∆ 0 2 4 4 4 3 km kx k m = − = −+ 3 m 4k m − 3 m 4x y kx m =  = + , , 3m = 3 3 3 1 2k = − 3 2 2 25 3 45( ) ( )2 4 16x y− + − = MP 4 1k m − − 3 m MQ 12 123 3 0k kMP MQ m m ⋅ = − − + + =  MP MQ⊥  所以 f(x)的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)设点 P(x0,f(x0)),曲线 y=f(x)在点 P 处的切线方程为 y=f′(x0)(x-x0)+f(x0), 令 g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),故曲线 y=f(x)在点 P 处的切线与曲线只有一个公共点 P 等价于函数 g(x)有唯一零点. 因为 g(x0)=0,且 g′(x)=f′(x)-f′(x0)=ex-ex0+2a(x-x0). (1)若 a≥0,当 x>x0 时,g′(x)>0,则 x>x0 时,g(x)>g(x0)=0; 当 x<x0 时,g′(x)<0,则 x<x0 时,g(x)>g(x0)=0. 故 g(x)只有唯一零点 x=x0. 由 P 的任意性,a≥0 不合题意. (2)若 a<0,令 h(x)=ex-ex0+2a(x-x0),则 h(x0)=0,h′(x)=ex+2a. 令 h′(x)=0,得 x=ln(-2a),记 x′=ln(-2a),则当 x∈(-∞,x*)时,h′(x)<0,从而 h(x) 在(-∞,x *)内单调递减;当 x∈(x*,+∞)时,h′(x)>0,从而 h(x)在(x *,+∞)内单调递 增. ①若 x0=x*,由 x∈(-∞,x*)时,g′(x)=h(x)>h(x*)=0;x∈(x*,+∞)时,g′(x)=h(x)> h(x*)=0,知 g(x)在 R 上单调递增. 所以函数 g(x)在 R 上有且只有一个零点 x=x*. ②若 x0>x*,由于 h(x)在(x*,+∞)内单调递增,且 h(x0)=0,则当 x∈(x*,x0)时有 g′(x)= h(x)<h(x0)=0,g(x)>g(x0)=0;任取 x1∈(x*,x0)有 g(x1)>0. 又当 x∈(-∞,x1)时,易知 g(x)=ex+ax2-[e+f′(x0)]x-f(x0)+x0f′(x0)<ex1+ax2- [e+f′(x0)]x-f(x0)+x0f′(x0)=ax2+bx+c, 其中 b=-[e+f′(x0)],c=ex1-f(x0)+x0f′(x0). 由于 a<0,则必存在 x2<x1, 使得 ax22+bx2+c<0. 所以 g(x2)<0.故 g(x)在(x2,x1)内存在零点, 即 g(x)在 R 上至少有两个零点. ③若 x0<x*,仿②并利用 ,可证函数 g(x)在 R 上至少有两个零点. 综上所述,当 a<0 时,曲线 y=f(x)上存在唯一点 P(ln(-2a),f(ln(-2a))),曲线在该点 处的切线与曲线只有一个公共点 P. 21. (1)选修 4-2:矩阵与变换 解:①设曲线 2x2+2xy+y 2=1 上任意点 P(x,y)在矩阵 A 对应的变换作用下的像是 P′(x′,y′). 由 ,得 又点 P′(x′,y′)在 x2+y2=1 上,所以 x′2+y′2=1,即 a2x2+(bx+y)2=1, 整理得(a2+b2)x2+2bxy+y2=1. 依题意得 解得 或 因为 a>0,所以 ②由①知, , , 所以|A2|=1,(A2)-1= . (2)选修 4-4:坐标系与参数方程 3 e 6 x x> 0 1 x a y b ′   =   ′    x ax y bx y    =   +    , . x ax y bx y ′ =  ′ = + 2 2 2, 2 2, a b b  + =  = 1, 1, a b =  = 1, 1, a b = −  = 1, 1. a b =  = 1 0 1 1  =   A 2 1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 2 1     = =        A 1 0 2 1    −  解:①由题意知,M,N 的平面直角坐标分别为(2,0),(0, ). 又 P 为线段 MN 的中点,从而点 P 的平面直角坐标为(1, ), 故直线 OP 的平面直角坐标方程为 . ②因为直线 l 上两点 M,N 的平面直角坐标分别为(2,0),(0, ), 所以直线 l 的平面直角坐标方程为 . 又圆 C 的圆心坐标为(2, ),半径 r=2, 圆心到直线 l 的距离 ,故直线 l 与圆 C 相交. (3)选修 4-5:不等式选讲 解:①因为 f(x+2)=m-|x|,f(x+2)≥0 等价于|x|≤m, 由|x|≤m 有解,得 m≥0,且其解集为{x|-m≤x≤m}. 又 f(x+2)≥0 的解集为[-1,1],故 m=1. ②由①知 ,又 a,b,c∈R+,由柯西不等式得 a+2b+3c=(a+2b+3c)( ) ≥ . 2 3 3 3 3 3 3y x= 2 3 3 3 3 2 3 0x y+ − = 3− | 2 3 3 3 2 3 | 3 23 9 d r − −= = < + 1 1 1 12 3a b c + + = 1 1 1 2 3a b c + + 21 1 1( 2 3 ) 9 2 3 a b c a b c ⋅ + ⋅ + ⋅ =