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已知圓心為P的動(dòng)圓與直線y=-2相切，且與定圓x²+（y-1）²=1內(nèi)切，記點(diǎn)P的軌跡為曲線E．
（1）求曲線E的方程；
（2）設(shè)斜率為的直線與曲線E相切，求此時(shí)直線到原點(diǎn)的距離．

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已知圓心為P的動(dòng)圓與直線y=-2相切，且與定圓x²+（y-1）²=1內(nèi)切，記點(diǎn)P的軌跡為曲線E．
（1）求曲線E的方程；
（2）設(shè)斜率為的直線與曲線E相切，求此時(shí)直線到原點(diǎn)的距離．

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一．選擇題：CBDCC BDBDA

解析：1: 由文氏圖可得結(jié)論（C）.

2：由已知得：(－2)=0，(－2) =0；即得：==2，∴cos<，>=，∴選(B)

3：由于受條件sin²θ+cos²θ=1的制約，故m為一確定的值，于是sinθ,cosθ的值應(yīng)與m的值無關(guān)，進(jìn)而推知tan的值與m無關(guān)，又<θ<π，<<,∴tan>1，故選D。

4：由于，從而函數(shù)的一個(gè)背景為正切函數(shù)tanx，取，可得必有一周期為4。故選C。

5：解此題具有很大的迷惑性，注意題目隱含直線AB的方程就是，它過定點(diǎn)（0，2），只有C項(xiàng)滿足。故選C。

6：生活常識(shí)告訴我們利息稅的稅率是20%。故選B。

7：四個(gè)選項(xiàng)中只有答案D含有分?jǐn)?shù)，這是何故？宜引起高度警覺，事實(shí)上，將x值取4.5代入驗(yàn)證，不等式成立，這說明正確選項(xiàng)正是D，而無需繁瑣地解不等式。

8：（用排除法）七人并排站成一行，總的排法有種，其中甲、乙兩人相鄰的排法有2×種.因此，甲、乙兩人必需不相鄰的排法種數(shù)有：－2×＝3600，對照后應(yīng)選B；

9:作直線的圖象和半圓,從圖中可以看出: 的取值范圍應(yīng)選(D).

注:求與方程實(shí)數(shù)根個(gè)數(shù)有關(guān)的問題常用圖解法.

10：如圖，將正四面體ABCD補(bǔ)形成正方體，則正四面體、正方體的中心與其外接球的球心共一點(diǎn).因?yàn)檎�四面體棱長為，所以正方體棱長為1，從而外接球半徑R＝.故S_球＝3.

二．填空題：11、；  12、； 13、或或；

14、＋1；  15、3；

解析：11：，由復(fù)合函數(shù)的增減性可知，在上為增函數(shù)，∴，∴。

　12：計(jì)算機(jī)進(jìn)行運(yùn)算：時(shí)，它表示的表達(dá)式是，當(dāng)其有意義時(shí)，得，解得．

13： 本題是一道很好的開放題，解題的開竅點(diǎn)是：每個(gè)面的三條棱是怎樣構(gòu)造的，依據(jù)“三角形中兩邊之和大于第三邊”，就可否定｛1，1，2｝，從而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三種形態(tài)，再由這三類面構(gòu)造滿足題設(shè)條件的四面體，最后計(jì)算出這三個(gè)四面體的體積分別為： , ,，故應(yīng)填.、 、 中的一個(gè)即可.

14.解：直線：化為一般方程：，點(diǎn)P化為點(diǎn)，則點(diǎn)到直線的距離為

15解：由△COF∽△PDF得，即=

==，即=，

解得，故=3

三．解答題：

16.解：當(dāng)P為真時(shí)，有   ……4分

 當(dāng)Q為真時(shí)，有  ……5分

            ……6分

由題意:“P或Q”真，“P且Q”為假 等價(jià)于                         

（1）P真Q假：           ……8分

（2）Q真P假：     ……11分                  

綜合（1）（2）的取值范圍是 　……12分

17.解：（1）∵∴

∵   ∴, 即AB邊的長度為  ……………………3分

(2)　由 得-------------①

  即-------------②

由①②得,   由正弦定理得

∴    ∴-- ……………………8分

(3) ∵，由（2）中①得  由余弦定理得= 

∴=- ……………………12分

18．解：（Ⅰ），，     ……………1分

由題意，知，，

即                                    ……………………2分

               …………………3分

①     當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)增加，

不存在單調(diào)減區(qū)間；                                       ……………………5分

②     當(dāng)時(shí)，，有

+

-

+

當(dāng)時(shí)，函數(shù)存在單調(diào)減區(qū)間，為         ……………7分

③     當(dāng)時(shí)， ，有

+

-

+

當(dāng)時(shí)，函數(shù)存在單調(diào)減區(qū)間，為           …………9分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：若不是函數(shù)的極值點(diǎn)，則，

            …………………10分

設(shè)點(diǎn)是函數(shù)的圖像上任意一點(diǎn)，則，

點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)為，

（或     ）

點(diǎn)在函數(shù)的圖像上.

由點(diǎn)的任意性知函數(shù)的圖像關(guān)于點(diǎn)對稱.          …………………14分

19． [方法一]：（幾何法）

（I）證法一：如圖1，∵底面ABCD是正方形，  ∴BC⊥DC.

∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，               

由三垂線定理得BC⊥SC. …………3分

證法二：如圖1，∵底面ABCD是正方形，  ∴BC⊥DC.          

∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD=D，                     圖1

∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC. …………3分

（II）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD為正方形，

∴可把四棱錐S―ABCD補(bǔ)形為長方體A₁B₁C₁S―ABCD，

如圖2，面ASD與面BSC所成的二面角就是面ADSA₁與面BCSA₁所成的二面角，

∵SC⊥BC，BC//A₁S， ∴SC⊥A₁S，

又SD⊥A₁S，∴∠CSD為所求二面角的平面角.

在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=，在Rt△SDC中，

由勾股定理得SD=1.

∴∠CSD=45°.即面ASD與面BSC所成的二面角為45°. ……………8分

解法二：如圖3，過點(diǎn)S作直線在面ASD上，

∵底面ABCD為正方形，在面BSC上，

為面ASD與面BSC的交線.

∴∠CSD為面ASD與面BSC所成二面角的平面角.

在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=，在Rt△SDC中，

 由勾股定理得SD=1.

∴∠CSD=45°.即面ASD與面BSC所成的二面角

為 45°。…8分

（III）解法一：如圖3， ∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA是等腰直角三角形.

又M是斜邊SA的中點(diǎn)，  ∴DM⊥SA. 

∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影.

由三垂線定理得DM⊥SB.  ∴異面直線DM與SB所成的角為90°. ……………14分

解法二：如圖4，取AB中點(diǎn)P，連結(jié)MP，DP.

在△ABS中，由中位線定理得 MP//SB，是異面直線DM與SB所成的角.

，

又

∴在△DMP中，有DP²=MP²+DM²， 

即異面直線DM與SB所成的角為90°. ……………14分

[方法二]：（向量法）

解析：如圖所示，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，

則D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），

M（，0，），

∵　SB=，DB=，SD=1，∴　S（0，0，1），……………2分

（I）證明：∵　 ，

=0   ∴　，即BCSC．……………5分

（II）設(shè)二面角的平面角為θ，由題意可知平面ASD的一個(gè)法向量為，設(shè)平面BSC的法向量為，由，

得，

∴　面ASD與面BSC所成的二面角為45°．……………10分

（III）設(shè)異面直線DM與SB所成角為α，

∵　，SB=(-1,-1,1),得

∴　異面直線DM與SB所成角為90°．……………14分

20.解：(1)設(shè)圓心的坐標(biāo)為，如圖過圓心作軸于H,

則H為RG的中點(diǎn)，在中，…3分

∵ ∴  

即  …………………6分

 (2) 設(shè)，

直線AB的方程為（）則-----①---②

由①－②得，∴，………………9分

∵點(diǎn)在直線上， ∴．

∴點(diǎn)Ｍ的坐標(biāo)為． ………………10分

同理可得：, ,

∴點(diǎn)的坐標(biāo)為． ………………11分

直線的斜率為，其方程為

，整理得，………………13分

顯然，不論為何值，點(diǎn)均滿足方程，

∴直線恒過定點(diǎn)．……………………14分

21.解：（Ⅰ）當(dāng)n＝1時(shí)，D₁為Rt△OAB₁的內(nèi)部包括斜邊，這時(shí)，

        當(dāng)n＝2時(shí)，D₂為Rt△OAB₂的內(nèi)部包括斜邊，這時(shí)，

        當(dāng)n＝3時(shí)，D₃為Rt△OAB₃的內(nèi)部包括斜邊，這時(shí)，……， ---3分

由此可猜想＝3n。 --------------------------------------------------4分

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:

(1)  當(dāng)n＝1時(shí)，猜想顯然成立。

(2)  假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，猜想成立，即，（） ----5分

如圖，平面區(qū)域為Rt內(nèi)部包括斜邊、平面區(qū)域為

Rt△內(nèi)部包括斜邊，∵平面區(qū)域比平面區(qū)域多3

個(gè)整點(diǎn)， ------- 7分            

 即當(dāng)n＝k+1時(shí)，，這就是說當(dāng)n＝k+1時(shí)，

猜想也成立，

由（1）、（2）知＝3n對一切都成立。 ---------------------8分

（Ⅱ）∵＝3n,   ∴數(shù)列是首項(xiàng)為3，公差為3的等差數(shù)列,

∴.

  -------------------------10分

    == -------------------------------11分

∵對一切，恒成立,   ∴

∵在上為增函數(shù) ∴ ---13分

，滿足的自然數(shù)為0，

∴滿足題設(shè)的自然數(shù)m存在，其值為0。 -------------------------14分