文档内容
中点，则异面直线AB与CC 所成的角的余弦值为（ ）
2009 年全国统一高考数学试卷（文科）（全国卷Ⅰ） 1
一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）
1．（5分）sin585°的值为（ ）
A． B． C． D．
2．（5分）设集合A={4，5，7，9}，B={3，4，7，8，9}，全集U=A∪B，则集合 （A∩B）中的
U A． B． C． D．
元素共有（ ）
∁
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 10．（5分）如果函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点（ ，0）中心对称，那么|φ|的最小值为
3．（5分）不等式 ＜1的解集为（ ） （ ）
A．{x|0＜x＜1}∪{x|x＞1} B．{x|0＜x＜1} A． B． C． D．
C．{x|﹣1＜x＜0} D．{x|x＜0}
11．（5分）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为 ，Q到
4．（5分）已知tana=4，cotβ= ，则tan（a+β）=（ ） α的距离为 ，则P、Q两点之间距离的最小值为（ ）
A． B．﹣ C． D．﹣
5．（5分）已知双曲线 ﹣ =1（a＞0，b＞0）的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的
离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
6．（5分）已知函数f（x）的反函数为g（x）=1+2lgx（x＞0），则f（1）+g（1）=（ ） A．1 B．2 C． D．4
A．0 B．1 C．2 D．4
12．（5分）已知椭圆C： +y2=1的右焦点为F，右准线为l，点A l，线段AF交C于点B，若
7．（5分）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中
∈
=3 ，则| |=（ ）
各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（ ）
A． B．2 C． D．3
A．150种 B．180种 C．300种 D．345种
8．（5分）设非零向量 、 、 满足 ，则 =（ ）
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）
A．150° B．120° C．60° D．30° 13．（5分）（x﹣y）10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于 ．
9．（5分）已知三棱柱ABC﹣A B C 的侧棱与底面边长都相等，A 在底面ABC上的射影D为BC的 14．（5分）设等差数列{a }的前n的和为S ，若S =72，则a +a +a = ．
1 1 1 1 n n 9 2 4 915．（5分）已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M．若圆
M的面积为3π，则球O的表面积等于 ．
19．（12 分）如图，四棱锥 S﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SD⊥底面 ABCD，AD= ，
DC=SD=2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60°
（I）证明：M是侧棱SC的中点；
（Ⅱ）求二面角S﹣AM﹣B的大小．
16．（5分）若直线 m被两平行线 l ：x﹣y+1=0与l ：x﹣y+3=0所截得的线段的长为 ，则m
1 2
的倾斜角可以是①15°②30°③45°④60°⑤75°其中正确答案的序号是 （写出所有正确答
案的序号）
三、解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）设等差数列{a }的前n项和为S ，公比是正数的等比数列{b }的前n项和为T，已知
n n n n
a =1，b =3，a +b =17，T ﹣S =12，求{a }，{b }的通项公式．
1 1 3 3 3 3 n n
20．（12分）甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜 3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束．
假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立．已知前2
局中，甲、乙各胜1局．
（Ⅰ）求再赛2局结束这次比赛的概率；
18．（12 分）在△ABC 中，内角 A、B、C 的对边长分别为 a、b、c，已知 a2﹣c2=2b，且
（Ⅱ）求甲获得这次比赛胜利的概率．
sinAcosC=3cosAsinC，求b．22．（12分）如图，已知抛物线 E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四
21．（12分）已知函数f（x）=x4﹣3x2+6． 个点．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性； （Ⅰ）求r的取值范围；
（Ⅱ）设点P在曲线y=f（x）上，若该曲线在点P处的切线l通过坐标原点，求l的方程． （Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．3．（5分）不等式 ＜1的解集为（ ）
2009 年全国统一高考数学试卷（文科）（全国卷Ⅰ）
A．{x|0＜x＜1}∪{x|x＞1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|﹣1＜x＜0} D．{x|x＜0}
参考答案与试题解析
【考点】7E：其他不等式的解法．
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一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分） 【分析】本题为绝对值不等式，去绝对值是关键，可利用绝对值意义去绝对值，也可两边平方去
1．（5分）sin585°的值为（ ） 绝对值．
A． B． C． D． 【解答】解：∵ ＜1，
∴|x+1|＜|x﹣1|，
【考点】GE：诱导公式． ∴x2+2x+1＜x2﹣2x+1．
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【分析】由sin（α+2kπ）=sinα、sin（α+π）=﹣sinα及特殊角三角函数值解之． ∴x＜0．
∴不等式的解集为{x|x＜0}．
【解答】解：sin585°=sin（585°﹣360°）=sin225°=sin（45°+180°）=﹣sin45°=﹣ ，
故选：D．
故选：A．
【点评】本题主要考查解绝对值不等式，属基本题．解绝对值不等式的关键是去绝对值，去绝对
【点评】本题考查诱导公式及特殊角三角函数值．
值的方法主要有：利用绝对值的意义、讨论和平方．
2．（5分）设集合A={4，5，7，9}，B={3，4，7，8，9}，全集U=A∪B，则集合 （A∩B）中的
U
4．（5分）已知tana=4，cotβ= ，则tan（a+β）=（ ）
元素共有（ ）
∁
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
A． B．﹣ C． D．﹣
【考点】1H：交、并、补集的混合运算．
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【考点】GP：两角和与差的三角函数．
【分析】根据交集含义取A、B的公共元素写出A∩B，再根据补集的含义求解．
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【专题】11：计算题．
【解答】解：A∪B={3，4，5，7，8，9}，
A∩B={4，7，9}∴
U
（A∩B）={3，5，8}故选A．
【分析】由已知中cotβ= ，由同角三角函数的基本关系公式，我们求出 β角的正切值，然后代入
也可用摩根律： （A∩B）=（ A）∪（ B）
U∁ U U
两角和的正切公式，即可得到答案．
故选：A．
∁ ∁ ∁
【解答】解：∵tana=4，cotβ= ，
【点评】本题考查集合的基本运算，较简单．
∴tanβ=3【分析】将x=1代入即可求得g（1），欲求f（1），只须求当g（x）=1时x的值即可．从而解决
∴tan（a+β）= = =﹣
问题．
故选：B．
【解答】解：由题令1+2lgx=1
【点评】本题考查的知识点是两角和与差的正切函数，其中根据已知中β角的余切值，根据同角
得x=1，
三角函数的基本关系公式，求出β角的正切值是解答本题的关键．
即f（1）=1，
又g（1）=1，
所以f（1）+g（1）=2，
5．（5分）已知双曲线 ﹣ =1（a＞0，b＞0）的渐近线与抛物线y=x2+1相切，则该双曲线的
故选：C．
离心率为（ ） 【点评】本小题考查反函数，题目虽然简单，却考查了对基础知识的灵活掌握情况，也考查了运
A． B．2 C． D． 用知识的能力．
【考点】KC：双曲线的性质；KH：直线与圆锥曲线的综合． 7．（5分）甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中
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【专题】11：计算题． 各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（ ）
【分析】先求出渐近线方程，代入抛物线方程，根据判别式等于 0，找到a和b的关系，从而推断 A．150种 B．180种 C．300种 D．345种
出a和c的关系，答案可得．
【考点】D1：分类加法计数原理；D2：分步乘法计数原理．
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【解答】解：由题双曲线 的一条渐近线方程为 ，
【专题】5O：排列组合．
【分析】选出的4人中恰有1名女同学的不同选法，1名女同学来自甲组和乙组两类型．
代入抛物线方程整理得ax2﹣bx+a=0，
【解答】解：分两类（1）甲组中选出一名女生有C 1•C 1•C 2=225种选法；
5 3 6
因渐近线与抛物线相切，所以b2﹣4a2=0，
（2）乙组中选出一名女生有C 2•C 1•C 1=120种选法．故共有345种选法．
5 6 2
即 ，
故选：D．
故选：C． 【点评】分类加法计数原理和分类乘法计数原理，最关键做到不重不漏，先分类，后分步！
【点评】本小题考查双曲线的渐近线方程直线与圆锥曲线的位置关系、双曲线的离心率，基础题．
8．（5分）设非零向量 、 、 满足 ，则 =（ ）
6．（5分）已知函数f（x）的反函数为g（x）=1+2lgx（x＞0），则f（1）+g（1）=（ ）
A．150° B．120° C．60° D．30°
A．0 B．1 C．2 D．4
【考点】9S：数量积表示两个向量的夹角．
【考点】4R：反函数． 菁优网版权所有
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【分析】根据向量加法的平行四边形法则，两个向量的模长相等可构成菱形的两条相邻边，三个
【专题】11：计算题．向量起点处的对角线长等于菱形的边长，这样得到一个含有特殊角的菱形．
并设三棱柱ABC﹣A B C 的侧棱与底面边长为1，则|AD|= ，|A D|= ，|A B|= ，
1 1 1 1 1
【解答】解：由向量加法的平行四边形法则，
∵两个向量的模长相等
由余弦定理，得cosθ= = ．
∴ 、 可构成菱形的两条相邻边，
故选：D．
∵
【点评】本题主要考查异面直线的夹角与余弦定理．
∴ 、 为起点处的对角线长等于菱形的边长，
∴两个向量的夹角是120°， 10．（5分）如果函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点（ ，0）中心对称，那么|φ|的最小值为
故选：B．
（ ）
【点评】本小题考查向量的几何运算、考查数形结合的思想，基础题．向量知识，向量观点在数
A． B． C． D．
学．物理等学科的很多分支有着广泛的应用，而它具有代数形式和几何形式的“双重身份”能融
数形于一体．
【考点】HB：余弦函数的对称性．
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9．（5分）已知三棱柱ABC﹣A B C 的侧棱与底面边长都相等，A 在底面ABC上的射影D为BC的 【专题】11：计算题．
1 1 1 1
中点，则异面直线AB与CC 所成的角的余弦值为（ ）
1 【分析】先根据函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点 中心对称，令x= 代入函数使其等
于0，求出φ的值，进而可得|φ|的最小值．
【解答】解：∵函数y=3cos（2x+φ）的图象关于点 中心对称．
∴ ∴ 由此易得 ．
A． B． C． D．
故选：A．
【点评】本题主要考查余弦函数的对称性．属基础题．
【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．
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【分析】首先找到异面直线AB与CC 所成的角（如∠A AB）；而欲求其余弦值可考虑余弦定理， 11．（5分）已知二面角α﹣l﹣β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为 ，Q到
1 1
则只要表示出A B的长度即可；不妨设三棱柱ABC﹣A B C 的侧棱与底面边长为1，利用勾股定 α的距离为 ，则P、Q两点之间距离的最小值为（ ）
1 1 1 1
理即可求之．
【解答】解：设BC的中点为D，连接A D、AD、A B，易知θ=∠A AB即为异面直线AB与CC 所成
1 1 1 1
的角；12．（5分）已知椭圆C： +y2=1的右焦点为F，右准线为l，点A l，线段AF交C于点B，若
∈
=3 ，则| |=（ ）
A． B．2 C． D．3
【考点】K4：椭圆的性质．
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【专题】11：计算题；16：压轴题．
A．1 B．2 C． D．4
【分析】过点B作BM⊥x轴于M，设右准线l与x轴的交点为N，根据椭圆的性质可知 FN=1，进
而根据 ，求出BM，AN，进而可得|AF|．
【考点】LQ：平面与平面之间的位置关系．
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【解答】解：过点B作BM⊥x轴于M，
【专题】11：计算题；16：压轴题．
【分析】 分别作 QA⊥α 于 A，AC⊥l 于 C，PB⊥β 于 B，PD⊥l 于 D，连 CQ，BD 则
∠ACQ=∠PBD=60°，在三角形APQ中将PQ表示出来，再研究其最值即可．
【解答】解：如图
分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，
连CQ，BD则∠ACQ=∠PDB=60°， ，
又∵
当且仅当AP=0，即点A与点P重合时取最小值．
并设右准线l与x轴的交点为N，易知FN=1．
故选：C．
由题意 ，
故FM= ，故B点的横坐标为 ，纵坐标为±
即BM= ，
故AN=1，
∴ ．
故选：A．
【点评】本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，以及空间中直线与平面之间的位置关系，
【点评】本小题考查椭圆的准线、向量的运用、椭圆的定义，属基础题．
考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题．
二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）（x﹣y）10的展开式中，x7y3的系数与x3y7的系数之和等于 ﹣ 240 ．
【考点】DA：二项式定理．
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【专题】11：计算题．
【分析】首先要了解二项式定理：（a+b）n=C 0anb0+C 1an﹣1b1+C 2an﹣2b2++C ran﹣rbr++C na0bn，各项的
n n n n n
通项公式为：T =C ran﹣rbr．然后根据题目已知求解即可．
r+1 n
【解答】解：因为（x﹣y）10的展开式中含x7y3的项为C 3x10﹣3y3（﹣1）3=﹣C 3x7y3， 【考点】LG：球的体积和表面积．
10 10
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含x3y7的项为C 7x10﹣7y7（﹣1）7=﹣C 7x3y7． 【专题】11：计算题；16：压轴题．
10 10
由C 3=C 7=120知，x7y3与x3y7的系数之和为﹣240． 【分析】由题意求出圆M的半径，设出球的半径，二者与 OM构成直角三角形，求出球的半径，
10 10
故答案为﹣240． 然后可求球的表面积．
【点评】此题主要考查二项式定理的应用问题，对于公式：（a+b）n=C 0anb0+C 1an﹣1b1+C 2an﹣2b2+ 【解答】解：∵圆M的面积为3π，∴圆M的半径r= ，
n n n
+C ran﹣rbr++C na0bn，属于重点考点，同学们需要理解记忆． 设球的半径为R，
n n
由图可知，R2= R2+3，∴ R2=3，∴R2=4．
14．（5分）设等差数列{a }的前n的和为S ，若S =72，则a +a +a = 24 ．
n n 9 2 4 9
∴S =4πR2=16π．
球
故答案为：16π
【考点】83：等差数列的性质．
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【点评】本题是基础题，考查球的体积、表面积的计算，理解并能够应用小圆的半径、球的半径、
【分析】先由S =72用性质求得a ，而3（a +4d）=3a ，从而求得答案．
9 5 1 5
以及球心与圆心的连线的关系，是本题的突破口，解题重点所在，仔细体会．
【解答】解：∵
∴a 5 =8 16．（5分）若直线 m被两平行线 l 1 ：x﹣y+1=0与l 2 ：x﹣y+3=0所截得的线段的长为 ，则m
又∵a 2 +a 4 +a 9 =3（a 1 +4d）=3a 5 =24 的倾斜角可以是①15°②30°③45°④60°⑤75°其中正确答案的序号是 ① 或 ⑤ （写出所有正
故答案是24 确答案的序号）
【点评】本题主要考查等差数列的性质及项与项间的内在联系．
【考点】I2：直线的倾斜角；N1：平行截割定理．
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15．（5分）已知OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M．若圆 【专题】11：计算题；15：综合题；16：压轴题．
M的面积为3π，则球O的表面积等于 16π ． 【分析】先求两平行线间的距离，结合题意直线 m被两平行线l 与l 所截得的线段的长为 ，
1 2
求出直线m与l 的夹角为30°，推出结果．
1
【解答】解：两平行线间的距离为 ，由图知直线m与l 的夹角为30°，l 的倾斜角为45°， 解得q=2，d=2
1 1
所以直线m的倾斜角等于30°+45°=75°或45°﹣30°=15°． ∴a =1+2（n﹣1）=2n﹣1，bn=3•2n﹣1．
n
故填写①或⑤ 【点评】本小题考查等差数列与等比数列的通项公式、前n项和，基础题．
故答案为：①或⑤
18．（12 分）在△ABC 中，内角 A、B、C 的对边长分别为 a、b、c，已知 a2﹣c2=2b，且
sinAcosC=3cosAsinC，求b．
【考点】HR：余弦定理．
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【分析】根据正弦定理和余弦定理将sinAcosC=3cosAsinC化成边的关系，再根据a2﹣c2=2b即可得
到答案．
【解答】解：法一：在△ABC中∵sinAcosC=3cosAsinC，
则由正弦定理及余弦定理有：
，
【点评】本题考查直线的斜率、直线的倾斜角，两条平行线间的距离，考查数形结合的思想．
化简并整理得：2（a2﹣c2）=b2．
三、解答题（共6小题，满分70分） 又由已知a2﹣c2=2b∴4b=b2．
17．（10分）设等差数列{a }的前n项和为S ，公比是正数的等比数列{b }的前n项和为T，已知
n n n n 解得b=4或b=0（舍）；
a 1 =1，b 1 =3，a 3 +b 3 =17，T 3 ﹣S 3 =12，求{a n }，{b n }的通项公式． 法二：由余弦定理得：a2﹣c2=b2﹣2bccosA．
又a2﹣c2=2b，b≠0．
【考点】8M：等差数列与等比数列的综合．
所以b=2ccosA+2①又sinAcosC=3cosAsinC，
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【专题】11：计算题．
∴sinAcosC+cosAsinC=4cosAsinCsin（A+C）=4cosAsinC，
即sinB=4cosAsinC由正弦定理得 ，
【分析】设{a }的公差为d，数列{b }的公比为q＞0，由题得 ，由此能得
n n
故b=4ccosA②由①，②解得b=4．
到{a }，{b }的通项公式． 【点评】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用．属基础题．
n n
【解答】解：设{a }的公差为d，数列{b }的公比为q＞0，
n n
19．（12 分）如图，四棱锥 S﹣ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SD⊥底面 ABCD，AD= ，
DC=SD=2，点M在侧棱SC上，∠ABM=60°
由题得 ，
（I）证明：M是侧棱SC的中点；（Ⅱ）求二面角S﹣AM﹣B的大小． 设M（0，a，b）（a＞0，b＞0），
则 ， ，
由题得 ，
即
解之个方程组得a=1，b=1即M（0，1，1）
【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系；MJ：二面角的平面角及求法．
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所以M是侧棱SC的中点．
【专题】11：计算题；14：证明题．
【分析】（Ⅰ）法一：要证明M是侧棱SC的中点，作MN∥SD交CD于N，作NE⊥AB交AB于E，
连ME、NB，则MN⊥面ABCD，ME⊥AB， 设MN=x，则NC=EB=x，解RT△MNE即可
得x的值，进而得到M为侧棱SC的中点；
法二：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，并求出S点的坐标、C
点的坐标和M点的坐标，然后根据中点公式进行判断；
法三：分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系D﹣xyz，构造空间向量，然后数
乘向量的方法来证明． （I）证法三：设 ，
（Ⅱ）我们可以以D为坐标原点，分别以DA、DC、DS为x、y、z轴如图建立空间直角坐标系 D﹣
则
xyz，我们可以利用向量法求二面角S﹣AM﹣B的大小．
【解答】证明：（Ⅰ）作MN∥SD交CD于N，作NE⊥AB交AB于E， 又
连ME、NB，则MN⊥面ABCD，ME⊥AB，
故 ，
设MN=x，则NC=EB=x，
在RT△MEB中，∵∠MBE=60°∴ ．
即 ，
在RT△MNE中由ME2=NE2+MN2∴3x2=x2+2
解得x=1，从而 ∴M为侧棱SC的中点M． 解得λ=1，所以M是侧棱SC的中点．
（Ⅰ）证法二：分别以 DA、DC、DS 为 x、y、z 轴如图建立空间直角坐标系 D﹣xyz，则 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ，
．（Ⅱ）求甲获得这次比赛胜利的概率．
又 ， ，
设 分别是平面SAM、MAB的法向量， 【考点】C8：相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．
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【专题】12：应用题．
则 且 ， 【分析】根据题意，记“第i局甲获胜”为事件A（i=3，4，5），“第j局甲获胜”为事件B（j=3，
i i
4，5），
（1）“再赛2局结束这次比赛”包含“甲连胜 3、4局”与“乙连胜3、4局”两个互斥的事件，而每局
即 且
比赛之间是相互独立的，进而计算可得答案，
（2）若“甲获得这次比赛胜利”，即甲在后 3局中，甲胜2局，包括3种情况，根据概率的计算方
分别令 得z =1，y =1，y =0，z =2，
1 1 2 2
法，计算可得答案．
即 ， 【解答】解：记“第i局甲获胜”为事件A（i=3，4，5），
i
“第j局甲获胜”为事件B（j=3，4，5）．
i
∴
（Ⅰ）设“再赛2局结束这次比赛”为事件A，则A=A •A +B •B ，
3 4 3 4
由于各局比赛结果相互独立，
二面角S﹣AM﹣B的大小 ．
故 P（A）=P（A •A +B •B ）=P（A •A ）+P（B •B ）=P（A ）P（A ）+P（B ）P（B ）
3 4 3 4 3 4 3 4 3 4 3 4
=0.6×0.6+0.4×0.4=0.52．
（Ⅱ）记“甲获得这次比赛胜利”为事件H，
因前两局中，甲、乙各胜1局，
故甲获得这次比赛胜利当且仅当在后面的比赛中，
甲先胜2局，从而B=A •A +B •A •A +A •B •A ，
3 4 3 4 5 3 4 5
由于各局比赛结果相互独立，
【点评】空间两条直线夹角的余弦值等于他们方向向量夹角余弦值的绝对值；
故P（H）=P（A •A +B •A •A +A •B •A ）
3 4 3 4 5 3 4 5
空间直线与平面夹角的余弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的正弦值；
=P（A •A ）+P（B •A •A ）+P（A •B •A ）
3 4 3 4 5 3 4 5
空间锐二面角的余弦值等于他的两个半平面方向向量夹角余弦值的绝对值；
=P（A ）P（A ）+P（B ）P（A ）P（A ）+P（A ）P（B ）P（A ）
3 4 3 4 5 3 4 5
=0.6×0.6+0.4×0.6×0.6+0.6×0.4×0.6=0.648
20．（12分）甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜 3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束．
【点评】本小题考查互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率，解题之前，要
假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立．已知前2
分析明确事件间的关系，一般先按互斥事件分情况，再由相互独立事件的概率公式，进行计算．
局中，甲、乙各胜1局．
（Ⅰ）求再赛2局结束这次比赛的概率；
21．（12分）已知函数f（x）=x4﹣3x2+6．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设点P在曲线y=f（x）上，若该曲线在点P处的切线l通过坐标原点，求l的方程．
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．
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【专题】16：压轴题．
【分析】（1）利用导数求解函数的单调性的方法步骤进行求解．
（2）根据已知，只需求出f（x）在点P处的导数，即斜率，就可以求出切线方程．
【考点】IR：两点间的距离公式；JF：圆方程的综合应用；K8：抛物线的性质．
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【解答】解：（Ⅰ）
【专题】15：综合题；16：压轴题．
【分析】（1）先联立抛物线与圆的方程消去y，得到x的二次方程，根据抛物线E：y2=x与圆M：
令f′（x）＞0得 或 ；
（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是此方程有两个不相等的正根，
令f′（x）＜0得 或 可求出r的范围．
（2）先设出四点A，B，C，D的坐标再由（1）中的x二次方程得到两根之和、两根之积，表示出
因此，f（x）在区间 和 为增函数；
面积并求出其的平方值，最后根据三次均值不等式确定得到最大值时的点P的坐标．
【解答】解：（Ⅰ）将抛物线E：y2=x代入圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）的方程，
在区间 和 为减函数．
消去y2，整理得x2﹣7x+16﹣r2=0（1）
（Ⅱ）设点P（x ，f（x ）），
0 0
抛物线E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四个点的充要条件是：
由l过原点知，l的方程为y=f′（x ）x，
0
方程（1）有两个不相等的正根
因此f（x ）=f′（x ）x ，即x 4﹣3x 2+6﹣x （4x 3﹣6x ）=0，
0 0 0 0 0 0 0 0
整理得（x 0 2+1）（x 0 2﹣2）=0，解得 或 ． ∴
所以的方程为y=2 x或y=﹣2 x
【点评】本题比较简单，是一道综合题，主要考查函数的单调性、利用导数的几何意义求切线方
即 ．
程等函数基础知识，应熟练掌握．
解这个方程组得 ， ．
22．（12分）如图，已知抛物线 E：y2=x与圆M：（x﹣4）2+y2=r2（r＞0）相交于A、B、C、D四
个点．
（II）设四个交点的坐标分别为
（Ⅰ）求r的取值范围；
（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．
、 、 、 ．则直线AC、BD的方程分别为y﹣ = •（x﹣x ），y+ = （x﹣x ），
1 1
解得点P的坐标为（ ，0），
则由（I）根据韦达定理有x +x =7，x x =16﹣r2，
1 2 1 2
则
∴
令 ，
则S2=（7+2t）2（7﹣2t）下面求S2的最大值．
由三次均值有：
当且仅当7+2t=14﹣4t，即 时取最大值．
经检验此时 满足题意．
故所求的点P的坐标为 ．
【点评】本题主要考查抛物线和圆的综合问题．圆锥曲线是高考必考题，要强化复习．
