2023年高考數(shù)學(xué)江蘇試題及解析

2023年江蘇1.(2023年江蘇)集合A={1，2}，B={a，a2+3}，假設(shè)A∩B={1}，那么實數(shù)a的值為.1.1【解析】由題意1∈B，顯然a2+3≥3，所以a=1，此時a2+3=4，滿足題意，故答案為1.2.(2023年江蘇)復(fù)數(shù)z=(1+i)(1+2i)，其中i是虛數(shù)單位，那么的模是.2.eq\r(10)【解析】|z|=|(1+i)(1+2i)|=|1+i||1+2i|=eq\r(2)×eq\r(5)=eq\r(10).故答案為eq\r(10)．3.【答案】18【解析】應(yīng)從丙種型號的產(chǎn)品中抽取件，故答案為18．【考點】分層抽樣【名師點睛】在分層抽樣的過程中，為了保證每個個體被抽到的可能性是相同的，這就要求各層所抽取的個體數(shù)與該層所包含的個體數(shù)之比等于樣本容量與總體的個體數(shù)之比，即ni∶Ni＝n∶N．4.(2023年江蘇)右圖是一個算法流程圖，假設(shè)輸入x的值為eq\f(1,16)，那么輸出y的值是.4.-2【解析】由題意得y=2+log2eq\f(1,16)=-2.故答案為-2．5.(2023年江蘇)假設(shè)tan(α+eq\f(π,4))=eq\f(1,6)那么tanα=.5.eq\f(7,5)【解析】tanα=tan[(α-eq\f(π,4))+eq\f(π,4)]=eq\f(tan(α-eq\f(π,4))+taneq\f(π,4),1-tan(α-eq\f(π,4))taneq\f(π,4))=eq\f(eq\f(1,6)+1,1-eq\f(1,6))=eq\f(7,5).故答案為eq\f(7,5).6.(2023年江蘇)如圖，在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切．記圓柱O1O2的體積為V1，球O的體積為V2，那么eq\f(V1,V2)的值是.6.eq\f(3,2)【解析】設(shè)球半徑為r，那么eq\f(V1,V2)=eq\f(πr2×2r,eq\f(4,3)πr3)=eq\f(3,2)．故答案為eq\f(3,2)．7.(2023年江蘇)記函數(shù)f〔x〕=eq\r(6+x-x2)的定義域為D．在區(qū)間[-4，5]上隨機取一個數(shù)x，那么x∈D的概率是.7.eq\f(5,9)【解析】由6+x-x2≥0，即x2-x-6≤0，得-2≤x≤3，根據(jù)幾何概型的概率計算公式得x∈D的概率是eq\f(3-〔-2〕,5-〔-4〕)=eq\f(5,9).8.(2023年江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線eq\f(x2,3)-y2=1的右準線與它的兩條漸近線分別交于點P，Q，其焦點是F1，F(xiàn)2，那么四邊形F1PF2Q的面積是.8.2eq\r(3)【解析】右準線方程為x=eq\f(3,eq\r(10))=eq\f(3eq\r(10),10)，漸近線方程為y=±eq\f(eq\r(3),3)x，設(shè)P〔eq\f(3eq\r(10),10)，eq\f(eq\r(30),10)〕，那么Q〔eq\f(3eq\r(10),10)，-eq\f(eq\r(30),10)〕，F(xiàn)1〔-eq\r(10)，0〕，F(xiàn)2〔eq\r(10)，0〕，那么S=2eq\r(10)×eq\f(eq\r(30),10)=2eq\r(3).9.(2023·江蘇高考)等比數(shù)列{an}的各項均為實數(shù)，其前n項和為Sn.S3＝eq\f(7,4)，S6＝eq\f(63,4)，那么a8＝________.[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，那么由S6≠2S3，得q≠1，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S3＝\f(a11－q3,1－q)＝\f(7,4)，,S6＝\f(a11－q6,1－q)＝\f(63,4)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(q＝2，,a1＝\f(1,4)，))那么a8＝a1q7＝eq\f(1,4)×27＝32.[答案]3210.(2023·江蘇高考)某公司一年購置某種貨物600噸，每次購置x噸，運費為6萬元/次，一年的總存儲費用為4x萬元．要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，那么x的值是________．解析：由題意，一年購置eq\f(600,x)次，那么總運費與總存儲費用之和為eq\f(600,x)×6＋4x＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(900,x)＋x))≥8eq\r(\f(900,x)·x)＝240，當(dāng)且僅當(dāng)x＝30時取等號，故總運費與總存儲費用之和最小時x的值是30.答案：3011.(2023年江蘇)函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-eq\f(1,ex)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．假設(shè)f(a-1)+f(2a2)≤0，那么實數(shù)a的取值范圍是___________.11.[-1，eq\f(1,2)]【解析】因為f〔-x〕=-x3+2x+eq\f(1,ex)-ex=-f〔x〕，所以函數(shù)f〔x〕是奇函數(shù)，因為f′〔x〕=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2eq\r(ex·e-x)≥0，所以函數(shù)f〔x〕在R上單調(diào)遞增，又f〔a-1〕+f(2a2)≤0，即f(2a2)≤f〔1-a〕，所以2a2≤1-a，即2a2+a-1≤0，解得-1≤a≤eq\f(1,2)，故實數(shù)a的取值范圍為[-1，eq\f(1,2)].12.(2023年江蘇)如圖，在同一個平面內(nèi)，向量eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OA))，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OB))，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OC))的模分別為1，1，eq\r(2)，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OA))與eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OC))的夾角為α，且tanα=7，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OB))與eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OC))的夾角為45°．假設(shè)eq\o(\s\up5(→),\s\do1(OC))=meq\o(\s\up5(→),\s\do1(OA))+neq\o(\s\up5(→),\s\do1(OB))(m，n∈R)，那么___________.12.3【解析】由tanα=7可得sinα=eq\f(7eq\r(2),10)，cosα=eq\f(eq\r(2),10)，根據(jù)向量的分解，易得eq\b\lc\{(\a\al(ncos45°+mcosα=eq\r(2)，,nsin45°-msinα=0，))即eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(eq\r(2),2)n+eq\f(eq\r(2),10)m=eq\r(2)，,eq\f(eq\r(2),2)n-eq\f(7eq\r(2),10)m=0，))即eq\b\lc\{(\a\al(5n+m=10，,5n-7m=0，))即得m=eq\f(5,4)，n=eq\f(7,4)，所以m+n=3．13.(2023年江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,A(－12,0),B(0,6),點P在圓O：x2＋y2＝50上,假設(shè)eq\o(\s\up6(→),\s\do4(PA))·eq\o(\s\up6(→),\s\do4(PB))≤20,那么點P的橫坐標(biāo)的取值范圍是_________.【答案】[5eq\r(2),1]【解析】設(shè)P(x,y,)由eq\o(\s\up6(→),\s\do4(PA))·eq\o(\s\up6(→),\s\do4(PB))≤20易得2x－y＋5≤0,由eq\b\lc\{(\a\al(2x－y＋5＝0，,x2＋y2＝50))可得A：eq\b\lc\{(\a\al(x＝－5，,y＝－5))或B：eq\b\lc\{(\a\al(x＝1，,y＝7.))由2x－y＋5≤0得P點在圓左邊弧eq\o(\s\up6(⌒),\s\do4(AB))上,結(jié)合限制條件－5eq\r(2)≤x≤5eq\r(2),可得點P橫坐標(biāo)的取值范圍為[5eq\r(2),1].14.(2023·江蘇高考)設(shè)f(x)是定義在R上且周期為1的函數(shù)，在區(qū)間[0,1)上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x∈D，,x，x?D，))其中集合D＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(n－1,n)，n∈N*))))，那么方程f(x)－lgx＝0的解的個數(shù)是________．解析：由于f(x)∈[0,1)，因此只需考慮1≤x<10的情況，在此范圍內(nèi)，當(dāng)x∈Q且x?Z時，設(shè)x＝eq\f(q,p)，q，p∈N*，p≥2且p，q互質(zhì)．假設(shè)lgx∈Q，那么由lgx∈(0,1)，可設(shè)lgx＝eq\f(n,m)，m，n∈N*，m≥2且m，n互質(zhì)，因此10eq\f(n,m)＝eq\f(q,p)，那么10n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,p)))m，此時左邊為整數(shù)，右邊為非整數(shù)，矛盾，因此lgx?Q，故lgx不可能與每個周期內(nèi)x∈D對應(yīng)的局部相等，只需考慮lgx與每個周期內(nèi)x?D局部的交點．畫出函數(shù)草圖(如圖)，圖中交點除(1,0)外其他交點橫坐標(biāo)均為無理數(shù)，屬于每個周期x?D的局部，且x＝1處(lgx)′＝eq\f(1,xln10)＝eq\f(1,ln10)<1，那么在x＝1附近僅有一個交點，因此方程f(x)－lgx＝0的解的個數(shù)為8.答案：815.(2023年江蘇)如圖,在三棱錐A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,點E,F(E與A,D不重合)分別在棱AD,BD上,且EF⊥AD.求證：〔1〕EF∥平面ABC；〔2〕AD⊥AC.【分析】〔1〕先由平面幾何知識證明EF∥AB,再由線面平行判定定理得結(jié)論；〔2〕先由面面垂直性質(zhì)定理得BC⊥平面ABD,那么BC⊥AD,再由AB⊥AD及線面垂直判定定理得AD⊥平面ABC,即可得AD⊥AC.【證明】〔1〕在平面ABC內(nèi),∵AB⊥AD,EF⊥AD,∴EF∥AB.又∵EF?平面ABC,AB?平面ABC,∴EF∥平面ABC.〔2〕∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD＝BD,BC?平面BCD,BC⊥BD,∴BC⊥平面ABD.∵AD?平面ABD,∴BC⊥AD.又AB⊥AD,BC∩AB＝B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,∴AD⊥平面ABC.又∵AC?平面ABC,∴AD⊥AC.16.(2023年江蘇)向量a＝(cosx,sinx),b＝(3,－eq\r(3)),x∈[0,π].〔1〕假設(shè)a∥b,求x的值；〔2〕記f(x)＝a·b,求f(x)的最大值和最小值以及對應(yīng)的x的值.【解析】〔1〕∵a＝(cosx,sinx),b＝(3,－eq\r(3)),a∥b,∴－eq\r(3)cosx＝3sinx.假設(shè)cosx＝0,那么sinx＝0,與sin2x＋cos2x＝1矛盾,∴cosx≠0.于是tanx＝－eq\f(eq\r(3),3).又QUOTEx∈[0，π]x∈[0,π],∴x＝eq\f(5π,6).〔2〕f(x)＝a·b＝(cosx,sinx)·(3,－eq\r(3))＝3cosx－eq\r(3)sinx＝2eq\r(3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋eq\f(π,6))).∵QUOTEx∈[0，π]x∈[0,π],∴x＋eq\f(π,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(eq\f(π,6)，eq\f(7π,6))),∴－1≤coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋eq\f(π,6)))≤eq\f(eq\r(3),2).當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,6),即x＝0時,f(x)取得最大值3；當(dāng)x＋eq\f(π,6)＝π,即x＝eq\f(5π,6)時,f(x)取得最小值－2eq\r(3).17.(2023年江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1〔a＞b＞0〕的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(1,2)，兩準線之間的距離為8．點P在橢圓E上，且位于第一象限，過點F1作直線PF1的垂線l1，過點F2作直線PF2的垂線l2．〔1〕求橢圓E的標(biāo)準方程；〔2〕假設(shè)直線l1，l2的交點Q在橢圓E上，求點P的坐標(biāo)．17.解：〔1〕設(shè)橢圓的半焦距為c．因為橢圓E的離心率為eq\f(1,2)，兩準線之間的距離為8，所以eq\f(c,a)=eq\f(1,2)，eq\f(2a2,c)=8，解得a=2，c=1，于是b=eq\r(a2-c2)=eq\r(3)，因此橢圓E的標(biāo)準方程是eq\f(x2,4)+eq\f(y2,3)=1．〔2〕由〔1〕知，F(xiàn)1〔-1，0〕，F(xiàn)2〔1，0〕.設(shè)P〔x0，y0〕，因為P為第一象限的點，故x0＞0，y0＞0.當(dāng)x0=1時，l2與l1相交于F1，與題設(shè)不符.當(dāng)x0≠1時，直線PF1的斜率為eq\f(y0,x0+1)，直線PF2的斜率為eq\f(y0,x0-1).因為l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直線l1的斜率為-eq\f(x0+1,y0)，直線l2的斜率為-eq\f(x0-1,y0)，從而直線l1的方程：y=-eq\f(x0+1,y0)〔x+1〕，①直線l2的方程：y=-eq\f(x0-1,y0)〔x-1〕．②由①②，解得x=-x0，y=eq\f(x02-1,y0)，所以Q〔-x0，eq\f(x02-1,y0)〕．因為點Q在橢圓上，由對稱性，得eq\f(x02-1,y0)=±y0，即x02-y02=1或x02+y02=1．又P在橢圓E上，故eq\f(x02,4)+eq\f(y02,3)=1．由eq\b\lc\{(\a\al(x02-y02=1，,eq\f(x02,4)+eq\f(y02,3)=1，))解得x0=eq\f(4eq\r(7),7)，y0=eq\f(3eq\r(7),7)；eq\b\lc\{(\a\al(x02-y02=1，,eq\f(x02,4)+eq\f(y02,3)=1，))無解．因此點P的坐標(biāo)為〔eq\f(4eq\r(7),7)，eq\f(3eq\r(7),7)〕．18.(2023年江蘇)如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32cm，容器Ⅰ的底面對角線AC的長為10eq\r(7)cm，容器Ⅱ的兩底面對角線EG，E1G1的長分別為14cm和62cm．分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均為12cm．現(xiàn)有一根玻璃棒l，其長度為40cm．〔容器厚度、玻璃棒粗細均忽略不計〕〔1〕將l放在容器Ⅰ中，l的一端置于點A處，另一端置于側(cè)棱CC1上，求l沒入水中局部的長度；〔2〕將l放在容器Ⅱ中，l的一端置于點E處，另一端置于側(cè)棱GG1上，求l沒入水中局部的長度．18.解：〔1〕由正棱柱的定義，CC1⊥平面ABCD，所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，CC1⊥AC.記玻璃棒的另一端落在CC1上點M處.因為AC=10eq\r(7)，AM=40，所以MC=eq\r(402-〔10eq\r(7)〕2)=30，從而sin∠MAC=eq\f(3,4)，記AM與水面的交點為P1，過P1作P1Q1⊥AC，Q1為垂足，那么P1Q1⊥平面ABCD，故P1Q1=12，從而AP1=eq\f(P1Q1,sin∠MAC)=16.答：玻璃棒l沒入水中局部的長度為16cm.(如果將“沒入水中局部〞理解為“水面以上局部〞，那么結(jié)果為24cm) 〔2〕如圖，O，O1是正棱臺的兩底面中心．由正棱臺的定義，OO1⊥平面EFGH，所以平面E1EGG1⊥平面EFGH，O1O⊥EG．同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1．記玻璃棒的另一端落在GG1上點N處．過G作GK⊥E1G1，K為垂足，那么GK=OO1=32．因為EG=14，E1G1=62，所以KG1=eq\f(62-14,2)=24，從而GG1=eq\r(KG12+GK2)=eq\r(242+322)=40．設(shè)∠EGG1=α，∠ENG=β，那么sinα=sin〔eq\f(π,2)+∠KGG1〕=cos∠KGG1=eq\f(4,5).因為eq\f(π,2)＜α＜π，所以cosα=-eq\f(3,5).在△ENG中，由正弦定理可得eq\f(40,sinα)=eq\f(14,sinβ)，解得sinβ=eq\f(7,25).因為0＜β＜eq\f(π,2)，所以cosβ=eq\f(24,25).于是sin∠NEG=sin〔π-α-β〕=sin〔α+β〕=sinαcosβ+cosαsinβ=eq\f(4,5)×eq\f(24,25)+〔-eq\f(3,5)〕×eq\f(7,25)=eq\f(3,5)．記EN與水面的交點為P2，過P2作P2Q2⊥EG，Q2為垂足，那么P2Q2⊥平面EFGH，故P2Q2=12，從而EP2=eq\f(P2Q2,sin∠NEG)=20．答：玻璃棒l沒入水中局部的長度為20cm．(如果將“沒入水中局部〞理解為“水面以上局部〞，那么結(jié)果為20cm)19.(2023年江蘇)對于給定的正整數(shù)k，假設(shè)數(shù)列{an}滿足：an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan對任意正整數(shù)n〔n＞k〕總成立，那么稱數(shù)列{an}是“p〔k〕數(shù)列〞．〔1〕證明：等差數(shù)列{an}是“p〔3〕數(shù)列〞；〔2〕假設(shè)數(shù)列{an}既是“p〔2〕數(shù)列〞，又是“p〔3〕數(shù)列〞，證明：{an}是等差數(shù)列．19.解：〔1〕因為{an}是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d，那么an=a1+(n-1)d，從而，當(dāng)n≥4時，an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an，k=1，2，3，所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an，因此等差數(shù)列{an}是“p〔3〕數(shù)列〞．〔2〕數(shù)列{an}既是“p〔2〕數(shù)列〞，又是“p〔3〕數(shù)列〞，因此，當(dāng)n≥3時，an-2+an-1+an+1+an+2=4an，①當(dāng)n≥4時，an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an．②由①知，an-3+an-2=4an-(an+an+1)，③an+2+an+3=4an+1-(an-1+an)，④將③④代入②，得an-1+an+1=2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差數(shù)列，設(shè)其公差為d′．在①中，取n=4，那么a2+a3+a5+a6=4a4，所以a2=a3-d′，在①中，取n=3，那么a1+a2+a4+a5=4a3，所以a1=a3-2d′，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列．20.(2023年江蘇)函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+1(a＞0，b∈R)有極值，且導(dǎo)函數(shù)f′(x)的極值點是f(x)的零點．〔極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值〕〔1〕求b關(guān)于a的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；〔2〕證明：b2＞3a；〔3〕假設(shè)f(x)，f′(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于-eq\f(7,2)，求a的取值范圍．20.解：〔1〕由f(x)=x3+ax2+bx+1，得f′(x)=3x2+2ax+b=3(x+eq\f(a,3))2+b-eq\f(a2,3)．當(dāng)x=-eq\f(a,3)時，f′(x)有極小值b-eq\f(a2,3)．因為f′(x)的極值點是f(x)的零點．所以f(-eq\f(a,3))=-eq\f(a3,27)+eq\f(a3,9)-eq\f(ab,3)+1=0，又a＞0，故b=eq\f(2a2,9)+eq\f(3,a)．因為f(x)有極值，故f′(x)=0有實根，從而b-eq\f(a2,3)=eq\f(1,9a)(27-a3)≤0，即a≥3．當(dāng)a=3時，f′(x)＞0〔x≠-1〕，故f(x)在R上是增函數(shù)，f(x)沒有極值；當(dāng)a＞3時，f′(x)=0有兩個相異的實根x1=eq\f(-a-eq\r(a2-3b),3)，x2=eq\f(-a+eq\r(a2-3b),3)．列表如下：x〔-∞，x1〕x1〔x1，x2〕x2〔x2，+∞〕f′(x)+0–0+f(x)↗極大值↘極小值↗故f(x)的極值點是x1，x2．從而a＞3．因此b=eq\f(2a2,9)+eq\f(3,a)，定義域為〔3，+∞〕．〔2〕由〔1〕知，eq\f(b,eq\r(a))=eq\f(2aeq\r(a),9)+eq\f(3,aeq\r(a)).設(shè)g〔t〕=eq\f(2t,9)+eq\f(3,t)，那么g′〔t〕=eq\f(2,9)-eq\f(3,t2)=eq\f(2t2-27,9t2).當(dāng)t∈〔eq\f(3eq\r(6),2)，+∞〕時，g′〔t〕＞0，從而g〔t〕在〔eq\f(3eq\r(6),2)，+∞〕上單調(diào)遞增.因為a＞3，所以aeq\r(a)＞3eq\r(3)，故g〔aeq\r(a)〕＞g〔3eq\r(3)〕=eq\r(3)，即eq\f(b,eq\r(a))＞eq\r(3).因此b2＞3a.〔3〕由〔1〕知，f(x)的極值點是x1，x2，且x1+x2=-eq\f(2,3)a，x12+x22=eq\f(4a2-6b,9)．從而f(x1)+f(x2)=x13+ax12+bx1+1+x23+ax22+bx2+1=eq\f(x1,3)(3x12+2ax1+b)+eq\f(x2,3)(3x22+2ax2+b)+eq\f(1,3)a(x12+x22)+eq\f(2,3)b(x1+x2)+2=eq\f(4a3-6ab,27)-eq\f(4ab,9)+2=0.記f(x)，f′(x)所有極值之和為h(a)，因為f′(x)的極值為b-eq\f(a2,3)=-eq\f(1,9)a2+eq\f(3,a)，所以h(a)=-eq\f(1,9)a2+eq\f(3,a)，a＞3．因為h′(a)=-eq\f(2,9)a-eq\f(3,a2)＜0，于是h(a)在〔3，+∞〕上單調(diào)遞減．因為h〔6〕=-eq\f(7,2)，于是h〔a〕≥h〔6〕，故a≤6．因此a的取值范圍為〔3，6]．21.(2023年江蘇)A．[選修4-1：幾何證明選講]如圖，AB為半圓O的直徑，直線PC切半圓O于點C，AP⊥PC，P為垂足．求證：〔1〕∠PAC=∠CAB；〔2〕AC2=AP·AB．解：〔1〕因為PC切半圓O于點C，所以∠PCA=∠CBA，因為AB為半圓O的直徑，所以∠ACB=90°.因為AP⊥PC，所以∠APC=90°，所以∠APC=∠CBA.〔2〕由〔1〕知，△APC∽△ACB，故eq\f(AP,AC)=eq\f(AC,AB)，即AC2=AP·AB．B．[選修4-2：矩陣與變換]矩陣A=[0110]，B=[1002].〔1〕求AB；〔2〕假設(shè)曲線C1：eq\f(x2,8)+eq\f(y2,2)=1在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到另一曲線C2，求C2的方程．解：〔1〕因為A=[0110]，B=[1002]，所以AB=[0110][1002]=[0120].〔2〕設(shè)Q〔x0，y0〕為曲線C1上的任意一點，它在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下變?yōu)镻(x，y)，那么[0120][x0y0]=[xy]，即eq\b\lc\{(\a\al(2y0=x，,x0=y，))所以eq\b\lc\{(\a\al(x0=y，,y0=eq\f(x,2).))因為點Q〔x0，y0〕在曲線C1上，所以eq\f(x02,8)+eq\f(y02,2)=1，從而eq\f(x2,8)+eq\f(y2,2)=1，即x2+y2=8．因此曲線C1在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到曲線C2：x2+y2=8．C．[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](2023年江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,直線l的參考方程為eq\b\lc\{(\a\al(x＝－8＋t，,y＝eq\f(t,2)))(t為參數(shù)),曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{(\a\al(x＝2s2，,y＝2eq\r(2)s))(s為參數(shù)).設(shè)P為曲線C上的動點,求點P到直線l的距離的最小值.【解析】直線l的普通方程為x－2y＋8＝0.因為點P在曲線C上,設(shè)P(2s2,2eq\r(2)s),所以點P到直線l的距離d＝eq\f(|2s2－4eq\r(2)s＋8|,eq\r(12＋(－2)2))＝eq\f(2(s－eq\r(2))2＋4,eq\r(5)).當(dāng)s＝eq\r(2)時,dmin＝eq\f(4eq\r(5),5).所以當(dāng)點P的坐標(biāo)為(4,4)時,曲線C上點P到直線l的距離的最小值為eq\f(4eq\r(5),5).D．［選修4-5：不等式選講］a,b,c,d為實數(shù),且a2＋b2＝4,c2＋d2＝16.求證：ac＋bd≤8.【證明】由柯西不等式得(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2).因為a2＋b2＝4,c2＋d2＝16,所以(ac＋bd)2≤64,所以ac＋bd≤8.22.(2023年江蘇)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=eq\r(3)，∠BAD=120°．〔1〕求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；〔2〕求二面角B-A1D-A的正弦值．22.解：在平面ABCD內(nèi)，過點A作AE⊥AD，交BC于點E．因為AA1平面ABCD，所以AA1⊥AE，AA1⊥AD．如圖，以{eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AE))，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AD))，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AA1))}為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．因為AB=AD=2，AA1=eq\r(3)，∠BAD=120°．那么A〔0，0，0〕，B〔eq\r(3)，-1，0〕，D〔0，2，0〕，E〔eq\r(3)，0，0〕，A1〔0，0，eq\r(3)〕，C1〔eq\r(3)，1，eq\r(3)〕.〔1〕eq\o(\s\up5(→),\s\do1(A1B))=〔eq\r(3)，-1，-eq\r(3)〕，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AC1))=〔eq\r(3)，1，eq\r(3)〕，那么cos<eq\o(\s\up5(→),\s\do1(A1B))，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AC1))>=eq\f(eq\o(\s\up5(→),\s\do1(A1B))·eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AC1)),|eq\o(\s\up5(→),\s\do1(A1B))||eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AC1))|)=eq\f(〔eq\r(3)，-1，-eq\r(3)〕·〔eq\r(3)，1，eq\r(3)〕,7)=-eq\f(1,7).因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為eq\f(1,7)．〔2〕平面A1DA的一個法向量為eq\o(\s\up5(→),\s\do1(AE))=〔eq\r(3)，0，0〕.設(shè)m=〔x，y，z〕為平面BA1D的一個法向量，又eq\o(\s\up5(→),\s\do1(A1B))=〔eq\r(3)，-1，-eq\r(3)〕，eq\o(\s\up5(→),\s\do1(BD))=〔-eq\r(3)，3，0〕，那么eq\b\lc\{(\a\al(m·eq\o(\s\up5(→),\s\do1(A1B))=0，,m·eq\o(\s\up5(→),\s\do1(BD))=0，))即eq\b\lc\{(\a\al(eq\r(3)x-y-eq\r(3)z=0，,-eq\r(3)x+3y=0.))不妨取x=3，那么y=eq\r(3)，z