2022年上海交大附中高考数学二模试卷

这是一份2022年上海交大附中高考数学二模试卷，共21页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022年上海交大附中高考数学二模试卷
一、填空题
1．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{y|y＝3x﹣2，x∈A}，则A∩B＝　 　．
2．将循环小数化为最简分数为 　 　．
3．等差数列{an}的前9项和为18，第9项为18，则{an}的通项公式为 　 　．
4．已知单位向量，的夹角为θ，若，则的取值范围是 　 　．
5．二项展开式的常数项的值为 　 　．
6．设函数的图像与y＝21﹣x的图像交点的横坐标从小到大依次记为x1，x2，x3，…，则|xn+1﹣xn|＝　 　．
7．圆C的圆心C在抛物线y2＝2x上，且圆C与y轴相切于点A，与x轴相交于P、Q两点，若（O为坐标原点），则|PQ|＝　 　．
8．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为　 　．

9．已知直线l：y＝2x﹣10与双曲线的一条渐近线平行，且经过双曲线的一个焦点，则双曲线的标准方程为 　 　．
10．如图，一个正方体雕塑放置在水平基座上，其中一个顶点恰好在基座上，与之相邻的三个顶点与水平基座的距离分别是2，3，4，则正方体的8个顶点中与水平基座距离的最大值为 　 　．

11．若函数f（x）＝loga（x3﹣ax）（a＞0，a≠1）在区间（，0）内单调递增，则实数a的取值范围是　 　．
12．如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第n+1条线段所夹的角为，则θ2022＝　 　．

二、选择题
13．设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＜0”是“对任意的正整数n，a2n﹣1+a2n＜0”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．既不充分也不必要条件
14．以下向量中，能成为以行列式形式表示的直线方程＝0的一个法向量的是（　　）
A． B． C． D．
15．下面是关于三棱锥的四个命题，其中真命题的编号是（　　）
①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥；
②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥；
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
A．①② B．①④ C．②③ D．①③
16．对于直角坐标平面内的任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．给出下列三个命题：
①若点C在线段AB上，则||AC||+||CB||＝||AB||；
②在△ABC中，若∠C＝90°，则||AC||2+||CB||2＝||AB||2；
③在△ABC中，||AC||+||CB||＞||AB||．
其中真命题的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
三、解答题
17．如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是边AB及BC的中点，将△AED，△BEF及△DCF折起，使A、C、B点重合于A1点．
（1）求三棱锥A1EFD的体积；
（2）求A1D与平面DEF所成角的正切值．

18．已知虚数z＝a+icosθ，其中a，θ∈R，i为虚数单位．
①若对任意θ∈R，均有|z+2﹣i|≤3，求实数a的取值范围；
②若z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，求a，θ的值．
19．“跳台滑雪”是冬奥会中的一个比赛项目，俗称“勇敢者的游戏”，观赏性和挑战性极强．如图：一个运动员从起滑门点A出发，沿着助滑道曲线滑到台端点B起跳，然后在空中沿抛物线g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）飞行一段时间后在点C着陆，线段BC的长度称作运动员的飞行距离，计入最终成绩．已知g（x）＝ax2﹣20ax﹣b在区间[0，30]上的最大值为﹣30，最小值为﹣70．
（1）求实数a，b的值及助滑道曲线AB的长度．
（2）若运动员某次比赛中着陆点C与起滑门点A的高度差为120米，求他的飞行距离（精确到米）．

20．数列{an}满足条件：若存在正整数k和常数q∉{0，1}，使得an+k＝qan对任意n∈N*恒成立，则称数列{an}具有性质P（k，q），也称为类周期k数列．
（1）判断数列是否具有性质P（k，q）并说明理由；
（2）数列{an}具有性质P（3，2），且a1＝1，前4项成等差，求{an}的前100项和；
（3）若数列{an}既是类周期2数列，也是类周期3数列，求证：{an}为等比数列．
21．设椭圆Γ：的左、右焦点分别为F1，F2．直线l若与椭圆Γ只有一个公共点P，则称直线l为椭圆Γ的切线，P为切点．
（1）若直线l：y＝x+2与椭圆相切，求椭圆的焦距|F1F2|；
（2）求证：椭圆Γ上切点为P（x0，y0）的切线方程为；
（3）记F1到直线l的距离为d1，F2到直线l的距离为d2，判断“d1d2＝1”是“直线l与椭圆Γ相切”的什么条件？请给出你的结论和理由．

2022年上海交大附中高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题
1．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{y|y＝3x﹣2，x∈A}，则A∩B＝　{1，4}　．
【分析】把A中元素代入y＝3x﹣2中计算求出y的值，确定出B，找出A与B的交集即可．
【解答】解：把x＝1，2，3，4分别代入y＝3x﹣2得：y＝1，4，7，10，即B＝{1，4，7，10}，
∵A＝{1，2，3，4}，
∴A∩B＝{1，4}，
故答案为：{1，4}，
【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2．将循环小数化为最简分数为 　　．
【分析】设x＝0.63，则100x＝63.63，据此可得关于x的一元一次方程，解之即可．
【解答】解：设x＝0.63，则100x＝63.63，
又63.63＝63+0.63，所以100x＝63+x，解得，
所以循环小数0.63化为最简分数为．
故答案为：．
【点评】本题考查了排序问题与算法，属于基础题．
3．等差数列{an}的前9项和为18，第9项为18，则{an}的通项公式为 　an＝4n﹣18　．
【分析】设等差数列{an}的公差为d，依题意，列式，解之即可．
【解答】解：设等差数列{an}的公差为d，则，解得，
故an＝﹣14+4（n﹣1）＝4n﹣18，
故答案为：an＝4n﹣18．
【点评】本题考查等差数列的通项公式及其应用，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
4．已知单位向量，的夹角为θ，若，则的取值范围是 　[]　．
【分析】由已知利用，展开后代入数量积公式，结合，即可求得的取值范围．
【解答】解：由题意，，∴＝1+2cosθ+1＝2+2cosθ．
∵，∴cosθ∈[0，]，则2+2cosθ∈[2，3]，
∴的取值范围是[]．
故答案为：[]．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查向量模的求法，是基础题．
5．二项展开式的常数项的值为 　﹣160　．
【分析】先求出二项展开式的通项公式Tr+1，然后由6﹣2r＝0，求出r，再求出常数项的值．
【解答】解：∵的二项展开式的通项公式为Tr+1＝•（2x）6﹣r＝•26﹣r（﹣1）rx6﹣2r，
令6﹣2r＝0，求得r＝3，
则展开式的常数项等于23（﹣1）3＝﹣160，
故答案为：﹣160．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题．
6．设函数的图像与y＝21﹣x的图像交点的横坐标从小到大依次记为x1，x2，x3，…，则|xn+1﹣xn|＝　　．
【分析】根据指数函数的单调性可得当x→+∞时，y＝21﹣x→0，则当x→+∞时，函数y＝cos（3x+）的图象与y＝21﹣x的图象交点可以后出函数y＝cos（3x+）的图象与x轴的交点，则表示函数cos（3x+）的图象与x轴相邻的两个交点之间的距离，由此能求出结果．
【解答】解：函数y＝y＝21﹣x为减函数，则当x→+∞时，y＝21﹣x→0，
则当x→+∞时，函数y＝cos（3x+）的图象与y＝21﹣x的图象交点
可以看作函数y＝cos（3x+）的图象与x轴的交点，
∵函数y＝cos（3x+）的图象与x轴相邻的两个交点之间的距离为＝，
∴|xn+1﹣xn|＝．
故答案为：．
【点评】本题考查极限的求法，考查指数函数的单调性、三角函数的图象和性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．圆C的圆心C在抛物线y2＝2x上，且圆C与y轴相切于点A，与x轴相交于P、Q两点，若（O为坐标原点），则|PQ|＝　3　．
【分析】不妨设C（a，b）在第一象限，则A（0，b），圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝a2（a＞0），依题意，可求得a与b的值，再利用直线被圆所截得的弦长公式可求得答案．
【解答】解：圆C的圆心C在抛物线y2＝2x上，且圆C与y轴相切于点A，

不妨设C（a，b）在第一象限，则A（0，b），圆C的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝a2（a＞0），
又＝||•|OC|cos＜，＞＝＝b2＝9，
∴2a＝b2＝9，
∴a＝，b＝3，即C（，3），圆C的方程为+（y﹣3）2＝，
设点C在x轴上的射影为D，则|CD|＝3，
∴圆C被x轴截得的弦长|PQ|＝2＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了圆的标准方程的求解与应用，考查直线与圆位置关系、圆中弦长公式以及平面向量的数量积的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
8．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为　28π　．

【分析】由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成，其表面积等于圆柱+圆锥在减去重叠或者多余的部分．
【解答】解：由题意可知，该几何体是由圆柱与圆锥组合而成：其表面积等于圆锥侧面积+圆柱侧面+圆柱底面积．
圆锥S侧＝πrl＝8π，圆柱侧面+圆柱底面积＝4×2πr+πr2＝16π+4π＝20π，
∴该几何体的表面积为28π．
故答案为28π．
【点评】本题考查了组合体的表面积的求法．组合体的表面积在计算时注意要减去重叠的部分．属于基础题．
9．已知直线l：y＝2x﹣10与双曲线的一条渐近线平行，且经过双曲线的一个焦点，则双曲线的标准方程为 　　．
【分析】由题意可得关于a，b，c的方程组，求解a与b的值，则答案可求．
【解答】解：双曲线的渐近线方程为y＝，
由y＝2x﹣10，取y＝0，得x＝5，
∵直线l：y＝2x﹣10与双曲线的一条渐近线平行，且经过双曲线的一个焦点，
∴，解得，∴双曲线的标准方程为．
故答案为：．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线标准方程的求法，考查运算求解能力，是中档题．
10．如图，一个正方体雕塑放置在水平基座上，其中一个顶点恰好在基座上，与之相邻的三个顶点与水平基座的距离分别是2，3，4，则正方体的8个顶点中与水平基座距离的最大值为 　9　．

【分析】由题意画出图形，不妨设B、D、A1到水平基座的距离分别是2，3，4，分别利用中点坐标公式求得其它点到水平基座的距离得答案．
【解答】解：如图，

不妨设B、D、A1到水平基座的距离分别是2，3，4，
则DA1的中点到水平基座的距离为，可得AD1的中点到水平基座的距离为，
∴D1到水平基座的距离为7；
同理求得C到水平基座的距离为5；B1到水平基座的距离为6；C1到水平基座的距离为9．
即正方体的8个顶点中与水平基座距离的最大值为9．
故答案为：9．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查中点坐标公式的应用，是中档题．
11．若函数f（x）＝loga（x3﹣ax）（a＞0，a≠1）在区间（，0）内单调递增，则实数a的取值范围是　[，1）　．
【分析】将函数看作是复合函数，令g（x）＝x3﹣ax，且g（x）＞0，得x∈（﹣，0）∪（ ，+∞），因为函数是高次函数，所以用导数来判断其单调性，再由复合函数“同增异减”求得结果．
【解答】解：令g（x）＝x3﹣ax，则g（x）＞0．得到 x∈（﹣，0）∪（ ，+∞），
由于g′（x）＝3x2﹣a，故x∈（﹣，0）时，g（x）单调递减，
x∈（﹣，﹣）或x∈（，+∞）时，g（x）单调递增．
∴当a＞1时，函数f（x）减区间为（﹣，0），不合题意，
当0＜a＜1时，函数f（x）的增区间为（﹣，0）．
∴（﹣，0）⊂（﹣，0），∴﹣≥﹣，∴a≥．
综上，a∈[，1）．
故答案为：[，1）．
【点评】本题主要考查复合函数的单调性，结论是同增异减，解题时一定要注意定义域，属于中档题．
12．如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边，接着画正五边形；对这个正五边形不画第五边，接着画正六边形；……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线．设第n条线段与第n+1条线段所夹的角为，则θ2022＝　174.46°　．

【分析】根据正三角形、正方形、正五边形的角的度数规律，类比出n多边形n﹣1个角的度数表达式，再计算出2022条线段所在的正多
边形的边数，进一步求出夹角．
【解答】解：第一条线段与第二条线段所夹的角θ1＝60°，由此类推，θ2＝90°，θ3＝90°，
θ4＝108°，θ5＝108°，θ6＝108°，θ7＝120°，θ8＝120°，θ9＝120°，θ10＝120°，……
观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，
正方形有2个90°，正五边形有3个108°，正六边形有4个120°，••••••
n多边形有n﹣2个，
又观察图形得：正三角形画2条线段，正方形画2条线段，正五边形画3条线段，正六边形画4条线段，……，正n边形画n﹣2条线段；
∴画到正n多边形时，画线段的条数为m＝2+2+3+4+……+（n﹣2）＝2+，
当n＝65时，m＝2017；当n＝66时，m＝2081
第2022条线段应在正65边形中，∴θ2022＝≈174.46°，
故答案为：174.46°．
【点评】本题以实际问题为载体，考查数列模型的构建，属于中档题．
二、选择题
13．设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＜0”是“对任意的正整数n，a2n﹣1+a2n＜0”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．既不充分也不必要条件
【分析】先化简命题，在判断单调性．
【解答】解：a2n﹣1+a2n＜0，则＝＜0，
∵a1＞0，
∴1+q＜0，
∴q＜﹣1，
∴q＜0为q＜﹣1的必要而不充分条件，
∴“q＜0”是“对任意的正整数n，a2n﹣1+a2n＜0”的必要而不充分条件．
故选：B．
【点评】本题考查充要性，数列，属于基础题．
14．以下向量中，能成为以行列式形式表示的直线方程＝0的一个法向量的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据行列式运算法则得到3x﹣2y﹣1＝0，再计算直线法向量即可．
【解答】解：，故3x﹣2y﹣1＝0，
故直线的法向量为＝（3，﹣2），
故选：A．
【点评】本题考查了行列式的计算以及直线方程的法向量，属于基础题．
15．下面是关于三棱锥的四个命题，其中真命题的编号是（　　）
①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥；
②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥；
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥；
④侧棱与底面所成的角相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥．
A．①② B．①④ C．②③ D．①③
【分析】根据正三棱锥的定义，结合二面角判断①的正误；举例说明②③错误，由线面角与二面角的定义判断④．
【解答】解：①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等，
可得底面中心等于是棱锥顶点在底面的射影，故①正确；
②三条侧棱中仅有一条不与底面边长相等，侧面都是等腰三角形，三棱锥不是正三棱锥，故②错误；
③底面是等边三角形，侧面的面积都相等，说明顶点到底面三边的距离（斜高）相等，
根据射影长的关系，可以得到顶点在底面的射影（垂足）到底面三边所在直线的距离也相等，
由于在底面所在的平面内，到底面三边所在直线的距离相等的点有4个：
内心（本题的中心）1个、旁心3个，因此不能保证三棱锥是正三棱锥，故③错误；
④侧棱与底面所成的角相等，可得顶点在底面的射影为底面的外心，
又侧面与底面所成的二面角都相等，得顶点在底面的射影为底面的内心，
则底面为等边三角形，进一步可得三棱锥是正三棱锥，故④正确．
故选：B．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查逻辑思维能力及推理论证能力，是基础题．
16．对于直角坐标平面内的任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．给出下列三个命题：
①若点C在线段AB上，则||AC||+||CB||＝||AB||；
②在△ABC中，若∠C＝90°，则||AC||2+||CB||2＝||AB||2；
③在△ABC中，||AC||+||CB||＞||AB||．
其中真命题的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】首先分析题目任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|，
对于①若点C在线段AB上，设C点坐标为（x0，y0）然后代入验证显然|AC||+||CB||＝||AB||成立．成立故正确．
对于②在△ABC中，若∠C＝90°，则||AC||2+||CB||2＝||AB||2；是几何距离而非题目定义的距离，明显不成立，
对于③在△ABC中，用坐标表示||AC||+||CB||然后根据绝对值不等式可得到大于等于||AB||．不成立，故可得到答案．
【解答】解：对于直角坐标平面内的任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．
对于①若点C在线段AB上，设C点坐标为（x0，y0），x0在x1、x2之间，y0在y1、y2之间，
则||AC||+||CB||＝|x0﹣x1|+|y0﹣y1|+|x2﹣x0|+|y2﹣y0|＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|＝||AB||．成立故正确．
对于②在△ABC中，若∠C＝90°，则||AC||2+||CB||2＝||AB||2；是几何距离而非题目定义的距离，明显不成立，
对于③在△ABC中，||AC||+||CB||＝|x0﹣x1|+|y0﹣y1|+|x2﹣x0|+|y2﹣y0|≥|（x0﹣x1）+（x2﹣x0）|+|（y0﹣y1）+（y2﹣y0）|＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|＝||AB||．③不正确．
∴命题①成立，
故选：B．
【点评】此题主要考查新定义的问题，对于此类型的题目需要认真分析题目的定义再求解，切记不可脱离题目要求．属于中档题目．
三、解答题
17．如图，正方形ABCD的边长为2，E，F分别是边AB及BC的中点，将△AED，△BEF及△DCF折起，使A、C、B点重合于A1点．
（1）求三棱锥A1EFD的体积；
（2）求A1D与平面DEF所成角的正切值．

【分析】（1）由已知证明A1D⊥平面A1EF，然后利用等体积法求多面体A1EFD的体积；
（2）取EF的中点M，连结A1M，DM，即可证明平面A1MD⊥平面EFD，再说明A1D与平面DEF所成角为∠A1DM，再利用锐角三角函数计算可得．
【解答】解：（1）由条件可知A1E⊥A1D，A1F⊥A1D，且A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F⊂平面A1EF，
∴AlD⊥平面AlEF，
∵△A1EF是等腰直角三角形，∴，
∴；
（2）取EF的中点M，连结A1M，DM，

∵A1E＝A1F，∴A1M⊥EF，
同理，DM⊥EF，且A1M∩EF＝M，A1M，EF⊂平面A1MD，
∴EF⊥平面A1MD，
又EF⊂平面A1MD，
∴平面A1MD⊥平面EFD，且平面A1MD∩平面EFD＝MD，
∴A1D与平面DEF所成角为∠A1DM，
∵A1D⊥平面A1EF，A1M⊂平面A1EF，
∴A1D⊥A1M，
∵，
∴，所以，
所以，
所以A1D与平面DEF所成角的正切值为．
【点评】本题考查了三棱锥的体积和线面角的计算，属于中档题．
18．已知虚数z＝a+icosθ，其中a，θ∈R，i为虚数单位．
①若对任意θ∈R，均有|z+2﹣i|≤3，求实数a的取值范围；
②若z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，求a，θ的值．
【分析】①依题意，得（a+2）2+（cosθ﹣1）2≤9，再利用﹣2≤cosθ﹣1≤0，可求得实数a的取值范围；
②由z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，可得，解之即可求得a，θ的值．
【解答】解：z＝a+icosθ，
①若对任意θ∈R，均有|z+2﹣i|≤3，即|a+2+（cosθ﹣1）i|≤3，即（a+2）2+（cosθ﹣1）2≤9，
∵﹣2≤cosθ﹣1≤0，
∴（a+2）2≤9﹣4＝5，
∴﹣2﹣≤a≤﹣2，即a∈[﹣2﹣，﹣2]；
②∵z＝a+icosθ，
∴z2＝a2﹣cos2θ+2acosθi，
∵z，z2恰好是某实系数一元二次方程的两个解，
∴z+z2＝a2﹣cos2θ+a+（cosθ+2acosθ）i∈R，且z•z2＝（a+icosθ）（a2﹣cos2θ+2acosθi）＝a3﹣3acos2θ+（3a2cosθ﹣cos3θ）i∈R，
即，
解cosθ（1+2a）＝0得a＝﹣，或cosθ＝0，此时θ＝kπ+（k∈Z）；
当a＝﹣时，代入3a2cosθ﹣cos3θ＝0，得cosθ（﹣cos2θ）＝0，
∴cosθ＝0，或cosθ＝±，此时θ＝kπ+或θ＝kπ±（k∈Z）．
综上所述，当a＝﹣时，θ＝kπ±（k∈Z）；
当a≠﹣时，θ＝kπ+（k∈Z）．
【点评】本题考查复数的概念性质及综合应用，考查转化与化归思想及方程思想的运用，考运算求解能力，属于难题．
19．“跳台滑雪”是冬奥会中的一个比赛项目，俗称“勇敢者的游戏”，观赏性和挑战性极强．如图：一个运动员从起滑门点A出发，沿着助滑道曲线滑到台端点B起跳，然后在空中沿抛物线g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）飞行一段时间后在点C着陆，线段BC的长度称作运动员的飞行距离，计入最终成绩．已知g（x）＝ax2﹣20ax﹣b在区间[0，30]上的最大值为﹣30，最小值为﹣70．
（1）求实数a，b的值及助滑道曲线AB的长度．
（2）若运动员某次比赛中着陆点C与起滑门点A的高度差为120米，求他的飞行距离（精确到米）．

【分析】（1）令y＝f（x），即可得到x2+y2＝b2，（﹣b≤x≤0，﹣b≤y≤0），即可得到f（x）的几何意义，根据二次函数的性质得到g（10）＝﹣30，g（30）＝﹣70，即可求出a、b的值，从而求出曲线AB的长度；
（2）由（1）可得g（x）的解析式，依题意可得yC＝﹣120，代入解析式中解出x，即可求出C点坐标，根据两点间的距离公式计算可得．
【解答】解：（1）因为，令y＝f（x），则x2+y2＝b2，（﹣b≤x≤0，﹣b≤y≤0），
所以表示以（0，0）为圆心，半径r＝b的圆弧，
因为g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）由图象可知函数开口向下，

所以a＜0，又对称轴为，又|30﹣10|＞|10﹣0|，
所以当x＝10时g（x）max＝g（10）＝﹣100a﹣b＝﹣30，g（30）＝300a﹣b＝﹣70，
解得，所以，
即，助滑道曲线AB的长度为20π米；
（2）依题意可得A（﹣40，0），B（0，﹣40），yC＝﹣120，
由（1）可得，
令g（x）＝﹣120，即，
解得x1＝40，x2＝﹣20（舍去），
所以C（40，﹣120），所以，
即该运动员飞行距离约为89米．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，属于中档题．
20．数列{an}满足条件：若存在正整数k和常数q∉{0，1}，使得an+k＝qan对任意n∈N*恒成立，则称数列{an}具有性质P（k，q），也称为类周期k数列．
（1）判断数列是否具有性质P（k，q）并说明理由；
（2）数列{an}具有性质P（3，2），且a1＝1，前4项成等差，求{an}的前100项和；
（3）若数列{an}既是类周期2数列，也是类周期3数列，求证：{an}为等比数列．
【分析】（1）根据诱导公式结合性质P（k，q）的定义即可得解；
（2）设数列{an}的前4项为1，1+d，1+2d，1+3d根据题意可得a4＝2a1，从而可求得d，又an+3+an+2+an+1＝2（an+an﹣1+an﹣2），从而可求答案；
（3）根据题意可设an+2＝pan，an+3＝qan，再根据等比数列的定义结合性质P（k，q）的定义可得证．
【解答】解：（1）＝sin+cos，
所以当n＝k+3时，有an+3＝﹣an对任意n∈N*恒成立，∴数列{an}具有性质P（3，﹣1）；
（2）∵数列{an}具有性质P（3，2），∴an+3＝2an，可得a4＝2a1，
又a1＝1，且4项成等差，设前4项为1，1+d，1+2d，1+3d，∴1+3d＝2×1，解得d＝，
∴a2+a3+a4＝1++1+2×+1+3×＝5，
又an+3+an+2+an+1＝2（an+an﹣1+an﹣2），∴{an+an﹣1+an﹣2}（n≥4）是以a2+a3+a4＝5为首项，2为公比的等比数列，
所以{an}的前100项和为a1+（a2+a3+a4）+（a5+a6+a7）+⋯⋯+（a98+a99+a100）＝1+＝5•233﹣4；
（3）数列{an}既是类周期2数列，也是类周期3数列，
∴an+2＝pan，an+3＝qan，∴＝，∴{an}为等比数列．
【点评】本题考查数列的应用，以及新定义的运用，属中档题．
21．设椭圆Γ：的左、右焦点分别为F1，F2．直线l若与椭圆Γ只有一个公共点P，则称直线l为椭圆Γ的切线，P为切点．
（1）若直线l：y＝x+2与椭圆相切，求椭圆的焦距|F1F2|；
（2）求证：椭圆Γ上切点为P（x0，y0）的切线方程为；
（3）记F1到直线l的距离为d1，F2到直线l的距离为d2，判断“d1d2＝1”是“直线l与椭圆Γ相切”的什么条件？请给出你的结论和理由．
【分析】（1）联立直线方程与椭圆方程，消元，根据题意可得Δ＝0，求得a2即可得解；
（2）y0＝0和y0≠0两种情况讨论，当y0≠0时，联立，证明Δ＝0即可；
（3）先说明必要性，根据（2）分别求出d1，d2，再证明d1d2＝1即可；再说明充分性，分和两种情况讨论，结合充分条件和必要条件的定义即可得出结论．
【解答】解：（1）联立，消y整理得（a2+1）x2+4a2x+3a2＝0，
因为直线l：y＝x+2与椭圆相切，
所以Δ＝16a4﹣12a2（a2+1）＝0，解得a2＝3，
所以椭圆的焦距；
证明：（2）当y0＝0时，x0＝±a，
直线x0＝±a与椭圆相切；
当y0≠0时，
联立，消y得，
又，则，
所以，
所以，
即直线l与椭圆Γ只有一个公共点P（x0，y0），直线l与椭圆Γ相切，
综上所述，椭圆Γ上切点为P（x0，y0）的切线方程为；
解：（3）由（2）知，切线，
，
则，，
故，
反之，当时，存在过原点得直线x+ty＝0，
使得，显然此时直线与椭圆不相切，
当时，
因为d1d2＝1，
可设直线l：y＝kx+n，
此时，
则n2＝a2k2+1，
将直线y＝kx+n代入椭圆方程得（a2k2+1）x2+2a2knx+a2（n2﹣1）＝0，
则Δ＝4a4k2n2﹣4a2（n2﹣1）（a2k2+1）＝4a2（a2k2+1﹣n2）＝0，
所以直线l与椭圆[相切，
综上所述，当时，“d1d2＝1“是“直线l与椭圆Γ相切“的充要条件；
当时，“d1d2＝1“是“直线l与椭圆相切”的必要不充分条件．
【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，主要是椭圆的切线，还考査了充分条件和必要条件，综合性比较强，考查了逻辑推理能力和数据分析能力及分类讨论思想，有一定的难度．
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