2023年广东省中山市高考数学一模试卷及答案解析

第第页2023年广东省中山市高考数学一模试卷一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）已知复数z满足（1+i）z＝（1﹣i）2，则z的实部为（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣22．（5分）已知集合A＝{x∈N|x2﹣2x﹣3≤0}，b＝{x|y＝log2（3﹣x）}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，3] B．{0，1，2，3} C．{0，1，2} D．R3．（5分）函数的图象大致为（）A． B． C． D．4．（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A．事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件 B．事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C．该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为 D．当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为5．（5分）区块链作为一种新型的技术，已经被应用于许多领域．在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有2512种可能，为了破解该密码，最坏的情况需要进行2512次运算．现在有一台计算机，每秒能进行1.25×1013次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间大约为（）（参考数据：lg2≈0.3，）A．6.32×10141s B．6.32×10140s C．3.16×10141s D．3.16×10140s6．（5分）已知sin（﹣α）＝，则的值为（）A．﹣ B． C．﹣ D．7．（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆上且位于第一象限，满足，∠AF1F2的平分线与AF2相交于点B，若，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．8．（5分）若存在两个不相等的正实数x，y，使得m（y﹣x）+ey﹣ex＝0成立，则实数m的取值范围是（）A．m＞1 B．m＞﹣1 C．m＜1 D．m＜﹣1二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：第x年12345利润y/亿元23457已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为＝1.2x+，则下列说法正确的是（）A．＝0.6 B．变量y与x之间的线性相关系数r＜0 C．预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元 D．该人工智能公司这5年的利润的方差小于2（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）在[0，π]上有且只有三个零点，则下列说法中正确的有（）A．在（0，π）上存在x1，x2，使得|f（x1）﹣f（x2）|＝2 B．ω的取值范围为[） C．f（x）在（0，）上单调递增 D．f（x）在（0，π）上有且只有一个最大值点（多选）11．（5分）设动直线l：mx﹣y﹣2m+3＝0（m∈R）交圆C：（x﹣4）2+（y﹣5）2＝12于A，B两点（点C为圆心），则下列说法正确的有（）A．直线l过定点（2，3） B．当|AB|取得最大值时，m＝1 C．当∠ACB最小时，其余弦值为 D．的最大值为24（多选）12．（5分）如图，已知直四棱柱ABCD﹣EFGH的底面是边长为4的正方形，CG＝m，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A．当m＝4时，存在点P满足PA+PM＝8 B．当m＝4时，存在唯一的点P满足 C．当m＝4时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为 D．当时，满足的点P的轨迹长度为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）在新冠疫情防控期间，某单位2男2女被安排到A、B、C三个社区去协助防控工作，其中A社区要求安排1男1女，B、C社区各安排1人，则不同的方案数是．14．（5分）已知等比数列{an}的公比为﹣1，前n项和为Sn，若{Sn﹣1}也是等比数列，则a1＝．15．（5分）若（1+x）n（n∈N*）的展开式中第7项的二项式系数最大，则n的所有可能取值集合为．16．（5分）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，b（1+cosC）＝csin∠ABC．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）若a＝5，c＝7，延长CB至M，使得cos∠AMC＝，求BM．18．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝7，a4+a5+a6＝56．（1）求数列{an}的通项公式；（2）在数列{an}中的ai和之间插入i个数m1，m2，m3，⋯，mi，使ai，m1，m2，m3，⋯，mi，ai+1成等差数列，这样得到一个新数列{bn}，设数列{bn}的前n项和为Tn，求T21．19．乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目．某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制．在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方．（1）假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为．在一局比赛中，若现在甲、乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；（2）假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望．20．已知O为坐标原点，抛物线E：x2＝2py（p＞0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A、B（其中点A在第一象限），•＝﹣4且＝（λ＞0）．（1）求抛物线E的方程；（2）当λ＝2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程．21．图1是由矩形ACC1A1、等边△ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N为A1C1的中点．将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连结B1C1，BN，如图2．（1）证明：在图2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四点共面；（2）在图2中，若二面角A1﹣AC﹣B的大小为θ，且，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．22．已知函数f（x）＝x3﹣mx2+m2x（m∈R）的导函数为f′（x）．（1）若函数g（x）＝f（x）﹣f′（x）存在极值，求m的取值范围；（2）设函数h（x）＝f′（ex）+f′（lnx）（其中e为自然对数的底数），对任意m∈R，若关于x的不等式h（x）≥m2+k2在（0，+∞）上恒成立，求正整数k的取值集合．

2023年广东省中山市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）已知复数z满足（1+i）z＝（1﹣i）2，则z的实部为（）A．1 B．﹣1 C．2 D．﹣2【解答】解：∵（1+i）z＝（1﹣i）2＝﹣2i，∴z＝，∴z的实部为﹣1．故选：B．2．（5分）已知集合A＝{x∈N|x2﹣2x﹣3≤0}，b＝{x|y＝log2（3﹣x）}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，3] B．{0，1，2，3} C．{0，1，2} D．R【解答】解：集合A＝{x∈N|x2﹣2x﹣3≤0}＝{x∈N|﹣1≤x≤3}＝{0，1，2，3}，b＝{x|y＝log2（3﹣x）}＝{x|x＜3}＝（﹣∞，3），则A∪B＝（﹣∞，3]，故选：A．3．（5分）函数的图象大致为（）A． B． C． D．【解答】解：根据题意，函数，f（1）＝＝﹣1，排除A，f（e）＝＞0，排除C，当x→0时，f（x）→0，排除B，故选：D．4．（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A．事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件 B．事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C．该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为 D．当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为【解答】解：对于A，事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”能同时发生，不是互斥事件，故A错误；对于B，事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”不能同时发生，能同时不发生，是互斥但不对立事件，故B错误；对于C，有3个小孩的家庭包含的基本事件有8个，分别为：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），（女女男），（女女女），该家庭3个小孩中只有1个男孩包含的基本事件有3个，∴该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为P＝，故C错误；对于D，已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，基本事件有7个，分别为：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），（女女男），3个小孩中至少有2个男孩包含的基本事件有4个，∴3个小孩中至少有2个男孩的概率为，故D正确．故选：D．5．（5分）区块链作为一种新型的技术，已经被应用于许多领域．在区块链技术中，某个密码的长度设定为512B，则密码一共有2512种可能，为了破解该密码，最坏的情况需要进行2512次运算．现在有一台计算机，每秒能进行1.25×1013次运算，那么在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间大约为（）（参考数据：lg2≈0.3，）A．6.32×10141s B．6.32×10140s C．3.16×10141s D．3.16×10140s【解答】解：设在最坏的情况下，这台计算机破译该密码所需时间为x秒，则x＝，两边取对数可得，lgx＝lg2512﹣lg1.25×1013，故lgx＝512lg2﹣（lg1.25+13）＝512lg2﹣（3lg5+11）＝512lg2﹣lg5+2lg2﹣13＝512lg2﹣（lg10﹣lg2）+2lg2﹣13＝515lg2﹣14≈140.5，所以x＝10140.5＝10140×100.5≈3.16×10140．故选：D．6．（5分）已知sin（﹣α）＝，则的值为（）A．﹣ B． C．﹣ D．【解答】解：由sin（﹣α）＝，得（cosα﹣sinα）＝，所以cosα﹣sinα＝，所以1﹣2sinαcosα＝，所以sinαcosα＝，所以＝＝＝＝．故选：B．7．（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆上且位于第一象限，满足，∠AF1F2的平分线与AF2相交于点B，若，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．【解答】解：设|AF1|＝n，|AF2|＝8m，由得|AB|＝3m，|BF2|＝5m，因为，所以，在RtΔAF1F2中，由勾股定理，得（8m）2+n2＝（2c）2①，由椭圆的定义得8m+n＝2a②，因为F1B平分∠AF1F2，所以，即③，联立①②③并化简得7c2+30ac﹣25a2＝0，则7e2+30e﹣25＝0，得．故选：D．8．（5分）若存在两个不相等的正实数x，y，使得m（y﹣x）+ey﹣ex＝0成立，则实数m的取值范围是（）A．m＞1 B．m＞﹣1 C．m＜1 D．m＜﹣1【解答】解：因为m（y﹣x）+ey﹣ex＝0，令f（t）＝mt+et（t＞0），则存在两个不相等的正实数x，y，使得f（x）＝f（y），即存在垂直于y轴的直线与函数f（t）的图象有两个公共点，又因为t＞0，f′（t）＝m+et，而et＞1，当m≥1时，f′（t）＞0，函数f（t）在（0，+∞）上单调递增，则垂直于y轴的直线与函数f（t）的图象最多只有1个公共点，不符合要求，当m＜﹣1时，由f′（t）＝0得t＝ln（﹣m），当0＜x＜ln（﹣m）时，f′（t）＜0，当x＞ln（﹣m）时，f′（t）＞0，即函数f（t）在（0，ln（﹣m））上单调递减，在（ln（﹣m），+∞）上单调递增，所以f（t）min＝f（ln（﹣m））＝mln（﹣m）﹣m，令g（t）＝et﹣t2（t＞1），g′（t）＝et﹣2t，令h（t）＝et﹣2t，则h′（t）＝et﹣2，即h（t）在（1，+∞）上单调递增，h（t）＞h（1）＝e﹣2＞0，即g′（t）＞0，g（t）在（1，+∞）上单调递增，则有当t＞1时，et＞t2，et+mt＞t2+mt，而函数t2+mt在（﹣，+∞）上单调递增，取t＝﹣m+1，则et+mt＞t2+mt＝﹣m+1＞1，而f（0）＝1，因此，存在垂直于y轴的直线y＝a（mln（﹣m）﹣m＜a＜1），与函数f（t）的图象有两个公共点，所以实数m的取值范围是m＜﹣1．故选：D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：第x年12345利润y/亿元23457已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为＝1.2x+，则下列说法正确的是（）A．＝0.6 B．变量y与x之间的线性相关系数r＜0 C．预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元 D．该人工智能公司这5年的利润的方差小于2【解答】解：由表中数据可得，，（2+3+4+5+7）＝，∵回归直线方程＝1.2x+必过样本中心（），即，解得，故A正确，回归直线方程为，1.2＞0，则x与y成正相关，即相关系数r＞0，故B错误，当x＝6时，，即该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元，故C正确，该人工智能公司这5年的利润的方差为＝＞2，故D错误．故选：AC．（多选）10．（5分）已知函数f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）在[0，π]上有且只有三个零点，则下列说法中正确的有（）A．在（0，π）上存在x1，x2，使得|f（x1）﹣f（x2）|＝2 B．ω的取值范围为[） C．f（x）在（0，）上单调递增 D．f（x）在（0，π）上有且只有一个最大值点【解答】解：A：∵函数f（x）＝sin（ωx﹣）（ω＞0）在[0，π]上有且只有三个零点，f（0）＝sin（﹣）＜0，∴f（x）的最小正周期T＜π，∴在（0，π）上∃x1，x2，使f（x1）＝1，f（x2）＝﹣1，使得f（x1）﹣f（x2）＝2，故A对；B：∵y＝sin（x﹣）在y轴右侧4个零点，横坐标分别为，，，，∴f（x）＝sin（ωx﹣）在y轴右侧4个零点，横坐标分别为，，，，∵f（x）在[0，π]上有且只有三个零点，∴≤π，＞π，解得＜，故B对；C：当x∈（0，）时，ωx﹣∈（，﹣），∵＜，∴＜ωx﹣＜，在该区间上函数单调增加，故C对；D：若图象如图，则D选项不正确，故D错．故选：ABC．（多选）11．（5分）设动直线l：mx﹣y﹣2m+3＝0（m∈R）交圆C：（x﹣4）2+（y﹣5）2＝12于A，B两点（点C为圆心），则下列说法正确的有（）A．直线l过定点（2，3） B．当|AB|取得最大值时，m＝1 C．当∠ACB最小时，其余弦值为 D．的最大值为24【解答】解：对于选项A，由动直线l：mx﹣y﹣2m+3＝0，可得：m（x﹣2）﹣（y﹣3）＝0，由，即，即直线l过定点（2，3），即选项A正确；对于选项B，当|AB|取得最大值时，直线l过点（4，5），即m＝，即选项B正确；对于选项C，当∠ACB最小时，此时|AB|最小，当|AB|最小时，直线l与过点（4，5）和（2，3）的直线垂直，则，即|AB|＝4，由余弦定理可得cos，即选项C错误；对于选项D，＝，即的最大值为24，即选项D正确，故选：ABD．（多选）12．（5分）如图，已知直四棱柱ABCD﹣EFGH的底面是边长为4的正方形，CG＝m，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A．当m＝4时，存在点P满足PA+PM＝8 B．当m＝4时，存在唯一的点P满足 C．当m＝4时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为 D．当时，满足的点P的轨迹长度为【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DH所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，对于A：当m＝4时，M（0，4，2），A（4，0，0），设点A关于平面EFGH的对称点为A′，则A′（4，0，8），则|A′M|＝＝＞8，所以PA+PM＝PA′+PM≥A′M＞8，故不存在点P满足PA+PM＝8，故A不正确；对于B：当m＝4时，设P（x，y，4），则＝（x﹣4，y，4），＝（x，y﹣4，2）由•＝0，得x2﹣4x+y2﹣4y+8＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝0，解得x＝y＝2，所以存在唯一的点P满足，故B正确；对于C：B（4，4，0），设P（x，y，4），则＝（﹣4，4，2），＝（x﹣4，y﹣4，4），由•＝0，得x﹣y﹣2＝0，在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，则P的轨迹方程x﹣y﹣2＝0表示的轨迹就是线段NQ，而|NQ|＝2，故C正确；对于D：当时，M（0，4，），设P（x，y，），则＝（x﹣4，y，），＝（x，y﹣4，），由•＝0，得x2﹣4x+y2﹣4y+＝0，即（x﹣2）2+（y﹣2）2＝，在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，记（x﹣2）2+（y﹣2）2＝的圆心为O，与GF交于S，T，令y＝4，可得x1＝2+，x2＝2﹣，而x1﹣x2＝，所以∠SOT＝，其对就的圆弧长度为；根据对称性可知点P的轨迹长度为2π×﹣4×＝，故D正确．故选：BCD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）在新冠疫情防控期间，某单位2男2女被安排到A、B、C三个社区去协助防控工作，其中A社区要求安排1男1女，B、C社区各安排1人，则不同的方案数是8．【解答】解：单位2男2女被安排到A、B、C三个社区去协助防控工作，A社区要求安排1男1女，故有＝4种可能，余下两人全排列即可，故不同的方案数是：4＝8种，故答案为：8．14．（5分）已知等比数列{an}的公比为﹣1，前n项和为Sn，若{Sn﹣1}也是等比数列，则a1＝2．【解答】解：∵{Sn﹣1}也是等比数列，∴，又∵S2＝a1+a2＝a1﹣a1＝0，S3＝a1+a2+a3＝a1﹣a1+a1＝a1，∴1＝（a1﹣1）（a1﹣1），解得a1＝0或2，又∵an≠0，∴a1＝2，故答案为：2．15．（5分）若（1+x）n（n∈N*）的展开式中第7项的二项式系数最大，则n的所有可能取值集合为{11，12，13}．【解答】解：因为展开式中第7项的二项式系数最大，如果只有第7项的二项式系数最大，则n＝12，如果是第7项和第8项的二项式系数最大，则n＝13，如果是第6项与第7项的二项式系数最大，则n＝11，故n＝11，12或13，故答案为：{11，12，13}．16．（5分）早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．【解答】解：由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设其半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，则，得，所以正五棱锥的顶点到底面的距离是，所以R2＝r2+（R﹣h）2，即，解得．所以该正二十面体的外接球表面积为，而该正二十面体的表面积是，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，b（1+cosC）＝csin∠ABC．（Ⅰ）求角C；（Ⅱ）若a＝5，c＝7，延长CB至M，使得cos∠AMC＝，求BM．【解答】解：（Ⅰ）因为b（1+cosC）＝csin∠ABC，由正弦定理有，sin∠ABC（1+cosC）＝sinCsin∠ABC，因为∠ABC∈（0，π），所以sin∠ABC≠0，所以1+cosC＝，即sinC﹣cosC＝1，所以，又因为0＜C＜π，所以，所以，所以C＝．（Ⅱ）在△ABC中，由余弦定理可得，解得AC＝8（舍去AC＝﹣3），在△ACM中，，由正弦定理可得，即，解得CM＝10，所以BM＝10﹣BC＝5．18．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝7，a4+a5+a6＝56．（1）求数列{an}的通项公式；（2）在数列{an}中的ai和之间插入i个数m1，m2，m3，⋯，mi，使ai，m1，m2，m3，⋯，mi，ai+1成等差数列，这样得到一个新数列{bn}，设数列{bn}的前n项和为Tn，求T21．【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，由S3＝7＝a1+a2+a3①，a4+a5+a6＝56②，得，q3＝8，所以q＝2，因为S3＝＝7，所以a1＝1，故数列{an}的通项公式为an＝a1•qn﹣1＝2n﹣1．（2）由题意知，数列{bn}的前21项为a1，m1，a2，m2，m3，a3，m4，m5，m6，a4，m7，⋯，a6，即数列1，m1，2，m2，m3，4，m4，m5，m6，8，m7，⋯，32，因为ai，m1，m2，m3，⋯，mi，ai+1成等差数列，所以T21＝+[﹣a2]+[﹣a3]+[﹣a4]+[﹣a5]＝+﹣2+﹣4+﹣8+﹣16＝．19．乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目．某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制．在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方．（1）假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为．在一局比赛中，若现在甲、乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；（2）假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望．【解答】（1）设这局比赛甲以先得（11分）获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得（11分）获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得（11分）获胜．事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则；则；（2）X的可能取值为1，2，3，4．，，，，所以X的分布列为：X1234p其中．即数学期望为．20．已知O为坐标原点，抛物线E：x2＝2py（p＞0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A、B（其中点A在第一象限），•＝﹣4且＝（λ＞0）．（1）求抛物线E的方程；（2）当λ＝2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程．【解答】解：（1）设直线AB的方程为y＝kx+2，与抛物线的方程联立，可得x2﹣2pkx﹣4p＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＞0，x2＜0），可得x1x2＝﹣4p，x1+x2＝2pk，y1y2＝＝4，由•＝﹣4可得x1x2+y1y2＝﹣4p+4＝﹣4，解得p＝2，则抛物线的方程为x2＝4y；（2）由＝2可得﹣x1＝2x2，又x1x2＝﹣8，解得x1＝4，x2＝﹣2，即A（4，4），B（﹣2，1），AB的中点坐标为（1，），k＝，则AB的中垂线的方程为y﹣＝﹣2（x﹣1），即为y＝﹣2x，设圆的圆心为M（a，b），可得b＝﹣2a，①由直线MA的斜率为，可得A处的切线的斜率为﹣，由x2＝4y即y＝x2，可得y′＝x，可得A处的切线的斜率为2，则﹣＝2，②由①②解得a＝﹣1，b＝，|AM|＝，所以圆的方程为（x+1）2+（y﹣）2＝．21．图1是由矩形ACC1A1、等边△ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB＝2，AA1＝AA2＝1，N为A1C1的中点．将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连结B1C1，BN，如图2．（1）证明：在图2中，AC⊥BN，且B，C，C1，B1四点共面；（2）在图2中，若二面角A1﹣AC﹣B的大小为θ，且，求直线AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．【解答】（1）证明：取AC的中点M，连接MN，MB，如图，因为矩形ACC1A1、N为A1C1的中点．则AC⊥MN，又因为ABC为等边三角形，则AC⊥MB，MN∩MB＝M，MN，MB⊂平面BMN，则有AC⊥平面BMN，又BN⊂平面BMN，所以AC⊥BN，矩形ACC1A1中，AA1∥CC1，平行四边形ABB1A1中，AA1∥BB1，因此BB1∥CC1，所以B，C，C1，B1四点共面；（2）由（1）知，MN⊥AC，BM⊥AC，则∠NMB为二面角A1﹣AC﹣B的平面角，θ＝∠NMB，在平面BMN内过M作Mz⊥MB，有AC⊥Mz，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，0，0），N（0，