江苏省南京市高三数学第三次调研考试（5月）试题

江苏省南京市2019届高三数学第三次调研考试（5月）试题(满分160分，考试时间120分钟)2019．5一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.已知集合U＝{x|1<x<6，x∈N}，A＝{2，3}，则∁UA＝________．2.若复数z满足z(1＋i)＝1，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点在第________象限．3.已知某商场在一周内某商品日销售量的茎叶图如图所示，那么这一周该商品日销售量的平均数为________．4.一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，输出S的值为________．5.若实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋1≥0，,2x＋y≥0，,x≤1，))则x＋3y的最小值为________．6.从1，2，3，4，5这5个数字中随机抽取3个不同的数字，则这3个数字经适当排序后能组成等差数列的概率为________．7.若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,f（x－2），x>0，))则f(log23)＝________．8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝3n－1，n∈N*.若bn＝log3an，则b1＋b2＋b3＋b4的值为________．9.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋eq\f(π,6))，其中ω>0.若x1，x2是方程f(x)＝2的两个不同的实数根，且|x1－x2|的最小值为π，则当x∈[0，eq\f(π,2)]时，f(x)的最小值为________．10.在平面直角坐标系xOy中，过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F作一条渐近线的平行线，交另一条渐近线于点P.若线段PF的中点恰好在此双曲线上，则此双曲线的离心率为________．11.有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a，b，1.现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得新长方体高的最大值为________．12.已知向量a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a，b是夹角为60°的两个单位向量．若向量c满足c·(a＋2b)＝－5，则|c|的最小值为________．13.在平面直角坐标系xOy中，已知MN是圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝2的一条弦，且CM⊥CN，P是MN的中点．当弦MN在圆C上运动时，直线l：x－3y－5＝0上存在两点A，B，使得∠APB≥eq\f(π,2)恒成立，则线段AB长度的最小值是________．14.已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx＋x－eq\f(1,2)，对任意x∈[1，＋∞)，当f(x)≥mx恒成立时实数m的最大值为1，则实数a的取值范围是________．二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)已知a，b，c分别是△ABC三个角A，B，C所对的边，且满足acosB＋bcosA＝eq\f(ccosA,cosC).(1)求证：A＝C；(2)若b＝2，且eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1，求sinB的值．16.(本小题满分14分)在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°.(1)求证：平面PAC⊥平面PAB；(2)设平面PBC∩平面PAD＝l，求证：BC∥l.

17.(本小题满分14分)如图，某摩天轮底座中心A与附近的景观内某点B之间的距离AB为160m．摩天轮与景观之间有一建筑物，此建筑物由一个底面半径为15m的圆柱体与一个半径为15m的半球体组成．圆柱的底面中心P在线段AB上，且PB为45m．半球体球心Q到地面的距离PQ为15m．把摩天轮看作一个半径为72m的圆C，且圆C在平面BPQ内，点C到地面的距离CA为75m．该摩天轮匀速旋转一周需要30min，若某游客乘坐该摩天轮(把游客看作圆C上一点)旋转一周，求该游客能看到点B的时长．(只考虑此建筑物对游客视线的遮挡)

18.(本小题满分16分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(1，eq\f(\r(2),2))，离心率为eq\f(\r(2),2).A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点．(1)求椭圆C的方程；(2)若点P在直线x－y＋2＝0上，且eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(BM,\s\up6(→))，求△PMA的面积；(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且点D在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))的值．

19.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)＋1，a∈R.(1)若函数f(x)在x＝1处的切线为y＝2x＋b，求a，b的值；(2)记g(x)＝f(x)＋ax，若函数g(x)在区间(0，eq\f(1,2))上有最小值，求实数a的取值范围；(3)当a＝0时，关于x的方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围．

20.(本小题满分16分)已知数列{an}的前n项和为Sn.若存在正整数r，t，且r<t，使得Sr＝t，St＝r同时成立，则称数列{an}为“M(r，t)数列”．(1)若首项为3，公差为d的等差数列{an}是“M(r，2r)数列”，求d的值；(2)已知数列{an}为等比数列，公比为q.①若数列{an}为“M(r，2r)数列”，r≤4，求q的值；②若数列{an}为“M(r，t)数列”，q∈(－1，0)，求证：r为奇数，t为偶数.2019届高三模拟考试试卷数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21.【选做题】在A，B，C三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．A.(选修42：矩阵与变换)已知矩阵M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2))).(1)求M2；(2)求矩阵M的特征值和特征向量．B.(选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρcos(θ＋eq\f(π,3))＝1，以极点O为坐标原点，极轴Ox所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝rcosα＋2，,y＝rsinα－1))(其中α为参数，r>0)．若直线l与曲线C相交于A，B两点，且AB＝3，求r的值．C.(选修45：不等式选讲)若x，y，z为实数，且x2＋4y2＋9z2＝6，求x＋2y＋6z的最大值．【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22.在平面直线坐标系xOy中，已知抛物线y2＝2px(p>0)及点M(2，0)，动直线l过点M交抛物线于A，B两点，当l垂直于x轴时，AB＝4.(1)求p的值；(2)若l与x轴不垂直，设线段AB中点为C，直线l1经过点C且垂直于y轴，直线l2经过点M且垂直于直线l，记l1，l2相交于点P，求证：点P在定直线上．23.对由0和1这两个数字组成的字符串，作如下规定：按从左向右的顺序，当第一个子串“010”的最后一个0所在数位是第k(k∈N*，且k≥3)位，则称子串“010”在第k位出现；再继续从第k＋1位按从左往右的顺序找子串“010”，若第二个子串“010”的最后一个0所在数位是第k＋m位(其中m≥3，且m∈N*)，则称子串“010”在第k＋m位出现；……；如此不断地重复下去．如：在字符串11010101010中，子串“010”在第5位和第9位出现，而不是在第7位和第11位出现．记在n位由0，1组成的所有字符串中，子串“010”在第n位出现的字符串的个数为f(n)．(1)求f(3)，f(4)的值；(2)求证：对任意的正整数n，f(4n＋1)是3的倍数．

2019届高三模拟考试试卷(南京)数学参考答案及评分标准1.{4，5}2.四3.304.eq\f(3,4)5.－56.eq\f(2,5)7.eq\f(3,4)8.69.－110.eq\r(2)11.eq\f(1,4)12.eq\f(5\r(7),7)13.2eq\r(10)＋214.(－∞，1]15.(1)证明：由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，代入acosB＋bcosA＝eq\f(ccosA,cosC)，得(sinAcosB＋sinBcosA)cosC＝sinCcosA，(2分)即sin(A＋B)cosC＝sinCcosA.因为A＋B＝π－C，所以sin(A＋B)＝sinC，所以sinCcosC＝sinCcosA．(4分)因为C是△ABC的内角，所以sinC≠0，所以cosC＝cosA.因为A，C是△ABC的内角，所以A＝C.(6分)(2)解：由(1)知A＝C，所以a＝c，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2－2,a2).(8分)因为eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1，所以a2cosB＝a2－2＝1，所以a2＝3.(10分)所以cosB＝eq\f(1,3).(12分)因为B∈(0，π)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(2\r(2),3).(14分)16.证明：(1)因为PA⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PA⊥AC.(2分)因为AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，由余弦定理，得AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos∠ABC)＝eq\r(12＋22－2×1×2cos60°)＝eq\r(3).(4分)因为12＋(eq\r(3))2＝22，即AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB.(6分)因为AC⊥PA，且PA∩AB＝A，PA平面PAB，AB平面PAB，所以AC⊥平面PAB.又AC平面PAC，所以平面PAC⊥平面PAB.(8分)(2)因为BC∥AD，AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC∥平面PAD.(10分)因为BC平面PBC，且平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.(14分)17.解：以点B为坐标原点，BP所在直线为x轴，建立如图所示平面直角坐标系，则B(0，0)，Q(45，15)，C(160，75)．过点B作直线l与圆Q相切，与圆C交于点M，N，设直线l的方程为y＝kx，即kx－y＝0，则点Q到l的距离为eq\f(|45k－15|,\r(k2＋1))＝15，解得k＝eq\f(3,4)或k＝0(舍去)．所以直线l的方程为y＝eq\f(3,4)x，即3x－4y＝0.(4分)点C(160，75)到直线l的距离CH＝eq\f(|3×160－4×75|,\r(32＋（－4）2))＝36.(6分)在Rt△CHM中，因为CH＝36，CM＝72，所以cos∠MCH＝eq\f(36,72)＝eq\f(1,2).(8分)因为∠MCH∈(0，eq\f(π,2))，所以∠MCH＝eq\f(π,3)，所以∠MCN＝2∠MCH＝eq\f(2π,3)，(12分)所以所用时长为30×eq\f(\f(2π,3),2π)＝10min.(13分)答：该游客能看到点B的时长为10min.(14分)18.解：(1)因为椭圆过点(1，eq\f(\r(2),2))，离心率为eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，eq\f(b2,a2)＝1－e2＝eq\f(1,2)，解得a2＝2，b2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2分)(2)由(1)知B(0，－1)，设M(x0，y0)，P(x，y)．由eq\o(BP,\s\up6(→))＝3eq\o(BM,\s\up6(→))，得(x，y＋1)＝3(x0，y0＋1)，则x＝3x0，y＝3y0＋2.因为P在直线x－y＋2＝0上，所以y0＝x0①.(4分)因为M在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1，将①代入上式，得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(2,3).(6分)所以|x0|＝eq\f(\r(6),3)，从而|xP|＝eq\r(6)，所以S△PMA＝S△PAB－S△MAB＝eq\f(1,2)×2×eq\r(6)－eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(6),3).(8分)(3)(解法1)由(1)知，A(0，1)，B(0，－1)．设D(0，m)，0＜m＜1，M(x1，y1)，N(x2，y2)．因为MN的斜率为1，所以直线MN的方程为y＝x＋m.联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1·x2＝eq\f(2m2－2,3).(10分)直线MB的方程为y＝eq\f(y1＋1,x1)x－1，直线NA的方程为y＝eq\f(y2－1,x2)x＋1，联立解得yP＝eq\f(（y1＋1）x2＋（y2－1）x1,（y1＋1）x2－（y2－1）x1).(12分)将y1＝x1＋m，y2＝x2＋m代入，得yP＝eq\f(2x1x2＋m（x1＋x2）＋x2－x1,x1＋x2＋m（x2－x1）)＝eq\f(2·\f(2m2－2,3)－\f(4m2,3)＋（x2－x1）,－\f(4m,3)＋m（x2－x1）)＝eq\f(－\f(4,3)＋（x2－x1）,－\f(4m,3)＋m（x2－x1）)＝eq\f(1,m).(14分)所以eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝(0，m)·(xP，yP)＝myP＝m·eq\f(1,m)＝1.(16分)(解法2)由(1)知，A(0，1)，B(0，－1)．设M(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1.因为直线MN的斜率为1，所以直线MN的方程为y＝x－x0＋y0，则D(0，y0－x0)．联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－x0＋y0，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得3x2－4(x0－y0)x＋2(x0－y0)2－2＝0，所以xN＋x0＝eq\f(4（x0－y0）,3)，(10分)所以xN＝eq\f(x0－4y0,3)，yN＝－eq\f(2x0＋y0,3)，所以直线NA的方程为y＝eq\f(yN－1,xN)x＋1＝eq\f(2x0＋y0＋3,4y0－x0)x＋1，直线MB的方程为y＝eq\f(y0＋1,x0)x－1，联立解得yP＝eq\f(2yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)＋x0＋2y0,2yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)－x0y0－2x0＋2y0).(12分)因为eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以yP＝eq\f(2＋x0＋2y0,（2＋x0＋2y0）（y0－x0）)＝eq\f(1,y0－x0)，(14分)所以eq\o(OD,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝(0，y0－x0)·(xP，yP)＝(y0－x0)eq\f(1,y0－x0)＝1.(16分)19.解：(1)f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)，则f′(1)＝1－a＝2，解得a＝－1，则f(x)＝lnx－eq\f(1,x)＋1，此时f(1)＝ln1－1＋1＝0，则切点坐标为(1，0)，代入切线方程，得b＝－2，所以a＝－1，b＝－2.(2分)(2)g(x)＝f(x)＋ax＝lnx＋eq\f(a,x)＋ax＋1，g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(a,x2)＋a＝eq\f(ax2＋x－a,x2).①当a＝0时，g′(x)＝eq\f(1,x)＞0，则g(x)在区间(0，eq\f(1,2))上为增函数，则g(x)在区间(0，eq\f(1,2))上无最小值．(4分)②当a≠0时，方程ax2＋x－a＝0的判别式Δ＝1＋4a2＞0，则方程有两个不相等的实数根，设为x1，x2，由韦达定理得x1x2＝－1，则两根一正一负，不妨设x1＜0＜x2.设函数m(x)＝ax2＋x－a(x＞0)，(i)若a＞0，当x2∈(0，eq\f(1,2))时，m(0)＝－a＜0，m(eq\f(1,2))＝eq\f(a,4)＋eq\f(1,2)－a＞0，解得0＜a＜eq\f(2,3).此时当x∈(0，x2)时，m(x)＜0，则g(x)递减；当x∈(x2，eq\f(1,2))时，m(x)＞0，则g(x)递增，当x＝x2时，g(x)取极小值，即为最小值．当x2≥eq\f(1,2)时，x∈(0，eq\f(1,2))，m(x)＜0，则g(x)在(0，eq\f(1,2))上单调递减，无最小值．(6分)(ii)若a＜0，当x∈(0，x2)时，m(x)＞0，则g(x)递增；当x∈(x2，＋∞)时，m(x)＜0，则g(x)递减，在区间(0，eq\f(1,2))上，g(x)不会有最小值．所以a＜0不满足条件．综上，当0＜a＜eq\f(2,3)时，g(x)在区间(0，eq\f(1,2))上有最小值．(8分)(3)当a＝0时，由方程f(x)＝bx2，得lnx＋1－bx2＝0.记h(x)＝lnx＋1－bx2，x＞0，则h′(x)＝eq\f(1,x)－2bx＝eq\f(－2bx2＋1,x).①当b≤0时，h′(x)＞0恒成立，即h(x)在(0，＋∞)上为增函数，则函数h(x)至多只有一个零点，即方程f(x)＝bx2至多只有一个实数根，所以b≤0不符合题意．(10分)②当b＞0时，当x∈(0，eq\r(\f(1,2b)))时，h′(x)＞0，所以函数h(x)递增；当x∈(eq\r(\f(1,2b))，＋∞)时，h′(x)＜0，所以函数h(x)递减，则h(x)max＝h(eq\r(\f(1,2b)))＝lneq\r(\f(1,2b))＋eq\f(1,2).要使方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根，则h(eq\r(\f(1,2b)))＝lneq\r(\f(1,2b))＋eq\f(1,2)＞0，解得0＜b＜eq\f(e,2).(12分)(i)当0＜b＜eq\f(e,2)时，h(eq\f(1,e))＝－eq\f(b,e2)＜0.又(eq\f(1,e))2－(eq\r(\f(1,2b)))2＝eq\f(2b－e2,2be2)＜0，则eq\f(1,e)＜eq\r(\f(1,2b))，所以存在唯一的x1∈(eq\f(1,e)，eq\r(\f(1,2b)))，使得h(x1)＝0.(14分)(ii)h(eq\f(1,b))＝lneq\f(1,b)＋1－eq\f(1,b)＝－lnb＋1－eq\f(1,b)，记k(b)＝－lnb＋1－eq\f(1,b)，0＜b＜eq\f(e,2).因为k′(b)＝－eq\f(1,b)＋eq\f(1,b2)＝eq\f(1－b,b2)，则k(b)在(0，1)上为增函数，在(1，eq\f(e,2))上为减函数，则k(b)max＝k(1)＝0，则h(eq\f(1,b))≤0.又(eq\f(1,b))2－(eq\r(\f(1,2b)))2＝eq\f(2－b,2b2)＞0，即eq\f(1,b)＞eq\r(\f(1,2b))，所以存在唯一的x2∈(eq\r(\f(1,2b))，eq\f(1,b)]，使得h(x2)＝0.综上，当0＜b＜eq\f(e,2)时，方程f(x)＝bx2有两个不相等的实数根．(16分)20.(1)解：因为{an}是M(r，2r)数列，所以Sr＝2r，且S2r＝r.由Sr＝2r，得3r＋eq\f(r（r－1）,2)d＝2r.因为r＞0，所以(r－1)d＝－2(*)．由S2r＝r，得6r＋eq\f(2r（2r－1）,2)d＝r.因为r＞0，所以(2r－1)d＝－5(**)．由(*)和(**)，解得r＝3，d＝－1.(2分)(2)①解：(i)若q＝1，则Sr＝ra1，St＝ta1.因为{an}是M(r，2r)数列，所以ra1＝2r(*)，2ra1＝r(**)．由(*)和(**)，得a1＝2且a1＝eq\f(1,2)，矛盾，所以q≠1.(3分)(ii)当q≠1，因为{an}是M(r，2r)数列，所以Sr＝2r，且S2r＝r，即eq\f(a1（1－qr）,1－q)＝2r(*)，eq\f(a1（1－q2r）,1－q)＝r(**)．由(*)和(**)，得qr＝－eq\f(1,2).(5分)当r＝1时，q＝－eq\f(1,2)；当r＝2，4时，无解；当r＝3时，q＝－eq\f(1,\r(3,2)).综上，q＝－eq\f(1,2)或q＝－eq\f(1,\r(3,2)).(6分)②证明：因为{an}是M(r，t)数列，q∈(－1，0)，所以Sr＝t，且St＝r，即eq\f(a1（1－qr）,1－q)＝t，且eq\f(a1（1－qt）,1－q)＝r，两式作商，得eq\f(1－qr,1－qt)＝eq\f(t,r)，即r(1－qr)＝t(1－qt)．(8分)(i)若r为偶数，t为奇数，则r(1－|q|r)＝t(1＋|q|t)．因为r＜t，0＜1－|q|r＜1，1＋|q|t＞1，所以r(1－|q|r)＜t(1＋|q|t)，这与r(1－|q|r)＝t(1＋|q|t)矛盾，所以假设不成立．(10分)(ii)若r为偶数，t为偶数，则r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)．设函数y＝x(1－ax)，0＜a＜1，则y′＝1－ax－xaxlna.当x＞0时，1－ax＞0，－xaxlna＞0，所以y＝x(1－ax)在(0，＋∞)上递增．因为r＜t，所以r(1－|q|r)＜t(1－|q|t)，这与r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)矛盾，所以假设不成立．(12分)(iii)若r为奇数，t为奇数，则r(1＋|q|r)＝t(1＋|q|t)．设函数y＝x(1＋ax)，0＜a＜1，则y′＝1＋ax＋xaxlna.设g(x)＝1＋ax＋xaxlna，则g′(x)＝axlna(2＋xlna)．令g′(x)＝0，得x＝－eq\f(2,lna).因为ax＞0，lna＜0，所以当x＞－eq\f(2,lna)，g′(x)＞0，则g(x)在区间(－eq\f(2,lna)，＋∞)上递增；当0＜x＜－eq\f(2,lna)，g′(x)＜0，则g(x)在区间(0，－eq\f(2,lna))上递减，所以g(x)min＝g(－eq\f(2,lna))＝1－a－eq\f(2,lna).因为－eq\f(2,lna)＞0，所以a－eq\f(2,lna)＜1,所以g(x)min＞0，从而g(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以y＝x(1＋ax)，0＜a＜1在(0，＋∞)上单调递增．因为r＜t，所以r(1＋|q|r)＜t(1＋|q|t)，这与r(1－|q|r)＝t(1－|q|t)矛盾，所以假设不成立．(14分)(iv)若r为奇数，t为偶数．由①知，存在等比数列{an}为“M(1，2)数列”．综上，r为奇数，t为偶数．(16分)

2019届高三模拟考试试卷(南京)数学附加题参考答案及评分标准21.A.解：(1)M2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(5,4,4,5))).(4分)(2)矩阵M的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(λ－2,－1,－1,λ－2)))＝(λ－1)(λ－3)．令f(λ)＝0，解得M的特征值为λ1＝1，λ2＝3.(6分)①当λ＝1时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,x＋y＝0.))令x＝1，则y＝－1，于是矩阵M的一个特征向量为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,－1)).(8分)②当λ＝3时，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,1,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x,y)))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－y＝0.))令x＝1，则y＝1，于是矩阵M的一个特征向量为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1))).因此，矩阵M的特征值为1，3，分别对应一个特征向量为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－1)))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1))).(10分)B.解：直线l的直角坐标方程为x－eq\r(3)y－2＝0.(2分)曲线C的普通方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝r2.(4分)因为圆心C(2，－1)到直线l的距离d＝eq\f(|2＋\r(3)－2|,\r(1＋3))＝eq\f(\r(3),2)，(6分)所以r＝eq\r(d2＋（\f(AB,2)）2)＝eq\r(3).(10分)C