A、选修4-1：几何证明选讲 
如图，PA与⊙O相切于点A，D为PA的中点，
过点D引割线交⊙O于B，C两点，求证：∠DPB=∠DCP．
B．选修4-2：矩阵与变换
已知矩阵的一个特征值为3，求另一个特征值及其对应的一个特征向量．
C．选修4-4：坐标系与参数方程
在极坐标系中，圆C的方程为，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为（t为参数），判断直线l和圆C的位置关系．
D．选修4-5：不等式选讲
求函数的最大值．

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一．选择题：CBDCC BDBDA

解析：1: 由文氏图可得结论（C）.

2：由已知得：(－2)=0，(－2) =0；即得：==2，∴cos<，>=，∴选(B)

3：由于受条件sin²θ+cos²θ=1的制约，故m为一确定的值，于是sinθ,cosθ的值应与m的值无关，进而推知tan的值与m无关，又<θ<π，<<,∴tan>1，故选D。

4：由于，从而函数的一个背景为正切函数tanx，取，可得必有一周期为4。故选C。

5：解此题具有很大的迷惑性，注意题目隐含直线AB的方程就是，它过定点（0，2），只有C项满足。故选C。

6：生活常识告诉我们利息税的税率是20%。故选B。

7：四个选项中只有答案D含有分数，这是何故？宜引起高度警觉，事实上，将x值取4.5代入验证，不等式成立，这说明正确选项正是D，而无需繁琐地解不等式。

8：（用排除法）七人并排站成一行，总的排法有种，其中甲、乙两人相邻的排法有2×种.因此，甲、乙两人必需不相邻的排法种数有：－2×＝3600，对照后应选B；

9:作直线的图象和半圆,从图中可以看出: 的取值范围应选(D).

注:求与方程实数根个数有关的问题常用图解法.

10：如图，将正四面体ABCD补形成正方体，则正四面体、正方体的中心与其外接球的球心共一点.因为正四面体棱长为，所以正方体棱长为1，从而外接球半径R＝.故S_球＝3.

二．填空题：11、；  12、； 13、或或；

14、＋1；  15、3；

解析：11：，由复合函数的增减性可知，在上为增函数，∴，∴。

　12：计算机进行运算：时，它表示的表达式是，当其有意义时，得，解得．

13： 本题是一道很好的开放题，解题的开窍点是：每个面的三条棱是怎样构造的，依据“三角形中两边之和大于第三边”，就可否定｛1，1，2｝，从而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三种形态，再由这三类面构造满足题设条件的四面体，最后计算出这三个四面体的体积分别为： , ,，故应填.、 、 中的一个即可.

14.解：直线：化为一般方程：，点P化为点，则点到直线的距离为

15解：由△COF∽△PDF得，即=

==，即=，

解得，故=3

三．解答题：

16.解：当P为真时，有   ……4分

 当Q为真时，有  ……5分

            ……6分

由题意:“P或Q”真，“P且Q”为假 等价于                         

（1）P真Q假：           ……8分

（2）Q真P假：     ……11分                  

综合（1）（2）的取值范围是 　……12分

17.解：（1）∵∴

∵   ∴, 即AB边的长度为  ……………………3分

(2)　由 得-------------①

  即-------------②

由①②得,   由正弦定理得

∴    ∴-- ……………………8分

(3) ∵，由（2）中①得  由余弦定理得= 

∴=- ……………………12分

18．解：（Ⅰ），，     ……………1分

由题意，知，，

即                                    ……………………2分

               …………………3分

①     当时，，函数在区间上单调增加，

不存在单调减区间；                                       ……………………5分

②     当时，，有

+

-

+

当时，函数存在单调减区间，为         ……………7分

③     当时， ，有

+

-

+

当时，函数存在单调减区间，为           …………9分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知：若不是函数的极值点，则，

            …………………10分

设点是函数的图像上任意一点，则，

点关于点的对称点为，

（或     ）

点在函数的图像上.

由点的任意性知函数的图像关于点对称.          …………………14分

19． [方法一]：（几何法）

（I）证法一：如图1，∵底面ABCD是正方形，  ∴BC⊥DC.

∵SD⊥底面ABCD，∴DC是SC在平面ABCD上的射影，               

由三垂线定理得BC⊥SC. …………3分

证法二：如图1，∵底面ABCD是正方形，  ∴BC⊥DC.          

∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD=D，                     图1

∴BC⊥平面SDC，∴BC⊥SC. …………3分

（II）解法一：∵SD⊥底面ABCD，且ABCD为正方形，

∴可把四棱锥S―ABCD补形为长方体A₁B₁C₁S―ABCD，

如图2，面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA₁与面BCSA₁所成的二面角，

∵SC⊥BC，BC//A₁S， ∴SC⊥A₁S，

又SD⊥A₁S，∴∠CSD为所求二面角的平面角.

在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=，在Rt△SDC中，

由勾股定理得SD=1.

∴∠CSD=45°.即面ASD与面BSC所成的二面角为45°. ……………8分

解法二：如图3，过点S作直线在面ASD上，

∵底面ABCD为正方形，在面BSC上，

为面ASD与面BSC的交线.

∴∠CSD为面ASD与面BSC所成二面角的平面角.

在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=，在Rt△SDC中，

 由勾股定理得SD=1.

∴∠CSD=45°.即面ASD与面BSC所成的二面角

为 45°。…8分

（III）解法一：如图3， ∵SD=AD=1，∠SDA=90°， ∴△SDA是等腰直角三角形.

又M是斜边SA的中点，  ∴DM⊥SA. 

∵BA⊥AD，BA⊥SD，AD∩SD=D，∴BA⊥面ASD，SA是SB在面ASD上的射影.

由三垂线定理得DM⊥SB.  ∴异面直线DM与SB所成的角为90°. ……………14分

解法二：如图4，取AB中点P，连结MP，DP.

在△ABS中，由中位线定理得 MP//SB，是异面直线DM与SB所成的角.

，

又

∴在△DMP中，有DP²=MP²+DM²， 

即异面直线DM与SB所成的角为90°. ……………14分

[方法二]：（向量法）

解析：如图所示，以D为坐标原点建立直角坐标系，

则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），

M（，0，），

∵　SB=，DB=，SD=1，∴　S（0，0，1），……………2分

（I）证明：∵　 ，

=0   ∴　，即BCSC．……………5分

（II）设二面角的平面角为θ，由题意可知平面ASD的一个法向量为，设平面BSC的法向量为，由，

得，

∴　面ASD与面BSC所成的二面角为45°．……………10分

（III）设异面直线DM与SB所成角为α，

∵　，SB=(-1,-1,1),得

∴　异面直线DM与SB所成角为90°．……………14分

20.解：(1)设圆心的坐标为，如图过圆心作轴于H,

则H为RG的中点，在中，…3分

∵ ∴  

即  …………………6分

 (2) 设，

直线AB的方程为（）则-----①---②

由①－②得，∴，………………9分

∵点在直线上， ∴．

∴点Ｍ的坐标为． ………………10分

同理可得：, ,

∴点的坐标为． ………………11分

直线的斜率为，其方程为

，整理得，………………13分

显然，不论为何值，点均满足方程，

∴直线恒过定点．……………………14分

21.解：（Ⅰ）当n＝1时，D₁为Rt△OAB₁的内部包括斜边，这时，

        当n＝2时，D₂为Rt△OAB₂的内部包括斜边，这时，

        当n＝3时，D₃为Rt△OAB₃的内部包括斜边，这时，……， ---3分

由此可猜想＝3n。 --------------------------------------------------4分

下面用数学归纳法证明:

(1)  当n＝1时，猜想显然成立。

(2)  假设当n＝k时，猜想成立，即，（） ----5分

如图，平面区域为Rt内部包括斜边、平面区域为

Rt△内部包括斜边，∵平面区域比平面区域多3

个整点， ------- 7分            

 即当n＝k+1时，，这就是说当n＝k+1时，

猜想也成立，

由（1）、（2）知＝3n对一切都成立。 ---------------------8分

（Ⅱ）∵＝3n,   ∴数列是首项为3，公差为3的等差数列,

∴.

  -------------------------10分

    == -------------------------------11分

∵对一切，恒成立,   ∴

∵在上为增函数 ∴ ---13分

，满足的自然数为0，

∴满足题设的自然数m存在，其值为0。 -------------------------14分