湖北省宜昌一中2014-2015学年高二数学上学期期中试卷理.doc

2014-2015学年湖北省宜昌一中高二（上）期中数学试卷(理 科）

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分,共50分）
1．（5分）（2014秋•宜昌校级期中)我校现有职工240人，其中专任教师有184人，教辅人员32人，后勤人员24人,现用分层抽样从中抽取一容量为30的样本,则抽取教辅人员（　　）人．
　 A． 3 B． 4 C． 8 D． 23

考点： 分层抽样方法．
专题: 概率与统计．
分析： 根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．
解答： 解：用分层抽样从中抽取一容量为30的样本,则抽取教辅人员为=4人，
故选：B．
点评： 本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键．比较基础．

2．（5分）（2014秋•宜昌校级期中）将一颗均匀骰子掷两次，不能作为随机变量的是（　　)
　 A． 两次出现的点数之和 B． 两次掷出的最大点数
　 C． 第一次减去第二次的点数差 D． 抛掷的次数

考点： 随机事件．
专题： 概率与统计．
分析： 随机变量的定义为随机事件的结果能用一个变量来表达，随机变量的每一个取值代表一个实验结果．而D中抛掷的次数是个数值,不是随机变量．
解答： 解:因为随机变量为一个变量，
而D中抛掷的次数是个数值，不是随机变量．
故选：D．
点评： 本题考查随机变量的概念,是基本概念的考查．

3．(5分）（2013秋•西陵区校级期末）如图是歌手大奖赛中，七位评委给甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图（其中m为0~9中的一个正整数)，现将甲、乙所得的一个最高分和一个最低分均去掉后，甲、乙两名选手得分的平均数分别为a1，a2,中位数分别为b1，b2，则有（　　)

　 A． a1＞a2，b1＞b2
　 B． a1＜a2，b1＜b2
　 C． a1＜a2，b1＜b2
　 D． a1，a2与b1，b2大小均不能确定

考点： 茎叶图；众数、中位数、平均数．
专题： 概率与统计．
分析: 利用茎叶图的定义表示数据即可．结合中位数和平均数的定义和公式进行计算即可．
解答: 解：甲去掉一个最高分和一个最低分后的数据为：81，84,85，85，85，中位数b1=85，平均数a1=．
乙去掉一个最高分和一个最低分后的数据为：84，84,84,86，87，中位数b2=84，平均数a2=．
∴a1＜a2，b1＜b2．
故选:B．
点评： 本题主要考查茎叶图的应用，以及中位数和平均数的计算，要求熟练掌握相应的计算公式,考查学生的计算能力．

4．（5分）（2009•广东）给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；
②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；
③垂直于同一直线的两条直线相互平行；
④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．
其中，为真命题的是（　　)
　 A． ①和② B． ②和③ C． ③和④ D． ②和④

考点： 平面与平面垂直的判定；平面与平面平行的判定．
专题： 空间位置关系与距离；简易逻辑．
分析： 从直线与平面平行与垂直，平面与平面平行与垂直的判定与性质，考虑选项中的情况，找出其它可能情形加以判断,推出正确结果．
解答: 解:①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，
那么这两个平面相互平行；如果这两条直线平行，可能得到两个平面相交,所以不正确．
②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；这是判定定理，正确．
③垂直于同一直线的两条直线相互平行；可能是异面直线．不正确．
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直．正确．
故选:D．
点评： 本题考查平面与平面垂直的判定，平面与平面平行的判定，是基础题．

5．（5分）（2014秋•宜昌校级期中）iPhone 6是苹果公司（Apple）在2014年9月9日推出的一款手机，已于9月19日正式上市．据统计发现该产品的广告费用x与销售额y的统计数据如表：
广告费用x（百万元) 4 2 3 5
销售额y（百万元） 44 25 37 54
根据上表可得回归方程=x+中的为9。4，据此模型预报广告费用为6百万元时销售额为（　　)
　 A． 61。5百万元 B． 62.5百万元 C． 63.5百万元 D． 65。0百万元

考点： 线性回归方程．
专题： 概率与统计．
分析： 首先求出所给数据的平均数，得到样本中心点，根据线性回归直线过样本中心点，求出方程中的一个系数，得到线性回归方程，把自变量为6代入，预报出结果．
解答: 解：∵=3。5，=40，
∵数据的样本中心点在线性回归直线上，
且回归方程=x+中的为9。4，
∴40=9.4×3.5+a,
∴=7.1,
∴线性回归方程是y=9.4x+7。1，
∴广告费用为6万元时销售额为9.4×6+7。1=63.5百万元，
故选：C
点评： 本题考查线性回归方程，考查学生对线性回归方程的理解,属于中档题．

6．（5分)（2014秋•宜昌校级期中)已知实数x、y满足 则z=的取值范围是(　　）
　 A． ［﹣1，0］ B． [﹣1，1） C． （﹣∞，0］ D． ［﹣1，+∞)

考点： 简单线性规划．
专题： 不等式的解法及应用．
分析： 作出不等式组对应的平面区域，z的几何意义为两点间的斜率，利用数形结合即可得到结论．
解答： 解：作出不等式组对应的平面区域如图，
则z的几何意义为区域内的点到定点D（0,1）的斜率，
由图象知CD的斜率最小，此时C(1，0），对应的斜率z=，
当过D的直线和y=x平行时，直线斜率z=1,但此时取不到，
故﹣1≤z＜1，
故选：B．

点评： 本题主要考查线性规划的应用，根据直线的斜率公式结合图象是解决本题的关键．

7．(5分）（2014秋•宜昌校级期中）有A、B、C、D、E共5人并排站一起，若A、B必须相邻，且B在A的右边，那么不同的站法有(　　）
　 A． 24种 B． 36种 C． 48种 D． 60种

考点: 计数原理的应用．
专题： 排列组合．
分析: 相邻问题采用捆绑法，视A、B为一个元素，且只有一种排法;将A、B与其他3个元素，共4个元素全排列，由乘法计数原理可得答案．
解答： 解：根据题意，A、B必须相邻且B在A的右边，视A、B为一个元素，且只有一种排法；
将A、B与其他3个元素，共4个元素排列,
即A44=24，
则符合条件的排法有1×24=24种，
故选：A．
点评： 本题考查排列的运用，注意分析相邻问题时，要用捆绑法．

8．(5分）（2014秋•宜昌校级期中）已知数列{xn}满足xn+3=xn,xn+2=｜xn+1﹣xn｜，（n∈N*)，若x1=1，x2=a（a≤1，a≠0），则数列｛xn}的前2013项的和S2013为（　　）
　 A． 1342 B． 1340 C． 671 D． 670

考点： 数列的求和．
专题： 等差数列与等比数列．
分析： 由已知得数列是以3为周期的周期数列,且x1+x2+x3=1+1﹣a+a=2,由此能求出S2013．
解答: 解:因为数列{xn｝满足xn+3=xn，xn+2=｜xn+1﹣xn|（n∈N*）,
x1=1,x2=a（a≤1，a≠0），
所以x3=｜a﹣1|=1﹣a，x4=x1=1，
所以数列是以3为周期的周期数列，
并且x1+x2+x3=1+1﹣a+a=2，
所以S2013=x1+x2+x3+…+xn=671（x1+x2+x3）=1342．
故选：A．
点评： 本题考查数列的前2013项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数列的周期性的合理运用．

9．(5分)(2014秋•宜昌校级期中)设m，n∈R,若直线(m+1）x+（n+1）y﹣2=0与圆（x﹣1）2+（y﹣1)2=1相切，则m+n的取值范围是（　　）
　 A． [2﹣2，2+2］ B． （﹣∞，2﹣2]∪[2+2，+∞）
　 C． ［1﹣，1+］ D． （﹣∞，1﹣}∪[1+，+∞)

考点： 圆的切线方程．
专题： 计算题;直线与圆．
分析: 根据题意可得圆心(1，1）到直线（m+1)x+（n+1）y﹣2=0的距离等于半径，整理得mn=m+n+1，由mn≤求得m+n的范围．
解答： 解：由直线与圆相切，可得圆心（1,1）到直线（m+1)x+（n+1）y﹣2=0的距离等于半径，
即=1，
整理得mn=m+n+1，由mn≤可知，m+n+1≤，
解得m+n∈（﹣∞，2﹣2]∪[2+2,+∞），
故选：B．
点评： 本题主要考查直线和圆相切的性质，点到直线的距离公式以及基本不等式的应用，体现了转化的数学思想，属于基础题．

10．(5分)（2005秋•沙坪坝区校级期末）以平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出2个三角形，则这2个三角形不共面的概率P为（　　）
　 A． B． C． D．

考点： 等可能事件的概率；棱柱的结构特征．
专题： 计算题．
分析： 根据平行六面体的几何特征,我们可以求出以平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的任意三个顶点为顶点作三角形的总个数，及从中随机取出2个三角形的情况总数，再求出这两个三角形共面的情况数,即可得到这两个三角形不共面的情况数，代入古典概型概率公式，即可得到答案．
解答： 解：∵平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点任意三个均不共线
故从8个顶点中任取三个均可构成一个三角形共有C83=56个三角形，从中任选两个，共有C562=1540种情况
从8个顶点中4点共面共有12种情况(六个面，六个对角面），每个面的四个顶点共确定6个不同的三角形
故任取出2个三角形，则这2个三角形不共面共有1540﹣12×6=1468种
故从中随机取出2个三角形，则这2个三角形不共面的概率P==
故选C
点评： 本题考查的知识点是等可能事件的概率，古典概型概率计算公式,棱柱的结构特征，其中根据棱柱的结构特征,求出基本事件总个数和满足条件的基本事件个数是解答本题的关键．

二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）
11．（5分）（2014秋•宜昌校级期中）不等式的解集是　{x|x≥3或x＜0｝　．

考点： 其他不等式的解法．
专题: 不等式的解法及应用．
分析： 利用分式不等式的解法求解即可．
解答: 解：讨论，若x＜0，则不等式恒成立，此时x＜0．
若x＞0，则由得x≥3，此时x≥3．
综上不等式的解为x≥3或x＜0．
故答案为：{x|x≥3或x＜0｝．
点评： 本题主要考查分式不等式的解法，注意要讨论x的符号,注意不等式的性质的应用．

12．（5分）（2014秋•赫山区校级期末)若（x2+）5的二项展开式中x7项的系数为﹣10,则常数a=　﹣2　．

考点： 二项式定理．
专题： 计算题；二项式定理．
分析: 利用二项展开式的通项公式求得二项展开式中的第r+1项，令x的指数为7求得x7的系数，列出方程求解即可．
解答： 解：（x2+）5的展开式的通项为Tr+1=C5rx10﹣2r（）r=C5rx10﹣3rar
令10﹣3r=7得r=1，
∴x7的系数是aC51
∵x7的系数是﹣10，
∴aC51=﹣10,
解得a=﹣2．
故答案为：﹣2．
点评： 本题主要考查了二项式系数的性质．二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．

13．(5分）（2014秋•宜昌校级期中)如图所示的程序框图可用来估计π的值(假设函数RAND（﹣1，1)是产
生随机数的函数，它能随机产生区间（﹣1,1)内的任何一个实数)．
如果输入1000,输出的结果为788,则运用此方法估计的π的近似值为　3。152　．

考点： 程序框图．
专题： 图表型；算法和程序框图．
分析： 根据已知中CONRND（﹣1,1)是产生均匀随机数的函数，它能随机产生区间（﹣1，1)内的任何一个实数,及已知中的程序框图，我们可分析出程序的功能是利用随机模拟实验的方法求任取（﹣1，1）上的两个数A，B，求A2+B2≤1的概率,分别计算出满足A∈(﹣1，1），B∈（﹣1,1）和A2+B2≤1对应的平面区域的面积，代入几何概型公式，即可得到答案
解答： 解:根据已知中的流程图我们可以得到
该程序的功能是利用随机模拟实验的方法求任取(﹣1，1）上的两个数A，B，求A2+B2≤1的概率
∵A∈（﹣1，1），B∈（﹣1，1），对应的平面区域面积为:2×2=4，
而A2+B2≤1对应的平面区域的面积为:π
故m=，⇒π=3.152
故答案为：3。152．
点评: 本题考查的知识点是程序框图,其中根据已知中的程序流程图分析出程序的功能,并将问题转化为几何概型问题是解答本题的关键,本题属于基本知识的考查．

14．（5分)（2011秋•九原区校级期末）用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色,要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用　264　种(用数字作答）．

考点: 排列、组合的实际应用．
专题： 综合题；概率与统计．
分析： 由题意知图中每条线段的两个端点涂不同颜色，可以根据所涂得颜色的种类来分类，当B，D,E，F用四种、三种、两种颜色，分别写出涂色的方法，根据分类计数原理得到结果．
解答: 解：∵图中每条线段的两个端点涂不同颜色，
∴可以根据所涂得颜色的种类来分类,
B，D，E,F用四种颜色,则有A44×1×1=24种涂色方法;
B，D，E，F用三种颜色，则有A43×2×2+A43×2×1×2=192种涂色方法；
B，D，E,F用两种颜色，则有A42×2×2=48种涂色方法；
根据分类计数原理知共有24+192+48=264种不同的涂色方法．
故答案为:264．
点评: 本题主要考查排列组合的基础知识与分类讨论思想，正确分类是关键，属于中档题．

15．（5分）（2014秋•宜昌校级期中）已知Sn={A|A=（a1，a2，a3…ai…，an），ai=2014或2015，i=1,2，3…，n}(n≥2），对于U，V∈Sn，d（U，V）表示U和V中相对应的元素不同的个数．
（1）令U=(2015，2015,2015，2015，2015），存在m个V∈S5，使得d(U，V）=2，则m=　10　;
（2）令U=(a1，a2，a3…an），若V∈Sn,则所有d（U，V)之和为　n•2n﹣1　．

考点： 元素与集合关系的判断．
专题： 集合．
分析： （1）由于存在m个V∈S5,使得d（U，V）=2，可得m=．
(2）Pn={A|A=(a1，a2，a3,…，an)，ai=2014或2015，i=1，2，3，…，n}（n≥2），Pn中共有2n个元素，分别记为vk（k=1,2，3，…，2n），v=（b1，b2,b3，…bn），由于bi=2014的vk共有2n﹣1个，bi=2015的vk共有2n﹣1个．即可得出．
解答： 解：(1）∵存在m个V∈S5，使得d（U，V）=2,则m==10．
（2)∵Pn={A｜A=(a1,a2，a3，…，an），ai=2014或2015,i=1，2，3，…，n｝（n≥2），
∴Pn中共有2n个元素，分别记为vk(k=1，2,3，…，2n），v=（b1，b2，b3，…bn）．
∵bi=2014的vk共有2n﹣1个，bi=2015的vk共有2n﹣1个．
∴d(U，V)=2n﹣1（|a1﹣2014｜+｜a1﹣2015｜+|a2﹣2014｜+｜a2﹣2015｜+｜a3﹣2014｜+|a3﹣2015｜+…+|an﹣2014｜+｜an﹣2015｜=n•2n﹣1
∴d（U，V）=n•2n﹣1．
点评： 本题考查了新定义的理解及其应用、集合的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

三、解答题（本大题共6小题,共75分)
16．（12分）(2014秋•宜昌校级期中)已知（+x2）2n的展开式的二项式系数之和比（3x﹣1）n的展开式的二项系数之和大992．求（2x+）2n的展开式中：
（1）常数项；
（2）系数最大的项．

考点： 二项式定理的应用;二项式系数的性质．
专题： 综合题；二项式定理．
分析： （1）由条件求得m=5，利用二项式系数的性质可得第6项的二项式系数最大，由通项公式可得该项．
（2)设第r+1项的系数最大,由通项公式可得，求得 r=3，可得第4项的系数最大，再利用二项式展开式的通项公式，求得该项．
解答： 解：（1）由题意可得 22n=2n+992，即（2n﹣32）(2n+31）=0，∴2n=32，n=5．
由于（2x+）2n的展开式共有11项，故第6项的二项式系数最大，
由通项公式可得该项为 T6=•(﹣1）5•25=﹣8064．
（2）设第r+1项的系数最大，∵Tr+1=•210﹣r•x10﹣2r,
∴,
求得≤r≤，∴r=3，
故第4项的系数最大，该项为T4=•27•x4=15360x4．
点评: 本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数,属于基础题．

17．(12分)（2014秋•宜昌校级期中）某旅游公司为甲，乙两个旅游团提供四条不同的旅游线路，每个旅游团可任选其中一条旅游线路．
（1）求甲、乙两个旅游团所选旅游线路不同的概率；
（2）某天上午9时至10时，甲，乙两个旅游团都到同一个著名景点游览，20分钟后游览结束即离去．求两个旅游团在该著名景点相遇的概率．

考点: 几何概型;相互独立事件的概率乘法公式．
专题: 概率与统计．
分析： （1）每个旅游团可任选其中一条旅游线路,基本事件总数n=42=16，甲、乙两个旅游团所选旅游线路不同包含的基本事件个数m==4×3=12,由此能求出甲、乙两个旅游团所选旅游线路不同的概率．
（2)设甲、乙两个旅游团到达著名景点的时刻分别为x，y,依题意得,由此利用几何概型能求出两个旅游团在该著名景点相遇的概率．
解答: 解:（1)某旅游公司为甲，乙两个旅游团提供四条不同的旅游线路，
每个旅游团可任选其中一条旅游线路，基本事件总数n=42=16,
甲、乙两个旅游团所选旅游线路不同包含的基本事件个数m==4×3=12，
∴甲、乙两个旅游团所选旅游线路不同的概率：
p=．
(2）设甲、乙两个旅游团到达著名景点的时刻分别为x，y，
依题意得,即，
作出不等式表示的区域,如图：
记“两个旅游团在著名景点相遇"为事件B，
P（B）==．
∴两个旅游团在该著名景点相遇的概率为．

点评: 本题考查概率的求法,是中档题,解题时要认真审题，注意几何概型的合理运用．

18．（12分）(2013秋•梁子湖区校级期中）某市政府为了确定一个较为合理的居民用电标准，必须先了解全市居民日常用电量的分布情况．现采用抽样调查的方式,获得了n位居民在2012年的月均用电量(单位：度）数据，样本统计结果如图表：
分组 频数 频率
［0，10） 0。05
［10，20） 0。10
[20，30） 30
[30,40） 0。25
［40，50) 0。15
［50，60] 15
合计 n 1
(1）求出n值；
(2）求月均用电量的中位数与平均数估计值；
(3）若月用电紧张指数y与月均用电量x（单位:度）满足如下关系式：，将频率视为概率,请估算用电紧张指数y＞0.7的概率．

考点： 频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式．
专题： 概率与统计．
分析： （1）从直方图中得在［20，30]小组中的频率，利用样本容量等于频数除以频率得出n，最后求出a处的数;
（2）根据频率分布直方图的知识计算月均用电量的中位数与平均数估计值；
（3）由y＞70％ 得x≥40,根据计算频率分布表中最后两个小组的频率之和即可估计用电紧张指数y＞0。7的概率．
解答： 解:（1）∵第3组的频率为0.030×10=0。30，
∴样本容量n==100,
(2)由前三组的频率和为0.05+0。1+0.3=0.45，则0。5﹣0.45=0。05,
∴中位数是30+2=32，
,
∴月均用电量的中位数是32，平均数估计值是33，
(3）由y＞70% 得，∴x＞40，
∴用电紧张指数y＞0。7的概率为0。15+0。15=0.30．
点评: 用样本估计总体,是研究统计问题的一个基本思想方法．频率分布直方图中小长方形的面积=组距×=频率，各个矩形面积之和等于1，能根据直方图求频率,属于常规题型．属于基础题．

19．（12分)（2014•太和县校级一模）如图，在底面是正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，BD交AC于点E，F是PC中点，G为AC上一点．
（Ⅰ）确定点G在线段AC上的位置，使FG∥平面PBD，并说明理由;
（Ⅱ）当二面角B﹣PC﹣D的大小为时,求PC与底面ABCD所成角的正切值．

考点： 用空间向量求直线与平面的夹角;直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角．
专题： 空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用．
分析： （Ⅰ）要使FG∥平面PBD,只需FG∥EP，以A为原点，AB、AD、PA所在的直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz如图所示，设G点坐标为（m,m，0），根据向量平行的充要条件，可得变量m的值，进而可得点G在线段AC上的位置．
（II)分别求出平面PBC的一个法向量和平面PDC的一个法向量,进而根据二面角B﹣PC﹣D的大小为，可得变量a值,进而根据∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角，可得PC与底面ABCD所成角的正切值．
解答： 解：（Ⅰ)以A为原点，AB、AD、PA所在的直线分别为x、y、z轴，
建立空间直角坐标系A﹣xyz如图所示，
设正方形ABCD的边长为1，PA=a，则
A（0,0,0），B（1,0，0）,C(1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，a)（a＞0），
E（，,0)，F(，，），G（m，m，0）（0＜m＜）．
要使FG∥平面PBD,只需FG∥EP，
而=（，，﹣a)，
由=λ可得
解得λ=，m=，
∴G点坐标为(，，0）
∴=,
故当AG=AC时，FG∥平面PBD．
(Ⅱ）设平面PBC的一个法向量为=(x，y，z）,
则
而=（1,1,﹣a)，=(0,1，0）,
∴
取z=1，得=（a，0，1），
同理可得平面PDC的一个法向量=（0，a，1），
设u，v所成的角为θ，
则｜cosθ|=|cos|=，
即=，
∴=，
∴a=1,
∵PA⊥面ABCD，
∴∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角,
∴tan∠PCA===．

点评: 本题考查的知识点是直线与平面所成的角,直线与平面平行的判断,其中建立空间坐标系，将直线与平面的关系,及二面角问题转化为向量问题是解答的关键．

20．（13分）（2014秋•宜昌校级期中）已知圆O过点A（1，1），且与圆M:(x+2)2+(y+2）2=r2（r＞0）关于直线x+y+2=0对称．
（1)求圆O的方程；
(2）若EF、GH为圆O的两条相互垂直的弦，垂足为N（1,）,求四边形EGFH的面积的最大值；
（3）已知直线l:y=x﹣2,P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC、PD，切点为C、D，试探究直线CD是否过定点,若过定点，求出定点;若不过定点,请说明理由．

考点： 直线和圆的方程的应用．
专题: 直线与圆．
分析： (1）设出圆心O坐标,由O与M关于直线x+y+2=0对称，根据中点坐标公式及斜率的关系列出关系式，整理求出a与b的值，再由圆O过点A,确定出圆O方程即可；
（2）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为d1，d2，则d12+d22=｜ON|2，由N坐标求出d12+d22的值，表示出|EF｜与｜GH|，进而表示出S，利用基本不等式求出最大值即可；
（3）直线CD过定点，定点坐标为（，﹣1），理由为：由题意可得：O、P、C、D四点共圆且在以OP为直径的圆上，设出P坐标，表示出以OP为直径的圆，与圆O方程结合确定出直线CD方程，即可得到直线CD恒过的定点坐标．
解答： 解：（1）设圆心O(a，b），根据题意得:，
解得:,
∴圆O方程为x2+y2=r2，
把A（1，1)代入得：r2=2,即圆O方程为x2+y2=2;
（2）设圆心O到直线EF、GH的距离分别为d1，d2，则d12+d22=|ON｜2=,
∴|EF|=2=2,｜GH｜=2=2,
当且仅当2﹣d12=2﹣d22，即d1=d2=时取等号，
∴S=｜EF|•|GH｜=2≤2﹣d12+2﹣d22=4﹣=,
则四边形EGFH的面积最大值为；
（3）直线CD过定点，定点坐标为（，﹣1),理由为：
由题意可得：O、P、C、D四点共圆且在以OP为直径的圆上，
设P（t，t﹣2），其方程为x（x﹣t)+y(y﹣t+2）=0,即x2﹣tx+y2﹣（t﹣2）y=0①，
又C、D在圆O：x2+y2=2上②，
②﹣①得:直线CD的方程为tx+（t﹣2）y﹣2=0,即（x+）t﹣2y﹣2=0,
由,得，
则直线CD过定点（，﹣1)．
点评： 此题考查了直线与圆的方程的应用，涉及的知识有：圆的标准方程，两点间的距离公式，基本不等式的运用，以及恒过定点的直线方程,熟练掌握公式及法则是解本题的关键．

21．（14分）（2010秋•昌平区期末）已知数列{an}的前n项和为Sn，点在直线y=x+4上．数列{bn｝满足bn+2﹣2bn+1+bn=0(n∈N＊），且b4=8，前11项和为154．
（1）求数列｛an｝、｛bn}的通项公式；
(2)设，数列｛cn}的前n项和为Tn，求使不等式对一切n∈N＊都成立的最大正整数k的值；
（3）设是否存在m∈N*，使得f(m+9）=3f（m）成立？若存在,求出m的值；若不存在，请说明理由．

考点： 数列递推式;数列与不等式的综合．
专题: 压轴题．
分析： (1)根据点在直线上，把点的坐标代入直线的方程得到数列的前n项和的表示式，由前n项和做出数列的通项,再得到第二个数列是一个等差数列，写出通项．
（2)构造新数列，把新数列的通项整理成可以应用裂项求和的形式，裂项求出和，证明和式的单调性,根据单调性做出和式的最值，根据数列的最值得到结论．
（3）根据所给的分段函数式，看出函数在自变量取奇数和偶数时的结果不同，因此要分类来解,在两种不同的条件下验证式子是否成立，得到不存在正整数m,使得f(m+9）=3f（m)成立．
解答: 解：（1）由题意，得,即Sn=n2+4n．
故当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=n2+4n﹣(n﹣1）2﹣4（n﹣1）=2n+3．
注意到n=1时，a1=S1=5，而当n=1时，n+4=5，
所以a=2n+3（n∈N＊）．
又bn+2﹣2bn+1+bn=0，即bn+2﹣bn+1=bn+1﹣bn（n∈N＊)，
所以bn为等差数列，于是．
而b4=8，故b8=20，，
因此，bn=b4+3（n﹣4)=3n﹣4，
即bn=b4+3（n﹣4）=3n﹣4(n∈N＊)．
（2)====．
所以，Tn=c1+c2+…+cn=
=．
由于
因此Tn单调递增,故T．
令，得，所以kmax=12．
(3）
①当m为奇数时，m+9为偶数．
此时f（m+9）=3（m+9)﹣4=3m+23，3f（m）=6m+9
所以3m+23=6m+9，（舍去)
②当m为偶数时,m+9为奇数．
此时,f（m+9)=2(m+9）+3=2m+21，3f(m）=9m﹣12,
所以2m+21=9m﹣12，（舍去)．
综上，不存在正整数m，使得f（m+9）=3f(m）成立．
点评： 本题考查数列与函数的综合问题，本题解题的关键是构造新数列，利用数列的求和做出结果，再用函数的思想来解题，本题是一个综合题目,难度可以作为高考卷的压轴题．