河北定州中学2016-2017学年新高二数学上学期周练试题(四)(承智班)

河北定州中学：新高二承智班数学周练试题（四）
一、选择题：共12题 每题5分 共60分 1．已知函数f （x ）=x 2
﹣2cosx ，对于上的任意x 1，x 2，有如下条件：①x 1＞x 2；②；
③|x 1|＞x 2；④x 1＞|x 2|，其中能使
恒成立的条件个数共有（ ）
A ．1个
B ．2个
C ．3个
D ．4个
2．已知函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，且当x ≥0时，f （x ）=ln （1﹣x ），则函数f （x ）的大致图象为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
3．函数
的定义域为（ ）
A ．{x|x ＜0}
B ．{x|x ≤﹣1}∪{0}
C ．{x|x ≤﹣1}
D ．{x|x ≥﹣1}
4．对任意实数a ，b 定义运算“⊗”：，设f （x ）=（x 2
﹣1）⊗（4+x ），若函数
y=f （x ）+k 的图象与x 轴恰有三个不同交点，则k 的取值范围是（ ） A ．（﹣2，1） B ．[0，1] C ．[﹣2，0） D ．[﹣2，1）
5．若函数f （x ）=2|x ﹣a|
（a ∈R ）满足f （1+x ）=f （3﹣x ），且f （x ）在[m ，+∞）单调递增，则实数m 的最小值为（ ）
A ．﹣2
B ．﹣1
C ．2
D ．1
6．已知集合A={﹣1，1}，B={x|x ∈R ，1≤2x
≤4}，则A ∩B 等于（ ） A ．{0，1} B ．{﹣1，1} C ．{1} D ．{﹣1，0，1}
7．已知圆02222=+-++a y x y x 截直线02=++y x 所得弦的长度为4，则实数a 的值为（ ）
A ．-2
B ．-4
C ．-6
D ．-8
8．已知点(,)(0)P a b ab ≠是圆222
x y r += 内的一点，直线m 是以P 为中点的弦所在直线，直线l 的方程为2
ax by r +=，那么 （ ）
（A ）//,m l l 与圆相交 （B ）,m l l ⊥与圆相切 （C ）//,m l l 与圆相离 （D ）,m l l ⊥与圆相离
9．设正方体1111D C B A ABCD -的棱长为2，则点1D 到平面BD A 1的距离是（ ）
A ．23
B ．22
C ．322
D ．33
2
10．在平面上，若两个正三角形的边长之比1:2，则它们的面积之比为1:4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长之比为1:2，则它的体积比为（ ）
A.1:4
B.1:6
C.1:8
D.1:9
11．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，
ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）
A. 6
B. 6
C. 3
D. 2
12．已知两个不重合的平面α，β和两条不同直线m ，n ，则下列说法正确的是（ ） A ．若m ⊥n ，n ⊥α，m ⊂β，则α⊥β B ．若α∥β，n ⊥α，m ⊥β，则m ∥n C ．若m ⊥n ，n ⊂α，m ⊂β，则α⊥β D ．若α∥β，n ⊂α，m ∥β，则m ∥n
二、填空题：共4题 每题5分 共20分 13．函数
图象的对称中心的坐标为 ．
14．已知函数f （x ）=sin +e ﹣|x ﹣1|
，有下列四个结论： ①图象关于直线x=1对称； ②f （x ）的最大值是2； ③f （x ）的最大值是﹣1，；
④f （x ）在区间[﹣2015，2015]上有2015个零点． 其中正确的结论是 （写出所有正确的结论序号）． 15．设直线
1:3450
l x y +-=与
2:3450
l x y ++=间的距离为d ，则d = 。

16．若直线0x y m ++=上存在点P 可作圆
O:22
1x y +=的两条切线PA PB 、，切点为A B 、，且APB 60︒∠=，则实数m 的取值范围为 ．
三、解答题：共8题 共70分
17．已知a ＞0，b ∈R ，函数f （x ）=4ax 2
﹣2bx ﹣a+b ，x ∈[0，1]． （Ⅰ）当a=b=2时，求函数f （x ）的最大值； （Ⅱ）证明：函数f （x ）的最大值|2a ﹣b|+a ； （Ⅲ）证明：f （x ）+|2a ﹣b|+a ≥0．
18．已知函数f （x ）=x 2
+4[sin （θ+）]x ﹣2，θ∈[0，2π]]． （Ⅰ）若函数f （x ）为偶函数，求tan θ的值； （Ⅱ）若f （x ）在[﹣
，1]上是单调函数，求θ的取值范围．
19．已知：函数f （x ）对一切实数x ，y 都有f （x+y ）﹣f （y ）=x （x+2y+1）成立，且f （1）=0．
（1）求f（0）的值．
（2）求f（x）的解析式．
（3）已知a∈R，设P：当时，不等式f（x）+3＜2x+a恒成立；Q：当x∈[﹣2，2]时，g（x）=f（x）﹣ax是单调函数．如果满足P成立的a的集合记为A，满足Q成立的a的集合记为B，求A∩∁R B（R为全集）．
20．已知函数f（x）=x2﹣2|x﹣a|
（1）若函数y=f（x）为偶函数，求a的值；
（2）若a=，求函数y=f（x）的单调递增区间．
21．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面AA1C1C是矩形，侧面AA1C1C⊥侧面AA1B1B，且AB=4AA1=4，∠BAA1=60°，D是AB的中点．
（Ⅰ）求证：AC1∥平面CDB1；
（Ⅱ）求证：DA1⊥平面AA1C1C．
22．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=2，PD=，O为AC与BD的交点，E为棱PB上一点．
（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBD；
（Ⅱ）若PD∥平面EAC，求三棱锥P﹣EAD的体积．
23．已知圆C： x2+y2+4x﹣6y﹣3=0．
（1）求过点M（﹣6，﹣5）的圆C的切线方程；
（2）过点N（1，3）作直线与圆C交于A、B两点，求△ABC的最大面积及此时直线AB的斜率．24．平行四边形ABCD的一组邻边所在直线的方程分别为x﹣2y﹣1=0与2x+3y﹣9=0，对角线的交点坐标为（2，3）．
（1）求已知两直线的交点坐标；
（2）求此平行四边形另两边所在直线的方程．
参考答案
1．C
【解析】
试题分析：利用导数可以判定其单调性，再判断出奇偶性，即可判断出结论．
解：∵f（x）=x2﹣2cosx，∴f′（x）=2x+2sinx，
∴当x=0时，f′（0）=0；当x∈[﹣，0）时，f′（x）＜0，函数f（x）在此区间上单调递减；
当x∈（0，]时，f′（x）＞0，函数f（x）在此区间上单调递增．
∴函数f（x）在x=0时取得最小值，f（0）=0﹣1=﹣1．
∵x∈[﹣，]，都有f（﹣x）=f（x），∴f（x）是偶函数．
根据以上结论可得：
①当x1＞x2时，则f（x1）＞f（x2）不成立；
②当x12＞x22时，得|x1|＞|x2|，则f（|x1|）＞f（|x2|），f（x1）＞f（x2）恒成立；
③当|x1|＞x2时，则f（x1）=f（|x1|）＞f（x2）恒成立；
④x1＞|x2|时，则f（x1）＞f（|x2|）=f（x2）恒成立．
综上可知：能使f（x1）＞f（x2）恒成立的有②③④．
故选：C．
2．C
【解析】
试题分析：由题意可得在[0，1）上，f（x）为减函数，且f（x）＜0，从而得出结论．
解：由于函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f（x）=ln（1﹣x），
故在[0，1）上，f（x）为减函数，且f（x）＜0，结合所给的选项，
故选：C．
3．C
【解析】
试题分析：根据函数f（x）的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
解：∵函数，
∴，
解得，
即x≤﹣1，
∴f（x）的定义域为{x|x≤﹣1}．
故选：C．
4．D
【解析】
试题分析：化简函数f（x）的解析式，作出函数y=f（x）的图象，由题意可得，函数y=f（x）与y=﹣k的图象有3个交点，结合图象求得结果．．
解：当（x2﹣1）﹣（x+4）＜1时，f（x）=x2﹣1，（﹣2＜x＜3），
当（x2﹣1）﹣（x+4）≥1时，f（x）=x+4，（x≥3或x≤﹣2），
函数y=f（x）=的图象如图所示：
由图象得：﹣2≤k＜1，函数y=f（x）与y=﹣k的图象有3个交点，
即函数y=f（x）+k的图象与x轴恰有三个公共点；
故答案选：D．
5．C
【解析】
试题分析：由f（x）的解析式便知f（x）关于x=a对称，而由f（1+x）=f（3﹣x）知f（x）关于x=2对称，从而得出a=2，这样便可得出f（x）的单调递增区间为[2，+∞），而f（x）在[m，+∞）上单调递增，从而便得出m的最小值为2．
解：∵f（x）=2|x﹣a|；
∴f（x）关于x=a对称；
又f（1+x）=f（3﹣x）；
∴f（x）关于x=2对称；
∴a=2；
∴；
∴f（x）的单调递增区间为[2，+∞）；
又f（x）在[m，+∞）上单调递增；
∴实数m的最小值为2．
故选：C．
6．C
【解析】
试题分析：求出B 中不等式的解集确定出B ，再由A ，找出两集合的交集即可．
解：由B 中不等式变形得：20=1≤2x ≤4=22
，即0≤x ≤2， ∴B=[0，2]， ∵A={﹣1，1}， ∴A ∩B={1}， 故选：C ． 7．B 【解析】
试题分析：圆
02222=+-++a y x y x 可化为()()a y x -=-++2112
2
，故弦心距2
2
11++-=
d 2=，由弦长公式可得422+=-a ，4-=∴a .
考点：直线和圆的位置关系.
【方法点睛】解决直线与圆的位置关系需要注意以下几点：（1）圆的一般方程转化为标准方程用配方法；（2）判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，用几何法；若方程中含参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法；（3）直线和圆相交时构造直角三角形利用勾股定理来解决，相切时主要利用圆心到直线的距离等于半径来解决. 8．C 【解析】
试题分析：以点M 为中点的弦所在的直线的斜率是a
b -
，直线m ∥l ，点M （a ，b ）是圆
222x y r +=内一点，所以2
2
2
a b r +<，圆心到2
ax by r +=
2
r
>，故相离
考点：直线与圆的位置关系
9．D 【解析】
试题分析：以D 为原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，1
DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，
∵正方体1111D C B A ABCD -的棱长为2， ∴D （0，0，0），1
A （2，0，2），
B （2，2，0），
1
D （0，0，2），
∴
1D A ＝（2，0，2），DB ＝（2，2，0），11A D ＝（−2，0，0），
设面
1
DBA 的法向量n ＝（x ，y ，z ），
10,0n DA n DB ⋅=⋅=，∴()220
1,1,1220x z n x y +=⎧∴=--⎨
+=⎩，∴点1D 到平面BD A 1的距离是
11233
A D n d n
⋅=
=
考点：点、线、面间的距离计算 10．C 【解析】
试题分析：平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，
类似地，由平面图形面积类比立体图形的体积，得出：在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的底面积之比为1：4
，对应高之比为1：2，所以体积比为 1：8 考点：类比推理 11．A 【解析】
试题分析：根据题意作出图形：
设球心为O ，过ABC 三点的小圆的圆心为
1
O ，则
1
OO ⊥平面ABC
，
延长1CO 交球于点
D ，则SD ⊥平面ABC
．∵
1123
233CO OO =⨯==
∴高
12
3SD OO ==
，∵△ABC 是边长为1的正三角形，
∴
S =
,136V ==
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积
12．B 【解析】
试题分析：A ．若n ⊥α，m ⊥n ，则m ∥α或m ⊂α，又m ⊂β，∴α⊥β不成立，∴A ．错误． B ．若α∥β，n ⊥α，则n ⊥β，又m ⊥β，∴m ∥n 成立，∴B 正确． C ．当α∩β时，也满足若m ⊥n ，n ⊂α，m ⊂β，∴C 错误．
D ．若α∥β，n ⊂α，m ∥β，则m ∥n 或m ，n 为异面直线，∴D 错误 考点：空间线面平行垂直的判定与性质 13．（﹣1，1） 【解析】
试题分析：把原函数解析式变形得到f （x ）=
=﹣
+1，利用因为y=﹣对称中心为（0，0），
即可求出答案．
解：f （x ）===﹣+1，
因为y=﹣对称中心为（0，0），所以函数f （x ）的对称中心为（﹣1，1） 故答案为：（﹣1，1）． 14．①②④ 【解析】
试题分析：根据函数的性质一一判断即可． 解：对于①，∵y=sin ，关于x=1对称，y=e
﹣|x ﹣1|
关于x=1对称，∴f （x ）图象关于直线x=1对
称，故①正确， 对于②，∵﹣1≤sin
≤1，0＜e
﹣|x ﹣1|
≤1，∴f （x ）的最大值是2，故②正确，③不正确，
对于④，∵y=sin 的周期为T==4，由①知，关于x=1对称，每个周期内都有两个零点，故
有2015个零点，故④正确． 故答案为：①②④
15．2. 【解析】
试题分析：由题意知：直线
12
l l ，则
2
d =
=.
考点：平行线间的距离公式. 16．]22,22[- 【解析】
试题分析：若60∠APB =, 则2OP =.直线0x y m ++=上存在点P 可作
:O 221x y +=和的两
条切线PA 、PB 等价于直线0x y m ++=与圆
224x y +=有公共点,由圆心到直线的距离公式可得
2
≤,解之可得]22,22[-.
考点：点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用.
17．（Ⅰ）f （x ）的最大值为4；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析 【解析】 试题分析：（Ⅰ）求出当a=b=2时，f （x ）的解析式，求出对称轴，求得端点的函数值，可得f （x ）的最大值；
（Ⅱ）求出对称轴，讨论区间和对称轴的关系，结合单调性，可得最大值；
（Ⅲ）要证f （x ）+|2a ﹣b|+a ≥0恒成立，只需证f （x ）min +|2a ﹣b|+a ≥0，设f （x ）的最小值为m ，最大值为M ，由（Ⅱ）得M=|2a ﹣b|+a ，求出对称轴，讨论对称轴和区间[0，1]的关系，可得最值，即可证明M+m ＞0．
解：（Ⅰ）当a=b=2时，f （x ）=8x 2
﹣4x ，x ∈[0，1]． 对称轴为x=，f （0）=0，f （1）=4， 可得f （x ）的最大值为4； （Ⅱ）证明：f （x ）的对称轴为x=
，
当＞1时，区间[0，1]为减区间， 可得f （x ）的最大值为f （0）=b ﹣a ，
由b ＞4a ＞2a ，可得|2a ﹣b|+a=b ﹣2a+a=b ﹣a ， 则f （0）=|2a ﹣b|+a ；
当＜0时，区间[0，1]为增区间， 可得最大值为f （1）=3a ﹣b ，
由b ＜0，可得|2a ﹣b|+a=2a ﹣b+a=3a ﹣b=f （1）；
当0≤≤1时，区间[0，]为减区间，[，1]为增区间， 若f （0）≤f （1），即b ≤2a ，可得最大值为f （1）=3a ﹣b=|2a ﹣b|+a ； 若f （0）＞f （1），即2a ＜b ≤4a ，可得最大值为f （0）=b ﹣a=|2a ﹣b|+a ． 综上可得函数f （x ）的最大值|2a ﹣b|+a ；
（Ⅲ）证明：要证f （x ）+|2a ﹣b|+a ≥0恒成立， 只需证f （x ）min +|2a ﹣b|+a ≥0，
设f （x ）的最小值为m ，最大值为M ，由（Ⅱ）得M=|2a ﹣b|+a ， 由f （x ）的对称轴为x=
，
当＞1时，区间[0，1]为减区间，可得m=f （1）=3a ﹣b ， 则M+m=b ﹣2a+a+3a ﹣b=2a ＞0； 当
＜0时，区间[0，1]为增区间，可得m=f （0）=b ﹣a ，
M=f（1）=3a﹣b，则M+m=2a＞0；
当0≤≤1时，区间[0，]为减区间，[，1]为增区间，
可得m=f（）=，
若f（0）≤f（1），即b≤2a，可得M=f（1）=3a﹣b，
M+m=≥=a＞0；
若f（0）＞f（1），即2a＜b≤4a，可得M=f（0）=b﹣a，
M+m==，
由于2a＜b≤4a，可得M+m∈（a，2a]，即为M+m＞0．
综上可得M+m＞0恒成立，
即有f（x）+|2a﹣b|+a≥0．
18．（Ⅰ）﹣；（Ⅱ）≤θ≤，或0≤θ≤．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据函数奇偶性的定义建立方程关系进行求解即可．（Ⅱ）利用一元二次函数的单调性的性质进行判断即可．
解：（Ⅰ）∵f（x）是偶函数，∴f（﹣x）=f（x），
则x2+4[sin（θ+）]x﹣2=x2﹣4[sin（θ+）]x﹣2，
则sin（θ+）=0，
∵θ∈[0，2π]，
∴θ+=kπ，
即θ=﹣+kπ，
∴tanθ=tan（﹣+kπ）=﹣．
（Ⅱ）∵f（x）=x2+4[sin（θ+）]x﹣2，θ∈[0，2π]]．
∴对称轴为x=﹣2sin（θ+），
若f（x）在[﹣，1]上是单调函数，
则﹣2sin（θ+）≥1或﹣2sin（θ+）≤，
即sin（θ+）≥或sin（θ+）≤，
即2kπ+≤θ+≤2kπ+，或2kπ+≤θ+≤2kπ+，k∈Z，
即2kπ+≤θ≤2kπ+，或2kπ≤θ≤2kπ+，k∈Z，
∵θ∈[0，2π]，
∴≤θ≤，或0≤θ≤．
19．（1）﹣2；（2）f（x）=x2+x﹣2；（3）A∩C R B={a|1≤a＜5}．
【解析】
试题分析：（1）对抽象函数满足的函数值关系的理解和把握是解决该问题的关键，对自变量适当的赋值可以解决该问题，结合已知条件可以赋x=﹣1，y=1求出f（0）；
（2）在（1）基础上赋值y=0可以实现求解f（x）的解析式的问题；
（3）利用（2）中求得的函数的解析式，结合恒成立问题的求解策略，即转化为相应的二次函数最值问题求出集合A，利用二次函数的单调性求解策略求出集合B．
解：（1）令x=﹣1，y=1，则由已知f（0）﹣f（1）=﹣1（﹣1+2+1）
∴f（0）=﹣2
（2）令y=0，则f（x）﹣f（0）=x（x+1）
又∵f（0）=﹣2
∴f（x）=x2+x﹣2
（3）不等式f（x）+3＜2x+a即x2+x﹣2+3＜2x+a
也就是x2﹣x+1＜a．由于当时，，又x2﹣x+1=恒成立，
故A={a|a≥1}，g（x）=x2+x﹣2﹣ax=x2+（1﹣a）x﹣2 对称轴x=，
又g（x）在[﹣2，2]上是单调函数，故有，
∴B={a|a≤﹣3，或a≥5}，C R B={a|﹣3＜a＜5}
∴A∩C R B={a|1≤a＜5}．
20．（1）a=0．（2）（﹣1，]、[1，+∞）．
【解析】
试题分析：（1）根据f（﹣x）=f（x）恒成立，求得a的值．
（2）化简函数f（x）的解析式，数形结合求得f（x）的单调增区间．
解：（1）任取x∈R，则有f（﹣x）=f（x）恒成立，
即（﹣x）2﹣2|﹣x﹣a|=x2﹣2|x﹣a|恒成立，
即|x+a|=|x﹣a|恒成立，a=0．
（2）当a=时，f（x）=x2﹣2|x﹣|=，
由函数的图象可知，函数的单调递增区间为：
（﹣1，]、[1，+∞）．
21．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【解析】
试题分析：（1）连结A1C交AC1于F，取B1C中点E，连结DE，EF．则可利用中位线定理证明四边形ADEF是平行四边形，得出AF∥CD，从而证明AC1∥平面CDB1．
（2）求出AA1和AD的长，使用余弦定理求出A1D，由勾股定理的逆定理证出A1D⊥AA1，由面面垂直可得出AC⊥平面ABB1A1，进而得出AC⊥A1D，得出DA1⊥平面AA1C1C．
证明：（1）连结A1C交AC1于F，取B1C中点E，连结DE，EF．
∵四边形AA1C1C是矩形，∴F是A1C的中点，
∴EF∥A1B1，EF=A1B1，
∵四边形ABB1A1是平行四边形，D是AB的中点，
∴AD∥A1B1，AD=A1B1，
∴四边形ADEF是平行四边形，∴AF∥DE，即AC1∥DE．
又∵DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴AC1∥平面CDB1．
（2）∵AB=4AA1=4，D是AB中点，∴AA1=1，AD=2，
∵∠BAA1=60°，∴A1D==．
∴AA12+A1D2=AD2，∴A1D⊥AA1，
∵侧面AA1C1C⊥侧面AA1B1B，侧面AA1C1C∩侧面AA1B1B=AA1，AC⊥AA1，AC⊂平面AA1C1C，
∴AC⊥平面AA1B1B，∵A1D⊂平面AA1B1B，
∴AC⊥A1D，又∵AA1⊂平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，AC∩AA1=A，
∴DA1⊥平面AA1C1C．
22．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由已知得AC⊥PD，AC⊥BD，由此能证明平面EAC⊥平面PBD．
（Ⅱ）由已知得PD∥OE，取AD中点H，连结BH，由此利用，能求出三棱锥P﹣EAD的体积．
（Ⅰ）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥PD．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵PD∩BD=D，AC⊥平面PBD．
而AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBD．
（Ⅱ）解：∵PD∥平面EAC，平面EAC∩平面PBD=OE，
∴PD∥OE，
∵O是BD中点，∴E是PB中点．
取AD中点H，连结BH，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴BH⊥AD，又BH⊥PD，AD∩PD=D，∴BD⊥平面PAD，．
∴
==．
23．（1）圆的切线方程为x=﹣6，或3x﹣4y﹣2=0．（2）直线AB的斜率为±2．
【解析】
试题分析：（1）由圆的方程求出圆心和半径，易得点M在圆外，当切线的斜率不存在时，切线方程为x=3．当切线的斜率存在时，设切线的斜率为k，写出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，解出k，可得切线方程．
（2）当直线AB的斜率不存在时，△ABC的面积S=3，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y﹣3=k（x﹣1），即kx﹣y+3﹣k=0，圆心（﹣2，3）到直线AB的距离d=，线段AB的
长度|AB|=2，由此能求出△OAB的最大面积和此时直线AB的斜率．
解：（1）圆C：x2+y2+4x﹣6y﹣3=0，即（x+2）2+（y﹣3）2=16，表示以（﹣2，3）为圆心，半径等于4的圆．
由于点M（﹣6，﹣5）到圆心的距离等于=4，大于半径4，故点M在圆的外部．
当切线的斜率不存在时，切线方程为x=﹣6符合题意．
当切线的斜率存在时，设切线斜率为k，则切线方程为y+5=k（x+6），即kx﹣y+6k﹣5=0，
所以，圆心到切线的距离等于半径，即=4，解得k=，此时，切线为3x﹣4y﹣2=0．
综上可得，圆的切线方程为x=﹣6，或3x﹣4y﹣2=0．
（2）当直线AB的斜率不存在时，x=1，y=3±，△ABC的面积S=3
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y﹣3=k（x﹣1），即kx﹣y+3﹣k=0，
圆心（﹣2，3）到直线AB的距离d=，
线段AB的长度|AB|=2，
∴△ABC的面积S=|AB|d=≤=8
当且仅当d2=8时取等号，此时=2，解得k=±2．
所以，△OAB的最大面积为8，此时直线AB的斜率为±2．
24．（1）两直线的交点坐标是（3，1）；（2）x﹣2y+9=0与2x+3y﹣17=0．
【解析】
试题分析：（1）解方程组，求出交点坐标即可；（2）求出与点（3，1）相对的一个顶点为（1，5），根据平行四边形的性质求出另两边所在直线方程即可．
解：（1）由，解得：，
即两直线的交点坐标是（3，1）；
（2）由（1）得已知两直线的交点坐标为（3，1），对角线的交点坐标为（2，3），
因此，与点（3，1）相对的一个顶点为（1，5），
由平行四边形的性质得另两边与已知两边分别平行，
因此另两边所在直线方程分别是：y﹣5=﹣（x﹣1）与y﹣5=（x﹣1），
即x﹣2y+9=0与2x+3y﹣17=0．。