江苏省高考数学二轮复习 专题十三 附加题21题 苏教版
(江苏专用)2021高考数学二轮复习附加题满分练1理
附加题总分值练11.如图，过点P 作圆O 的切线PC ，切点为C ，过点P 的直线与圆O 交于点A ，B (PA <PB )，且AB 的中点为D .假设圆O 的半径为2，PC ＝4，圆心O 到直线PB 的距离为2，求线段PA 的长.解 连结OC ，OD ，因为O 为圆心，AB 中点为D ，∴OD ⊥AB ，又PC 为圆O 的切线，∴OC ⊥PC ，由条件可知OD ＝2，∴AB ＝2OA 2－OD 2＝22，由切割线定理可得PC 2＝PA ·PB ，即16＝PA ·(PA ＋22)，解得PA ＝2 2. 2.(2021·江苏省盐城中学调研)矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 a b 0满足：Ma i ＝λi a i ，其中λi (i ＝1,2)是互不相等的实常数，a i (i ＝1,2)是非零的平面列向量，λ1＝1，a 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，求矩阵M . 解 由题意，λ1，λ2是方程f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ λ －a －b λ＝λ2－ab ＝0的两根. 因为λ1＝1，所以ab ＝1. 又因为Ma 2＝λ2a 2，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 a b0 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝λ2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，从而⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝λ2，b ＝λ2，所以λ22＝ab ＝1. 因为λ1≠λ2，所以λ2＝－1，从而a ＝b ＝－1，故矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 0 －1－1 0. 3.(2021·苏州、南通等六市模拟)在极坐标系中，求以点P ⎝⎛⎭⎪⎫2，π3为圆心且与直线l: ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2相切的圆的极坐标方程. 解 以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴，建立平面直角坐标系xOy .那么点P 的直角坐标为()1，3.将直线l: ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2的方程变形为：ρsin θcos π3－ρcos θsin π3＝2，化为普通方程得3x －y ＋4＝0.∴P ()1，3到直线l: 3x －y ＋4＝0的距离为4()32＋()－12＝2.∴所求圆的普通方程为()x －12＋()y －32＝4，化为极坐标方程得ρ＝4sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6. x >0，y >0，z >0，证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋3z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 4＋z 6≥92. 证明 因为x >0，y >0，z >0，所以1x ＋2y ＋3z 3≥36xyz ，x 2＋y 4＋z 63≥3xyz 48，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＋2y ＋3z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 4＋z 6≥92. 当且仅当x ∶y ∶z ＝1∶2∶3时，等号成立.A (1,2)在抛物线F ：y 2＝2px 上.(1)假设△ABC 的三个顶点都在抛物线F 上，记三边AB ，BC ，CA 所在直线的斜率分别为k 1，k 2，k 3, 求1k 1－1k 2＋1k 3的值； (2)假设四边形ABCD 的四个顶点都在抛物线F 上，记四边AB ，BC ，CD ，DA 所在直线的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4，求1k 1－1k 2＋1k 3－1k 4的值. 解 (1)由点A (1,2)在抛物线F 上，得p ＝2，∴抛物线F ：y 2＝4x ， 设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2， ∴1k 1－1k 2＋1k 3＝y 214－1y 1－2－y 224－y 214y 2－y 1＋1－y 2242－y 2＝y 1＋24－y 2＋y 14＋2＋y 24＝1. (2)另设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 234，y 3，那么1k 1－1k 2＋1k 3－1k 4＝y 1＋24－y 2＋y 14＋y 3＋y 24－2＋y 34＝0. f n (x )＝C 0n x n －C 1n (x －1)n ＋…＋(－1)k C k n (x －k )n ＋…＋(－1)n C n n (x －n )n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n .(1)试求f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )的值；(2)试猜想f n (x )关于n 的表达式，并证明你的结论.解 (1)f 1(x )＝C 01x －C 11(x －1)＝1，f 2(x )＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x －1)2＋(x －2)2＝2，f 3(x )＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6.(2)猜想f n (x )＝n ！，n ∈N *.以下用数学归纳法证明.①当n ＝1时，f 1(x )＝1，等式成立.②假设当n ＝m (m ≥1，m ∈N *)时，等式成立，即f m (x )＝k ＝0m (－1)k C k m (x －k )m ＝m ！. 当n ＝m ＋1时，那么f m ＋1(x )＝k ＝0m ＋1(－1)k C k m ＋1·(x －k )m ＋1.因为C k m ＋1＝C k m ＋C k －1m ，k C k m ＋1＝(m ＋1)·C k －1m ，其中k ＝1,2，…，m ， 且C 0m ＋1＝C 0m ，C m ＋1m ＋1＝C m m ，所以f m ＋1(x )＝k ＝0m ＋1(－1)k C k m ＋1(x －k )m ＋1＝x k ＝0m ＋1(－1)k C k m ＋1(x －k )m －k ＝0m ＋1(－1)k k C km ＋1(x －k )m ＝x k ＝0m (－1)k C k m (x －k )m ＋x k ＝1m ＋1(－1)k C k －1m (x －k )m －(m ＋1)k ＝1m ＋1(－1)k C k －1m (x －k )m＝x ·m ！＋(－x ＋m ＋1)k ＝0m (－1)k C k m ·[(x －1)－k ]m＝x ·m ！＋(－x ＋m ＋1)·m!＝(m ＋1)·m ！＝(m ＋1)！.即当n ＝m ＋1时，等式也成立.由①②可知，对n ∈N *，均有f n (x )＝n ！.。
江苏省高考数学二轮复习 专题十四 附加题22题 苏教版
回顾2009～2012年的考题，离散型随机变量的概率分布与数学期望是考查的重点，但考查难度不大，考查的重点是根据题意分析写出随机变量的分布列.求解过程往往和排列、组合和概率相结合.数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在数学证明中有着广泛的应用.[典例1](2012·江苏高考)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．[解] (1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的一个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C 23对相交棱． 因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或2， 其中距离为2的共有6对， 故P (ξ＝2)＝6C 212＝666＝111，P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611.所以随机变量ξ的分布列为：ξ 0 1 2 P (ξ)411611111则其数学期望E (ξ)＝1×611＋2×111＝6＋211.本题考查概率分布、数学期望等基础知识．解题的关键是确定ξ的取值． [演练1](2012·扬州期末)口袋中有3个白球，4个红球，每次从口袋中任取一球，如果取到红球，那么继续取球，如果取到白球，就停止取球，记取球的次数为X .(1)若取到红球再放回，求X 不大于2的概率；(2)若取出的红球不放回，求X 的概率分布与数学期望． 解：(1)∵P (X ＝1)＝37，P (X ＝2)＝3×472＝1249，∴P ＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝3349.(2)∵X 可能取值为1,2,3,4,5，P (X ＝1)＝A 13A 17＝37，P (X ＝2)＝A 14A 13A 27＝27，P (X ＝3)＝A 24A 13A 37＝635，P (X ＝4)＝A 34A 13A 47＝335，P (X ＝5)＝A 44A 13A 57＝135.∴X 的概率分布列为：X 1 2 3 4 5 P3727635335135∴E (X )＝1×37＋2×27＋3×635＋4×335＋5×135＝2.即X 的数学期望是2. [典例2]已知△ABC 的三边长为有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数． [证明] (1)由AB ，BC ，AC 为有理数及余弦定理知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC是有理数．(2)用数学归纳法证明cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数． ①当n ＝1时，由(1)知cos A 是有理数，从而有sin A·sin A＝1－cos2A也是有理数．②假设当n＝k(k≥1)时，cos kA和sin A·sin kA都是有理数．当n＝k＋1时，由cos(k＋1)A＝cos A·cos kA－sin A·sin kA，sin A·sin(k＋1)A＝sin A·(sin A·cos kA＋cos A·sin kA)＝(sin A·sin A)·cos kA＋(sin A·sin kA)·cos A，由①及归纳假设，知cos(k＋1)A与sin A·sin(k＋1)A都是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．综合①②可知，对任意正整数n，cos nA是有理数．本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．[演练2](2012·常州)已知正项数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝1＋a n1＋a n(n∈N*)．用数学归纳法证明：a n<a n＋1(n∈N*)．证明：当n＝1时，a2＝1＋a11＋a1＝32，a1<a2，所以n＝1时，不等式成立；假设当n＝k(k∈N*)时，a k<a k＋1成立，显然a k>0. 则当n＝k＋1时，a k＋2－a k＋1＝1＋a k＋11＋a k＋1－a k＋1＝1＋a k＋11＋a k＋1－⎝⎛⎭⎪⎫1＋a k1＋a k＝a k＋1－a k1＋a k1＋a k＋1>0，所以n＝k＋1时，不等式成立．综上所述，不等式a n<a n＋1(n∈N*)成立．[典例3](2012·盐城二模)某班级共派出n＋1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生甲为领队．入场时，领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有E n种排法；入场后，又需从男生(含男生甲)和女生中各选一名代表到主席台服务，共有F n种选法．(1)试求E n和F n；(2)判断ln E n和F n的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明．[解] (1)由题意知E n＝A n n·A n n＝(n！)2，F n ＝C 1n ＋1·C 1n ＝n (n ＋1)．(2)因为ln E n ＝2ln n ！，F n ＝n (n ＋1)，所以ln E 1＝0<F 1＝2，ln E 2＝ln 4<F 2＝6，ln E 3＝ln 36<F 3＝12，…，因此猜想；当n ∈N *时都有ln E n <F n ，即2ln n ！<n (n ＋1)．下面用数学归纳法证明2ln n ！<n (n ＋1)(n ∈N *)． ①当n ＝1时，该不等式显然成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即2ln k ！<k (k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，2ln(k ＋1)！＝2ln(k ＋1)＋2ln k ！<2ln(k ＋1)＋k (k ＋1)，要证当n ＝k ＋1时不等式成立，只要证2ln(k ＋1)＋k (k ＋1)≤(k ＋1)(k ＋2)，即只要证ln(k ＋1)≤k ＋1.令f (x )＝ln x －x ，x ∈(1，＋∞)，因为f ′(x )＝1－x x<0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而f (x )<f (1)＝－1<0，而k ＋1∈(1，＋∞)， 所以ln(k ＋1)≤k ＋1成立， 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 综合①②，当n ∈N *时，都有ln E n <F n .本题考查排列组合等基础知识，考查数学归纳法的应用以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力．这类问题以排列组合为主线，利用数学归纳法进行推理．利用导数研究函数的单调性证明ln(k ＋1)<k ＋1是关键．[演练3](2012·扬州期末)已知p (p ≥2)是给定的某个正整数，数列{a n }满足：a 1＝1，(k ＋1)a k ＋1＝p (k －p )a k ，其中k ＝1，2,3，…，p －1.(1)设p ＝4，求a 2，a 3，a 4； (2)求a 1＋a 2＋a 3＋…＋a p . 解：(1)由(k ＋1)a k ＋1＝p (k －p )a k ， 得a k ＋1a k ＝p ×k －pk ＋1，k ＝1,2,3，…，p －1， 即a 2a 1＝－4×4－12＝－6，a 2＝－6a 1＝－6； a 3a 2＝－4×4－23＝－83，a 3＝16； a 4a 3＝－4×4－34＝－1，a 4＝－16. (2)由(k ＋1)a k ＋1＝p (k －p )a k ， 得a k ＋1a k ＝p ×k －pk ＋1，k ＝1,2,3，…，p －1，即a2a1＝－p×p－12，a3a2＝－p×p－23，…，a ka k－1＝－p×p－k－1k，以上各式相乘得a ka1＝(－p)k－1×p－1p－2p－3…p－k＋1k！，∴a k＝(－p)k－1×p－1p－2p－3…p－k＋1k！＝(－p)k－1×p－1！k！p－k！＝－p k－1p×p！k！p－k！＝－(－p)k－2×C k p＝－1p2C k p(－p)k，k＝1,2,3，…，p.∴a1＋a2＋a3＋…＋a p＝－1p2[C1p(－p)1＋C2p(－p)2＋C3p(－p)3＋…＋C p p(－p)p]＝－1p2[(1－p)p－1]．[专题技法归纳]离散型随机变量的概率分布与数学期望是建立在传统的概率问题的基础之上的内容，高考新课程对这一内容的考查是B级要求，常以实际应用题的形式出现，与数学建模能力的考查结合在一起，考查学生的数学应用意识以及运用数学知识分析和解决实际问题的能力．解决这一类问题，一定要注意认真审题，不仅要能在弄清题意的基础上，迅速地寻找出正确的解题思路，还要能够规范地表述解题的过程．这些，需要在复习中引起足够的重视，注意做好针对性的训练，力求做到求解这一类问题时能够得心应手、准确无误．1．有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规则如下表：明文由表中每一排取一个字符组成，且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按相同的次序排成一排组成.第一排明文字符 A B C D密码字符11121314第明文字符 E F G H二排 密码字符 21 22 23 24第三排明文字符 MNPQ密码字符1234设随机变量ξ表示密码中不同数字的个数． (1)求P (ξ＝2)；(2)求随机变量ξ的分布列和它的数学期望．解：(1)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1,2列分别总是1,2，即只能取表格第1,2列中的数字作为密码．∴P (ξ＝2)＝2343＝18.(2)由题意可知，ξ的取值为2,3,4三种情形．若ξ＝3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2则密码中只可能取数字1,2,3或1,2,4.∴P (ξ＝3)＝222A 132C 23＋143＝1932. P (ξ＝4)＝A 13＋A 22＋A 23A 2243＝932. ∴ξ的分布列为：ξ 2 3 4 P181932932∴E (ξ)＝2×18＋3×1932＋4×32＝32.A BED2.同一种颜色鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．(1)求恰有两个区域用红色鲜花的概率；(2)记花圃中红色鲜花区域的块数为ξ，求ξ的分布列及其数学期望E (ξ)． 解：(1)设M 表示事件“恰有两个区域用红色鲜花”， 如图，当区域A 、D 同色时，共有5×4×3×1×3＝180种；当区域A 、D 不同色时，共有5×4×3×2×2＝240种； 因此，所有基本事件总数为：180＋240＝420种．又因为A 、D 为红色时，共有4×3×3＝36种；B 、E 为红色时，共有4×3×3＝36种；因此，事件M 包含的基本事件有：36＋36＝72种．所以P (M )＝72420＝635.(2)随机变量ξ的分布列为：所以E (ξ)＝0×635＋1×2335＋2×35＝1.3．(2012·南通二模)某射击运动员向一目标射击，该目标分为3个不同部分，第一、二、三部分面积之比为1∶3∶6.击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．(1)若射击4次，每次击中目标的概率为13且相互独立．设ξ表示目标被击中的次数，求ξ的分布列和数学期望E (ξ)；(2)若射击2次均击中目标，A 表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求事件A 发生的概率．解：(1)依题意知ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，ξ的分布列：数学期望E (ξ)＝0×1681＋1×3281＋2×2481＋3×881＋4×181＝43.(2)法一：设A i 表示事件“第一次击中目标时，击中第i 部分”，i ＝1,2,3.B i 表示事件“第二次击中目标时，击中第i 部分”，i ＝1,2,3.依题意，知P (A 1)＝P (B 1)＝0.1，P (A 2)＝P (B 2)＝0.3，A ＝A 1B 1∪A 1B 1∪A 1B 1∪A 2B 2，所求的概率为 P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 2)P (B 2) ＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28. 即事件A 发生的概率为0.28.法二：记“第一部分至少击中一次”为事件C ，“第二部分被击中二次”为事件D ，则P (C )＝C 120.1×0.9＋0.1×0.1＝0.19，P (D )＝0.3×0.3＝0.09. P (A )＝P (C )＋P (D )＝0.28.即事件A 发生的概率为0.28.4.(2012·南通二模)已知函数f (x )＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x (a >0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取极值，求a 的值；(2)如图，设直线x ＝－12，y ＝－x 将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数y ＝f (x )的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(3)比较32×43×54×…×2 0122 011与23×34×45×…×2 0112 012的大小，并说明理由．解： (1)f (x )＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x (a >0)，f ′(x )＝2ln(2x ＋1)－4a (2x ＋1)＋1.∵f (x )在x ＝0处取极值， ∴f ′(0)＝－4a ＋1＝0. ∴a ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫经检验a ＝14符合题意. (2)因为函数的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，且当x ＝0时，f (0)＝－a <0. 又直线y ＝－x 恰好通过原点，所以函数y ＝f (x )的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得f (x )<－x ，即(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x <－x . ∵2x ＋1>0，∴a >ln2x ＋12x ＋1.令h (x )＝ln2x ＋12x ＋1，∴h ′(x )＝2－2ln 2x ＋12x ＋12. 令h ′(x )＝0，得x ＝e －12.∵x >－12，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，e －12时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．∴h max (x )＝h ⎝⎛⎭⎪⎫e －12＝1e.∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (3)由(2)知，函数h (x )＝ln2x ＋12x ＋1在x ∈⎝⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时单调递减，函数p (x )＝ln x x在x ∈(e ，＋∞)时单调递减． ∴lnx ＋1x ＋1<ln xx，∴x ln(x ＋1)<(x ＋1)ln x . ∴ln(x ＋1)x<ln x(x ＋1)，即(x ＋1)x <x(x ＋1)．∴令x ＝3,4，…，2011，则43<34,54<45，…，2 0122 011<2 0112 012，又32×43<23×34，所以32×43×54…×2 0122 011<23×34×45…×2 0112 012.5．(2012·通州期末)求证：对于任意的正整数n ，(2＋3)n必可表示成 s ＋s －1的形式，其中s ∈N *.证明：由二项式定理可知， (2＋3)n＝C 0n 2n(3)0＋C 1n 2n －1(3)1＋C 2n 2n －2(3)2＋…＋C n n 20(3)n，设(2＋3)n ＝x ＋3y ＝x 2＋3y 2， 而若有(2＋3)n ＝a ＋b ，a ，b ∈N *， 则(2－3)n ＝a －b ，a ，b ∈N *，∵(a ＋b )·(a －b )＝(2＋3)n ·(2－3)n＝1， ∴令a ＝s ，s ∈N *，则必有b ＝s －1.∴(2＋3)n 必可表示成s ＋s －1的形式，其中s ∈N *.6．若(x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n ，其中n ∈N *. (1)求a 0及S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ；(2)试比较S n 与(n －2)2n ＋2n 2的大小，并说明理由． 解：(1)取x ＝1，则a 0＝2n； 取x ＝2，则a 0＋a 1＋…＋a n ＝3n， ∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －2n. (2)要比较S n 与(n －2)2n ＋2n 2的大小， 即比较3n 与(n －1)2n ＋2n 2的大小， 当n ＝1时，3n >(n －1)2n ＋2n 2； 当n ＝2,3时，3n <(n －1)2n ＋2n 2； 当n ＝4,5时，3n>(n －1)2n＋2n 2，猜想：当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2.下面用数学归纳法证明：①由上述过程可知，n＝4时结论成立，②假设当n＝k，(k≥4)时结论成立，即3k>(k－1)2k＋2k2，两边同乘以3得3k＋1>3[(k－1)2k＋2k2]＝k2k＋1＋2(k＋1)2＋[(k－3)2k＋4k2－4k－2]，而(k－3)2k＋4k2－4k－2＝(k－3)2k＋4(k2－k－2)＋6＝(k－3)2k＋4(k－2)(k＋1)＋6>0，所以3k＋1>()k＋1－12k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1时结论也成立．由①②知当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2成立．综上所述，当n＝1时，S n＞(n－2)2n＋2n2；当n＝2,3时，S n＜(n－2)2n＋2n2；当n≥4时，S n＞(n－2)2n＋2n2.7．设二项展开式C n＝(3＋1)2n－1(n∈N*)的整数部分为A n，小数部分为B n.试用二项式定理推导A n和B n.解：因为C n＝(3＋1)2n－1＝C02n－1(3)2n－1＋C12n－1(3)2n－2＋…＋C2n－22n－13＋C2n－12n－1，①而(3－1)2n－1＝C02n－1(3)2n－1－C12n－1(3)2n－2＋…＋C2n－22n－13－C2n－12n－1，②①—②得：(3＋1)2n－1－(3－1)2n－1＝2(C12n－1·(3)2n－2＋C32n－1(3)2n－4＋…＋C2n－12n－1)∈N*. 而0<(3－1)2n－1<1，所以A n＝(3＋1)2n－1－(3－1)2n－1，B n＝(3－1)2n－1. 8．(2012·苏北四市一模)已知a n＝(1＋2)n(n∈N*)．(1)若a n＝a＋b2(a，b∈Z)，求证：a是奇数；(2)求证：对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得a n＝k－1＋k.证明：(1)由二项式定理，得a n＝C0n＋C1n2＋C2n(2)2＋C3n(2)3＋…＋C n n(2)n，所以a＝C0n＋C2n(2)2＋C4n(2)4＋…＝1＋2C2n＋22C4n＋…，因为2C2n＋22C4n＋…为偶数，所以a是奇数．(2)由(1)设a n＝(1＋2)n＝a＋b2(a，b∈Z)，则(1－2)n＝a－b2，所以a2－2b2＝(a＋b2)(a－b2)＝(1＋2)n(1－2)n＝(1－2)n.当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得a n＝a＋b2＝a2＋2b2＝k＋k－1，当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得a n＝a＋b2＝a2＋2b2＝k－1＋k，综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得a n＝k－1＋k.- 11 -。
2021年江苏省高考数学二轮解答题专项复习：三角函数及解三角形(含答案解析)
22．函数f（x）＝（sinx+cosx）2 cos（2x+π）．
（1）求函数f（x）的最小正周期；
（2）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 ，且a＝2，求△ABC的面积．
23．在△ABC中，内角A，B，C满足 ．
（1）求内角A的大小；
2021年江苏省新高考数学二轮解答题专项复习：三角函数及解三角形
1．在三角形ABC中，已知tanC ，cosB ．
（1）求tanA的值；
（2）若△ABC的面积为 ，求边BC的长．
2．已知锐角△ABC的三个内角A、B、C满足sinBsinC＝（sin2B+sin2C﹣sin2A）tanA．
（Ⅰ）求角A的大小；
（Ⅱ）若△ABC的外接圆的圆心是O，半径是1，求 •（ ）的取值范围．
3．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝c，2sinB sinA，
（1）求sinB的值；
（2）求 的值．
4．设函数f（x） a的最小值是﹣1．
（1）求a的值及f（x）的对称中心；
（2）将函数f（x）图象的横坐标压缩为原来的一半（纵坐标不变），再向右平移 个单位，得到g（x）的图象．若 ，求x的取值范围．
（1）求B；
（2）若a＝2 ，b ，求△ABC的面积．
8．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．满足2c＝a+2bcosA．
（1）求B；
（2）若a+c＝5，b＝3，求△ABC的面积．
9．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且满足a＝2，acosB＝（2c﹣b）cosA．
（1）求角A的大小；
高考数学试卷(含答案解析)
江苏省高考数学试卷一.填空题1．（5分）已知集合A={1, 2}, B={a, a2+3}．若A∩B={1}, 则实数a的值为．2．（5分）已知复数z=（1+i）（1+2i）, 其中i是虚数单位, 则z的模是．3．（5分）某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品, 产量分别为200, 400, 300, 100件．为检验产品的质量, 现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验, 则应从丙种型号的产品中抽取件．4．（5分）如图是一个算法流程图：若输入x的值为, 则输出y的值是．5．（5分）若tan（α﹣）=．则tanα=．6．（5分）如图, 在圆柱O1O2内有一个球O, 该球与圆柱的上、下底面及母线均相切, 记圆柱O1O2的体积为V1, 球O的体积为V2, 则的值是．7．（5分）记函数f（x）=定义域为D．在区间[﹣4, 5]上随机取一个数x, 则x∈D的概率是．8．（5分）在平面直角坐标系xOy中, 双曲线﹣y2=1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P, Q, 其焦点是F1, F2, 则四边形F1PF2Q的面积是．9．（5分）等比数列{a n}的各项均为实数, 其前n项为S n, 已知S3=, S6=, 则a8=．10．（5分）某公司一年购买某种货物600吨, 每次购买x吨, 运费为6万元/次, 一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小, 则x的值是．11．（5分）已知函数f（x）=x3﹣2x+e x﹣, 其中e是自然对数的底数．若f （a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是．12．（5分）如图, 在同一个平面内, 向量, , 的模分别为1, 1, , 与的夹角为α, 且tanα=7, 与的夹角为45°．若=m+n（m, n ∈R）, 则m+n=．13．（5分）在平面直角坐标系xOy中, A（﹣12, 0）, B（0, 6）, 点P在圆O：x2+y2=50上．若≤20, 则点P的横坐标的取值范围是．14．（5分）设f（x）是定义在R上且周期为1的函数, 在区间[0, 1）上, f （x）=, 其中集合D={x|x=, n∈N*}, 则方程f（x）﹣lgx=0的解的个数是．二.解答题15．（14分）如图, 在三棱锥A﹣BCD中, AB⊥AD, BC⊥BD, 平面ABD⊥平面BCD, 点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD, BD上, 且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．16．（14分）已知向量=（cosx, sinx）, =（3, ﹣）, x∈[0, π]．（1）若∥, 求x的值；（2）记f（x）=, 求f（x）的最大值和最小值以及对应的x的值．17．（14分）如图, 在平面直角坐标系xOy中, 椭圆E：=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1, F2, 离心率为, 两准线之间的距离为8．点P在椭圆E上, 且位于第一象限, 过点F1作直线PF1的垂线l1, 过点F2作直线PF2的垂线l2．（1）求椭圆E的标准方程；（2）若直线l1, l2的交点Q在椭圆E上, 求点P的坐标．18．（16分）如图, 水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm, 容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm, 容器Ⅱ的两底面对角线EG, E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水, 水深均为12cm．现有一根玻璃棒l, 其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中, l的一端置于点A处, 另一端置于侧棱CC1上, 求l 没入水中部分的长度；（2）将l 放在容器Ⅱ中, l 的一端置于点E 处, 另一端置于侧棱GG 1上, 求l 没入水中部分的长度．19．（16分）对于给定的正整数k, 若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立, 则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”, 又是“P （3）数列”, 证明：{a n }是等差数列．20．（16分）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0, b∈R）有极值, 且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式, 并写出定义域；（2）证明：b2＞3a；（3）若f（x）, f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣, 求a的取值范围．二.非选择题, 附加题（21-24选做题）【选修4-1：几何证明选讲】（本小题满分0分）21．如图, AB为半圆O的直径, 直线PC切半圆O于点C, AP⊥PC, P为垂足．求证：（1）∠PAC=∠CAB；（2）AC2 =AP•AB．[选修4-2：矩阵与变换]22．已知矩阵A=, B=．（1）求AB；（2）若曲线C1：=1在矩阵AB对应的变换作用下得到另一曲线C2, 求C2的方程．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在平面直角坐标系xOy中, 已知直线l的参数方程为（t为参数）, 曲线C的参数方程为（s为参数）．设P为曲线C上的动点, 求点P到直线l的距离的最小值．［选修4-5：不等式选讲］24．已知a, b, c, d为实数, 且a2+b2=4, c2+d2=16, 证明ac+bd≤8．【必做题】25．如图, 在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中, AA1⊥平面ABCD, 且AB=AD=2, AA1=, ∠BAD=120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．26．已知一个口袋有m个白球, n个黑球（m, n∈N*, n≥2）, 这些球除颜色外全部相同．现将口袋中的球随机的逐个取出, 并放入如图所示的编号为1, 2, 3, …, m+n的抽屉内, 其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉（k=1, 2, 3, …, m+n）．123…m+n（1）试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p；（2）随机变量x表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数, E（X）是X的数学期望, 证明E（X）＜．江苏省高考数学试卷参考答案与试题解析一.填空题1．（5分）（2020•江苏）已知集合A={1, 2}, B={a, a2+3}．若A∩B={1}, 则实数a的值为1．【分析】利用交集定义直接求解．【解答】解：∵集合A={1, 2}, B={a, a2+3}．A∩B={1},∴a=1或a2+3=1,解得a=1．故答案为：1．【点评】本题考查实数值的求法, 是基础题, 解题时要认真审题, 注意交集定义及性质的合理运用．2．（5分）（2020•江苏）已知复数z=（1+i）（1+2i）, 其中i是虚数单位, 则z 的模是．【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．【解答】解：复数z=（1+i）（1+2i）=1﹣2+3i=﹣1+3i,∴|z|==．故答案为：．【点评】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式, 考查了推理能力与计算能力, 属于基础题．3．（5分）（2020•江苏）某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品, 产量分别为200, 400, 300, 100件．为检验产品的质量, 现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验, 则应从丙种型号的产品中抽取18件．【分析】由题意先求出抽样比例即为, 再由此比例计算出应从丙种型号的产品中抽取的数目．【解答】解：产品总数为200+400+300+100=1000件, 而抽取60辆进行检验, 抽样比例为=,则应从丙种型号的产品中抽取300×=18件,故答案为：18【点评】本题的考点是分层抽样．分层抽样即要抽样时保证样本的结构和总体的结构保持一致, 按照一定的比例, 即样本容量和总体容量的比值, 在各层中进行抽取．4．（5分）（2020•江苏）如图是一个算法流程图：若输入x的值为, 则输出y 的值是﹣2．【分析】直接模拟程序即得结论．【解答】解：初始值x=, 不满足x≥1,所以y=2+log2=2﹣=﹣2,故答案为：﹣2．【点评】本题考查程序框图, 模拟程序是解决此类问题的常用方法, 注意解题方法的积累, 属于基础题．5．（5分）（2020•江苏）若tan（α﹣）=．则tanα=．【分析】直接根据两角差的正切公式计算即可【解答】解：∵tan（α﹣）===∴6tanα﹣6=tanα+1,解得tanα=,故答案为：．【点评】本题考查了两角差的正切公式, 属于基础题6．（5分）（2020•江苏）如图, 在圆柱O1O2内有一个球O, 该球与圆柱的上、下底面及母线均相切, 记圆柱O1O2的体积为V1, 球O的体积为V2, 则的值是．【分析】设出球的半径, 求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．【解答】解：设球的半径为R, 则球的体积为：R3,圆柱的体积为：πR2•2R=2πR3．则==．故答案为：．【点评】本题考查球的体积以及圆柱的体积的求法, 考查空间想象能力以及计算能力．7．（5分）（2020•江苏）记函数f（x）=定义域为D．在区间[﹣4, 5]上随机取一个数x, 则x∈D的概率是．【分析】求出函数的定义域, 结合几何概型的概率公式进行计算即可．【解答】解：由6+x﹣x2≥0得x2﹣x﹣6≤0, 得﹣2≤x≤3,则D=[﹣2, 3],则在区间[﹣4, 5]上随机取一个数x, 则x∈D的概率P==,故答案为：【点评】本题主要考查几何概型的概率公式的计算, 结合函数的定义域求出D, 以及利用几何概型的概率公式是解决本题的关键．8．（5分）（2020•江苏）在平面直角坐标系xOy中, 双曲线﹣y2=1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P, Q, 其焦点是F1, F2, 则四边形F1PF2Q的面积是．【分析】求出双曲线的准线方程和渐近线方程, 得到P, Q坐标, 求出焦点坐标, 然后求解四边形的面积．【解答】解：双曲线﹣y2=1的右准线：x=, 双曲线渐近线方程为：y=x, 所以P（, ）, Q（, ﹣）, F1（﹣2, 0）．F2（2, 0）．则四边形F1PF2Q的面积是：=2．故答案为：2．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用, 考查计算能力．9．（5分）（2020•江苏）等比数列{a n}的各项均为实数, 其前n项为S n, 已知S3=, S6=, 则a8=32．【分析】设等比数列{a n}的公比为q≠1, S3=, S6=, 可得=,=, 联立解出即可得出．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q≠1,∵S3=, S6=, ∴=, =,解得a1=, q=2．则a8==32．故答案为：32．【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题．10．（5分）（2020•江苏）某公司一年购买某种货物600吨, 每次购买x吨, 运费为6万元/次, 一年的总存储费用为4x万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最小, 则x的值是30．【分析】由题意可得：一年的总运费与总存储费用之和=+4x, 利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：由题意可得：一年的总运费与总存储费用之和=+4x≥4×2×=240（万元）．当且仅当x=30时取等号．故答案为：30．【点评】本题考查了基本不等式的性质及其应用, 考查了推理能力与计算能力, 属于基础题．11．（5分）（2020•江苏）已知函数f（x）=x3﹣2x+e x﹣, 其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是[﹣1, ] ．【分析】求出f（x）的导数, 由基本不等式和二次函数的性质, 可得f（x）在R上递增；再由奇偶性的定义, 可得f（x）为奇函数, 原不等式即为2a2≤1﹣a, 运用二次不等式的解法即可得到所求范围．【解答】解：函数f（x）=x3﹣2x+e x﹣的导数为：f′（x）=3x2﹣2+e x+≥﹣2+2=0,可得f（x）在R上递增；又f（﹣x）+f（x）=（﹣x）3+2x+e﹣x﹣e x+x3﹣2x+e x﹣=0,可得f（x）为奇函数,则f（a﹣1）+f（2a2）≤0,即有f（2a2）≤﹣f（a﹣1）=f（1﹣a）,即有2a2≤1﹣a,解得﹣1≤a≤,故答案为：[﹣1, ]．【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用, 注意运用导数和定义法, 考查转化思想的运用和二次不等式的解法, 考查运算能力, 属于中档题．12．（5分）（2020•江苏）如图, 在同一个平面内, 向量, , 的模分别为1, 1, , 与的夹角为α, 且tanα=7, 与的夹角为45°．若=m+n（m, n∈R）, 则m+n=3．【分析】如图所示, 建立直角坐标系．A（1, 0）．由与的夹角为α, 且tanα=7．可得cosα=, sinα=．C．可得cos（α+45°）=．sin （α+45°）=．B．利用=m+n（m, n∈R）, 即可得出．【解答】解：如图所示, 建立直角坐标系．A（1, 0）．由与的夹角为α, 且tanα=7．∴cosα=, sinα=．∴C．cos（α+45°）=（cosα﹣sinα）=．sin（α+45°）=（sinα+cosα）=．∴B．∵=m+n（m, n∈R）,∴=m﹣n, =0+n,解得n=, m=．则m+n=3．故答案为：3．【点评】本题考查了向量坐标运算性质、和差公式, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题．13．（5分）（2020•江苏）在平面直角坐标系xOy中, A（﹣12, 0）, B（0, 6）, 点P在圆O：x2+y2=50上．若≤20, 则点P的横坐标的取值范围是[﹣5, 1] ．【分析】根据题意, 设P（x0, y0）, 由数量积的坐标计算公式化简变形可得2x0+y0+5≤0, 分析可得其表示表示直线2x+y+5≤0以及直线下方的区域, 联立直线与圆的方程可得交点的横坐标, 结合图形分析可得答案．【解答】解：根据题意, 设P（x0, y0）, 则有x02+y02=50,=（﹣12﹣x0, ﹣y0）•（﹣x0, 6﹣y0）=（12+x0）x0﹣y0（6﹣y0）=12x0+6y+x02+y02≤20,化为：12x0﹣6y0+30≤0,即2x0﹣y0+5≤0, 表示直线2x+y+5≤0以及直线下方的区域,联立, 解可得x0=﹣5或x0=1,结合图形分析可得：点P的横坐标x0的取值范围是[﹣5, 1],故答案为：[﹣5, 1]．【点评】本题考查数量积的运算以及直线与圆的位置关系, 关键是利用数量积化简变形得到关于x0、y0的关系式．14．（5分）（2020•江苏）设f（x）是定义在R上且周期为1的函数, 在区间[0, 1）上, f（x）=, 其中集合D={x|x=, n∈N*}, 则方程f（x）﹣lgx=0的解的个数是8．【分析】由已知中f（x）是定义在R上且周期为1的函数, 在区间[0, 1）上, f （x）=, 其中集合D={x|x=, n∈N*}, 分析f（x）的图象与y=lgx 图象交点的个数, 进而可得答案．【解答】解：∵在区间[0, 1）上, f（x）=,第一段函数上的点的横纵坐标均为有理数,又f（x）是定义在R上且周期为1的函数,∴在区间[1, 2）上, f（x）=, 此时f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；同理：区间[2, 3）上, f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间[3, 4）上, f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间[4, 5）上, f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间[5, 6）上, f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间[6, 7）上, f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间[7, 8）上, f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间[8, 9）上, f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；在区间[9, +∞）上, f（x）的图象与y=lgx无交点；故f（x）的图象与y=lgx有8个交点；即方程f（x）﹣lgx=0的解的个数是8,故答案为：8【点评】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断, 函数的图象和性质, 转化思想, 难度中档．二.解答题15．（14分）（2020•江苏）如图, 在三棱锥A﹣BCD中, AB⊥AD, BC⊥BD, 平面ABD⊥平面BCD, 点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD, BD上, 且EF ⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（2）通过取线段CD上点G, 连结FG、EG使得FG∥BC, 则EG∥AC, 利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD, 结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG, 从而可得结论．【解答】证明：（1）因为AB⊥AD, EF⊥AD, 且A、B、E、F四点共面,所以AB∥EF,又因为EF⊊平面ABC, AB⊆平面ABC,所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；（2）在线段CD上取点G, 连结FG、EG使得FG∥BC, 则EG∥AC,因为BC⊥BD, 所以FG∥BC,又因为平面ABD⊥平面BCD,所以FG⊥平面ABD, 所以FG⊥AD,又因为AD⊥EF, 且EF∩FG=F,所以AD⊥平面EFG, 所以AD⊥EG,故AD⊥AC．【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定, 考查空间想象能力, 考查转化思想, 涉及线面平行判定定理, 线面垂直的性质及判定定理, 注意解题方法的积累, 属于中档题．16．（14分）（2020•江苏）已知向量=（cosx, sinx）, =（3, ﹣）, x∈[0, π]．（1）若∥, 求x的值；（2）记f（x）=, 求f（x）的最大值和最小值以及对应的x的值．【分析】（1）根据向量的平行即可得到tanx=﹣, 问题得以解决,（2）根据向量的数量积和两角和余弦公式和余弦函数的性质即可求出【解答】解：（1）∵=（cosx, sinx）, =（3, ﹣）, ∥,∴﹣cosx=3sinx,∴tanx=﹣,∵x∈[0, π],∴x=,（2）f（x）==3cosx﹣sinx=2（cosx﹣sinx）=2cos（x+）,∵x∈[0, π],∴x+∈[, ],∴﹣1≤cos（x+）≤,当x=0时, f（x）有最大值, 最大值3,当x=时, f（x）有最小值, 最大值﹣2．【点评】本题考查了向量的平行和向量的数量积以及三角函数的化简和三角函数的性质, 属于基础题17．（14分）（2020•江苏）如图, 在平面直角坐标系xOy中, 椭圆E：=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1, F2, 离心率为, 两准线之间的距离为8．点P在椭圆E上, 且位于第一象限, 过点F1作直线PF1的垂线l1, 过点F2作直线PF2的垂线l2．（1）求椭圆E的标准方程；（2）若直线l1, l2的交点Q在椭圆E上, 求点P的坐标．【分析】（1）由椭圆的离心率公式求得a=2c, 由椭圆的准线方程x=±, 则2×=8, 即可求得a和c的值, 则b2=a2﹣c2=3, 即可求得椭圆方程；（2）设P点坐标, 分别求得直线PF2的斜率及直线PF1的斜率, 则即可求得l2及l1的斜率及方程, 联立求得Q点坐标, 由Q在椭圆方程, 求得y02=x02﹣1, 联立即可求得P点坐标；方法二：设P（m, n）, 当m≠1时, =, =, 求得直线l1及l1的方程, 联立求得Q点坐标, 根据对称性可得=±n2, 联立椭圆方程, 即可求得P点坐标．【解答】解：（1）由题意可知：椭圆的离心率e==, 则a=2c, ①椭圆的准线方程x=±, 由2×=8, ②由①②解得：a=2, c=1,则b2=a2﹣c2=3,∴椭圆的标准方程：；（2）方法一：设P（x0, y0）, 则直线PF2的斜率=,则直线l2的斜率k2=﹣, 直线l2的方程y=﹣（x﹣1）,直线PF1的斜率=,则直线l2的斜率k2=﹣, 直线l2的方程y=﹣（x+1）,联立, 解得：, 则Q（﹣x0, ）,由P, Q在椭圆上, P, Q的横坐标互为相反数, 纵坐标应相等, 则y0=, ∴y02=x02﹣1,则, 解得：, 则,又P在第一象限, 所以P的坐标为：P（, ）．方法二：设P（m, n）, 由P在第一象限, 则m＞0, n＞0,当m=1时, 不存在, 解得：Q与F1重合, 不满足题意,当m≠1时, =, =,由l1⊥PF1, l2⊥PF2, 则=﹣, =﹣,直线l1的方程y=﹣（x+1）, ①直线l2的方程y=﹣（x﹣1）, ②联立解得：x=﹣m, 则Q（﹣m, ）,由Q在椭圆方程, 由对称性可得：=±n2,即m2﹣n2=1, 或m2+n2=1,由P（m, n）, 在椭圆方程, , 解得：, 或,无解,又P在第一象限, 所以P的坐标为：P（, ）．【点评】本题考查椭圆的标准方程, 直线与椭圆的位置关系, 考查直线的斜率公式, 考查数形结合思想, 考查计算能力, 属于中档题．18．（16分）（2020•江苏）如图, 水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm, 容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10cm, 容器Ⅱ的两底面对角线EG, E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水, 水深均为12cm．现有一根玻璃棒l, 其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中, l的一端置于点A处, 另一端置于侧棱CC1上, 求l 没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中, l的一端置于点E处, 另一端置于侧棱GG1上, 求l 没入水中部分的长度．【分析】（1）设玻璃棒在CC1上的点为M, 玻璃棒与水面的交点为N, 过N作NP∥MC, 交AC于点P, 推导出CC1⊥平面ABCD, CC1⊥AC, NP⊥AC, 求出MC=30cm, 推导出△ANP∽△AMC, 由此能出玻璃棒l没入水中部分的长度．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M, 玻璃棒与水面的交点为N, 过点N作NP⊥EG, 交EG于点P, 过点E作EQ⊥E1G1, 交E1G1于点Q, 推导出EE1G1G为等腰梯形, 求出E1Q=24cm, E1E=40cm, 由正弦定理求出sin∠GEM=, 由此能求出玻璃棒l没入水中部分的长度．【解答】解：（1）设玻璃棒在CC1上的点为M, 玻璃棒与水面的交点为N,在平面ACM中, 过N作NP∥MC, 交AC于点P,∵ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱柱, ∴CC1⊥平面ABCD,又∵AC⊂平面ABCD, ∴CC1⊥AC, ∴NP⊥AC,∴NP=12cm, 且AM2=AC2+MC2, 解得MC=30cm,∵NP∥MC, ∴△ANP∽△AMC,∴=, , 得AN=16cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M, 玻璃棒与水面的交点为N,在平面E1EGG1中, 过点N作NP⊥EG, 交EG于点P,过点E作EQ⊥E1G1, 交E1G1于点Q,∵EFGH﹣E1F1G1H1为正四棱台, ∴EE1=GG1, EG∥E1G1,EG≠E1G1,∴EE1G1G为等腰梯形, 画出平面E1EGG1的平面图,∵E1G1=62cm, EG=14cm, EQ=32cm, NP=12cm,∴E1Q=24cm,由勾股定理得：E1E=40cm,∴sin∠EE1G1=, sin∠EGM=sin∠EE1G1=, cos,根据正弦定理得：=, ∴sin, cos,∴sin∠GEM=sin（∠EGM+∠EMG）=sin∠EGMcos∠EMG+cos∠EGMsin∠EMG=, ∴EN===20cm．∴玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．【点评】本题考查玻璃棒l 没入水中部分的长度的求法, 考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识, 考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力, 考查数形结合思想、化归与转化思想, 是中档题．19．（16分）（2020•江苏）对于给定的正整数k, 若数列{a n }满足：a n ﹣k +a n ﹣k +1+…+a n ﹣1+a n +1+…+a n +k ﹣1+a n +k =2ka n 对任意正整数n （n ＞k ）总成立, 则称数列{a n }是“P （k ）数列”．（1）证明：等差数列{a n }是“P （3）数列”；（2）若数列{a n }既是“P （2）数列”, 又是“P （3）数列”, 证明：{a n }是等差数列．【分析】（1）由题意可知根据等差数列的性质, a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=（a n ﹣3+a n +3）+（a n ﹣2+a n +2）+（a n ﹣1+a n +1）═2×3a n , 根据“P （k ）数列”的定义, 可得数列{a n }是“P （3）数列”；（2）由“P （k ）数列”的定义, 则a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2=4a n , a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3=6a n , 变形整理即可求得2a n =a n ﹣1+a n +1, 即可证明数列{a n }是等差数列．【解答】解：（1）证明：设等差数列{a n }首项为a 1, 公差为d, 则a n =a 1+（n ﹣1）d,则a n ﹣3+a n ﹣2+a n ﹣1+a n +1+a n +2+a n +3,=（a n﹣3+a n+3）+（a n﹣2+a n+2）+（a n﹣1+a n+1）,=2a n+2a n+2a n,=2×3a n,∴等差数列{a n}是“P（3）数列”；（2）证明：由数列{a n}是“P（2）数列”则a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2=4a n, ①数列{a n}是“P（3）数列”a n﹣3+a n﹣2+a n﹣1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n, ②+a n﹣2+a n+a n+1=4a n﹣1, ③由①可知：a n﹣3a n﹣1+a n+a n+2+a n+3=4a n+1, ④由②﹣（③+④）：﹣2a n=6a n﹣4a n﹣1﹣4a n+1,整理得：2a n=a n﹣1+a n+1,∴数列{a n}是等差数列．【点评】本题考查等差数列的性质, 考查数列的新定义的性质, 考查数列的运算, 考查转化思想, 属于中档题．20．（16分）（2020•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0, b∈R）有极值, 且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式, 并写出定义域；（2）证明：b2＞3a；（3）若f（x）, f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣, 求a的取值范围．【分析】（1）通过对f（x）=x3+ax2+bx+1求导可知g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b, 进而再求导可知g′（x）=6x+2a, 通过令g′（x）=0进而可知f′（x）的极小值点为x=﹣, 从而f（﹣）=0, 整理可知b=+（a＞0）, 结合f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0, b∈R）有极值可知f′（x）=0有两个不等的实根, 进而可知a＞3．（2）通过（1）构造函数h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27）, 结合a＞3可知h（a）＞0, 从而可得结论；（3）通过（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣, 利用韦达定理及完全平方关系可知y=f（x）的两个极值之和为﹣+2, 进而问题转化为解不等式b﹣+﹣+2=﹣≥﹣, 因式分解即得结论．【解答】（1）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1,所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b, g′（x）=6x+2a,令g′（x）=0, 解得x=﹣．由于当x＞﹣时g′（x）＞0, g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0, g（x）=f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x=﹣,由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点,所以f（﹣）=0, 即﹣+﹣+1=0,所以b=+（a＞0）．因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0, b∈R）有极值,所以f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不等的实根,所以4a2﹣12b＞0, 即a2﹣+＞0, 解得a＞3,所以b=+（a＞3）．（2）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27）,由于a＞3, 所以h（a）＞0, 即b2＞3a；（3）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣,设x1, x2是y=f（x）的两个极值点, 则x1+x2=, x1x2=,所以f（x1）+f（x2）=++a（+）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2=﹣+2,又因为f（x）, f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣,所以b﹣+﹣+2=﹣≥﹣,因为a＞3, 所以2a3﹣63a﹣54≤0,所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0,所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0,由于a＞3时2a2+12a+9＞0,所以a﹣6≤0, 解得a≤6,所以a的取值范围是（3, 6]．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值, 考查运算求解能力, 考查转化思想, 注意解题方法的积累, 属于难题．二.非选择题, 附加题（21-24选做题）【选修4-1：几何证明选讲】（本小题满分0分）21．（2020•江苏）如图, AB为半圆O的直径, 直线PC切半圆O于点C, AP ⊥PC, P为垂足．求证：（1）∠PAC=∠CAB；（2）AC2 =AP•AB．【分析】（1）利用弦切角定理可得：∠ACP=∠ABC．利用圆的性质可得∠ACB=90°．再利用三角形内角和定理即可证明．（2）由（1）可得：△APC∽△ACB, 即可证明．【解答】证明：（1）∵直线PC切半圆O于点C, ∴∠ACP=∠ABC．∵AB为半圆O的直径, ∴∠ACB=90°．∵AP⊥PC, ∴∠APC=90°．∴∠PAC=90°﹣∠ACP, ∠CAB=90°﹣∠ABC,∴∠PAC=∠CAB．（2）由（1）可得：△APC∽△ACB,∴=．∴AC2 =AP•AB．【点评】本题考查了弦切角定理、圆的性质、三角形内角和定理、三角形相似的判定与性质定理, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题．[选修4-2：矩阵与变换]22．（2020•江苏）已知矩阵A=, B=．（1）求AB；（2）若曲线C1：=1在矩阵AB对应的变换作用下得到另一曲线C2, 求C2的方程．【分析】（1）按矩阵乘法规律计算；（2）求出变换前后的坐标变换规律, 代入曲线C1的方程化简即可．【解答】解：（1）AB==,（2）设点P（x, y）为曲线C1的任意一点,点P在矩阵AB的变换下得到点P′（x0, y0）,则=, 即x0=2y, y0=x,∴x=y0, y=,∴, 即x02+y02=8,∴曲线C2的方程为x2+y2=8．【点评】本题考查了矩阵乘法与矩阵变换, 属于中档题．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2020•江苏）在平面直角坐标系xOy中, 已知直线l的参数方程为（t为参数）, 曲线C的参数方程为（s为参数）．设P为曲线C上的动点, 求点P到直线l的距离的最小值．【分析】求出直线l的直角坐标方程, 代入距离公式化简得出距离d关于参数s 的函数, 从而得出最短距离．【解答】解：直线l的直角坐标方程为x﹣2y+8=0,∴P到直线l的距离d==,∴当s=时, d取得最小值=．【点评】本题考查了参数方程的应用, 属于基础题．［选修4-5：不等式选讲］24．（2020•江苏）已知a, b, c, d为实数, 且a2+b2=4, c2+d2=16, 证明ac+bd ≤8．【分析】a2+b2=4, c2+d2=16, 令a=2cosα, b=2sinα, c=4cosβ, d=4sinβ．代入ac+bd化简, 利用三角函数的单调性即可证明．另解：由柯西不等式可得：（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）, 即可得出．【解答】证明：∵a2+b2=4, c2+d2=16,令a=2cosα, b=2sinα, c=4cosβ, d=4sinβ．∴ac+bd=8（cosαcosβ+sinαsinβ）=8cos（α﹣β）≤8．当且仅当cos（α﹣β）=1时取等号．因此ac+bd≤8．另解：由柯西不等式可得：（ac+bd）2≤（a2+b2）（c2+d2）=4×16=64, 当且仅当时取等号．∴﹣8≤ac+bd≤8．【点评】本题考查了对和差公式、三角函数的单调性、不等式的性质, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题．【必做题】26．（2020•江苏）已知一个口袋有m个白球, n个黑球（m, n∈N*, n≥2）, 这些球除颜色外全部相同．现将口袋中的球随机的逐个取出, 并放入如图所示的编号为1, 2, 3, …, m+n的抽屉内, 其中第k次取出的球放入编号为k的抽屉（k=1, 2, 3, …, m+n）．123…m+n（1）试求编号为2的抽屉内放的是黑球的概率p；（2）随机变量x表示最后一个取出的黑球所在抽屉编号的倒数, E（X）是X的数学期望, 证明E（X）＜．【分析】（1）设事件A i表示编号为i的抽屉里放的是黑球, 则p=p（A2）=P（A2|A1）P（A1）+P（A2|）P（）, 由此能求出编号为2的抽屉内放的是黑球的概率．（2）X的所有可能取值为, …, , P（x=）=, k=n, n+1, n+2, …, n+m, 从而E（X）=（）=, 由此能证明E （X）＜．【解答】解：（1）设事件A i表示编号为i的抽屉里放的是黑球,则p=p（A2）=P（A2|A1）P（A1）+P（A2|）P（）===．证明：（2）∵X的所有可能取值为, …, ,P（x=）=, k=n, n+1, n+2, …, n+m,∴E（X）=（）==＜==•（）==,∴E（X）＜．【点评】本题考查概率的求法, 考查离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识, 考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力, 考查数形结合思想、化归与转化思想, 是中档题．25．（2020•江苏）如图, 在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中, AA1⊥平面ABCD, 且AB=AD=2, AA1=, ∠BAD=120°．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．【分析】在平面ABCD内, 过A作Ax⊥AD, 由AA1⊥平面ABCD, 可得AA1⊥Ax, AA1⊥AD, 以A为坐标原点, 分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A, B, C, D, A1, C1的坐标, 进一步求出, , , 的坐标．（1）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量, 再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值, 进一步得到正弦值．【解答】解：在平面ABCD内, 过A作Ax⊥AD,∵AA1⊥平面ABCD, AD、Ax⊂平面ABCD,∴AA1⊥Ax, AA1⊥AD,以A为坐标原点, 分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB=AD=2, AA1=, ∠BAD=120°,∴A（0, 0, 0）, B（）, C（, 1, 0）,D（0, 2, 0）,A1（0, 0, ）, C1（）．=（）, =（）, , ．（1）∵cos＜＞==．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；（2）设平面BA1D的一个法向量为,由, 得, 取x=, 得；取平面A1AD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为, 则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．【点评】本题考查异面直线所成的角与二面角, 训练了利用空间向量求空间角, 是中档题．。
江苏省数学高考附加题强化试题10套
江苏省数学高考附加题强化试题1班级 姓名 得分21.[选做题]在B 、C 、D 四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分. B ．选修4—2：矩阵与变换若点A （2，2）在矩阵cos sin sin cos αααα-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦M 对应变换的作用下得到的点为B （－2，2），求矩阵M 的逆矩阵．C.选修4 - 4：坐标系与参数方程在极坐标系中，直线l 的极坐标方程为()3πθρ=∈R ，以极点为原点，极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系，曲线C 的参数方程为2cos ,1cos 2αα=⎧⎨=+⎩x y （α为参数），求直线l与曲线C 的交点P 的直角坐标.[必做题] 第22、23题,每小题10分,计20分.22、如图，正四棱锥P ABCD -中，2,AB PA ==AC 、BD 相交于点O ， 求：（1）直线BD 与直线PC 所成的角； （2）平面PAC 与平面PBC 所成的角23、设数列{}n a 满足2111,n n a a a a a +==+，{}* | |2R N n M a n a =∈∈，≤．（1）当(,2)a ∈-∞-时，求证：a ∉M ； （2）当1(0,]4a ∈时，求证：a M ∈；（3）当1(,)4a ∈+∞时，判断元素a 与集合M 的关系，并证明你的结论．江苏省数学高考附加题强化试题2班级 姓名 得分21.[选做题]在B 、C 、D 四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分. B ．选修4—2：矩阵与变换二阶矩阵M 对应的变换将点(1,1)-与(2,1)-分别变换成点(1,1)--与(0,2)-．求矩阵M ；C ．选修4—4：坐标系与参数方程若两条曲线的极坐标方程分别为ρ =l 与ρ =2cos(θ+π3)，它们相交于A ，B 两点，求线段AB的长．[必做题] 第22、23题,每小题10分,计20分.22．（本小题10分）口袋中有)(*N ∈n n 个白球，3个红球．依次从口袋中任取一球，如果取到红球，那么继续取球，且取出的红球不放回；如果取到白球，就停止取球．记取球的次数为X ．若307)2(==X P ，求（1）n 的值； （2）X 的概率分布与数学期望．23．（本小题10分）已知曲线1:(0)C y x x=>，过1(1,0)P 作y 轴的平行线交曲线C 于1Q ，过1Q 作曲线C 的切线与x 轴交于2P ，过2P 作与y 轴平行的直线交曲线C 于2Q ，照此下去，得到点列12,,P P ⋅⋅⋅，和12,,Q Q ⋅⋅⋅，设||n n n PQ a = *1|()n n n Q Q b n N +=∈ ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求证：1222n n n b b b -++⋅⋅⋅+>-；江苏省数学高考附加题强化试题3班级 姓名 得分21.[选做题]在B 、C 、D 四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分. B ．（选修4—2：矩阵与变换）已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 3 3 c d ，若矩阵A 属于特征值6的一个特征向量为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，属于特征值1的一个特征向量为α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2．求矩阵A ，并写出A 的逆矩阵．C ．（选修4—4：坐标系与参数方程）已知曲线C 的极坐标方程为4sin ρθ=，以极点为原点，极轴为x 轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为121x t y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（t 为参数），求直线l 被曲线C 截得的线段长度.[必做题] 第22、23题,每小题10分,计20分. 22．（本小题满分10分）某中学选派40名同学参加上海世博会青年志愿者服务队（简称“青志队”），他们参加活动的次数统计如表所示．(Ⅰ)从“青志队”中任意选3名学生，求这3名同学中至少有2名同学参加活动次数恰好相等的概率；(Ⅱ)从“青志队”中任选两名学生，用ξ表示这两人参加活动次数之差的绝 对值，求随机变量ξ的分布列及数学期望ξE ．23．（本小题满分10分）设函数(,)1(0,0)xm f x y m y y ⎛⎫=+>> ⎪⎝⎭.（1）当3m =时，求(6,)f y 的展开式中二项式系数最大的项；（2）若31240234(4,)a a a a f y a y y y y =++++且332a =，求40i i a =∑；（3）设n 是正整数，t 为正实数，实数t 满足(,1)(,)nf n m f n t =，求证：7(2010,)f f t >-．江苏省数学高考附加题强化试题4班级 姓名 得分21.[选做题]在B 、C 、D 四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分. B ．（选修4—2：矩阵与变换）已知在二阶矩阵M 对应变换的作用下，四边形ABCD 变成四边形''''A B C D ，其中(1,1)A ，(1,1)B -， (1,1)C --，'(3,3)A -，'(1,1)B ，'(1,1)D --．（1）求出矩阵M ；（2）确定点D 及点'C 的坐标．C ．（选修4—4：坐标系与参数方程）{(,),,A x y x y m ααα===+为参数}，{(,)3,3,B x y x t y t t ==+=-为参数}，且A B ≠∅ ，求实数m 的取值范围．[必做题] 第22、23题,每小题10分,计20分. 22．（本小题满分10分）如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，侧面PAD 是正三角形，且垂直于底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的菱形，︒=∠60BAD ，M 为PC 上一点，且PA ∥平面BDM ． ⑴求证：M 为PC 中点；⑵求平面ABCD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小．23．（本小题满分10分）已知抛物线L 的方程为()022>=p py x ，直线x y =截抛物线L 所得弦24=AB ． ⑴求p 的值；⑵抛物线L 上是否存在异于点A 、B 的点C ，使得经过A 、B 、C 三点的圆和抛物线L 在点C 处有相同的切线．若存在，求出点C 的坐标；若不存在，请说明理由．AP BCDM第22题图江苏省数学高考附加题强化试题5班级 姓名 得分21.[选做题]在B 、C 、D 四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分. B ．（选修4—2：矩阵与变换）求将曲线2y x =绕原点逆时针旋转90︒后所得的曲线方程．C ．（选修4—4：坐标系与参数方程）求圆心为36C π⎛⎫⎪⎝⎭，，半径为3的圆的极坐标方程.【必做题】第22题，23题，每题10分，共20分；解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．22．如图，平面ABDE ⊥平面ABC ，ABC ∆是等腰直角三角形，AC =BC= 4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，122BD AE ==,O M CE AB 、分别为、的中点，求直线CD 和平面ODM 所成角的正弦值．23．设数列{}n a 是等比数列，311232C Am m m a +-=⋅，公比q 是4214x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中的第二项（按x 的降幂排列）．（1）用,n x 表示通项n a 与前n 项和n S ；（2）若1212C C C nn n n n n A S S S =+++ ，用,n x 表示n A ．A MBCO DE江苏省数学高考附加题强化试题6班级 姓名 得分21.[选做题]在B 、C 、D 三小题中只能选做2题,每小题10分,计20分. B ．选修4—2：矩阵与变换求关于直线y=3x 的对称的反射变换对应的矩阵A ．C ．选修4—4：坐标系与参数方程在极坐标系中,过曲线)0(c o s 2s i n :2>=a a L θθρ外的一点),52(θπ+A (其中,2t a n =θθ为锐角)作平行于)(4R ∈=ρπθ的直线l 与曲线分别交于C B ,.（1）写出曲线L 和直线l 的普通方程(以极点为原点,极轴为x 轴的正半轴建直角坐标系)； （2）若|||,||,|AC BC AB 成等比数列,求a 的值.[必做题] 第22、23题,每小题10分,计20分.22．（本小题10分）如图，已知四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2。
专题十三 孟德尔遗传定律及应用-2024年高考生物二轮复习热点专题专项突破
专题十三
孟德尔遗传定律及应用
(1)孟德尔遗传实验的科学方法。(2)基因的分离定律和自由组合定律。
性染色体上的基因所控制的性状，在遗传上总是与性别相关联，这种现象叫伴性遗传。
(1)染色体类型
(2)性别决定
性染色体类型
XY型
ZW型
雄性的染色体组成
__________________
（1）果皮有毛和无毛这对相对性状中的显性性状为 ，果肉黄色和白色这对相对性状中的显性性状为 。
有毛黄肉
⑴甲病的遗传方式是 ，乙病的遗传方式是 ，丙病的遗传方式是 ，Ⅱ6的基因型是 。
常染色体＋ZZ
雌性的染色体组成
常染色体＋XX
___________________
生物实例
人及大部分动物、菠菜、大麻等
鳞翅目昆虫、鸟类等
常染色体＋XY
常染色体＋ZW
二、孟德尔发现遗传规律的研究方法：_________________
假说—演绎法
基因分离定律
三、孟德尔的自由组合定律
基因自由组合定律
实验设计思路：选择①×②杂交组合进行正反交，观察F1雄性个体的表现型。
材料选择
交配类型
可见证据
预期结果与结论：若正交得到的 F1 中雄 性个体与反交得到的 F1 中雄性个体有眼 / 无眼、正常刚毛 / 小刚毛这两对相对性状的表现均 不同，则证明这两对等位基因都位于 X 染色体上。
20套数学附加题答案
实战演练·高三数学附加分参考答案与解析南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试(一)21. A ．解：因为P 为AB 中点，所以OP ⊥AB ， 所以PB ＝r 2－OP 2＝32.(5分) 因为PC·PD ＝PA·PB ＝PB 2＝34，由PC ＝98，得PD ＝23.(10分)B. 解：设曲线C 上一点(x′，y ′)对应于曲线C′上一点(x ，y)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤22－222222⎣⎢⎡⎦⎥⎤x′y′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 所以22x ′－22y ′＝x ，22x ′＋22y ′＝y.(5分) 所以x′＝x ＋y 2，y ′＝y －x 2，所以x′y′＝x ＋y 2·y －x2＝1， 所以曲线C′的方程为y 2－x 2＝2.(10分)C. 解：直线l ：4x －3y －2＝0，圆C ：(x －a)2＋y 2＝a 2，(5分)依题意，得|4a －2|42＋（－3）2＝|a|，解得a ＝－2或29.(10分)D. 证明：因为x 1、x 2、x 3为正实数，所以x 22x 1＋x 1＋x 23x 2＋x 2＋x 21x 3＋x 3≥2x 22＋2x 23＋2x 21＝2(x 1＋x 2＋x 3)＝2， 当且仅当x 1＝x 2＝x 3时取等号．所以x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.(10分)22. 解：(1) 由点A(1，2)在抛物线上，得p ＝2， 所以抛物线方程为y 2＝4x.(3分) 设B ⎝⎛⎭⎫y 214，y 1、C ⎝⎛⎭⎫y 224，y 2，所以 1k 1－1k 2＋1k 3＝y 214－1y 1－2－y 224－y 214y 2－y 1＋1－y 2242－y 2＝y 1＋24－y 2＋y 14＋2＋y 24＝1.(7分) (2) 另设D ⎝⎛⎭⎫y 234，y 3，则1k 1－1k 2＋1k 3－1k 4＝y 1＋24－y 2＋y 14＋y 3＋y 24－2＋y 34＝0.(10分) 23. 解：(1) 因为对任意的1≤k ≤m ，都有a 2k －1a 2k＝－1，则(a 2k －1，a 2k )＝(2，－2)或(a 2k －1，a 2k )＝(－2，2)，共有2种情况，所以(a 1，a 2，a 3，…，a 2m )共有2m 种不同的选择，所以A ＝2m .(5分)(2) 当存在一个k 时，那么这一组有2C 1m 种，其余的由(1)知有2m －1，所以共有2C 1m 2m －1种；当存在两个k 时，因为条件对任意的1≤k ≤l ≤m ，都有| i ＝2k －12la i |≤4成立得这两组共有2C 2m种，其余的由(1)知有2m －2种，所有共有2C 2m 2m －2种；…， 依次类推得B ＝2C 1m 2m －1＋2C 2m 2m －2＋…＋2C m m ＝2(3m －2m)．(10分)南通市2014届高三第一次调研测试(二)21. A. 证明：如图，在△ABC 中，因为CM 是∠ACB 的平分线，所以AC BC ＝AMBM.①(3分)因为BA 与BC 是圆O 过同一点B 的割线， 所以BM·BA ＝BN·BC ，即BA BC ＝BNBM .(6分)又BN ＝2AM ，所以BA BC ＝2AMBM .②(8分)由①②，得AB ＝2AC.(10分)B. 解：设B －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ， 因为(BA )－1＝A －1B －1，(2分)所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 23 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ， 即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2c ＝1，b ＋2d ＝0，3a ＋4c ＝0，3b ＋4d ＝1，(6分)解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1，c ＝32，d ＝－12，所以B －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－2 1 32－12.(10分) C. 解：设直线l 的方程为θ＝θ0(ρ∈R )， A(0，0)、B(ρ1，θ0)，(2分) 则AB ＝|ρ1－0|＝|2sin θ0|.(5分) 又AB ＝3，故sin θ0＝±32.(7分)解得θ0＝π3＋2k π或θ0＝－π3＋2k π，k ∈Z .所以直线l 的方程为θ＝π3或θ＝2π3(ρ∈R )．(10分)D. 证明：因为x 、y 、z 均为正数，所以x yz ＋y zx ≥1z ⎝⎛⎭⎫y x ＋x y ≥2z .(4分) 同理可得z xy ＋y zx ≥2x ，x yz ＋z xy ≥2y.(7分)当且仅当x ＝y ＝z 时，以上三式等号都成立．将上述三个不等式左、右两边分别相加，并除以2，得 x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.(10分) 22. 解：(1) 从六个点任选三个不同点构成一个三角形共有C 36种不同选法，其中S ＝32的为有一个角是30°的直角三角形(如△P 1P 4P 5)，共6×2＝12种，所以P ⎝⎛⎭⎫S ＝32＝12C 36＝35.(3分) (2) S 的所有可能取值为34，32，334. S ＝34的为顶角是120°的等腰三角形(如△P 1P 2P 3)，共6种， 所以P ⎝⎛⎭⎫S ＝34＝6C 36＝310.(5分) S ＝334的为等边三角形(如△P 1P 3P 5)，共2种，所以P ⎝⎛⎭⎫S ＝334＝2C 36＝110.(7分)又由(1)知P ⎝⎛⎭⎫S ＝32＝12C 36＝35，故S 的分布列为所以E(S)＝34×310＋32×35＋334×110＝9320.(10分) 23. 解：(1) 当n ＝3时，1，2，3的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一个i ∈{1，2，3}，使得a i >a i ＋1的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，所以f(3)＝4.(3分)(2) 在1，2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n(1≤i ≤n －1)，从n －1个数1，2，3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C i －1n －1.(6分)若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f(n －1)．(8分)综上所述，f(n)＝f(n －1)＋i ＝1n －1C i －1n －1＝f(n －1)＋2n －1－1. 从而f(n)＝23（1－2n －3）1－2－(n －3)＋f(3)＝2n －n －1.(10分)苏州市2014届高三调研测试(三)21. A. 证明：由相交弦定理，得 AC ·CD ＝MC·NC ， BC ·CE ＝MC·NC ， ∴ AC ·CD ＝BC·CE.(3分) 即(AB ＋BC)·CD ＝BC·(CD ＋DE)，(6分) 即AB·CD ＋BC·CD ＝BC·CD ＋BC·DE ， ∴ AB ·CD ＝BC·DE.(10分)B. 解：设⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a b 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x′y′，则⎩⎪⎨⎪⎧x′＝－x ＋ay ，y ′＝bx ＋3y.(3分) ∵ 2x ′－y′＝3，∴ 2(－x ＋ay)－(bx ＋3y)＝3. 即(－2－b)x ＋(2a －3)y ＝3.(6分) 此直线即为2x －y ＝3， ∴ －2－b ＝2，2a －3＝－1. 则a ＝1，b ＝－4.(10分)C. 解：M ⎝⎛⎭⎫2，π6关于直线θ＝π4的对称点为N ⎝⎛⎭⎫2，π3.(3分)故MN ＝2OMsin π12(6分)＝4×6－24＝6－ 2.(10分) D. 证明：∵ x 、y 、z 都是为正数， ∴x yz ＋y zx ＝1z ⎝⎛⎭⎫x y ＋y x ≥2z.(3分) 同理可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y.(6分)将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得 x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.(10分) 22. (1) 证明：∵ 正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32， ∴ OA ＝3，OP ＝3.(2分)则A(3，0，0)，B(0，3，0)，D(0，－3，0)，P(0，0，3)， ∴ M(1，0，2)，N(0，1，0)．则MN →＝(－1，1，－2)，AD →＝(－3，－3，0)．(4分) ∵ MN →·AD →＝(－1)×(－3)＋1×(－3)＋(－2)×0＝0， ∴ MN ⊥AD.(5分)(2) 解：设平面PAD 的法向量n ＝(x ，y ，z)， ∵ AD →＝(－3，－3，0)，AP →＝(－3，0，3)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x －3y ＝0，－3x ＋3z ＝0.取z ＝1，得x ＝1，y ＝－1.∴ n ＝(1，－1，1)．(7分)则cos 〈n ，MN →〉＝n ·MN →|n |·|MN →|＝（－1）×1＋1×（－1）＋（－2）×13×6＝－223.(9分)设MN 与平面PAD 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，MN →〉|＝223.∴ MN 与平面PAD 所成角的正弦值为223.(10分)23. 解：(1) 从正方体的八个顶点中任取四个点，共有C 48＝70种不同取法． 其中共面的情况共有12种(6个侧面，6个对角面)，则 P(ξ＝0)＝1270＝635.(3分)(2) 任取四个点，当四点不共面时，四面体的体积只有以下两种情况： ① 四点在相对面且异面的对角线上，体积为1－4×16＝13，这样的取法共有2种．(5分)② 四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，体积为16.这样的取法共有70－12－2＝56种．(7分) ∴ ξ的分布列为(8分)数学期望E(ξ)＝13×135＋16×2835＝17.(10分)无锡市2013年秋学期普通高中期末考试试卷(四)21. A. 解：连结BE ，由AD 是∠BAC 的平分线， ∴ ∠BAE ＝∠CAE.由圆周角结论，得∠AEB ＝∠ACB ， ∴ △ABE ∽△ADC ， ∴ AD ·AE ＝AB·AC.(5分) ∴ S △ABC ＝12AB ·ACsin ∠BAC＝34AD ·AE ， ∴ sin ∠BAC ＝32. ∵ ∠BAC ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴ ∠BAC ＝π3.(10分)B. 解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，⎣⎢⎡⎦⎥⎤1002⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b 2c 2d ，(3分) ∴ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b 2c 2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤10 0－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －b 2c －2d .(6分)∴ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1234＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －b 2c －2d ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧1＝a ，2＝－b ，3＝2c ，4＝－2d ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－2，c ＝32，d ＝－2.∴ M ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－232－2.(10分)C. 解：设M(ρ，θ)，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，则OP ＝2cos θ，PB ＝2sin θ.∴ ρ＝OP ＋PB ＝2cos θ＋2sin θ，(4分) ∴ ρ2＝2ρsin θ＋2ρcos θ.转化为普通方程：x 2＋y 2＝2x ＋2y ，(8分)∴ M 的轨迹方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2(x>0，y>0)．(9分) ∴ 点M 的轨迹长度为2π.(10分) D. 解：∵ a ＋2b ＋4c ＝3，∴ (a ＋1)＋2(b ＋1)＋4(c ＋1)＝10.(3分) ∵ a 、b 、c 为正数，∴ 由柯西不等式得[(a ＋1)＋2(b ＋1)＋4(c ＋1)]·(1a ＋1＋1b ＋1＋1c ＋1)≥(1＋2＋2)2.当且仅当(a ＋1)2＝2(b ＋1)2＝4(c ＋1)2，等号成立．(6分) 1a ＋1＋1b ＋1＋1c ＋1≥11＋6210，∴ 2(c ＋1)＋22(c ＋1)＋4(c ＋1)＝10，∴ c ＝8－527，b ＝152－177，a ＝23－1027.(10分)22. 解：(1) 凸四边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条；凸六边形的对角线条数为9条．(3分)(2) 猜想f(n)＝n （n －3）2(n ≥3，n ∈N *)．(4分)证明：当n ＝3时，f(3)＝0成立；(5分) 设当n ＝k(k ≥3)时猜想成立， 即f(k)＝k （k －3）2，则当n ＝k ＋1时， 考察k ＋1边形A 1A 2…A k A k ＋1，① k 边形A 1A 2…A k 中原来的对角线也都是k ＋1边形中的对角线，且边A 1A k 也成为k ＋1边形中的对角线；② 在A k ＋1与A 1，A 2，…，A k 连结的k 条线段中，除A k ＋1A 1、A k ＋1A k 外，都是k ＋1边形中的对角线，共计有f(k ＋1)＝f(k)＋1＋(k －2)＝k （k －3）2＋1＋(k －2) ＝k 2－3k ＋2k －22＝k 2－k －22＝（k ＋1）（k －2）2＝（k ＋1）（k ＋1－3）2，即猜想对n ＝k ＋1时也成立．(9分)综上，得f(n)＝n （n －3）2对任何n ≥3，n ∈N *都成立．(10分)23. 解：(1) 从9个不同的元素中任取3个不同元素，为古典概型．记“a 、b 、c 中任意两数之差的绝对值均不小于2”为事件A ，其基本事件总数为n ＝C 39.(2分)由题意，a 、b 、c 均不相邻，利用插空法得，事件A 包含基本事件数m ＝C 37.(4分) 故P(A)＝C 37C 39＝512.∴ a 、b 、c 中任意两数之差的绝对值均不小于2的概率为512.(6分)(2)(9分)∴E(ξ)＝0×512＋1×12＋2×112＝23.(10分)常州市2014届高三上学期期末考试(五)21. A. 证明：∵ ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ， ∴ AD ＝BC.从而AD ︵＝BC ︵.∴ ∠ACD ＝∠BAC.(4分)∵ AE 为圆的切线，∴ ∠EAD ＝∠ACD.(8分) ∴ ∠DAE ＝∠BAC.(10分) B. 解：设P(x ，y)为直线l 上任意一点，在矩阵A 对应的变换下变为直线l′上的点P ′(x′，y ′)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x′y′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0112⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 化简，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2x′＋y′，y ＝x′.(4分)代入ax －y ＝0，整理，得－(2a ＋1)x′＋ay′＝0.(8分)将点(1，1)代入上述方程，解得a ＝－1.(10分) C. 解：点P 的直角坐标为(3，3)，(4分) 直线l 的普通方程为x －y －4＝0，(8分) 从而点P 到直线l 的距离为|3－3－4|2＝2＋62.(10分)D. 证明：左边－右边＝(y －y 2)x 2＋(y 2－1)x －y ＋1 ＝(1－y)[yx 2－(1＋y)x ＋1](4分) ＝(1－y)(xy －1)(x －1)，(6分) ∵ x ≥1，y ≥1，∴ 1－y ≤0，xy －1≥0，x －1≥0.(8分) 从而左边－右边≤0，∴ x 2y ＋xy 2＋1≤x 2y 2＋x ＋y.(10分) 22. 解：连结OC.∵ 平面PAB ⊥平面ABC ，PO ⊥AB ， ∴ PO ⊥平面ABC.从而PO ⊥AB ，PO ⊥OC.∵ AC ＝BC ，点O 是AB 的中点， ∴ OC ⊥AB ，且OA ＝OB ＝OC ＝2a.(2分) 如图，建立空间直角坐标系Oxyz.(1) PA ＝2a ，PO ＝2a.A(0，－2a ，0)，B(0，2a ，0)，C(2a ，0，0)，P(0，0，2a)，D ⎝⎛⎭⎫0，2a 2，2a 2.(4分) 从而PA →＝(0，－2a ，－2a)，CD →＝⎝⎛⎭⎫－2a ，22a ，22a .∵ cos 〈PA →，CD →〉＝PA →·CD →|PA →||CD →|＝－2a 22a ·3a ＝－33，∴ 异面直线PA 与CD 所成角的余弦值的大小为33.(6分) (2) 设PO ＝h ，则P(0，0，h)．∵ PO ⊥OC ，OC ⊥AB ，∴ OC ⊥平面PAB. 从而OC →＝(2a ，0，0)是平面PAB 的一个法向量． 不妨设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，∵ PB →＝(0，2a ，－h)，BC →＝(2a ，－2a ，0)，⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0， ∴ ⎩⎨⎧2ay ＝hz ，x ＝y.不妨令x ＝1，则y ＝1，z ＝2ah， 则n ＝⎝⎛⎭⎫1，1，2a h .(8分) 由已知，得 55＝OC →·n |OC →||n |＝2a 2a 2＋2a 2h2，化简，得h 2＝23a 2.∴ PA ＝PO 2＋OA 2＝23a 2＋2a 2＝263 a.(10分) 23. 解：(1) 110.(3分)(2) 集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B)有2n (2n －1)个． 若A ÍB ，并设B 中含有k(1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A B 的有序集合对(A ，B)有1(21)2nn nkkk kk nnn k k k CC C ===-=-邋?＝3n －2n 个．(6分)同理，满足B A 的有序集合对(A ，B)有3n －2n 个．(8分)故满足条件的有序集合对(A ，B)的个数为 2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n .(10分)镇江市2014届高三上学期期末考试(六)21. A. 证明：∵ DE 是圆O 的切线， ∴ OD ⊥DE.又DE ⊥AC ，∴ OD ∥AC.(4分) ∵ O 是AB 的中点，∴ OD 是△ABC 的中位线，(7分) ∴ OD ＝12AC ，即AC ＝2OD.(10分)B. 解：矩阵的特征多项式为f(λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－3 λ－x ＝(λ－1)(λ－x)－6，(2分)因为λ1＝4是方程f(λ)＝0的一个根，所以x ＝2.(4分) 由(λ－1)(λ－2)－6＝0得λ2＝－1.(6分)设λ2＝－1对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 则⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋3y ＝0，2x ＋2y ＝0，得x ＝－y ，(8分) 令x ＝1，则y ＝－1，(9分)则矩阵的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1.(10分)C. 解：将点的极坐标化为直角坐标，点O 、A 、B 的直角坐标分别为(0，0)、(0，6)、(6，6)；(3分)∴ △OAB 是以OB 为斜边的等腰直角三角形，(5分)∴ 经过O 、A 、B 三点的圆的圆心为(3，3)，半径为32，(7分) ∴ 圆的直角坐标方程为(x －3)2＋(y －3)2＝18， 即x 2＋y 2－6x －6y ＝0.(10分)D. 解：∵ (a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)＝(a ＋1＋1)(b ＋1＋1)(c ＋1＋1)(3分) ≥3·3a ·3·3b ·3·3c(6分) ＝27·3abc ＝27，(7分)当且仅当a ＝b ＝c ＝1时等号成立．(9分) ∴ (a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)的最小值为27.(10分) 22. 解：(1) ∵ 当y>0时y ＝f(x)＝2x －4，∴ y ′＝222x －4＝12x －4，(3分)∴ k ＝f′(3)＝22，(4分) ∴ 切线为y －2＝22(x －3)，即x －2y －1＝0.(5分) (2) 设l ：y ＝kx ，线段AB 的中点M(x ，y)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，y 2＝2x －4，得k 2x 2－2x ＋4＝0，(6分) ∴ Δ＝4－16k 2>0，∴ 16k 2<4， 即k 2<142k 2<1212k 2>2.(7分) 设直线l 与曲线C 的交点A 、B 的坐标分别为(x 1，y 1)、(x 2，y 2)，则 x 1＋x 2＝－－22k 2＝1k 2，y 1＋y 2＝k(x 1＋x 2)＝1k，由中点坐标公式得⎩⎨⎧x ＝12k 2，y ＝12k ，(9分)消去k ，得y 2＝12x ，即所求轨迹方程为y 2＝12x(x>2)．(10分)23. 解：(1) 由已知计算得a 2＝35，a 3＝58，a 4＝813，a 5＝1321.(2分)(2) 由(1)得|a 2－a 1|＝115，|a 3－a 2|＝140，|a 4－a 3|＝1104，|a 5－a 4|＝1273， 而n 分别取1，2，3，4时，115⎝⎛⎭⎫25n －1分别为115，275，4375，81 875，故猜想|a n ＋1－a n |≤115⎝⎛⎭⎫25n －1.(4分)下面用数学归纳法证明以上猜想： ① 当n ＝1时，已证；(5分) ② 当n ＝k ≥1时，假设|a k ＋1－a k |≤115⎝⎛⎭⎫25k －1，对n ∈N *：由a 1＝23，a n ＋1＝11＋a n ，得a n >0，∴ 0<a n ＋1＝11＋a n<1，且0<a 1＝23<1，∴ 0<a n <1，∴ 12<a n ＋1＝11＋a n <1，且12<a 1＝23<1，∴ 12<a n <1.(6分)则当n ＝k ＋1时，∵ (1＋a k ＋1)(1＋a k )＝⎝⎛⎭⎫1＋11＋a k (1＋a k )＝2＋a k >2＋12＝52，(7分)∴ |a k ＋2－a k ＋1|＝⎪⎪⎪⎪11＋ak ＋1－11＋a k＝|a k＋1－a k|（1＋a k＋1）（1＋a k）≤115⎝⎛⎭⎫25k－1（1＋a k＋1）（1＋a k）≤115⎝⎛⎭⎫25k－125＝115⎝⎛⎭⎫25k.(9分)∴当n＝k≥1时，结论成立．由①和②知，以上猜想成立．(10分)泰州市2013～2014学年度第一学期期末考试(七)21. A. 证明：(1) ∵ AB 是圆O 的直径， ∴ ∠ADB ＝90°.而BN ＝BM △BNM 为等腰三角形BD 为∠NBM 的角平分线∠DBN ＝∠DBM.(5分)(2) BM 是圆O 的切线，⎭⎪⎬⎪⎫∠DBM ＝∠DAB ∠CBD ＝∠CAD ∠DBC ＝∠DBM ∠DAB ＝∠DAC AM 是∠CAB 的角平分线．(10分)B. 解：(1) 由题意得：A α＝λα⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n m 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎩⎪⎨⎪⎧2＋2n ＝2m ＋2＝4⎩⎪⎨⎪⎧n ＝0，m ＝2.(5分) (2) 设A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2021⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝E ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1001， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝12b ＝02a ＋c ＝02b ＋d ＝1⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝0，c ＝－1，d ＝1，即A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ 120－11.(10分) C. 解：(1) 圆M ：⎝⎛⎭⎫x －5322＋(y －72)2＝4，⎝⎛⎭⎫3，π3对应直角坐标系下的点为⎝⎛⎭⎫32，32，⎝⎛⎭⎫2，π2对应直角坐标系下的点为(0，2)，∴ 圆N ：⎝⎛⎭⎫x －322＋⎝⎛⎭⎫y －322＝1.(5分)(2) PQ ＝MN －3＝4－3＝1.(10分)D. 证明：(1) a ＋b ＋c ≥3·3abc ，而a ＋b ＋c ＝1，abc ≤127，当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取“＝”．(5分)(2) 柯西不等式a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c)2＝13，由(1)知3abc ≤13，∴ a 2＋b 2＋c 2≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时取“＝”．(10分)22. (1) 证明：⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －4，y 2＝4x A(4，4)、B(1，－2)，设A 1⎝⎛⎭⎫m 24，m 、B 1⎝⎛⎭⎫n 24，n ，k AT ＝kA 1T 44－t ＝mm24－t m 2－4t ＝4m －tmm(m －4)＝t(4－m)m ＝－tA 1⎝⎛⎭⎫t 24，－t ，同理：B 1(t 2，2t)k ＝3t t 2－t 24＝4t kt ＝4为定值．(5分)(2) 解：A 1B 1：y －2t ＝4t (x －t 2)，令y ＝0得N ⎝⎛⎭⎫t 22，0，而M(2，0)，S 1S 2＝⎪⎪⎪⎪y A y B ＝2S 2＝12S 1，S 4S 1＝⎪⎪⎪⎪TN·yA 1TM ·y A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 22－t t －2·t 4＝t 28S 4＝t 28S 1，S 3S 1＝⎪⎪⎪⎪TN·yB 1TM ·y A ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2（t －2）t －2·2t 4＝t 24S 3＝t 24S 1，S 1、S 2、S 3、S 4构成等比数列，∴ t 2＝1而t>0t ＝1.(10分)23. 解：如图以CB 、CA 分别为x 、y 轴，过C 作直线Cz ∥BC 1，以Cz 为z 轴， ∴ B(3，0，0)，C(0，0，0)，A(0，3，0)，C 1(3，0，3)， CB 1→＝CC 1→＋CB →＝(6，0，3)B 1(6，0，3)， CA 1→＝CC 1→＋CA →＝(3，3，3)A 1(3，3，3)．(1) T 是△ABC 1重心T(2，1，1)TA 1→＝(1，2，2)，设平面ABC 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，AB →＝(3，－3，0)，AC 1→＝(3，－3，3)，⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－3y 1＝03x 1－3y 1＋3z 1＝0⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0x 1＝y 1n 1＝(1，1，0)，∴ cos 〈TA 1→，n 1〉＝33·2＝22〈TA 1→，n 1〉＝π4.设TA 1与平面ABC 1所成的角为 αα＝π2－〈TA 1→，n 1〉＝π4.(5分)(2) T 在平面ABC 1内，CT →＝CB →＋BT →＝CB →＋mBC 1→＋nBA →＝(3－3n ，3n ，3m)，即T(3－3n ，3n ，3m)．由TB 1＝TC ，得(3－3n)2＋(3n)2＋(3m)2＝(3n ＋3)2＋(3n)2＋(3m －3)2－2m ＋4n ＝－1， ①设平面CAA 1C 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，CA →＝(0，3，0)，CC 1→＝(3，0，3)，⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝03x 2＋3z 2＝0取n 2＝(1，0，－1)．设平面TA 1C 1法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)，C 1A 1→＝(0，3，0)，C 1T →＝(－3n ，3n ，3m －3)，⎩⎪⎨⎪⎧y 3＝0－3nx 3＋（3m －3）z 3＝0取n 3＝(m －1，0，n)．由平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1，得cos 〈n 2，n 3〉＝m －1－n2·（m －1）2＋n 2＝0m ＝n ＋1. ②由①②解得n ＝12，m ＝32，∴ 存在点T ⎝⎛⎭⎫32，32，92，TC ＝3112.(10分)扬州市2013～2014学年度第一学期期末检测试题(八)21. 解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，依题意⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，且⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 4，(4分) 所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝5，c ＋d ＝5，－a ＋2b ＝－2，－c ＋2d ＝4，(7分)解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，c ＝2，d ＝3，所以M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4123.(10分) 22. 解：(1) 由ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝42，得22ρcos θ－22ρsin θ＝42，即x －y －8＝0.(4分) (2) 由⎩⎨⎧x ＝1＋2cos θ，y ＝－1＋2sin θ，消去参数θ，得(x －1)2＋(y ＋1)2＝2，故圆的圆心为M(1，－1)，半径为2，(6分)所以圆心M 到直线l 的距离为d ＝|1－（－1）－8|2＝32，(8分)所以圆上的点到直线l 上点的距离的最小值是32－2＝2 2.(10分)23. 解：(1) 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B 1(1，1，2)，D 1(0，0，2)．(2分)所以BD 1→＝(－1，－1，2)，AP →＝(－1，1，1)．cos 〈BD 1→，AP →〉＝BD 1→·AP →|BD 1→|×|AP →|＝26·3＝23，即异面直线AP 与BD 1所成角的余弦是23.(5分)(2) 假设存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，则D 1B 1→＝(1，1，0)，AD 1→＝(－1，0，2)，AP →＝(－1，1，m)． 设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥D 1B 1→，n ⊥AD 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，取x ＝2，得平面AB 1D 1的法向量为n ＝(2，－2，1)．(7分)由直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－2＋m 3·m 2＋2＝13，解得m ＝74. 因为0≤m ≤2，所以m ＝74满足条件，所以当m ＝74时，直线AP 与平面AB 1D 1所成的角的正弦值等于13.(10分)24. 解：(1) 设该同学在A 处投中为事件A ，在B 处投中为事件B ，则事件A 、B 相互独立，且p ＝0.25，P(A －)＝0.75 ，P(B)＝q ，P(B －)＝1－q.P(X ＝0)＝P(A －B －B －)＝P(A －)P(B －)P(B －)＝0.75(1－q)2＝0.03， 所以q ＝0.8，(2分)P(X ＝5)＝P(AB －B ＋AB) ＝P(AB －B)＋P(AB)＝P(A)P(B －)P(B)＋P(A)P(B) ＝0.25q(1－q)＋0.25q ＝0.24.(4分) (2) 依题意，随机变量X 的分布列为数学期望为E(X)＝4(1－p)(1－q)q ＋3p(1－q)2＋4(1－p)q 2＋5[pq ＋pq(1－q)]＝3p ＋4q －2pq 2，(6分) 随机变量Y 的分布列为数学期望为E(Y)＝6(1－q)2q ＋4(3q 2－3q 3)＋6q 3＝6q.(8分) E(X)－E(Y)＝－2pq 2＋3p －2q ＝p(3－2q 2)－2q. 因为p<23q 且3－2q 2>0，所以E(X)－E(Y)<2q 3(3－2q 2)－2q ＝－4q 33<0，所以，p<23q 时，该同学选择三次都在B 处投篮的数学期望较大．(10分)苏北三市2013～2014学年度高三第一次质量检测(九)21. A. 解：由圆D 与边AC 相切于点E ，得∠AED ＝90°. 因为DF ⊥AF ，得∠AFD ＝90°， 所以A 、D 、F 、E 四点共圆， 所以∠DEF ＝∠DAF.(5分)又∠ADF ＝∠ABD ＋∠BAD ＝12(∠ABC ＋∠BAC)＝12(180°－∠C)＝90°－12∠C ， 所以∠DEF ＝∠DAF ＝90°－∠ADF ＝12∠C.由∠C ＝50°，得∠DEF ＝25°.(10分)B. 解：设曲线C ：x 2＋y 2＝1上任意一点P(x ，y)在矩阵M 所对应的变换作用下得到点P 1(x 1，y 1)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 00b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 1y 1，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＝x 1，by ＝y 1.(5分) 又点P 1(x 1，y 1)在曲线C′：x 24＋y 2＝1上，所以x 214＋y 21＝1， 则a 2x 24＋b 2y 2＝1为曲线C 的方程．又曲线C 的方程为x 2＋y 2＝1，故a 2＝4，b 2＝1. 因为a ＞0，b ＞0，所以a ＋b ＝3.(10分)C. 解：∵ ρ＝2cos θ－2sin θ， ∴ ρ2＝2ρcos θ－2ρsin θ，∴ 圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0，即⎝⎛⎭⎫x －222＋⎝⎛⎭⎫y ＋222＝1， ∴ 圆心直角坐标为⎝⎛⎭⎫22，－22.(4分) 直线l 上的点向圆C 引切线长是⎝⎛⎭⎫22t －222＋⎝⎛⎭⎫22t ＋22＋422－1＝t 2＋8t ＋40＝（t ＋4）2＋24≥26，所以直线l 上的点向圆C 引的切线长的最小值是2 6.(10分) D. 证明：(证法1)因为a 、b 、c 均为正数，由均值不等式得 a 2＋b 2＋c 2≥3(abc)23，(2分) 1a ＋1b ＋1c ≥3(abc)－13， 所以⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥9(abc)－23.(5分)故a 2＋b 2＋c 2＋⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥3(abc)23＋9(abc)－23. 又3(abc)23＋9(abc)－23≥227＝63，所以原不等式成立．(10分)(证法2)因为a 、b 、c 均为正数，由基本不等式得 a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca. 所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca.(2分) 同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1ca，(5分)故a 2＋b 2＋c 2＋⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ca ＋3ab ＋3bc ＋3ca≥6 3. 所以原不等式成立．(10分)22. 解：(1) 设该单位购买的3辆汽车均为B 种排量汽车为事件M ，则 P(M)＝C 34C 312＝155.所以该单位购买的3辆汽车均为B 种排量汽车的概率为155.(4分)(2) 随机变量X 的所有可能取值为1，2，3.P(X ＝1)＝C 35＋C 34＋C 33C 312＝344， P(X ＝3)＝C 15C 14C 13C 312＝311，P(X ＝2)＝1－P(X ＝1)－P(X ＝3)＝2944.所以X 的分布列为(8分)数学期望E(X)＝1×344＋2×2944＋3×311＝9744.(10分)23. 解：(1) 设P(x ，y)，则AP →＝(x ＋1，y)，FP →＝(x －1，y)，AF →＝(2，0)， 由AP →·AF →＝2|FP →|，得2(x ＋1)＝2（x －1）2＋y 2， 化简得y 2＝4x.故动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x.(5分) (2) 直线l 的方程为y ＝2(x ＋1)，设Q(x 0，y 0)，M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)．过点M 的切线方程设为x －x 1＝m(y －y 1)，代入y 2＝4x ，得y 2－4my ＋4my 1－y 21＝0，由Δ＝16m 2－16my 1＋4y 21＝0，得m ＝y 12， 所以过点M 的切线方程为 y 1y ＝2(x ＋x 1)，(7分) 同理过点N 的切线方程为 y 2y ＝2(x ＋x 2)．所以直线MN 的方程为y 0y ＝2(x 0＋x)．(9分) 又MN ∥l ，所以2y 0＝2，即y 0＝1，而y 0＝2(x 0＋1)，故点Q 的坐标为(－12，1)．(10分)如皋市2014届高三年级第一学期期末考试(十) 21. 解：f(λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－λ321－λ＝(λ－2)(λ－1)－6＝0，(2分)即λ2－3λ－4＝0，∴ λ＝4或－1.(5分)当λ＝4时，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋3y ＝0，2x －3y ＝0，令x ＝3，则y ＝2，∴ α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤32.(9分)(或当λ＝－1时，得⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋3y ＝0，2x ＋2y ＝0，令x ＝1，则y ＝－1，∴ β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1.)(9分) ∴ M 的特征值为4，－1，对应的特征向量分别为⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1.(10分) 22. 解：任取圆C 上一点M(ρ，θ)，由于OC ＝2，R ＝2， ∴ 圆C 通过极点O.(4分)连结OC 并延长交圆C 于点D ，连DM ，在△ODM 中，OM ⊥DM ， ∴ OM ＝OD·cos ∠DOM ，(8分) ∴ ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎫π3－θ， 即圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos ⎝⎛⎭⎫π3－θ.(10分)23. 解：(1) 由题意知：E(－1，3，0)，D(－2，－1，0)，P(－1，32，32)，S(0，0，3)．∴ DP →＝⎝⎛⎭⎫1，52，32，DE →＝(1，4，0)．(2分) 设n ＝(x ，y ，z)是平面PDE 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DP →＝x ＋52y ＋32z ＝0，n ·DE →＝x ＋4y ＝0，令x ＝－4，则y ＝z ＝1，∴ n ＝(－4，1，1)．(5分) (2) 设点Q(x ，y ，z)，AQ →＝λAS →(x －2，y ＋1，z)＝λ(－2，1，3)，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2λ，y ＝－1＋λ，z ＝3λ，点Q 的坐标为(2－2λ，－1＋λ，3λ)， ∴ BQ →＝(－2λ，λ－4，3λ)．(8分) 要使BQ ∥平面PDE ，则BQ →⊥n ， ∴ (－4)×(－2λ)＋1×(λ－4)＋1×3λ＝0λ＝13.由于上述过程可逆，故当AQ AS ＝13时，BQ ∥平面PDE.(10分)24. (1) 证明：设A ⎝⎛⎭⎫a ，a 24、B ⎝⎛⎭⎫b ，b24， ∵ y ＝x 24，∴ y ′＝x2，∴ k AM ＝a 2，k BM ＝b2，(2分)AM ：y ＝a 2x －a 24，BM ：y ＝b 2x －b 24.由⎩⎨⎧y ＝a 2x －a 24，y ＝b 2x －b 24，解得⎩⎨⎧x ＝a ＋b2，y ＝ab 4，∴ab4＝－1ab ＝－4.(4分)k AB ＝a 24－b 24a －b ＝14(a ＋b)，∴ AB ：y －a 24＝a ＋b4(x －a)，即y ＝a ＋b4x ＋1， 直线AB 过抛物线C 的焦点(0，1)．(6分) (2) 解：由(1)可知：k AM ·k BM ＝a 2·b 2＝－44＝－1，∴ AM ⊥BM.∴ △ABM 的外接圆的方程为(x －a)(x －b)＋(y －a 24)(y －b 24)＝0，(8分)即x 2＋y 2－(a ＋b)x －14(a 2＋b 2)y －3＝0，由条件知：12⎝⎛⎭⎫a 24＋b 24＝2a 2＋b 2＝16，而ab ＝－4，∴ (a ＋b)2＝a 2＋b 2＋2ab ＝16＋2×(－4)＝8a ＋b ＝±22，∴ △ABM 的外接圆的方程为 x 2＋y 2±22x －4y －3＝0.(10分)南京市2014届高三第二次模拟考试(十一)21. A. (1) 证明：因为AE 与圆相切于点A ， 所以∠BAE ＝∠ACB.因为AB ＝AC ，所以∠ABC ＝∠ACB. 所以∠ABC ＝∠BAE. 所以AE ∥BC. 因为BD ∥AC ，所以四边形ACBE 为平行四边形．(4分)(2) 解：因为AE 与圆相切于点A ，所以AE 2＝EB·(EB ＋BD)，即62＝EB·(EB ＋5)，解得BE ＝4.根据(1)有AC ＝BE ＝4，BC ＝AE ＝6.设CF ＝x ，由BD ∥AC ，得AC BD ＝CF BF ，即45＝x 6－x， 解得x ＝83，即CF ＝83.(10分)B. 解：(1) 由题意，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1a －1b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，即⎩⎪⎨⎪⎧2＋a ＝4，－2＋b ＝2，解得a ＝2，b ＝4. 所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－14.(5分)(2) (解法1)A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b ，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤24， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝2，－x ＋4y ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1.(10分)(解法2)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－14，所以A－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤23 －1316 16.(7分)因为A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b ， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝A －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤23 －1316 16⎣⎢⎡⎦⎥⎤24＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤01.所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1.(10分)C. 解：(解法1)以极点为坐标原点，极轴为x 轴建立直角坐标系，则曲线ρ＝2cos θ的直角坐标方程为(x －1)2＋y 2＝1，且圆心C 为(1，0)．(4分)直线θ＝π4的直角坐标方程为y ＝x ，因为圆心C(1，0)关于y ＝x 的对称点为(0，1)，所以圆C 关于y ＝x 的对称曲线为x 2＋(y －1)2＝1.(8分)所以曲线ρ＝2cos θ关于直线θ＝π4(ρ∈R )对称的曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(10分)(解法2)设曲线ρ＝2cos θ上任意一点为(ρ′，θ′)，其关于直线θ＝π4对称点为(ρ，θ)，则⎩⎪⎨⎪⎧ρ′＝ρ，θ′＝2k π＋π2－θ.(6分) 将(ρ′，θ′)代入ρ＝2cos θ，得ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎫π2－θ，即ρ＝2sin θ. 所以曲线ρ＝2cos θ关于直线θ＝π4(ρ∈R )对称的曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(10分)D. 证明：因为|x ＋5y|＝|3(x ＋y)－2(x －y)|.(5分) 由绝对值不等式性质，得|x ＋5y|＝|3(x ＋y)－2(x －y)|≤|3(x ＋y)|＋|2(x －y)| ＝3|x ＋y|＋2|x －y|≤3×16＋2×14＝1.即|x ＋5y|≤1.(10分)22. 解：(1) 记“恰有2人申请A 大学”为事件A ，P(A)＝C 24×2234＝2481＝827.答：恰有2人申请A 大学的概率为827.(4分)(2) X 的所有可能值为1，2，3. P(X ＝1)＝334＝127，P(X ＝2)＝C 34×A 23＋3×A 2334＝4281＝1427， P(X ＝3)＝C 24×A 3334＝3681＝49. X 的概率分布列为所以X 的数学期望E(X)＝1×127＋2×1427＋3×49＝6527.(10分)23．解：(1) 因为f(1)f(4)＝f(4)＋f(4)，所以5f(1)＝10，则f(1)＝2.(1分)因为f(n)是单调增函数，所以2＝f(1)＜f(2)＜f(3)＜f(4)＝5.因为f(n)∈Z ，所以f(2)＝3，f(3)＝4.(3分) (2) 由(1)可猜想f(n)＝n ＋1.因为f(n)单调递增，所以f(n＋1)＞f(n)．又f(n)∈Z，所以f(n＋1)≥f(n)＋1.首先证明：f(n)≥n＋1.因为f(1)＝2，所以n＝1时，命题成立．假设n＝k(k≥1)时命题成立，即f(k)≥k＋1.则f(k＋1)≥f(k)＋1≥k＋2，即n＝k＋1时，命题也成立．综上，f(n)≥n＋1.(5分)由已知可得f(2)f(n)＝f(2n)＋f(n＋1)，而f(2)＝3，f(2n)≥2n＋1，所以3f(n)≥f(n＋1)＋2n ＋1，即f(n＋1)≤3f(n)－2n－1.下面证明：f(n)＝n＋1.因为f(1)＝2，所以n＝1时，命题成立．假设n＝k(k≥1)时命题成立，即f(k)＝k＋1，则f(k＋1)≤3f(k)－2k－1＝3(k＋1)－2k－1＝k＋2，即n＝k＋1时，命题也成立．所以f(n)＝n＋1.(10分)苏锡常镇四市2013～2014学年度高三教学情况调研(一)(十二)21. A. 证明：连结AC. ∵ EA 是圆O 的切线， ∴ ∠EAB ＝∠ACB.(2分) ∵ AB ＝AD ，∴ ∠ACD ＝∠ACB.∴ ∠ACD ＝∠EAB.(4分)∵ 圆O 是四边形ABCD 的外接圆， ∴ ∠D ＝∠ABE.(6分) ∴ △CDA ∽△ABE.(8分) ∴CD AB ＝DA BE . ∵ AB ＝AD ， ∴CD AB ＝ABBE.(10分) B. 解：矩阵M 的特征多项式为f(λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1－2－2λ－1＝λ2－2λ－3.令f(λ)＝0，解得λ1＝3，λ2＝－1，对应的一个特征向量分别为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1.(5分)令β＝m α1＋n α2，得m ＝4，n ＝－3.M 6β＝M 6(4α1－3α2) ＝4(M 6α1)－3(M 6α2)＝4×36⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－3(－1)6⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 9132 919.(10分)C. 解：(1) 圆的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4.(5分)(2) 把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入上述方程，得圆的极坐标方程为ρ＝4cos θ.(10分)D. 解：f(x)的最小值为3－|a 2－2a|，(5分)由题设，得|a 2－2a|<3，解得a ∈(－1，3)．(10分) 22. 解：(1) 设甲同学在5次投篮中，恰有x 次投中，“至少有4次投中”的概率为P ，则P ＝P(x ＝4)＋P(x ＝5)(2分) ＝C 45⎝⎛⎭⎫234⎝⎛⎭⎫1－231＋C 55(23)5(1－23)0＝112243.(4分) (2) 由题意ξ＝1，2，3，4，5. P(ξ＝1)＝23，P(ξ＝2)＝13×23＝29，P(ξ＝3)＝13×13×23＝227，P(ξ＝4)＝⎝⎛⎭⎫133×23＝281， P(ξ＝5)＝⎝⎛⎭⎫134＝181. ξ的分布列为ξ的数学期望Eξ＝1×23＋2×29＋3×227＋4×281＋5×181＝12181.(10分)23. (1) 证明：当n 为奇数时，n ＋1为偶数，n －1为偶数，∵S n ＋1＝C 0n ＋1－C 1n ＋…＋(－1)n ＋12Cn ＋12n ＋12，S n ＝C 0n －C 1n －1＋…＋(－1)n －12Cn －12n ＋12，S n －1＝C 0n －1－C 1n －2＋…＋(－1)n －12Cn －12n －12，∴S n ＋1－S n ＝(C 0n ＋1－C 0n )－(C 1n －C 1n －1)＋…＋(－1)n －12(C n ＋12－1n ＋12＋1－C n －12n ＋12)＋(－1)n ＋12Cn ＋12n ＋12(2分)＝－[C 0n －1－C 1n －2＋…＋(－1)n －12Cn －12n －12]＝－S n －1.∴ 当n 为奇数时，S n ＋1＝S n －S n －1成立．(5分)同理可证，当n 为偶数时，S n ＋1＝S n －S n －1也成立．(6分)(2) 解：由S ＝12 014C 02 014－12 013C 12 013＋12 012C 22 012－12 011C 32 011＋…－11 007C 1 0071 007，得 2 014S ＝C 02 014－2 0142 013C 12 013＋2 0142 012C 22 012－2 0142 011C 32 011＋…－2 0141 007C 1 0071 007＝C 02 014－⎝⎛⎭⎫C 12 013＋12 013C 12 013＋(C 22 012＋22 012C 22 012)－(C 32 011＋32 011C 32 011)＋…－⎝⎛⎭⎫C 1 0071 007＋1 0071 007C1 0071 007 ＝(C 02 014－C 12 013＋C 22 012－…－C 1 0071 007)－(C 02 012－C 12 011＋C 22 010－…＋C 1 0061 006) ＝S 2 014－S 2 012.(9分)又由S n＋1＝S n－S n－1，得S n＋6＝S n，所以S2 014－S2 012＝S4－S2＝－1，S＝－12 014.(10分)南通市2014届高三第二次调研测试(十三)21. A. 证明：因为PA 是圆O 在点A 处的切线， 所以∠PAB ＝∠ACB.因为PD ∥AC ，所以∠EDB ＝∠ACB ， 所以∠PAE ＝∠PAB ＝∠ACB ＝∠BDE.又∠PEA ＝∠BED ，故△PAE ∽△BDE.(10分)B. 解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，则由⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝1，c －d ＝－1. 再由⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，c ＋d ＝1. 联立以上方程组解得a ＝2，b ＝1，c ＝0，d ＝1， 故M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 10 1.(10分) C. 解：由题设可知P(1＋2cos α，2sin α)，Q(1＋2cos2α，2sin2α)，(2分) 于是PQ 的中点M(1＋cos α＋cos2α，sin α＋sin2α)．(4分)从而d 2＝MA 2＝(cos α＋cos2α)2＋(sin α＋sin2α)2＝2＋2cos α.(6分) 因为0＜α＜2π，所以－1≤cos α≤1，(8分)于是0≤d 2＜4，故d 的取值范围是[0，2)．(10分) D. 证明：因为|m|＋|n|≥|m －n|，所以|x －1＋a|＋|x －a|≥|x －1＋a －(x －a)|＝|2a －1|.(8分) 又a ≥2，故|2a －1|≥3.所以|x －1＋a|＋|x －a|≥3.(10分)22. (1) 证明：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系． 不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，2，1)，C 1(0，2，1)，D 1(0，0，1)．因为AE EB ＝λ，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0， 于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1，0，－1)． 所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1，0，－1)＝0.故D 1E ⊥A 1D.(5分)(2) 解：因为D 1D ⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的法向量为n 1＝(0，0，1)． 又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2，1)． 设平面D 1CE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z)，则n 2·CE →＝x ＋y ⎝⎛⎭⎫2λ1＋λ－2＝0，n 2·CD 1→＝－2y ＋z ＝0，所以向量n 2的一个解为⎝⎛⎭⎫2－2λ1＋λ，1，2.因为二面角D 1ECD 的大小为π4，则n 1·n 2|n 1||n 2|＝22.解得λ＝±233－1.又E 是棱AB 上的一点，所以λ＞0，故所求的λ值为233－1.(10分)23. 解：(1) 当n ＝3时，a 1＝a 3＝1. 因为a 2a 1∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2，a 3a 2∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2，即a 2∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2，1a 2∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2，所以a 2＝12或a 2＝1或a 2＝2.故此时满足条件的数列{a n }共有3个：1，12，1；1，1，1；1，2，1.(3分)(2) 令b i ＝a i ＋1a i(1≤i ≤7)，则对每个符合条件的数列{a n }，满足条件： b 1·b 2·b 3·…·b i ＝a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a i ＋1a i ＝a 8a 1＝1，且b i ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2(1≤i ≤7)．反之，由符合上述条件的7项数列{b n }可唯一确定一个符合条件的8项数列{a n }．(7分) 记符合条件的数列{b n }的个数为N.显然，b i (1≤i ≤7)中有k 个2；从而有k 个12，7－2k 个1.当k 给定时，{b n }的取法有C k 7C k7－k 种，易得k 的可能值只有0，1，2，3，故N ＝1＋C 17C 16＋C 27C 25＋C 37C 34＝393.因此，符合条件的数列{a n }的个数为393.(10分)南京市2014届高三第三次模拟考试(十四)21. A. 证明：因为AE 为圆O 的切线，所以∠ABD ＝∠CAE.(2分) 因为△ACD 为等边三角形， 所以∠ADC ＝∠ACD ， 所以∠ADB ＝∠ECA ， 所以△ABD ∽△EAC.(6分)所以AD BD ＝ECCA，即AD·CA ＝BD·EC.(8分)因为△ACD 为等边三角形， 所以AD ＝AC ＝CD ， 所以CD 2＝BD·EC.(10分)B. 解：设特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤k －1，对应的特征值为λ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k 01⎣⎢⎡⎦⎥⎤ k －1＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ k －1，即⎩⎪⎨⎪⎧ak －k ＝λk ，λ＝1. 因为k ≠0，所以a ＝2.(5分) 因为A －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤31＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，所以A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31， 即⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 k 0 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31， 所以2＋k ＝3，解得k ＝1. 综上，a ＝2，k ＝1.(10分)C. 解：设M(2cos θ，23sin θ)，θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2.由题知OA ＝2，OB ＝23，(2分)所以四边形OAMB 的面积S ＝12×OA ×23sin θ＋12×OB ×2cos θ＝23sin θ＋23cos θ＝26sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4.(8分)所以当θ＝π4时，四边形OAMB 的面积的最大值为2 6.(10分)D. 解：由柯西不等式，得[a 2＋(2b)2＋(3c)2]⎣⎡⎦⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫132≥(a ＋b ＋c)2.(8分)因为a 2＋2b 2＋3c 2＝6，所以(a ＋b ＋c)2≤11，－11≤a ＋b ＋c ≤11.故a ＋b ＋c 的最大值为11，当且仅当a ＝2b ＝3c ＝61111.(10分)22. 证明：连结AC 、BD 交于点O ，以OA 为x 轴正方向，以OB 为y 轴正方向，OP 为z 轴建立空间直角坐标系．因为PA ＝AB ＝2，则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．(1) 由BN →＝13BD →，得N ⎝⎛⎭⎫0，13，0，由PM →＝13PA →，得M ⎝⎛⎭⎫13，0，23，所以MN →＝⎝⎛⎭⎫－13，13，－23，AD →＝(－1，－1，0)． 因为MN →·AD →＝0，所以MN ⊥AD.(4分)(2) 因为M 在PA 上，可设PM →＝λPA →，得M(λ，0，1－λ)． 所以BM →＝(λ，－1，1－λ)，BD →＝(0，－2，0)． 设平面MBD 的法向量n ＝(x ，y ，z)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝0，λx －y ＋（1－λ）z ＝0，其中一组解为x ＝λ－1，y ＝0，z ＝λ，所以可取n ＝(λ－1，0，λ)．(8分) 因为平面ABD 的法向量为OP →＝(0，0，1)， 所以cos π4＝|n ·OP →||n ||OP →|，即22＝λ（λ－1）2＋λ2，解得λ＝12， 从而M ⎝⎛⎭⎫12，0，12，N ⎝⎛⎭⎫0，13，0， 所以MN ＝⎝⎛⎭⎫12－02＋⎝⎛⎭⎫0－132＋⎝⎛⎭⎫12－02＝226.(10分) 23. 解：(1) S ＝{1，2}的所有非空子集为：{1}，{2}，{1，2}，所以数组T 为：1，2，32.因此m(T)＝1＋2＋323＝32.(3分)(2) 因为S ＝{a 1，a 2，…，a n }，n ∈N *，n ≥2，所以m(T)＝1211111111123111()()()23n n n n n n n n i i i i nn n n nai C ai C ai C ai n C C C C ----====轾犏++++犏臌+++邋邋L L ＝1＋12C 1n －1＋13C 2n －1＋…＋1n C n －1n －1C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C nn ∑i ＝1na i .(6分) 因为1k C k －1n －1＝1k ·（n －1）！（k －1）！（n －k ）！＝（n －1）！k ！（n －k ）！＝1n ·n ！（n －k ）！k ！＝1n C k n，(8分)。
新高考数学复习专题-专题十三 简单几何体的结构特征、表面积与体积(原卷版)
专题十三 简单几何体的结构特征、表面积与体积一、单选题1．（2021·浙江高一期末）如图所示是水平放置的三角形的直观图，2,,AB BC AB BC ==分别与y '轴、x '轴平行，则ABC 在原图中对应三角形的面积为（ ）A ．2B ．1C ．2D ．4 2．（2021·山东日照市·高三一模）已知直三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为2，AB BC ⊥，2AB BC ==.过AB 、1BB 的中点E 、F 作平面α与平面11AAC C 垂直，则所得截面周长为（ ）A ．+BC ．D ．3．（2021·全国高三其他模拟）如图是千里淮河第一闸——王家坝闸下游，蒙洼蓄洪区内特色居民生活区域——庄台的示意图．忽略其他因素不妨假设庄台的底部建筑（不含地面上建筑）恰好为一个正四棱台，若该正四棱台的上底面边长为a ，下底面边长为b ，上底面中心处高为h 的旗杆顶点恰好为该正四棱台四条侧棱的交点，则该正四棱台的高为（ ）A ．ah b B ．bh a C ．()b a h b - D ．()b a h a- 4．（2021·广东肇庆市·高三二模）牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为2100cm π和264cm π的同心球（球壁的厚度忽略不计），在外球表面上有一点A ，在内球表面上有一点B ，连接线段AB .若线段AB 不穿过小球内部，则线段AB 长度的最大值是（ ）A B ．9cm C ．3cm D ．2cm 5．（2021·浙江高二开学考试）一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图均为等腰直角三角形，该几何体的体积为（ ）A．8 B．83C．4 D．436．（2021·江苏高一课时练习）关于斜二测画法所得直观图，以下说法正确的是（）A．等腰三角形的直观图仍是等腰三角形B．正方形的直观图为平行四边形C．梯形的直观图不是梯形D．正三角形的直观图一定为等腰三角形7．（2021·甘肃兰州市·高三其他模拟（文））《九章算术》卷五《商功》中有如下问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高四丈.”意思是：今将粟放在平地，谷堆下周长12丈，高4丈.将该谷堆模型看作一个圆锥， 取近似值3，则该圆锥外接球的表面积约为（）A．55平方丈B．75平方丈C．110平方丈D．150平方丈8．（2021·甘肃高三一模（理））玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，它与玉璧、玉圭、玉璋、玉璜、玉琥被称为“六器”，是古人用于祭祀神祇的一种礼器．《周礼》中载有“以玉作六器，以礼天地四方，以苍璧礼天，以黄琮礼地”等文．如图为齐家文化玉琮，该玉琮中方内空，形状对称，圆筒内径2.0cm，外径2.4cm，筒高6.0cm，方高4.0cm，则其体积约为（单位：3cm）（）A ．23.04 3.92π-B ．34.56 3.92π-C ．34.56 3.12π-D ．23.04 3.12π- 9．（2021·全国高三月考（理））已知三棱锥P ABC -中，ABC 是等腰直角三角形，AB AC ⊥，AB =PA =PAB PAC ∠=∠，三棱锥P ABC -的体积为1，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（ ）A ．36πB ．32πC ．24πD ．16π 10．（2021·全国高三专题练习（理））设ABC 为等腰三角形，2AB AC ==，3A π∠=，AD 为BC 边上的高，将ADC 沿AD 翻折成ADC '，若四面体ABC D '的外接球半，则线段BC '的长度为（ ）A ．2B ．1CD 11．（2021·全国高三专题练习（理））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为正方形1111D C B A 的中心，P ，M ，N 分别为1DD ，AB ，BC 的中点，则四面体OPMN 的体积为（ ）A ．512B ．56C ．12D ．612．（2021·全国高三专题练习（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A BC D -的内切球的表面积为16π，则正方体外接球的体积为（ ）A ．81πB ．288πC ．36πD ． 13．（2021·浙江高三专题练习）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A ．3π8B ．π4C ．5π24D ．7π2414．（2021·浙江高一期末）圆台的上，下底面半径分别为3和4，母线长为6．则其表面积等于（ ）A ．72B ．42πC ．67πD ．72π 15．（2021·全国高三开学考试（文））如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（ ）A ．18πB ．20πC ．223πD ．26π16．（2021·江苏苏州市·高三开学考试）我国南北朝时期的数学家祖暅在计算球的体积时，提出了一个原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线AOC 和BOD 均是以1为半径的半圆，平面AOC 和平面BOD 均垂直于平面ABCD ，用任意平行于帐篷底面ABCD 的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形．模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱，从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图2)，从而求得该帐篷的体积为（ ）A ．23B ．43C ．3πD ．23π 17．（2021·山西晋中市·高三二模（理））如图，一个四棱柱形容器中盛有水，在底面ABCD 中，//AB CD ，3AB =，1CD =，侧棱14AA =，若侧面11AA B B 水平放置时，水面恰好过1111,,,AD BC B C A D 的中点，那么当底面ABCD 水平放置时，水面高为（ ）A ．2B ．52C ．3D ．7218．（2021·广西梧州市·高三其他模拟（理））在等腰三角形ABC 中，2AB AC ==，顶角为120，以底边BC 所在直线为轴旋转围成的封闭几何体内装有一球，则球的最大体积为（ ）A ．2B ．2C ．12π D ．3二、多选题19．（2021·广东韶关市·高三一模）如图三棱锥P ABC -，平面PBC ⊥平面ABC ，已知PBC 是等腰三角形，ABC 是等腰直角三角形，若2AB BC ==，PB PC ==球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则（ ）A ．球心到平面PBC 的距离是32B ．球心到平面ABC 的距离是34C ．球的表面积是414πD ．球的体积是320．（2021·山东青岛市·高三一模）在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品.有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽 ）A ．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为120B ．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米C ．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1600π平方厘米D ．此斗笠放在平面上，可以盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为30厘米21．（2021·山东德州市·高三一模）如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边AB 、BC 上（不含端点）且BE BF =，将AED ，DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A 、C 两点重合于点1A ，则下列结论正确的有（ ）．A ．1A D EF ⊥B ．当12BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -C ．当14BE BF BC ==时，三棱锥1A F DE -的体积为3D ．当14BE BF BC ==时，点1A 到平面DEF 的距离为7第II 卷（非选择题） 请点击修改第II 卷的文字说明三、填空题22．（2021·浙江高一期末）圆锥底面半径为1，母线长为4，轴截面为PAB ，如图，从A 点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A 点，则最短绳长为_________．23．（2021·吉林长春市·高三二模（文））“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图，其反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，设球冠底的半径为r ，球冠的高为h ，则球的半径R =______________．24．（2020·江苏省苏州中学园区校高二期中）如图所示为水平放置的正方形ABCO ，在平面直角坐标系xOy 中点B 的坐标为()2,2，用斜二测画法画出它的直观图A B C O ''''，则四边形A B C O ''''的面积为___________.25．（2021·江苏高一课时练习）从正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点中任意取4个不同的顶点，这4个顶点可能是：（1）矩形的4个顶点；（2）每个面都是等边三角形的四面体的4个顶点；（3）每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点；（4）有三个面是等腰直角三角形，有一个面是等边三角形的四面体的4个顶点．其中正确结论的个数为________．26．（2021·山东德州市·高三一模）已知三棱锥P ABC -中，AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为P 为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为______．27．（2021·江苏省天一中学高三二模）《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊欧几里得的《几何原本》并称现代数学的两大源泉.《九章算术》卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈.问积几何？”译文：今有如图所示的屋脊状楔体PQ ABCD -，下底面ABCD 是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ 的中点R 在底面ABCD 上的投影为矩形ABCD 的中心点O ，//PQ AB ，4AB =，3AD =，2PQ =，1OR =（长度单位：丈）.则楔体PQ ABCD -的体积为___________（体积单位：立方丈）.28．（2020·苏州市第三中学校高二月考）已知球O 的半径为3，正三棱锥S ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，且2SA =，则正三棱锥S ABC -的体积为___________. 29．（2021·河南高三月考（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 、P 、Q 分别是11A D 、11C D 、11B C 、11A B 的中点，沿平面AMQ 、BQP 、CPN 、DMN 截去4个小三棱锥后，所得多面体体积为______．30．（2021·全国高三专题练习（文））已知直三棱柱111ABC A B C -，14AB BC AA ===，AC =P 是上底面111A B C 所在平面内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为41π，则此时点P 构成的图形面积为________．31．（2021·山东济宁市·高三一模）在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，14A D A A ==，E ，F ，G 分别是棱AB ，BC ，1CC 的中点，P 是底面ABCD 内一动点，若直线1D P 与平面EFG 平行，当三角形1BB P 的面积最小时，三棱锥1A BB P -的外接球的体积是______．32．（2021·河北张家口市·高三一模）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35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___________．33．（2021·云南高三其他模拟（理））如图，已知面积为4的正方形ABCD 的四个顶点均在球O 的球面上，1O 为正方形ABCD 的外接圆，1AO O △为等腰直角三角形，则球O 的体积为___________.34．（2021·浙江高二开学考试）如图，过球的一条半径OP 的中点1O ，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的面积与球的表面积之比为________．35．（2021·湖北高三月考）已知球O 的半径为4,3点,,,A B C D 均在球面上，若ABC则三棱锥D ABC -的最大体积是___________.四、解答题36．（2021·全国高三专题练习（文））设某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为cm )，（1）用斜二测画法画出该几何体的直观图(不写画法)； （2）求该几何体最长的棱长.37．（2021·江苏高一课时练习）如图，在三棱锥V ABC -中，4VA VB VC ===，30AVB AVC BVC ∠=∠=∠=，过点A 作截面AEF ，求AEF 周长的最小值．38．（2021·江西高三其他模拟（文））如图，已知三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒，11AA =，AB =2AC =，E ，F 分别为棱1CC ，BC 的中点.（1）求异面直线EF 与1A B 所成角的大小；（2）若G 为线段1AA 的中点，试在图中作出过E ，F ，G 三点的平面截该棱柱所得的多边形，并求该截面分三棱柱成两部分（较小部分与较大部分）的体积的比值. 39．（2021·全国高三月考（文））如图，直三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC 是边长为2的等边三角形，14BB =，E 为棱11A C 的中点，F 为棱11A B 的中点，11BC B C O =.（1）证明：1//A B 平面EFO ； （2）求三棱锥111B ACC -的体积.40．（2021·湖南高三月考（文））图1是由正方形ABCD ，Rt ABE △，Rt CDF △组成的一个平面图形，其中1AB AE DF ===，将其沿AB 、CD 折起使得点E 与点F 重合，如图2．（1）证明：图2中的平面ABE 与平面ECD 的交线平行于底面ABCD ； （2）求图2中几何体A BCE -的体积．41．（2021·全国高三专题练习（文））在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，1,2PD PN ND ==.四边形ABCD 为梯形，//,224,120AD BC BC AD DC ADC ===∠=︒.（1）求证：//PB 平面ACN ； （2）求三棱锥N PBC -的体积.42．（2021·全国高三专题练习（文））在等腰梯形ABCD 中，//,2,AB CD AB DC E =为AB 的中点，将ADE 与BEC △分别沿ED CE 、向上折起，使A B 、重合于点.P（1）在折后的三棱锥P DCE -中，证明:PE CD ⊥；（2）若60DEC ∠=，且折后的三棱锥P DCE -求三棱锥P DCE -的体积.43．（2021·全国高三专题练习（文））如图，在四棱锥S ABCD -中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，2SD AD ==，1DC =，CB =．（1）证明：平面SAD ⊥平面SAB ； （2）求三棱锥C SAB -的体积．44．（2021·全国高三专题练习（文））如图，在四校锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ︒∠=，平面PAD ⊥平面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，22PA PD AD CD BC =====.（1）求证：BC ⊥平面PQB ； （2）求三棱锥P AMQ -的体积.45．（2021·河南高一月考）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，13AA =.（1）求证：直线1//A B 平面1ACD ； （2）求三棱锥1D BCD 的外接球的体积.五、双空题46．（2021·广东广州市·高三一模）已知三棱锥P ABC -的底面ABC 是边长为6的等边三角形，PA PB PC ===，先在三棱锥P ABC -内放入一个内切球1O ，然后再放入一个球2O ，使得球2O 与球1O 及三棱锥P ABC -的三个侧面都相切，则球1O 的体积为________，球2O 的表面积为__________.18原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！。
江苏高三数学20套数学附加题
实战演练·高三数学附加分20套江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(一)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A 、B 、C 、D 四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)如图，AB 、CD 是半径为1的圆O 的两条弦，它们相交于AB 的中点P ，若PC ＝98，OP ＝12，求PD 的长．B. (选修4-2：矩阵与变换)已知曲线C ：xy ＝1，若矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤22－222222对应的变换将曲线C 变为曲线C′，求曲线C′的方程．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 ρ＝2acos θ，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⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3t ＋2，y ＝4t ＋2(t 为参数)．若直线l 与圆C 相切，求实数a 的值．D. (选修4-5：不等式选讲)已知x 1、x 2、x 3为正实数，若x 1＋x 2＋x 3＝1，求证：x 22x 1＋x 23x 2＋x 21x 3≥1.【必做题】第22题、第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. 已知点A(1，2)在抛物线Γ：y 2＝2px 上．(1) 若△ABC 的三个顶点都在抛物线Γ上，记三边AB 、BC 、CA 所在直线的斜率分别为k 1、k 2、k 3，求1k 1－1k 2＋1k 3的值； (2) 若四边形ABCD 的四个顶点都在抛物线Γ上，记四边AB 、BC 、CD 、DA 所在直线的斜率分别为k 1、k 2、k 3、k 4，求1k 1－1k 2＋1k 3－1k 4的值．23. 设m 是给定的正整数，有序数组(a 1，a 2，a 3，…，a 2m )中a i ＝2或－2(1≤i ≤2m)．(1) 求满足“对任意的k(k ∈N *，1≤k ≤m)，都有a 2k －1a 2k＝－1”的有序数组(a 1，a 2，a 3，…，a 2m )的个数A ；(2) 若对任意的k 、l(k 、l ∈N *，1≤k ≤l ≤m)，都有| i ＝2k －12la i |≤4成立，求满足“存在k(k ∈N *，1≤k ≤m)，使得a 2k －1a 2k≠－1”的有序数组(a 1，a 2，a 3，…，a 2m )的个数B.江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(二)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A 、B 、C 、D 四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)在△ABC 中，已知CM 是∠ACB 的平分线，△AMC 的外接圆交BC 于点N ，且BN ＝2AM.求证：AB ＝2AC.B. (选修4-2：矩阵与变换)设二阶矩阵A 、B 满足A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 23 4，(BA )－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1，求B －1.C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在极坐标系中，已知曲线C ：ρ＝2sin θ，过极点O 的直线l 与曲线C 交于A 、B 两点，且AB ＝3，求直线l 的方程．D. (选修4-5：不等式选讲)已知x、y、z均为正数，求证：xyz＋yzx＋zxy≥1x＋1y＋1z.【必做题】第22题、第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. 如图，设P1，P2，…，P6为单位圆上逆时针均匀分布的六个点．现任选其中三个不同点构成一个三角形，记该三角形的面积为随机变量S.(1) 求S＝32的概率；(2) 求S的分布列及数学期望E(S)．23.记1，2，…，n满足下列性质T的排列a1，a2，…，a n的个数为f(n)(n≥2，n∈N*)．性质T：排列a1，a2，…，a n中有且只有一个a i>a i＋1(i∈{1，2，…，n－1})．(1) 求f(3)；(2) 求f(n)．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(三)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A 、B 、C 、D 四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)如图，MN 为两圆的公共弦，一条直线与两圆及公共弦依次交于A 、B 、C 、D 、E ，求证：AB·CD ＝BC·DE.B. (选修4-2：矩阵与变换)已知a 、b ∈R ，若M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1a b 3所对应的变换T M 把直线2x －y ＝3变换成自身，试求实数a 、b.C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在极坐标系中，求点M ⎝⎛⎭⎫2，π6关于直线θ＝π4的对称点N 的极坐标，并求MN 的长．D. (选修4-5：不等式选讲)已知x 、y 、z 均为正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.【必做题】第22题、第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. 如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，正四棱锥PABCD 的侧棱长与底边长都为32，点M 、N 分别在PA 、BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13. (1) 求证：MN ⊥AD ；(2) 求MN 与平面PAD 所成角的正弦值．23.设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的八个顶点中任取四个点，当四点共面时，ξ＝0，当四点不共面时，ξ的值为四点组成的四面体的体积．(1) 求概率P(ξ＝0)；(2) 求ξ的分布列，并求其数学期望E(ξ)．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(四)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A、B、C、D四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)如图，锐角三角形ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E，若△ABC面积S＝34AD·AE，求∠BAC的大小．B. (选修4-2：矩阵与变换)求使等式⎣⎢⎡⎦⎥⎤1234＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1002M⎣⎢⎡⎦⎥⎤100－1成立的矩阵M.C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝2cosθ，如图，曲线C与x轴交于O、B两点，P是曲线C在x轴上方图象上任意一点，连结OP并延长至M，使PM＝PB，当P变化时，求动点M轨迹的长度．D. (选修4-5：不等式选讲)已知a、b、c均为正数，且a＋2b＋4c＝3.求1a＋1＋1b＋1＋1c＋1的最小值，并指出取得最小值时a、b、c的值．【必做题】第22题、第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. 已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线．(1) 分别求出凸四边形、凸五边形、凸六边形的对角线的条数；(2) 猜想凸n边形的对角线条数f(n)，并用数学归纳法证明．23.从集合M＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}中任取三个元素构成子集{a，b，c}．(1) 求a、b、c中任意两数之差的绝对值均不小于2的概率；(2) 记a、b、c三个数中相邻自然数的组数为ξ(如集合{3，4，5}中3和4相邻，4和5相邻，ξ＝2)，求随机变量ξ的分布列及其数学期望E(ξ)．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(五)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A 、B 、C 、D 四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)如图，等腰梯形ABCD 内接于圆O ，AB ∥CD.过点A 作圆O 的切线交CD 的延长线于点E.求证：∠DAE ＝∠BAC.B. (选修4-2：矩阵与变换)已知直线l ：ax －y ＝0在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 112对应的变换作用下得到直线l′，若直线l′过点(1，1)，求实数a 的值．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在极坐标系中，已知点P ⎝⎛⎭⎫23，π6，直线l ：ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝22，求点P 到直线l 的距离．D. (选修4-5：不等式选讲)已知x≥1，y≥1，求证：x2y＋xy2＋1≤x2y2＋x＋y.【必做题】第22题、第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. 如图，在三棱锥PABC中，已知平面PAB⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2a，点O、D分别是AB、PB的中点，PO⊥AB，连结CD.(1) 若PA＝2a，求异面直线PA与CD所成角的余弦值的大小；(2) 若二面角APBC的余弦值的大小为55，求PA.23. 设集合A、B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A的子集．(1) 若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；(2) 若M＝{a1，a2，a3，…，a n}，求所有不同的有序集合对(A，B)的个数．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(六)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A 、B 、C 、D 四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)如图，已知AB 是圆O 的直径，圆O 交BC 于点D ，过点D 作圆O 的切线DE 交AC 于点E ，且DE ⊥AC.求证：AC ＝2OD.B. (选修4-2：矩阵与变换)已知矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 32 1的一个特征值为4，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)求经过极坐标为O(0，0)、A ⎝⎛⎭⎫6，π2、B ⎝⎛⎭⎫62，π4三点的圆的直角坐标方程．D. (选修4-5：不等式选讲)已知正数a 、b 、c 满足abc ＝1，求(a ＋2)(b ＋2)(c ＋2)的最小值．【必做题】第22题、第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. 已知曲线C ：y 2＝2x －4.(1) 求曲线C 在点A(3，2)处的切线方程； (2) 过原点O 作直线l 与曲线C 交于A 、B 两不同点，求线段AB 的中点M 的轨迹方程．23已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1·(1＋a n )＝1.(1) 试计算a 2，a 3，a 4，a 5的值；(2) 猜想|a n ＋1－a n |与115⎝⎛⎭⎫25n －1(其中n ∈N *)的大小关系，并证明你的猜想．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(七)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A 、B 、C 、D 四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)如图，AB 是圆O 的一条直径，C 、D 是圆O 上不同于A 、B 的两点，过B 作圆O 的切线与AD 的延长线相交于点M ，AD 与BC 相交于N 点，BN ＝BM.求证：(1) ∠NBD ＝∠DBM ；(2) AM 是∠BAC 的角平分线．B. (选修4-2：矩阵与变换)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n m 1的一个特征根为λ＝2，它对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.(1) 求m 与n 的值；(2) 求A －1.C. (选修4-4：坐标系与参数方程)已知在平面直角坐标系xOy 中，圆M 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝532＋2cos θ，y ＝72＋2sin θ(θ为参数)，以Ox 轴为极轴，O 为极点建立极坐标系，在该极坐标系下，圆N 是以点⎝⎛⎭⎫3，π3为圆心，且过点⎝⎛⎭⎫2，π2的圆．(1) 求圆M 及圆N 在平面直角坐标系xOy 下的直角坐标方程； (2) 求圆M 上任一点P 与圆N 上任一点Q 之间距离的最小值．D. (选修4-5：不等式选讲)已知：a ＋b ＋c ＝1，a 、b 、c>0.求证： (1) abc ≤127；(2) a 2＋b 2＋c 2≥3abc.【必做题】第22题、第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. 已知直线l ：y ＝2x －4与抛物线C ：y 2＝4x 相交于A 、B 两点，T(t ，0)(t>0且t ≠2)为x 轴上任意一点，连结AT 、BT 并延长与抛物线C 分别相交于A 1、B 1.(1) 设A 1B 1斜率为k ，求证：k·t 为定值；(2) 设直线AB 、A 1B 1与x 轴分别交于M 、N ，令S △ATM ＝S 1，S △BTM ＝S 2，S △B 1TN ＝S 3，S △A 1TN ＝S 4，若S 1、S 2、S 3、S 4构成等比数列，求t 的值．23如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，底面△ABC 为直角三角形，∠ACB ＝π2，顶点C 1在底面△ABC 内的射影是点B ，且AC ＝BC ＝BC 1＝3，点T 是平面ABC 1内一点．(1) 若T 是△ABC 1的重心，求直线A 1T 与平面ABC 1所成的角；(2) 是否存在点T ，使TB 1＝TC 且平面TA 1C 1⊥平面ACC 1A 1？若存在，求出线段TC 的长度；若不存在，说明理由．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(八)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. (本小题满分10分)已知二阶矩阵M 有特征值λ＝5，属于特征值λ＝5的一个特征向量是e ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，并且矩阵M 对应的变换将点(－1，2)变换为(－2，4)，求矩阵M .22. (本小题满分10分)已知直线l 的极坐标方程是ρcos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝42，圆M 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝1＋2cos θ，y ＝－1＋2sin θ(θ是参数)．(1) 将直线的极坐标方程化为普通方程； (2) 求圆上的点到直线l 上点距离的最小值．23. (本小题满分10分)如图，在底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上的一点，CP ＝m.(1) 若m ＝1，求异面直线AP 与BD 1所成角的余弦；(2) 是否存在实数m ，使直线AP 与平面AB 1D 1所成角的正弦值是13若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．24. (本小题满分10分)在某学校组织的一次篮球定点投篮训练中，规定每人最多投3次．在A 处每投进一球得3分，在B 处每投进一球得2分；如果前两次得分之和超过3分即停止投篮，否则投三次．某同学在A 处的命中率为p ，在B 处的命中率为q.该同学选择先在A 处投一球，以后都在B 处投，用X 表示该同学投篮训练结束后所得的总分，其分布列为X 0 2 3 4 5 Pp 1p 2p 3p 4p 5(1) 若p ＝0.25，p 1＝0.03，求该同学用上述方式投篮得分是5分的概率；(2) 若该同学在B 处连续投篮3次，投中一次得2分，用Y 表示该同学投篮结束后所得的总分．若p<23q ，试比较E(X)与E(Y)的大小．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(九)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】从A 、B 、C 、D 四小题中选做两小题，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．A. (选修4-1：几何证明选讲)如图，锐角△ABC 的内心为D ，过点A 作直线BD 的垂线，垂足为F ，点E 为内切圆D 与边AC 的切点．若∠C ＝50°，求∠DEF 的度数．B. (选修4-2：矩阵与变换)设矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 00 b (其中a ＞0，b ＞0)，若曲线C ：x 2＋y 2＝1在矩阵M 所对应的变换作用下得到曲线C′：x 24＋y 2＝1，求a ＋b 的值．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝22t ，y ＝22t ＋42(t 为参数)，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4.由直线l 上的点向圆C 引切线，求切线长的最小值．D. (选修4-5：不等式选讲)已知a 、b 、c 均为正数，求证：a 2＋b 2＋c 2＋⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＋1c 2≥6 3.【必做题】第22题、第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. 某品牌汽车4S 店经销A 、B 、C 三种排量的汽车，其中A 、B 、C 三种排量的汽车依次有5、4、3款不同车型．某单位计划购买3辆不同车型的汽车，且购买每款车型等可能．(1) 求该单位购买的3辆汽车均为B 种排量汽车的概率；(2) 记该单位购买的3辆汽车的排量种数为X ，求X 的分布列及数学期望．23. 已知点A(－1，0)，F(1，0)，动点P 满足AP →·AF →＝2|FP →|.(1) 求动点P 的轨迹C 的方程；(2) 在直线l ：y ＝2x ＋2上取一点Q ，过点Q 作轨迹C 的两条切线，切点分别为M 、N ，问：是否存在点Q ，使得直线MN ∥l ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. (本小题满分10分)已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 32 1，求矩阵M 的特征值，并任选择一个特征值，求其对应的特征向量．22.(本小题满分10分)在极坐标系中，已知圆C 的圆心坐标为C ⎝⎛⎭⎫2，π3，半径R ＝2，试判断圆C 是否通过极点，并求圆C 的极坐标方程．23. (本小题满分10分)如图，已知四棱锥SABCD的底面是边长为4的正方形，顶点S在底面上的射影O落在正方形ABCD内，且O到AB、AD的距离分别是2、1.又P是SC的中点，E是BC上一点，CE＝1，SO＝3，过O在底面内分别作AB、BC垂线Ox、Oy，分别以Ox、Oy、OS为x、y、z轴建立空间直角坐标系．(1) 求平面PDE的一个法向量；(2) 问在棱SA上是否存在一点Q，使直线BQ∥平面PDE？若存在，请给出点Q在棱SA上的位置；若不存在，请说明理由．24.(本小题满分10分)已知抛物线C：x2＝4y，在直线y＝－1上任取一点M，过M作抛物线C的两条切线MA、MB.(1) 求证：直线AB过一个定点，并求出这个定点；(2) 当弦AB中点的纵坐标为2时，求△ABM的外接圆的方程．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十一)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲)如图，△ABC 为圆的内接三角形，AB ＝AC ，BD 为圆的弦，且BD ∥AC.过点A 作圆的切线与DB 的延长线交于点E ，AD 与BC 交于点F.(1) 求证：四边形ACBE 为平行四边形； (2) 若AE ＝6，BD ＝5，求线段CF 的长．B. (选修4-2：矩阵与变换)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 a －1 b 的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21.(1) 求矩阵A ；(2) 若A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b ，求x 、y 的值．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在极坐标系中，求曲线ρ＝2cos θ关于直线θ＝π4(ρ∈R )对称的曲线的极坐标方程．D. (选修4-5：不等式选讲)已知x、y∈R，且|x＋y|≤16，|x－y|≤14，求证：|x＋5y|≤1.【必做题】第22题、第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. 某中学有4位学生申请A、B、C三所大学的自主招生．若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的．(1) 求恰有2人申请A大学的概率；(2) 求被申请大学的个数X的概率分布列与数学期望E(X)．23.设f(n)是定义在N*上的增函数，f(4)＝5，且满足：①任意n∈N*，有f(n)∈Z；②任意m、n∈N*，有f(m)f(n)＝f(mn)＋f(m＋n－1)．(1) 求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2) 求f(n)的表达式．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十二)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲)如图，圆O 为四边形ABCD 的外接圆，且AB ＝AD ，E 是CB 延长线上一点，直线EA 与圆O 相切．求证：CD AB ＝ABBE.B. (选修4-2：矩阵与变换)已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 22 1，β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤17，计算M 6β.C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy 中，圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos α，y ＝2sin α(α为参数)，以坐标原点O为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．求：(1) 圆的普通方程； (2) 圆的极坐标方程．D. (选修4-5：不等式选讲)已知函数f(x)＝|x ＋1|＋|x －2|－|a 2－2a|.若函数f(x)的图象恒在x 轴上方，求实数a 的取值范围．【必做题】第22题、第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. 甲、乙两个同学进行定点投篮游戏，已知他们每一次投篮投中的概率均为23，且各次投篮的结果互不影响．甲同学决定投5次，乙同学决定投中1次就停止，否则就继续投下去，但投篮次数不超过5次．(1) 求甲同学至少有4次投中的概率；(2) 求乙同学投篮次数ξ的分布列和数学期望．23.设S n ＝C 0n －C 1n －1＋C 2n －2－…＋(－1)m C m n －m ，m 、n ∈N *且m ＜n ，其中当n 为偶数时，m ＝n2；当n 为奇数时，m ＝n －12. (1) 证明：当n ∈N *，n ≥2时，S n ＋1＝S n －S n －1；(2) 记S ＝12 014C 02 014－12 013C 12 013＋12 012C 22 012－12 011C 32 011＋…－11 007C 1 0071 007，求S 的值．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十三)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲)如图，△ABC 内接于圆O ，D 为弦BC 上的一点，过D 作直线DP ∥CA ，交AB 于点E ，交圆O 在A 点处的切线于点P.求证：△PAE ∽△BDE.B. (选修4-2：矩阵与变换)已知二阶矩阵M 有特征值λ＝1及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1且M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤31，求矩阵M .C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy 中，设动点P 、Q 都在曲线C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)上，且这两点对应的参数分别为θ＝α与θ＝2α(0＜α＜2π)，设PQ 的中点M 与定点A(1，0)间的距离为d ，求d 的取值范围．D. (选修4-5：不等式选讲)已知：a ≥2，x ∈R .求证：|x －1＋a|＋|x －a|≥3.【必做题】 第22题、第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. 在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，点E 是棱AB 上一点且AEEB ＝λ.(1) 证明：D 1E ⊥A 1D ；(2) 若二面角D 1ECD 的大小为π4，求λ的值．23. 设数列{a n }共有n(n ≥3，n ∈N )项，且a 1＝a n ＝1，对每个i(1≤i ≤n －1，i ∈N )，均有a i ＋1a i ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，1，2. (1) 当n ＝3时，写出满足条件的所有数列{a n }(不必写出过程)；(2) 当n ＝8时，求满足条件的数列{a n }的个数．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十四)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲)已知圆O 的内接△ABC 中，D 为BC 上一点，且△ADC 为正三角形，点E 为BC 的延长线上一点，AE 为圆O 的切线，求证：CD 2＝BD ·EC.B. (选修4-2：矩阵与变换)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a k 0 1(k ≠0)的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ k －1，A 的逆矩阵A －1对应的变换将点(3，1)变为点(1，1)．求实数a 、k 的值．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy 中，已知M 是椭圆x 24＋y 212＝1上在第一象限的点，A(2，0)、B(0，23)是椭圆两个顶点，求四边形OAMB 面积的最大值．D. (选修4-5：不等式选讲)已知a 、b 、c ∈R ，a 2＋2b 2＋3c 2＝6，求a ＋b ＋c 的最大值．【必做题】第22题、第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. 如图，在正四棱锥PABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M 、N 分别在线段PA 和BD 上，BN ＝13BD.(1) 若PM ＝13PA ，求证：MN ⊥AD ；(2) 若二面角MBDA 的大小为π4，求线段MN 的长度．23. 已知非空有限实数集S 的所有非空子集依次记为S 1，S 2，S 3，…，集合S k 中所有元素的平均值记为b k .将所有b k 组成数组T ：b 1，b 2，b 3，…，数组T 中所有数的平均值记为m(T)．(1) 若S ＝{1，2}，求m(T)；(2) 若S ＝{a 1，a 2，…，a n }(n ∈N *，n ≥2)，求m(T)．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十五)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲)如图，△ABC 中，∠ACB ＝90°，以边AC 上的点O 为圆心，OA 为半径作圆，与边AB 、AC 分别交于点E 、F ，EC 与圆O 交于点D ，连结AD 并延长交BC 于P ，已知AE ＝EB ＝4，AD ＝5，求AP 的长．B. (选修4-2：矩阵与变换)已知点M(3，－1)绕原点逆时针旋转90°后，且在矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 02b 对应的变换作用下，得到点N(3，5)，求a 、b 的值．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)如图，在极坐标系中，设极径为ρ(ρ＞0)，极角为θ(0≤θ＜2π)．圆A 的极坐标方程为ρ＝2cos θ，点C 在极轴的上方，∠AOC ＝π6.△OPQ 是以OQ 为斜边的等腰直角三角形，若C为OP 的中点，求点Q 的极坐标．D. (选修4-5：不等式选讲)已知不等式|a－2|≤x2＋2y2＋3z2对满足x＋y＋z＝1的一切实数x、y、z都成立，求实数a的取值范围．【必做题】第22题、第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. 如图，在空间直角坐标系Axyz中，已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为3的正方形，点B、D、B1分别在x、y、z轴上，B1A＝3，P是侧棱B1B上的一点，BP＝2PB1.(1) 写出点C1、P、D1的坐标；(2) 设直线C1E⊥平面D1PC，E在平面ABCD内，求点E的坐标．23.如图，圆周上有n个固定点，分别为A1，A2，…，A n(n∈N*，n≥2)，在每一个点上分别标上1，2，3中的某一个数字，但相邻的两个数字不相同，记所有的标法总数为a n.(1) 写出a2，a3，a4的值；(2) 写出a n的表达式，并用数学归纳法证明．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十六)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲)如图，圆O 的两弦AB 和CD 交于点E ，EF ∥CB ，EF 交AD 的延长线于点F.求证：△DEF ∽△EAF.B. (选修4-2：矩阵与变换)若矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ a 0－1 2把直线l ：x ＋y －2＝0变换为另一条直线l′：x ＋y －4＝0，试求实数a 的值．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 经过点P(0，1)，曲线C 的方程为x 2＋y 2－2x ＝0，若直线l 与曲线C 相交于A 、B 两点，求PA·PB 的值．D. (选修4-5：不等式选讲)已知x ＞0，y ＞0，a ∈R ，b ∈R .求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋by x ＋y 2≤a 2x ＋b 2y x ＋y .【必做题】第22题、第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. 在平面直角坐标系xOy 中，已知定点F(1，0)，点P 在y 轴上运动，点M 在x 轴上，点N 为平面内的动点，且满足PM →·PF →＝0，PM →＋PN →＝0.(1) 求动点N 的轨迹C 的方程；(2) 设点Q 是直线l ：x ＝－1上任意一点，过点Q 作轨迹C 的两条切线QS 、QT ，切点分别为S 、T ，设切线QS 、QT 的斜率分别为k 1、k 2，直线QF 的斜率为k 0，求证：k 1＋k 2＝2k 0.23.各项均为正数的数列{x n }对一切n ∈N *均满足x n ＋1x n ＋1＜2.证明：(1) x n ＜x n ＋1；(2) 1－1n ＜x n ＜1.江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十七)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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41：几何证明选讲)如图，AB 是圆O 的直径，点C 在圆O 上，延长BC 到D 使BC ＝CD ，过C 作圆O 的切线交AD 于E.若AB ＝10，ED ＝3，求BC 的长．B. (选修42：矩阵与变换)已知直线l ：ax ＋y ＝1在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 30 1对应的变换作用下变为直线l′：x ＋by ＝1.(1) 求实数a 、b 的值；(2) 若点P(x 0，y 0)在直线l 上，且A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0，求点P 的坐标．C. (选修44：坐标系与参数方程)已知曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cost ，y ＝2sint (t 为参数)，曲线C 在点(1，3)处的切线为l.以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求l 的极坐标方程．D. (选修45：不等式选讲)设x 、y 、z ∈R ，且满足：x 2＋y 2＋z 2＝1，x ＋2y ＋3z ＝14，求证：x ＋y ＋z ＝3147.【必做题】第22题、第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. 一批产品需要进行质量检验，质检部门规定的检验方案是：先从这批产品中任取3件作检验，若3件产品都是合格品，则通过检验；若有2件产品是合格品，则再从这批产品中任取1件作检验，这1件产品是合格品才能通过检验，否则不能通过检验，也不再抽检；若少于2件是合格品，则不能通过检验，也不再抽检．假设这批产品的合格率为80%，且各件产品是否为合格品相互独立．(1) 求这批产品通过检验的概率；(2) 已知每件产品检验费为125元，并且所抽取的产品都要检验，记这批产品的检验费为ξ元，求ξ的概率分布及数学期望．23.已知数列{a n }和{b n }的通项公式分别为a n ＝3n －19，b n ＝2n .将{a n }与{b n }中的公共项按照从小到大的顺序排列构成一个新数列记为{c n }．(1) 试写出c 1，c 2，c 3，c 4的值，并由此归纳数列{c n }的通项公式；(2) 证明你在(1)所猜想的结论．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十八)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲)如图，圆O 的直径AB 的延长线与弦CD 的延长线相交于点P ，E 为圆O 上一点，AE ＝AC ，DE 交AB 于点F.求证：△PDF ∽△POC.B. (选修4-2：矩阵与变换)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2c d (c 、d 为实数)．若矩阵A 属于特征值2，3的一个特征向量分别为⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，求矩阵A 的逆矩阵A －1.C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在极坐标系中，已知圆A 的圆心为(4，0)，半径为4，点M 为圆A 上异于极点O 的动点，求弦OM 中点的轨迹的极坐标方程．D. (选修4-5：不等式选讲)已知x、y、z∈R，且x＋2y＋3z＋8＝0.求证：(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥14.【必做题】第22题、第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. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知CA＝CB＝1，AA1＝2，∠BCA＝90°.(1) 求异面直线BA1与CB1夹角的余弦值；(2) 求二面角BAB1C平面角的余弦值．23.在数列{a n}中，已知a1＝20，a2＝30，a n＋1＝3a n－a n－1(n∈N*，n≥2)．(1) 当n＝2，3时，分别求a2n－a n－1a n＋1的值，并判断a2n－a n－1a n＋1(n≥2)是否为定值，然后给出证明；(2) 求出所有的正整数n，使得5a n＋1a n＋1为完全平方数．江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(十九)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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4-1：几何证明选讲) 如图，设AB 、CD 是圆O 的两条弦，直线AB 是线段CD 的垂直平分线．已知AB ＝6，CD ＝25，求线段AC 的长度．B. (选修4-2：矩阵与变换)设矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，矩阵A 属于特征值λ1＝－1的一个特征向量为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1，属于特征值λ2＝4的一个特征向量为α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，求ad －bc 的值．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．设点A 、B 分别在曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋cos θ，y ＝4＋sin θ(θ为参数)和曲线C 2：ρ＝1上，求线段AB 的最小值．。
专题十三元素电负性电离能与元素推断-2024年高考化学二轮复习讲与练(原卷版)
专题十三元素电负性、电离能与元素推断1.掌握元素周期表的编排原则和整体结构，掌握元素周期律的内容和本质。
2.掌握元素的原子半径、金属性、非金属性、第一电离能、电负性等的变化规律。
3.对“位－构－性”有充分的认识，并能将元素周期表、原子的电子层结构、元素单质及其化合物的性质等内容结合起来进行综合运用。
考点一元素周期律电离能电负性1．主族元素周期性变化规律2.电离能(1)概念：气态基态原子或气态基态离子失去一个电子所需要的最小能量，通常用I表示，单位：kJ·mol－1。
其中，元素原子失去一个电子的电离能称为第一电离能，用符号I1表示。
(2)规律①同周期元素：从左往右，元素第一电离能呈增大的趋势，其中第①A族、第①A族元素的第一电离能出现反常。
①同族元素：从上到下第一电离能逐渐变小。
①同种原子：逐级电离能越来越大。
(3)应用①判断元素金属性的强弱电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之金属性越弱。
①判断元素的化合价如果某元素的I n＋1①I n，则该元素的常见化合价为＋n，如钠元素的I2①I1，所以钠元素的化合价为＋1。
①判断核外电子的分层排布情况多电子原子中，元素的各级电离能逐渐增大，有一定的规律性。
当电离能的变化出现突变时，电子层数就可能发生变化。
3．电负性(1)概念：元素的原子在化合物中吸引电子能力的标度。
元素的电负性越大，表示其原子在形成化学键时吸引电子的能力越强。
(2)标准以氟的电负性为4.0和锂的电负性为1.0作为相对标准，计算得出其他元素的电负性(稀有气体元素未计)。
(3)变化规律①在元素周期表中，同周期元素从左至右，元素的电负性逐渐变大，同主族元素从上至下，元素的电负性逐渐变小。
①金属元素的电负性一般小于1.8，非金属元素的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右，它们既有金属性又有非金属性。
(4)应用4．定性判断金属性、非金属性的一般方法电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－>F－>Na ＋>Mg2＋>Al3＋。
高考数学二轮复习 专题十三 附加题21题 试题
2021届高考数学〔苏教版〕二轮复习专题13 附加题21题制卷人：打自企；成别使；而都那。
审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……日期：2022年二月八日。
回忆2021～2021年的高考考题，附加题选做四选二中分别考察几何证明选讲、极坐标与参数方程、矩阵与变换、不等式选讲这四个内容，要求考生从中选择两个来完成，每一小题10分，难度不是很大，但是要求考生对所学知识点纯熟掌握.[典例1](2021·高考)如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD＝DC，连结AC，AE，DE.求证：∠E＝∠C.[解] 证明：如图，连结AD.∵AB是圆O的直径，∴∠ADB＝90°.∴AD⊥BD.又∵BD＝DC，∴AD是线段BC的中垂线．∴AB＝AC.∴∠B＝∠C.又∵D ，E 为圆上位于AB 异侧的两点， ∴∠B ＝∠E . ∴∠E ＝∠C .(1)此题利用中间量代换的方法证明∠E ＝∠C ，一方面考虑到∠B 和∠E 是同弧所对圆周角相等；另一方面根据线段中垂线上的点到线段两端的间隔 相等和等腰三角形等边对等角的性质得到∠B ＝∠C .(2)此题还可连结OD ，利用三角形中位线来证明∠B ＝∠C . [演练1](2021·期末)AD 是△ABC 的外角∠EAC 的平分线，交BC 的延长线于点D ，延长DA 交△ABC 的外接圆于点F ，连结FB ，FC .(1)求证：FB ＝FC ；(2)假设AB 是△ABC 外接圆的直径，∠EAC ＝120°，BC ＝33，求AD 的长． 解：(1)证明：∵AD 平分∠EAC ，∴∠EAD ＝∠DAC . ∵四边形AFBC 内接于圆，∴∠DAC ＝∠FBC . ∵∠EAD ＝∠FAB ＝∠FCB ， ∴∠FBC ＝∠FCB ，∴FB ＝FC .(2)∵AB 是圆的直径，∴∠ACD ＝90°.∵∠EAC ＝120°，∴∠DAC ＝12∠EAC ＝60°，∠D ＝30°.在Rt △ACB 中，∵BC ＝33，∠BAC ＝60°，∴AC ＝3. 又在Rt △ACD 中，∠D ＝30°，AC ＝3，∴AD ＝6. [典例2](2021·高考)矩阵A 的逆矩阵A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，求矩阵A 的特征值．[解] ∵A －1A ＝E ，∴A ＝(A －1)－1.∵A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，∴A ＝(A －1)－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 321.∴矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －3－2 λ－1＝λ2－3λ－4.令f (λ)＝0，解得矩阵A 的特征值λ1＝－1，λ2＝4.由矩阵A 的逆矩阵，根据定义可求出矩阵A ，从而可求出矩阵A 的特征值． [演练2](2021·期末)矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2 －1－4 3，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4 －1－3 1，求满足AX ＝B 的二阶矩阵X .解：由题意得A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32 12 2 1，∵AX ＝B ，∴X ＝A －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32 12 2 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 4 －1－3 1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤92 －1 5 －1. [典例3](2021·高考)在极坐标中，圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程．[解] ∵圆C 圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，∴在ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32中令θ＝0，得ρ＝1.∴圆C 的圆心坐标为(1,0)． ∵圆C 经过点P ⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，∴圆C 的半径为PC ＝22＋12－2×1×2cos π4＝1.∴圆C 经过极点，∴圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.求圆的方程的关键是求出圆心坐标和圆的半径． [演练3](2021·二模)在极坐标系中，圆C 1的方程为ρ＝42cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4，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，圆C 2的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋a cos θ，y ＝－1＋a sin θ(θ为参数)，假设圆C 1与圆C 2相切，务实数a 的值．解：C 1：(x －2)2＋(y －2)2＝8， 圆心C 1(2,2)，半径r 1＝2 2.C 2：(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝a 2，圆心C 2(－1，－1)，半径r 2＝|a |. ∴圆心距C 1C 2＝3 2.两圆外切时，C 1C 2＝r 1＋r 2＝22＋|a |＝32，a ＝±2； 两圆内切时，C 1C 2＝|r 1－r 2|＝|22－|a ||＝32，a ＝±5 2.综上，a ＝±2或者a ＝±5 2. [典例4](2021·高考)实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16，求证：|y |<518.[证明] ∵3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |， 由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16，∴3|y |<13＋16＝56.∴|y |<518.解决此题的关键是用(x ＋y )和(2x －y )表示y . [演练4](2021·二模)x ，y ，z 均为正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：因为x ，y ，z 都为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋y x ≥2z.同理，可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y.将上述三个不等式两边分别相加，并除以2， 得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.[专题技法归纳](1)几何证明选讲主要考察直线与圆的相切关系，弦切角定理是沟通角的桥梁，解决与圆有关的线段问题常利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理，并结合三角形相似等知识；(2)矩阵与变换主要考察变换、矩阵的特征值与特征向量、逆矩阵、二阶矩阵的乘法；(3)极坐标与参数方程主要考察参数方程与普通方程的互化及应用参数方程求最值、范围等问题； (4)解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号化为不含绝对值的不等式，其过程表达了分类讨论思想的应用．1.(2021·苏北四三模)如图，圆O 的直径AB ＝4，C 为圆周上一点，BC ＝2，过C 作圆O 的切线l ，过A 作l 的垂线AD 分别与直线l ，圆O 交于点D ，E ，求线段AE 的长．解：在Rt △ABC 中，因为AB ＝4，BC ＝2，所以∠ABC ＝60°，因为l 为过C 的切线，所以∠DCA ＝∠CBA ， 所以∠DCA ＝∠ABC ＝60°. 又因为AD ⊥DC ，所以∠DAC ＝30°.在△AOE 中，因为∠EAO ＝∠DAC ＋∠CAB ＝60°，且OE ＝OA ， 所以AE ＝AO ＝12AB ＝2.2.如图，⊙O 的直径AB 的延长线与弦CD 的延长线相交于点P ，E 为⊙O 上一点，AE ＝AC ，求证：∠PDE ＝∠POC .证明：因AE ＝AC ，AB 为直径， 故∠OAC ＝∠OAE . 所以∠POC ＝∠OAC ＋∠OCA ＝∠OAE ＋∠OAC ＝∠EAC .又∠EAC ＝∠PDE ，所以∠PDE ＝∠POC .3．(2021·期末)求矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 4 2 6的特征值和特征向量．解：f (λ)＝(λ＋1)(λ－6)－8＝λ2－5λ－14＝(λ－7)(λ＋2)， 由f (λ)＝0，可得λ1＝7，λ2＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧7＋1x －4y ＝0，－2x ＋7－6y ＝0可得属于λ1＝7的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.由⎩⎪⎨⎪⎧－2＋1x －4y ＝0，－2x ＋－2－6y ＝0可得属于λ1＝－2的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤4－1. 4．(2021·二模)M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1221，β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤17，计算M 5β.解：矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－2 λ－1＝λ2－2λ－3.令f (λ)＝0，解得λ1＝3，λ2＝－1，从而求得它们对应的一个特征向量分别为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1. 令β＝m α1＋n α2，所以求得m ＝4，n ＝－3.M 5β＝M 5(4α1－3α2)＝4(M 5α1)－3(M 5α2)＝4(λ51α1)－3(λ52α2)＝4·35⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－3(－1)5⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤975969.5．矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1121，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.求向量α，使得A 2α＝β. 解：∵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 121，∴A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 121⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤324 3.设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，那么A 2α＝β⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 ⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤3x ＋2y 4x ＋3y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12. ∴⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2，∴α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2. 6．P (x ，y )是椭圆x 24＋y 2＝1上的点，求M ＝x ＋2y 的取值范围．解：∵x 24＋y 2＝1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)∴设P (2cos θ，sin θ)．∴M ＝x ＋2y ＝2cos θ＋2sin θ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4.∴M ＝x ＋2y 的取值范围是[－22，2 2 ]．7．(2021·期末)曲线C 的极坐标方程为ρ＝6sin θ，以极点为原点，极轴为x 轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝32t ＋1(t 为参数)，求直线l 被曲线C 截得的线段长度．解：将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程为x 2＋y 2－6y ＝0，即x 2＋(y －3)2＝9，它表示以(0,3)为圆心，3为半径的圆． 直线方程l 的普通方程为y ＝3x ＋1， 圆C 的圆心到直线l 的间隔 d ＝|3－1|3＋1＝1，故直线l 被曲线C 截得的线段长度为232－12＝4 2.8．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝22＋32t(t 为参数)，假设以直角坐标系xOy 的O 点为极点，Ox 为极轴，且长度单位一样，建立极坐标系，得曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4. (1)求直线l 的倾斜角；(2)假设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求AB . 解：(1)设直线l 的倾斜角为θ，那么⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝12，sin θ＝32且θ∈[0，π)，∴θ＝π3，即直线l 的倾斜角为π3.(2)l 的直角坐标方程为y ＝3x ＋22，ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4的直角坐标方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －222＝1，∴圆心⎝⎛⎭⎪⎫22，22到直线l 的间隔 d ＝64，∴AB ＝102. 9．对于实数x ，y ，假设|x －1|≤1，|y －2|≤1，求|x －y ＋1|的最大值． 解：法一：|x －y ＋1|＝|(x －1)－(y －2)|≤|x －1|＋|y －2|≤2. 当且仅当x ＝2，y ＝3或者x ＝0，y ＝1时，取等号． ∴|x －y ＋1|的最大值为2. 法二：∵|x －1|≤1，∴0≤x ≤2. ∵|y －2|≤1，∴1≤y ≤3. ∴－3≤－y ≤－1. ∴－2≤x －y ＋1≤2. ∴|x －y ＋1|的最大值为2.10．假设正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，求13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值．解：因为正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1， 所以⎝⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥(1＋1＋1)2，即13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1， 当且仅当3a ＋2＝3b ＋2＝3c ＋2，即a ＝b ＝c ＝13时，原式取最小值1.制卷人：打自企；成别使；而都那。
(江苏专用)2021高考数学二轮复习附加题满分练2理
附加题总分值练21.(2021·江苏省盐城中学质检)AB 是圆O 的直径，P 是上半圆上的任意一点，PC 是∠APB 的平分线，E 是下半圆的中点.求证：直线PC 经过点E .证明 连结AE ，EB ，OE ，那么∠AOE ＝∠BOE ＝90°. 因为∠APE 是圆周角，∠AOE 同弧上的圆心角， 所以∠APE ＝12∠AOE ＝45°.同理可得∠BPE ＝45°，所以PE 是∠APB 的平分线.又PC 也是∠APB 的平分线，∠APB 的平分线有且只有一条，所以PC 与PE 重合. 所以直线PC 经过点E .2.(2021·苏州、南通等六市模拟)在平面直角坐标系xOy 中，A ()0，0，B ()3，0，C ()2，2.设变换T 1,T 2对应的矩阵分别为M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 002，N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 001，求对△ABC 依次实施变换T 1, T 2后所得图形的面积.解 依题意，依次实施变换T 1, T 2所对应的矩阵NM ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2001 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 002.那么⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 00 2 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤00＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤00，⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 00 2 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤30＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤60， ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 002 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤44. ∴A ()0，0，B ()3，0，C ()2，2分别变为点A ′()0，0，B ′()6，0，C ′()4，4. ∴所得图形的面积为12×6×4＝12.P ，Q 分别在两条直线l 1：y ＝x 和l 2：y ＝－x 上运动，且它们的横坐标分别为角θ的正弦，余弦，θ∈[0，π]，记OM →＝OP →＋OQ →，求动点M 的轨迹的普通方程. 解 设M (x ，y )，那么⎩⎪⎨⎪⎧x ＝sin θ＋cos θ，y ＝sin θ－cos θ，两式平方相加得x 2＋y 2＝2.又x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4，y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，θ∈[0，π]， 所以x ∈[－1，2]，y ∈[－1，2].所以动点M 轨迹的普通方程为x 2＋y 2＝2(x ，y ∈[－1，2]).4.(2021·江苏省盐城中学质检)a >0，b >0，证明：(a 2＋b 2＋ab )(ab 2＋a 2b ＋1)≥9a 2b 2. 证明 因为a >0，b >0，所以a 2＋b 2＋ab ≥33a 2·b 2·ab ＝3ab >0，ab 2＋a 2b ＋1≥33ab 2·a 2b ·1＝3ab >0，所以(a 2＋b 2＋ab )(ab 2＋a 2b ＋1)≥9a 2b 2.25，乙每次投篮命中的概率为23，且各次投篮互不影响.现由甲先投. (1)求甲获胜的概率；(2)求投篮完毕时甲的投篮次数X 的概率分布与数学期望.解 (1)设甲第i 次投中获胜的事件为A 1(i ＝1,2,3)，那么A 1，A 2，A 3彼此互斥. 甲获胜的事件为A 1＋A 2＋A 3.P (A 1)＝25，P (A 2)＝35×13×25＝225， P (A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×25＝2125. 所以P (A 1＋A 2＋A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＝25＋225＋2125＝62125.(2)X 的所有可能取值为1,2,3. 那么P (X ＝1)＝25＋35×23＝45，P (X ＝2)＝225＋35×13×35×23＝425， P (X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×1＝125.即X 的概率分布为所以数学期望E (X )＝1×45＋2×425＋3×125＝3125.n 个正数a 1，a 2，…，a n 满足a 1≤a 2≤…≤a n (n ∈N *且n ≥3).(1)当n ＝3时，证明：a 1a 2a 3＋a 2a 3a 1＋a 3a 1a 2≥a 1＋a 2＋a 3； (2)当n ＝4时，不等式a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋a 3a 4a 1＋a 4a 1a 2≥a 1＋a 2＋a 3＋a 4也成立，请你将其推广到n (n ∈N *且n ≥3)个正数a 1，a 2，…，a n 的情形，归纳出一般性的结论并用数学归纳法证明. 证明 (1)因为a n (n ∈N *且n ≥3)均为正实数，左—右＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 3a 2＋a 1a 2a 3－2a 1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 3a 1＋a 1a 2a 3－2a 2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 3a 1＋a 1a 3a 2－2a 3≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 1a 3a 2×a 1a 2a 3－2a 1＋12⎝⎛⎭⎪⎫2a 2a 3a 1×a 1a 2a 3－2a 2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2a 3a 1×a 1a 3a 2－2a 3＝0， 所以原不等式a 2a 3a 1＋a 1a 3a 2＋a 1a 2a 3≥a 1＋a 2＋a 3成立. (2)归纳的不等式为：a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n －2a n －1a n ＋a n －1a n a 1＋a n a 1a 2≥a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *且n ≥3). 记F n ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n －2a n －1a n ＋a n －1a n a 1＋a n a 1a 2－(a 1＋a 2＋…＋a n )， 当n ＝3(n ∈N *)时，由(1)知，不等式成立； 假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥3)时，不等式成立，即F k ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a k －2a k －1a k ＋a k －1a k a 1＋a k a 1a 2－(a 1＋a 2＋…＋a k )≥0.那么当n ＝k ＋1时，F k ＋1＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a k －2a k －1a k ＋a k －1a k a k ＋1＋a k a k ＋1a 1＋a k ＋1a 1a 2－(a 1＋a 2＋…＋a k ＋a k ＋1)＝F k ＋a k －1a k a k ＋1＋a k a k ＋1a 1＋a k ＋1a 1a 2－a k －1a k a 1－a k a 1a 2－a k ＋1 ＝F k ＋a k －1a k ⎝⎛⎭⎪⎫1a k ＋1－1a 1＋a k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a k a 1－1＋a 1a 2(a k ＋1－a k )≥0＋a 2k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a k ＋1－1a 1＋a k ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫a k a 1－1＋a 1a k(a k ＋1－a k)＝(a k ＋1－a k )⎝ ⎛⎭⎪⎫a k a 1＋a 1a k －a k ＋1＋a k a k ＋1， 因为a k ＋1≥a k ，a k a 1＋a 1a k≥2，a k ＋1＋a k a k ＋1≤a k ＋1＋a k ＋1a k ＋1＝2， 所以F k ＋1≥0，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立.综上所述，不等式a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n －2a n －1a n ＋a n －1a n a 1＋a n a 1a 2≥a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *且n ≥3)成立.。
数学练习题考试题高考题教案高考江苏数学试卷含附加题详细答案(全)080616
绝密★启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试〔江苏卷〕数 学参考公式: 样本数据1x ,2x ,,n x 的标准差(n s x x =++-其中x 为样本平均数柱体体积公式V Sh =其中S 为底面积，h 为高一、填空题：本大题共1小题，每题5分，共70分． 1．假设函数cos()(0)6y x πωω=->最小正周期为5π，那么ω= ▲ .【解析】本小题考查三角函数的周期公式.2105T ππωω==⇒=【答案】102．假设将一颗质地均匀的骰子〔一种各面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具〕，先后抛掷两次，那么出现向上的点数之和为4的概率是 ▲ ． 【解析】本小题考查古典概型．根本领件共6×6 个，点数和为4 的有(1,3)、(2,2)、(3,1)共3 个，故316612P ==⨯ 【答案】1123．假设将复数11ii+-表示为(,,a bi a b R i +∈是虚数单位〕的形式，那么a b += ▲ ．锥体体积公式 13V Sh =其中S S 为底面积，h 为高 球的外表积、体积公式24S R π=，343V R π=【解析】本小题考查复数的除法运算．∵()21112i i i i ++==- ，∴a ＝0，b ＝1，因此1a b += 【答案】14．假设集合2{|(1)37,}A x x x x R =-<+∈，那么AZ 中有 ▲ 个元素【解析】本小题考查集合的运算和解一元二次不等式．由2(1)37x x -<+得2560x x --<,(1,6)A =-∴，因此}{0,1,2,3,4,5A Z =，共有6个元素．【答案】65．向量a 和b 的夹角为0120，||1,||3a b ==，那么|5|a b -= ▲ ． 【解析】本小题考查向量的线性运算．()2222552510a b a b a a b b -=-=-+=22125110133492⎛⎫⨯-⨯⨯⨯-+= ⎪⎝⎭，5a b -=7 【答案】76．在平面直角坐标系xoy 中，设D 是横坐标与纵坐标的绝对值均不大于2的点构成的区域，E 是到原点的距离不大于1的点构成的区域，向D 中随机投一点，那么所投点在E 中的概率是 ▲【解析】本小题考查古典概型．如图：区域D 表示边长为4 的正方形的内部〔含边界〕，区域 E 表示单位圆及其内部，因此．214416P ππ⨯==⨯【答案】16π 7．某地区为了解7080-岁的老人的日平均睡眠时间〔单位：h 〕，随机选择了50位老人进行调查，下表是这50位老人睡眠时间的频率分布表：在上述统计数据的分析中一局部计算见算法流程图，那么输出的S 的值为 ▲ 【解析】由流程图序号i 分组 〔睡眠时间〕 组中值〔i G 〕 频数 〔人数〕 频率〔i F 〕 1 [4,5) 4.5 6 0.12 2 [5,6) 5.510 0.20 3 [6,7) 6.520 0.40 4 [7,8) 7.510 0.20 5 [8,9] 8.54 0.08 开始 S ←0 输入G i ，F i i ←1 S ← S ＋G i ·F i i ≥5 i ← i ＋1 NY 输出S 结束1122334455S G F G F G F G F G F =++++4.50.125.50.206.50.407.50.28.50.08=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ 6.42=8．设直线b x y +=21是曲线)0(ln >=x x y 的一条切线，那么实数b 的值是 ▲ 【解析】本小题考查导数的几何意义、切线的求法．'1y x = ，令112x =得2x =，故切点〔2，ln2〕，代入直线方程，得，所以b ＝ln2－1．【答案】ln2－19．如图，在平面直角坐标系xoy 中，设三角形ABC 的顶点分别为)0,(),0,(),,0(c C b B a A ，点(0,)P p 在线段AO 上的一点〔异于端点〕，这里p c b a ,,,均为非零实数，设直线CP BP ,分别与边AB AC ,交于点F E ,，某同学已正确求得直线OE 的方程为01111=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-y a p x c b ，请你完成直线OF 的方程： ( ▲ )011=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+y a p x 。
高考数学二轮复习 专题18 附加题22题 试题
2021届高考数学〔苏教版〕二轮复习专题18 附加题22题创 作人：历恰面 日 期： 2020年1月1日回忆2021～2021年的考题，离散型随机变量的概率分布与数学期望是考察的重点，但考察难度不大，考察的重点是根据题意分析写出随机变量的分布列.求解过程往往和排列、组合和概率相结合.数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在数学证明中有着广泛的应用.[典例1](2021·高考)设ξ为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，ξ＝0；当两条棱平行时，ξ的值是两条棱之间的间隔 ；当两条棱异面时，ξ＝1.(1)求概率P (ξ＝0)；(2)求ξ的分布列，并求其数学期望E (ξ)．[解] (1)假设两条棱相交，那么交点必为正方体8个顶点中的一个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以一共有8C 23对相交棱． 因此P (ξ＝0)＝8C 23C 212＝8×366＝411.(2)假设两条棱平行，那么它们的间隔 为1或者2， 其中间隔 为2的一共有6对， 故P (ξ＝2)＝6C 212＝666＝111，P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)＝1－411－111＝611.所以随机变量ξ的分布列为：ξ 0 1 2 P (ξ)411611111那么其数学期望E (ξ)＝1×611＋2×111＝6＋211.此题考察概率分布、数学期望等根底知识．解题的关键是确定ξ的取值． [演练1](2021·期末)口袋中有3个白球，4个红球，每次从口袋中任取一球，假如取到红球，那么继续取球，假如取到白球，就停顿取球，记取球的次数为X .(1)假设取到红球再放回，求X 不大于2的概率； (2)假设取出的红球不放回，求X 的概率分布与数学期望． 解：(1)∵P (X ＝1)＝37，P (X ＝2)＝3×472＝1249，∴P ＝P (X ＝1)＋P (X ＝2)＝3349.(2)∵X 可能取值为1,2,3,4,5，P (X ＝1)＝A 13A 17＝37，P (X ＝2)＝A 14A 13A 27＝27，P (X ＝3)＝A 24A 13A 37＝635，P (X ＝4)＝A 34A 13A 47＝335，P (X ＝5)＝A 44A 13A 57＝135.∴X 的概率分布列为：X 1 2 3 4 5 P3727635335135∴E (X )＝1×37＋2×27＋3×635＋4×335＋5×135＝2.即X 的数学期望是2. [典例2]△ABC 的三边长为有理数． (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 是有理数． [证明] (1)由AB ，BC ，AC 为有理数及余弦定理知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC是有理数．(2)用数学归纳法证明cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数． ①当n ＝1时，由(1)知cos A 是有理数， 从而有sin A ·sin A ＝1－cos 2A 也是有理数．②假设当n ＝k (k ≥1)时，cos kA 和sin A ·sin kA 都是有理数． 当n ＝k ＋1时，由cos(k ＋1)A ＝cos A ·cos kA －sin A ·sin kA ，sin A ·sin(k ＋1)A ＝sin A ·(sin A ·cos kA ＋cos A ·sin kA ) ＝(sin A ·sin A )·cos kA ＋(sin A ·sin kA )·cos A ，由①及归纳假设，知cos(k ＋1)A 与sin A ·sin(k ＋1)A 都是有理数． 即当n ＝k ＋1时，结论成立．综合①②可知，对任意正整数n ，cos nA 是有理数．此题主要考察余弦定理、数学归纳法等根底知识，考察推理论证的才能与分析问题、解决问题的才能．[演练2](2021·)正项数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝1＋a n1＋a n(n ∈N *)．用数学归纳法证明：a n <a n ＋1(n∈N *)．证明：当n ＝1时，a 2＝1＋a 11＋a 1＝32，a 1<a 2， 所以n ＝1时，不等式成立；假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k <a k ＋1成立，显然a k >0. 那么当n ＝k ＋1时，a k ＋2－a k ＋1＝1＋a k ＋11＋a k ＋1－a k ＋1＝1＋a k ＋11＋a k ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a k 1＋a k＝a k ＋1－a k1＋a k 1＋a k ＋1>0，所以n ＝k ＋1时，不等式成立． 综上所述，不等式a n <a n ＋1(n ∈N *)成立． [典例3](2021·二模)某班级一共派出n ＋1个男生和n 个女生参加运动会的入场仪式，其中男生甲为领队．入场时，领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，一共有E n 种排法；入场后，又需从男生(含男生甲)和女生中各选一名代表到主席台效劳，一共有F n 种选法．(1)试求E n 和F n ；(2)判断ln E n 和F n 的大小(n ∈N *)，并用数学归纳法证明． [解] (1)由题意知E n ＝A n n ·A n n ＝(n ！)2，F n ＝C 1n ＋1·C 1n ＝n (n ＋1)．(2)因为ln E n ＝2ln n ！，F n ＝n (n ＋1)，所以ln E 1＝0<F 1＝2，ln E 2＝ln 4<F 2＝6，ln E 3＝ln 36<F 3＝12，…，因此猜测；当n ∈N *时都有ln E n <F n ，即2ln n ！<n (n ＋1)．下面用数学归纳法证明2ln n ！<n (n ＋1)(n ∈N *)． ①当n ＝1时，该不等式显然成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即2ln k ！<k (k ＋1)，那么当n ＝k ＋1时，2ln(k ＋1)！＝2ln(k ＋1)＋2ln k ！<2ln(k ＋1)＋k (k ＋1)，要证当n ＝k ＋1时不等式成立，只要证2ln(k ＋1)＋k (k ＋1)≤(k ＋1)(k ＋2)，即只要证ln(k ＋1)≤k ＋1.令f (x )＝ln x －x ，x ∈(1，＋∞)，因为f ′(x )＝1－x x<0，所以f (x )在(1，＋∞)上单调递减，从而f (x )<f (1)＝－1<0，而k ＋1∈(1，＋∞)， 所以ln(k ＋1)≤k ＋1成立， 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 综合①②，当n ∈N *时，都有ln E n <F n .此题考察排列组合等根底知识，考察数学归纳法的应用以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的才能．这类问题以排列组合为主线，利用数学归纳法进展推理．利用导数研究函数的单调性证明ln(k ＋1)<k ＋1是关键．[演练3](2021·期末)p (p ≥2)是给定的某个正整数，数列{a n }满足：a 1＝1，(k ＋1)a k ＋1＝p (k －p )a k ，其中k ＝1，2,3，…，p －1.(1)设p ＝4，求a 2，a 3，a 4； (2)求a 1＋a 2＋a 3＋…＋a p . 解：(1)由(k ＋1)a k ＋1＝p (k －p )a k ， 得a k ＋1a k ＝p ×k －pk ＋1，k ＝1,2,3，…，p －1， 即a 2a 1＝－4×4－12＝－6，a 2＝－6a 1＝－6；a 3a 2＝－4×4－23＝－83，a 3＝16； a 4a 3＝－4×4－34＝－1，a 4＝－16. (2)由(k ＋1)a k ＋1＝p (k －p )a k ， 得a k ＋1a k ＝p ×k －pk ＋1，k ＝1,2,3，…，p －1， 即a 2a 1＝－p ×p －12，a 3a 2＝－p ×p －23，…， a k a k －1＝－p ×p －k －1k， 以上各式相乘得a k a 1＝(－p )k －1×p －1p －2p －3…p －k ＋1k ！，∴a k ＝(－p )k －1×p －1p －2p －3…p －k ＋1k ！＝(－p )k －1×p －1！k ！p －k ！＝－pk －1p×p ！k ！p －k ！＝－(－p )k －2×C k p ＝－1p2C k p (－p )k，k ＝1,2,3，…，p .∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a p＝－1p 2[C 1p (－p )1＋C 2p (－p )2＋C 3p (－p )3＋…＋C p p (－p )p]＝－1p2[(1－p )p－1]．[专题技法归纳]离散型随机变量的概率分布与数学期望是建立在传统的概率问题的根底之上的内容，高考新课程对这一内容的考察是B 级要求，常以实际应用题的形式出现，与数学建模才能的考察结合在一起，考察学生的数学应用意识以及运用数学知识分析和解决实际问题的才能．解决这一类问题，一定要注意认真审题，不仅要能在弄清题意的根底上，迅速地寻找出正确的解题思路，还要可以标准地表述解题的过程．这些，需要在复习中引起足够的重视，注意做好针对性的训练，力求做到求解这一类问题时可以得心应手、准确无误．1．有一种密码，明文是由三个字符组成，密码是由明文对应的五个数字组成，编码规那么如下表：明文由表中每一排取一个字符组成，且第一排取的字符放在第一位，第二排取的字符放在第二位，第三排取的字符放在第三位，对应的密码由明文对应的数字按一样的次序排成一排组成.第一排 明文字符 ABCD密码字符11121314第二排 明文字符 EFGH密码字符21222324第三排明文字符 MNPQ密码字符1234设随机变量ξ表示密码中不同数字的个数． (1)求P (ξ＝2)；(2)求随机变量ξ的分布列和它的数学期望．解：(1)密码中不同数字的个数为2的事件为密码中只有两个数字，注意到密码的第1,2列分别总是1,2，即只能取表格第1,2列中的数字作为密码．∴P (ξ＝2)＝2343＝18.(2)由题意可知，ξ的取值为2,3,4三种情形．假设ξ＝3，注意表格的第一排总含有数字1，第二排总含有数字2那么密码中只可能取数字1,2,3或者1,2,4.∴P (ξ＝3)＝222A 132C 23＋143＝1932. P (ξ＝4)＝A 13＋A 22＋A 23A 2243＝932. ∴ξ的分布列为：ξ 2 3 4 P181932932∴E (ξ)＝2×18＋3×1932＋4×32＝32.A2.一种颜色鲜花，相邻区域使用不同颜色鲜花．(1)求恰有两个区域用红色鲜花的概率；(2)记花圃中红色鲜花区域的块数为ξ，求ξ的分布列及其数学期望E (ξ)． 解：(1)设M 表示事件“恰有两个区域用红色鲜花〞， 如图，当区域A 、D 同色时，一共有5×4×3×1×3＝180种； 当区域A 、D 不同色时，一共有5×4×3×2×2＝240种； 因此，所有根本领件总数为：180＋240＝420种．又因为A 、D 为红色时，一共有4×3×3＝36种；B 、E 为红色时，一共有4×3×3＝36种；因此，事件M 包含的根本领件有：36＋36＝72种．所以P (M )＝72420＝635.(2)随机变量ξ的分布列为：所以E (ξ)＝0×635＋1×35＋2×35＝1.3．(2021·二模)某射击运发动向一目的射击，该目的分为3个不同局部，第一、二、三局部面积之比为1∶3∶6.击中目的时，击中任何一局部的概率与其面积成正比．(1)假设射击4次，每次击中目的的概率为13且互相HY ．设ξ表示目的被击中的次数，求ξ的分布列和数学期望E (ξ)；(2)假设射击2次均击中目的，A 表示事件“第一局部至少被击中1次或者第二局部被击中2次〞，求事件A 发生的概率．解：(1)依题意知ξ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，ξ的分布列：数学期望E (ξ)＝0×1681＋1×3281＋2×2481＋3×881＋4×181＝43.(2)法一：设A i 表示事件“第一次击中目的时，击中第i 局部〞，i ＝1,2,3.B i 表示事件“第二次击中目的时，击中第i 局部〞，i ＝1,2,3.依题意，知P (A 1)＝P (B 1)＝0.1，P (A 2)＝P (B 2)＝0.3，A ＝A 1B 1∪A 1B 1∪A 1B 1∪A 2B 2，所求的概率为 P (A )＝P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 1B 1)＋P (A 2B 2)＝P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 1)P (B 1)＋P (A 2)P (B 2) ＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28. 即事件A 发生的概率为0.28.法二：记“第一局部至少击中一次〞为事件C ，“第二局部被击中二次〞为事件D ， 那么P (C )＝C 120.1×0.9＋0.1×0.1＝0.19，P (D )＝0.3×0.3＝0.09. P (A )＝P (C )＋P (D )＝0.28.即事件A 发生的概率为0.28.4.(2021·二模)函数f (x )＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x (a >0)．(1)假设函数f (x )在x ＝0处取极值，求a 的值；(2)如图，设直线x ＝－12，y ＝－x 将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，假设函数y ＝f (x )的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a 的取值范围；(3)比拟32×43×54×…×2 0122 011与23×34×45×…×2 0112 012的大小，并说明理由．解：(1)f (x )＝(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x (a >0)，f ′(x )＝2ln(2x ＋1)－4a (2x ＋1)＋1.∵f (x )在x ＝0处取极值， ∴f ′(0)＝－4a ＋1＝0. ∴a ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫经检验a ＝14符合题意. (2)因为函数的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞，且当x ＝0时，f (0)＝－a <0. 又直线y ＝－x 恰好通过原点，所以函数y ＝f (x )的图象应位于区域Ⅳ内， 于是可得f (x )<－x ，即(2x ＋1)ln(2x ＋1)－a (2x ＋1)2－x <－x .∵2x ＋1>0，∴a >ln2x ＋12x ＋1.令h (x )＝ln2x ＋12x ＋1，∴h ′(x )＝2－2ln 2x ＋12x ＋12. 令h ′(x )＝0，得x ＝e －12.∵x >－12，∴x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，e －12时，h ′(x )>0，h (x )单调递增；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时，h ′(x )<0，h (x )单调递减．∴h max (x )＝h ⎝⎛⎭⎪⎫e －12＝1e.∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. (3)由(2)知，函数h (x )＝ln2x ＋12x ＋1在x ∈⎝⎛⎭⎪⎫e －12，＋∞时单调递减，函数p (x )＝ln x x在x ∈(e ，＋∞)时单调递减． ∴ln x ＋1x ＋1<ln x x，∴x ln(x ＋1)<(x ＋1)ln x . ∴ln(x ＋1)x<ln x(x ＋1)，即(x ＋1)x <x(x ＋1)．∴令x ＝3,4，…，2021，那么43<34,54<45，…，2 0122 011<2 0112 012，又32×43<23×34，所以32×43×54…×2 0122 011<23×34×45…×2 0112 012.5．(2021·通州期末)求证：对于任意的正整数n ，(2＋3)n必可表示成 s ＋s －1的形式，其中s ∈N *.证明：由二项式定理可知， (2＋3)n＝C 0n 2n(3)0＋C 1n 2n －1(3)1＋C 2n 2n －2(3)2＋…＋C n n 20(3)n，设(2＋3)n ＝x ＋3y ＝x 2＋3y 2， 而假设有(2＋3)n ＝a ＋b ，a ，b ∈N *， 那么(2－3)n ＝a －b ，a ，b ∈N *，∵(a ＋b )·(a －b )＝(2＋3)n ·(2－3)n＝1， ∴令a ＝s ，s ∈N *，那么必有b ＝s －1.∴(2＋3)n 必可表示成s ＋s －1的形式，其中s ∈N *.6．假设(x ＋1)n＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n ，其中n ∈N *.(1)求a0及S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n；(2)试比拟S n与(n－2)2n＋2n2的大小，并说明理由．解：(1)取x＝1，那么a0＝2n；取x＝2，那么a0＋a1＋…＋a n＝3n，∴S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝3n－2n.(2)要比拟S n与(n－2)2n＋2n2的大小，即比拟3n与(n－1)2n＋2n2的大小，当n＝1时，3n>(n－1)2n＋2n2；当n＝2,3时，3n<(n－1)2n＋2n2；当n＝4,5时，3n>(n－1)2n＋2n2，猜测：当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2.下面用数学归纳法证明：①由上述过程可知，n＝4时结论成立，②假设当n＝k，(k≥4)时结论成立，即3k>(k－1)2k＋2k2，两边同乘以3得3k＋1>3[(k－1)2k＋2k2]＝k2k＋1＋2(k＋1)2＋[(k－3)2k＋4k2－4k－2]，而(k－3)2k＋4k2－4k－2＝(k－3)2k＋4(k2－k－2)＋6＝(k－3)2k＋4(k－2)(k＋1)＋6>0，所以3k＋1>()k＋1－12k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1时结论也成立．由①②知当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2成立．综上所述，当n＝1时，S n＞(n－2)2n＋2n2；当n＝2,3时，S n＜(n－2)2n＋2n2；当n≥4时，S n＞(n－2)2n＋2n2.7．设二项展开式C n＝(3＋1)2n－1(n∈N*)的整数局部为A n，小数局部为B n.试用二项式定理推导A n和B n.解：因为C n＝(3＋1)2n－1＝C02n－1(3)2n－1＋C12n－1(3)2n－2＋…＋C2n－22n－13＋C2n－12n－1，①而(3－1)2n－1＝C02n－1(3)2n－1－C12n－1(3)2n－2＋…＋C2n－22n－13－C2n－12n－1，②①—②得：(3＋1)2n－1－(3－1)2n－1＝2(C12n－1·(3)2n－2＋C32n－1(3)2n－4＋…＋C2n－12n－1)∈N*.而0<(3－1)2n－1<1，所以A n＝(3＋1)2n－1－(3－1)2n－1，B n＝(3－1)2n－1.8．(2021·苏北四一模)a n＝(1＋2)n(n∈N*)．(1)假设a n＝a＋b2(a，b∈Z)，求证：a是奇数；(2)求证：对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得a n＝k－1＋k.证明：(1)由二项式定理，得a n＝C0n＋C1n2＋C2n(2)2＋C3n(2)3＋…＋C n n(2)n，创作人：历恰面日期：2020年1月1日所以a＝C0n＋C2n(2)2＋C4n(2)4＋…＝1＋2C2n＋22C4n＋…，因为2C2n＋22C4n＋…为偶数，所以a是奇数．(2)由(1)设a n＝(1＋2)n＝a＋b2(a，b∈Z)，那么(1－2)n＝a－b2，所以a2－2b2＝(a＋b2)(a－b2)＝(1＋2)n(1－2)n＝(1－2)n.当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，使得a n＝a＋b2＝a2＋2b2＝k＋k－1，当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，使得a n＝a＋b2＝a2＋2b2＝k－1＋k，综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，使得a n＝k－1＋k.创作人：历恰面日期：2020年1月1日。
数学附加题江苏卷
普通高等学校招生全国统一考试(江苏卷)数学附加分(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2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41：几何证明选讲)如图，AB 和BC 分别与圆O 相切于点D 、C ，AC 经过圆心O ，且BC ＝2OC. 求证：AC ＝2AD.B. (选修42：矩阵与变换)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－10 02，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 6，求矩阵A －1B .C. (选修44：坐标系与参数方程) 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1，y ＝2t (t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2tan 2θy ＝2tan θ(θ为参数)．试求直线l 和曲线C 的普通方程，并求出它们的公共点的坐标．D. (选修45：不等式选讲)已知a ≥b ＞0，求证：2a 3－b 3≥2ab 2－a 2b.【必做题】 第22题、第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. 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1 － ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1) 求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．23. 设数列{a n }：1，－2，－2，3，3，3，－4，－4，－4，－4，…，(－1)k －1k ，…，(－1)k －1k k 个，…，即当（k －1）k 2＜n ≤k （k ＋1）2(k ∈N *)时，a n ＝(－1)k －1k.记S a ＝a 1＋a 2＋…＋a n (n ∈N *)．对于l ∈N *，定义集合P t ＝{n|S n 是a n 的整数倍，n ∈N *，且1≤n ≤l}．(1) 求集合P 11中元素的个数；(2) 求集合P 3 000中元素的个数．。
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江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题13 附加题21题回顾2009～2012年的高考考题，附加题选做四选二中分别考查几何证明选讲、极坐标与参数方程、矩阵与变换、不等式选讲这四个内容，要求考生从中选择两个来完成，每题10分，难度不是很大，但是要求考生对所学知识点熟练掌握.[典例1](2012·江苏高考)如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD＝DC，连结AC，AE，DE.求证：∠E＝∠C.[解] 证明：如图，连结AD.∵AB是圆O的直径，∴∠ADB＝90°.∴AD⊥BD.又∵BD＝DC，∴AD是线段BC的中垂线．∴AB＝AC.∴∠B＝∠C.又∵D，E为圆上位于AB异侧的两点，∴∠B＝∠E.∴∠E＝∠C.(1)本题利用中间量代换的方法证明∠E＝∠C，一方面考虑到∠B和∠E是同弧所对圆周角相等；另一方面根据线段中垂线上的点到线段两端的距离相等和等腰三角形等边对等角的性质得到∠B＝∠C.(2)本题还可连结OD，利用三角形中位线来证明∠B＝∠C.[演练1](2012·泰州期末)已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连结FB，FC.(1)求证：FB＝FC；(2)若AB是△ABC外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝33，求AD的长．解：(1)证明：∵AD平分∠EAC，∴∠EAD＝∠DAC.∵四边形AFBC内接于圆，∴∠DAC＝∠FBC.∵∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，∴∠FBC＝∠FCB，∴FB＝FC.(2)∵AB是圆的直径，∴∠ACD＝90°.∵∠EAC＝120°，∴∠DAC＝12∠EAC＝60°，∠D＝30°.在Rt△ACB中，∵BC＝33，∠BAC＝60°，∴AC＝3.又在Rt △ACD 中，∠D ＝30°，AC ＝3，∴AD ＝6. [典例2](2012·江苏高考)已知矩阵A 的逆矩阵A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，求矩阵A 的特征值．[解] ∵A －1A ＝E ，∴A ＝(A －1)－1.∵A－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－14 34 12 －12，∴A ＝(A －1)－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 321.∴矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －3－2 λ－1＝λ2－3λ－4.令f (λ)＝0，解得矩阵A 的特征值λ1＝－1，λ2＝4.由矩阵A 的逆矩阵，根据定义可求出矩阵A ，从而可求出矩阵A 的特征值． [演练2](2012·泰州期末)已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2 －1－4 3，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤4 －1－3 1，求满足AX ＝B 的二阶矩阵X .解：由题意得A －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32 12 2 1，∵AX ＝B ，∴X ＝A －1B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤32 12 2 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 4 －1－3 1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤92 －1 5 －1. [典例3](2012·江苏高考)在极坐标中，已知圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程． [解] ∵圆C 圆心为直线ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32与极轴的交点，∴在ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝－32中令θ＝0，得ρ＝1. ∴圆C 的圆心坐标为(1,0)． ∵圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4， ∴圆C 的半径为PC ＝22＋12－2×1×2cos π4＝1.∴圆C 经过极点，∴圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.求圆的方程的关键是求出圆心坐标和圆的半径． [演练3](2012·南通二模)在极坐标系中，圆C 1的方程为ρ＝42cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4，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，圆C 2的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋a cos θ，y ＝－1＋a sin θ(θ为参数)，若圆C 1与圆C 2相切，求实数a 的值．解：C 1：(x －2)2＋(y －2)2＝8， 圆心C 1(2,2)，半径r 1＝2 2.C 2：(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝a 2，圆心C 2(－1，－1)，半径r 2＝|a |. ∴圆心距C 1C 2＝3 2.两圆外切时，C 1C 2＝r 1＋r 2＝22＋|a |＝32，a ＝±2； 两圆内切时，C 1C 2＝|r 1－r 2|＝|22－|a ||＝32，a ＝±5 2.综上，a ＝±2或a ＝±5 2. [典例4](2012·江苏高考)已知实数x ，y 满足：|x ＋y |<13，|2x －y |<16，求证：|y |<518.[证明] ∵3|y |＝|3y |＝|2(x ＋y )－(2x －y )|≤2|x ＋y |＋|2x －y |， 由题设知|x ＋y |<13，|2x －y |<16，∴3|y |<13＋16＝56.∴|y |<518.解决本题的关键是用(x ＋y )和(2x －y )表示y . [演练4](2012·南通二模)已知x ，y ，z 均为正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z.证明：因为x ，y ，z 都为正数，所以x yz ＋y zx ＝1z ⎝ ⎛⎭⎪⎫x y ＋y x ≥2z.同理，可得y zx ＋z xy ≥2x ，z xy ＋x yz ≥2y.将上述三个不等式两边分别相加，并除以2， 得x yz ＋y zx ＋z xy ≥1x ＋1y ＋1z. [专题技法归纳](1)几何证明选讲主要考查直线与圆的相切关系，弦切角定理是沟通角的桥梁，解决与圆有关的线段问题常利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理，并结合三角形相似等知识；(2)矩阵与变换主要考查变换、矩阵的特征值与特征向量、逆矩阵、二阶矩阵的乘法； (3)极坐标与参数方程主要考查参数方程与普通方程的互化及应用参数方程求最值、范围等问题；(4)解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号化为不含绝对值的不等式，其过程体现了分类讨论思想的应用．1.(2012·苏北四市三模)如图，圆O 的直径AB ＝4，C 为圆周上一点，BC ＝2，过C 作圆O 的切线l ，过A 作l 的垂线AD 分别与直线l ，圆O 交于点D ，E ，求线段AE 的长．解：在Rt △ABC 中，因为AB ＝4，BC ＝2，所以∠ABC ＝60°， 因为l 为过C 的切线，所以∠DCA ＝∠CBA ， 所以∠DCA ＝∠ABC ＝60°. 又因为AD ⊥DC ，所以∠DAC ＝30°.在△AOE 中，因为∠EAO ＝∠DAC ＋∠CAB ＝60°，且OE ＝OA ， 所以AE ＝AO ＝12AB ＝2.2.如图，⊙O 的直径AB 的延长线与弦CD 的延长线相交于点P ，E 为⊙O 上一点，AE ＝AC ，求证：∠PDE ＝∠POC .证明：因AE ＝AC ，AB 为直径， 故∠OAC ＝∠OAE . 所以∠POC ＝∠OAC ＋∠OCA ＝∠OAE ＋∠OAC ＝∠EAC .又∠EAC ＝∠PDE ，所以∠PDE ＝∠POC .3．(2012·扬州期末)求矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 4 26的特征值和特征向量． 解：f (λ)＝(λ＋1)(λ－6)－8＝λ2－5λ－14＝(λ－7)(λ＋2)， 由f (λ)＝0，可得λ1＝7，λ2＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧7＋1x －4y ＝0，－2x ＋7－6y ＝0可得属于λ1＝7的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.由⎩⎪⎨⎪⎧－2＋1x －4y ＝0，－2x ＋－2－6y ＝0可得属于λ1＝－2的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤4－1. 4．(2012·南通二模)已知M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 221，β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤17，计算M 5β. 解：矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－2 λ－1＝λ2－2λ－3.令f (λ)＝0，解得λ1＝3，λ2＝－1，从而求得它们对应的一个特征向量分别为α1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，α2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1.令β＝m α1＋n α2，所以求得m ＝4，n ＝－3.M 5β＝M 5(4α1－3α2)＝4(M 5α1)－3(M 5α2)＝4(λ51α1)－3(λ52α2)＝4·35⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－3(－1)5⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤975969.5．已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1，向量β＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12.求向量α，使得A 2α＝β. 解：∵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 121，∴A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 121⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 12 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤324 3.设α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，则A 2α＝β⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 24 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 ⇔⎣⎢⎡⎦⎥⎤3x ＋2y 4x ＋3y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12. ∴⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y ＝1，4x ＋3y ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2，∴α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2.6．已知P (x ，y )是椭圆x 24＋y 2＝1上的点，求M ＝x ＋2y 的取值范围．解：∵x 24＋y 2＝1的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)∴设P (2cos θ，sin θ)．∴M ＝x ＋2y ＝2cos θ＋2sin θ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4.∴M ＝x ＋2y 的取值范围是[－22，2 2 ]．7．(2012·泰州期末)已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝6sin θ，以极点为原点，极轴为x 轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝32t ＋1(t 为参数)，求直线l 被曲线C 截得的线段长度．解：将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程为x 2＋y 2－6y ＝0，即x 2＋(y －3)2＝9，它表示以(0,3)为圆心，3为半径的圆． 直线方程l 的普通方程为y ＝3x ＋1， 圆C 的圆心到直线l 的距离d ＝|3－1|3＋1＝1，故直线l 被曲线C 截得的线段长度为232－12＝4 2. 8．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝22＋32t (t 为参数)，若以直角坐标系xOy 的O 点为极点，Ox 为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4. (1)求直线l 的倾斜角；(2)若直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求AB .解：(1)设直线l 的倾斜角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧cos θ＝12，sin θ＝32且θ∈[0，π)，∴θ＝π3，即直线l 的倾斜角为π3.(2)l 的直角坐标方程为y ＝3x ＋22， ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4的直角坐标方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －222＝1，∴圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22到直线l 的距离d ＝64，∴AB ＝102. 9．对于实数x ，y ，若|x －1|≤1，|y －2|≤1，求|x －y ＋1|的最大值． 解：法一：|x －y ＋1|＝|(x －1)－(y －2)|≤|x －1|＋|y －2|≤2. 当且仅当x ＝2，y ＝3或x ＝0，y ＝1时，取等号． ∴|x －y ＋1|的最大值为2. 法二：∵|x －1|≤1，∴0≤x ≤2. ∵|y －2|≤1，∴1≤y ≤3. ∴－3≤－y ≤－1. ∴－2≤x －y ＋1≤2. ∴|x －y ＋1|的最大值为2.10．若正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1，求13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2的最小值．解：因为正数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝1， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥(1＋1＋1)2，即13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1，1 3时，原式取最小值1.当且仅当3a＋2＝3b＋2＝3c＋2，即a＝b＝c＝。