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数学高考江苏专版二轮专题复习训练：3个附加题综合仿真练(六)-含解析

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数学高考江苏专版二轮专题复习训练：3个附加题综合仿真练(二)-含解析

数学高考江苏专版二轮专题复习训练：3个附加题综合仿真练(二)-含解析

3个附加题综合仿真练(二)1．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，四边形ABCD 是圆的内接四边形，BC ＝BD ，BA 的延长线交CD 的延长线于点E .求证：AE 是四边形ABCD 的外角∠DAF 的平分线. 证明：因为四边形ABCD 是圆的内接四边形， 所以∠DAE ＝∠BCD ，∠FAE ＝∠BAC ＝∠BDC . 因为BC ＝BD ，所以∠BCD ＝∠BDC ， 所以∠DAE ＝∠FAE ，所以AE 是四边形ABCD 的外角∠DAF 的平分线． B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知变换T 将平面上的点⎝⎛⎭⎫1，12，(0,1)分别变换为点⎝⎛⎭⎫94，－2，⎝⎛⎭⎫－32，4.设变换T 对应的矩阵为M .(1)求矩阵M ；(2)求矩阵M 的特征值．解：(1)设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ 112＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤94－2，⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤01＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－324，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋12b ＝94，c ＋12d ＝－2，b ＝－32，d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－32，c ＝－4，d ＝4，则M ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤3 －32－44. (2)设矩阵M 的特征多项式为f (λ)，可得f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－3 324 λ－4＝(λ－3)(λ－4)－6＝λ2－7λ＋6，令f (λ)＝0，可得λ＝1或λ＝6. 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．直线l ：2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝m (m ∈R)，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3cos t ，y ＝－2＋3sin t (t 为参数)． 当圆心C 到直线l 的距离为2时，求m 的值． 解：由2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝m ， 得2ρsin θcos π4－2ρcos θsin π4＝m ，即x －y ＋m ＝0，即直线l 的直角坐标方程为x －y ＋m ＝0， 圆C 的普通方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝9， 圆心C 到直线l 的距离d ＝|1－(－2)＋m |2＝2，解得m ＝－1或m ＝－5. D ．[选修4－5：不等式选讲]已知x ，y ，z 都是正数且xyz ＝8，求证：(2＋x )(2＋y )·(2＋z )≥64. 证明：因为x 为正数，所以2＋x ≥22x . 同理2＋y ≥22y ，2＋z ≥22z .所以(2＋x )( 2＋y )( 2＋z )≥22x ·22y ·22z ＝88xyz . 因为xyz ＝8，所以(2＋x )( 2＋y )( 2＋z )≥64.2.在平面直角坐标系xOy 中，点F (1,0)，直线x ＝－1与动直线y ＝n 的交点为M ，线段MF 的中垂线与动直线y ＝n 的交点为P .(1)求动点P 的轨迹E 的方程；(2)过动点M 作曲线E 的两条切线，切点分别为A ，B ，求证：∠AMB 的大小为定值．解：(1)因为直线y ＝n 与x ＝－1垂直，所以MP 为点P 到直线x ＝－1的距离． 连结PF (图略)，因为P 为线段MF 的中垂线与直线y ＝n 的交点，所以MP ＝PF . 所以点P 的轨迹是抛物线． 焦点为F (1,0)，准线为x ＝－1.所以曲线E 的方程为y 2＝4x .(2)证明：由题意，过点M (－1，n )的切线斜率存在，设切线方程为y －n ＝k (x ＋1)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋k ＋n ，y 2＝4x ，得ky 2－4y ＋4k ＋4n ＝0，所以Δ1＝16－4k (4k ＋4n )＝0，即k 2＋kn －1＝0 (*)，因为Δ2＝n 2＋4>0，所以方程(*)存在两个不等实根，设为k 1，k 2， 因为k 1·k 2＝－1，所以∠AMB ＝90°，为定值．3．对于给定的大于1的正整数n ，设x ＝a 0＋a 1n ＋a 2n 2＋…＋a n n n ，其中a i ∈{0,1,2，…，n －1}，i ＝0,1，2，…，n －1，n ，且a n ≠0，记满足条件的所有x 的和为A n .(1)求A 2；(2)设A n ＝n n (n －1)f (n )2，求f (n )．解：(1)当n ＝2时，x ＝a 0＋2a 1＋4a 2，a 0∈{0,1}，a 1∈{0,1}，a 2＝1， 故满足条件的x 共有4个，分别为x ＝0＋0＋4，x ＝0＋2＋4，x ＝1＋0＋4，x ＝1＋2＋4，它们的和是22，所以A 2＝22.(2)由题意得，a 0，a 1，a 2，…，a n －1各有n 种取法；a n 有n －1种取法，由分步计数原理可得a 0，a 1，a 2…，a n －1，a n 的不同取法共有n ·n ·…·n ·(n －1)＝n n (n －1)，即满足条件的x 共有n n (n －1)个，当a 0分别取0,1,2，…，n －1时，a 1，a 2，…，a n －1各有n 种取法，a n 有n －1种取法， 故A n 中所有含a 0项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)·n n －1(n －1)＝n n (n －1)22； 同理，A n 中所有含a 1项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)n n －1(n －1)·n ＝n n (n －1)22·n ；A n 中所有含a 2项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)·n n －1(n －1)·n 2＝n n (n －1)22·n 2；A n 中所有含a n －1项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)·n n －1(n －1)·n n －1＝n n (n －1)22·n n －1；。

高考数学江苏专版3维二轮专题复习训练：3个附加题专项强化练(1) 选修4系列(理科) Word版含解析

高考数学江苏专版3维二轮专题复习训练：3个附加题专项强化练(1) 选修4系列(理科) Word版含解析

3个附加题专项强化练(一) 选修4系列(理科)A 组1．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，已知圆O 的直径AB ＝4，C 为AO 的中点，弦DE 过点C 且满足CE ＝2CD ，求△OCE 的面积．解：设CD ＝x ，则CE ＝2x . 因为CA ＝1，CB ＝3，由相交弦定理，得CA ·CB ＝CD ·CE ， 所以1×3＝2x 2，解得x ＝62. 取DE 的中点H ，连结OH ， 则OH ⊥DE .因为EH ＝32CD ＝364，所以OH 2＝OE 2－EH 2＝22－⎝⎛⎭⎫3642＝58，所以OH ＝104.又因为CE ＝2x ＝6，所以△OCE 的面积S ＝12OH ·CE ＝12×104×6＝154.B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知a ，b 是实数，如果矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 a b －2所对应的变换T 把点(2,3)变成点(3,4)．(1)求a ，b 的值；(2)若矩阵A 的逆矩阵为B ，求B 2.解：(1)由题意，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 a b －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，即⎩⎪⎨⎪⎧ 6＋3a ＝3，2b －6＝4.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝5.(2)由(1)，得A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －15 －2.由矩阵的逆矩阵公式得B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－2－11－1－5－1 3－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －15 －3.所以B 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －15 －3⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －15 －3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－11－54.C ．[选修4－4：坐标系与参数方程]已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2. (1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．解：(1)由ρ2＝x 2＋y 2，且⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得圆O 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4，由ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝2， 得ρ2－2ρ(cos θ＋sin θ)＝2， x 2＋y 2－2(x ＋y )＝2，故圆O 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.(2)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4＝0，x 2＋y 2－2x －2y －2＝0，两式相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y－1＝0，该直线的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－1＝0. D ．[选修4－5：不等式选讲] 解不等式：|x －2|＋x |x ＋2|＞2.解：当x ≤－2时，不等式化为(2－x )＋x (－x －2)＞2，即－x 2－3x >0，解得－3＜x ≤－2；当－2＜x ＜2时，不等式化为(2－x )＋x (x ＋2)＞2， 即x 2＋x >0，解得－2＜x ＜－1或0＜x ＜2；当x ≥2时，不等式化为(x －2)＋x (x ＋2)＞2，即x 2＋3x －4>0，解得x ≥2. 所以原不等式的解集为{x |－3＜x ＜－1或x ＞0}． 2．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，圆O 是△ABC 的外接圆，点D 是劣弧BC 的中点，连结AD并延长，与以C 为切点的切线交于点P ，求证：PC PA ＝BDAC.证明：连结CD ，因为CP 为圆O 的切线， 所以∠PCD ＝∠PAC ，又∠P 是公共角， 所以△PCD ∽△PAC ，所以PC PA ＝CD AC，因为点D 是劣弧BC 的中点， 所以CD ＝BD ，即PC PA ＝BDAC . B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 32 d ，若A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤84，求矩阵A 的特征值． 解：因为A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 32 d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ a ＋62＋2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤84，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋6＝8，2＋2d ＝4， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，d ＝1.所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 32 1. 所以矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －3－2 λ－1＝(λ－2)(λ－1)－6＝λ2－3λ－4，令f (λ)＝0，解得矩阵A 的特征值为λ1＝－1，λ2＝4. 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 ：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝t ＋1y ＝7－2t (t 为参数)与椭圆C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θy ＝3sin θ(θ为参数，a ＞0)的一条准线的交点位于y 轴上，求实数a 的值．解：由题意，直线l 的普通方程为2x ＋y ＝9， 椭圆C 的普通方程为y 29＋x 2a 2＝1(0＜a ＜3)，椭圆C 的准线方程为y ＝±99－a 2， 故99－a 2＝9，解得a ＝22(负值舍去)． D ．[选修4－5：不等式选讲]求函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值． 解：y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x ＝3sin x ＋4cos 2 x ， 由柯西不等式得y 2＝(3sin x ＋4cos 2x )2≤(32＋42)(sin 2x ＋cos 2x )＝25，当且仅当4sin x ＝3|cos x |，即sin x ＝35，|cos x |＝45时等号成立，所以y max ＝5.所以函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值为5. 3．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，△ABC 的顶点A ，C 在圆O 上，B 在圆外，线段AB 与圆O 交于点M.(1)若BC 是圆O 的切线，且AB ＝8，BC ＝4，求线段AM 的长度； (2)若线段BC 与圆O 交于另一点N ，且AB ＝2AC ，求证：BN ＝2MN . 解：(1)设AM ＝t ，则BM ＝8－t (0<t <8)， 由切割线定理可得BC 2＝BM ·BA .∴16＝8(8－t )，解得t ＝6，即线段AM 的长度为6. (2)证明：由题意，∠A ＝∠MNB ，∠B ＝∠B ， ∴△BMN ∽△BCA ，∴BN BA ＝MNCA， ∵AB ＝2AC ，∴BN ＝2MN . B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知变换T 把平面上的点(3，－4)，(5,0)分别变换成(2，－1)，(－1,2)，试求变换T 对应的矩阵M .解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，由题意得，⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 5－4 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2 －1－1 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －4b ＝2，5a ＝－1，3c －4d ＝－1，5c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－15，b ＝－1320，c ＝25，d ＝1120，即M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－15 －132025 1120.C ．[选修4－4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，求直线θ＝π4(ρ∈R)被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长．解：法一：在ρ＝4sin θ中，令θ＝π4，得ρ＝4sin π4＝22，即所求弦长为2 2.法二：以极点O 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θ＝π4(ρ∈R)的直角坐标方程为y ＝x ，①曲线ρ＝4sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，故直线θ＝π4(ρ∈R)被曲线ρ＝4sin θ所截弦长的端点坐标分别为(0,0)，(2,2)，所以直线θ＝π4(ρ∈R)被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长为22＋22＝2 2.D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ≠b ，求证：a 4＋6a 2b 2＋b 4＞4ab (a 2＋b 2)． 证明：a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2) ＝a 4＋6a 2b 2＋b 4－4a 3b －4b 3a ＝a 4－4a 3b ＋6a 2b 2－4b 3a ＋b 4 ＝(a －b )4，∵a ≠b ，∴a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2)>0， ∴a 4＋6a 2b 2＋b 4>4ab (a 2＋b 2)．4．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，AB 是圆O 的直径，弦CA ，BD 的延长线相交于点E ，EF 垂直BA 的延长线于点F ，连结FD .求证：∠DEA ＝∠DFA .证明：连结AD ，∵AB 是圆O 的直径，∴∠ADB ＝90°， ∴∠ADE ＝90°， 又EF ⊥FB ， ∴∠AFE ＝90°， ∴A ，F ，E ，D 四点共圆， ∴∠DEA ＝∠DFA .B ．[选修4－2：矩阵与变换] 已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 a 3 b 的一个特征值λ＝－1及对应的特征向量e ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1，求矩阵M 的逆矩阵．解：由题知，⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 3b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－a 3－b ＝－1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 1，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝－1，3－b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2，M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 23 2.∴det(M )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1 23 2＝1×2－2×3＝－4， ∴M－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12 1234 －14.C ．[选修4－4：坐标系与参数方程]已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t 2y ＝t (t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为ρ＝3cos θ，试判断直线l 与曲线C 的位置关系．解：由题意知，直线l 的普通方程为2x －y －2＝0，由ρ2＝x 2＋y 2，且⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得曲线C 的直角坐标方程为⎝⎛⎭⎫x －322＋y 2＝94，它表示圆． 由圆心⎝⎛⎭⎫32，0到直线l 的距离d ＝15＝55＜32，得直线l 与曲线C 相交． D ．[选修4－5：不等式选讲]设x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1，求证：1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x ≥xy ＋yz ＋zx .证明：∵x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1， ∴1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x ＝z x 2＋x y 2＋y z2， ∴由柯西不等式可得⎝⎛⎭⎫z x 2＋x y 2＋y z 2(xy ＋yz ＋zx )≥⎝⎛⎭⎫xyz x＋xyz y ＋xyz z 2＝⎝⎛⎭⎫xyz x＋xyz y ＋xyz z 2＝(xy ＋yz ＋zx )2. ∴1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x≥xy ＋yz ＋zx . B 组1．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，已知△ABC 内接于⊙O ，连结AO 并延长交⊙O 于点D ，∠ACB ＝∠ADC .求证：AD ·BC ＝2AC ·CD .证明：∵∠ACB ＝∠ADC ，AD 是⊙O 的直径， ∴AD 垂直平分BC ，设垂足为E ，∵∠ACB ＝∠EDC ，∠ACD ＝∠CED ， ∴△ACD ∽△CED ， ∴AD CD ＝AC CE， ∴AD ·12BC ＝AC ·CD ，∴AD ·BC ＝2AC ·CD . B ．[选修4－2：矩阵与变换]在平面直角坐标系xOy 中，设点A (－1,2)在矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 01对应的变换作用下得到点A ′，将点B (3,4)绕点A ′逆时针旋转90°得到点B ′，求点B ′的坐标．解：设B ′(x ，y )，依题意，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 0 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，得A ′(1,2)．则A ′B ――→＝(2,2)，A ′B ′――→＝(x －1，y －2)．记旋转矩阵N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －11 0，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －11 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －1y －2，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －1y －2， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝4. 所以点B ′的坐标为(－1,4)． 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 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t2(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2s 2，y ＝22s (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．解：直线l 的普通方程为x －2y ＋8＝0. 因为点P 在曲线C 上，设P (2s 2,22s )， 从而点P 到直线l 的距离 d ＝|2s 2－42s ＋8|12＋(－2)2＝2(s －2)2＋45. 当s ＝2时，d min ＝455. 因此当点P 的坐标为(4,4)时，曲线C 上点P 到直线l 的距离取到最小值455.D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ∈R,4a 2＋b 2＋2c 2＝4，求2a ＋b ＋c 的最大值．解：由柯西不等式，得[(2a )2＋b 2＋(2c )2]·⎣⎡⎦⎤12＋12＋⎝⎛⎭⎫122≥(2a ＋b ＋c )2.因为4a 2＋b 2＋2c 2＝4，所以(2a ＋b ＋c )2≤10. 所以－10≤2a ＋b ＋c ≤10，所以2a ＋b ＋c 的最大值为10，当且仅当a ＝105，b ＝2105，c ＝105时等号成立． 2．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，AB 是圆O 的直径，弦BD ，CA 的延长线相交于点E ，过E 作BA 的延长线的垂线，垂足为F .求证：AB 2＝BE ·BD －AE ·AC .证明：如图，连结AD ，因为AB 为圆O 的直径，所以AD ⊥BD .又EF ⊥AB ，则A ，D ，E ，F 四点共圆， 所以BD ·BE ＝BA ·BF .连结BC ，则∠AFE ＝∠ACB ，∠BAC ＝∠EAF ， 得△ABC ∽△AEF ， 所以AB AE ＝ACAF ，即AB ·AF ＝AE ·AC ，所以BE ·BD －AE ·AC ＝BA ·BF －AB ·AF ＝AB ·(BF －AF )＝AB 2. B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知二阶矩阵M 有特征值λ＝8及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，并且矩阵M 对应的变换将点(－1,2)变换成(－2,4)．(1)求矩阵M ；(2)求矩阵M 的另一个特征值．解：(1)设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ，由题意，M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋b c ＋d ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤11， M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ＋2b －c ＋2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－24，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝8，c ＋d ＝8，－a ＋2b ＝－2，－c ＋2d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝2，c ＝4，d ＝4，即M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤6244.(2)令特征多项式f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－6 －2－4 λ－4＝(λ－6)·(λ－4)－8＝0， 解得λ1＝8，λ2＝2.矩阵M 的另一个特征值为2. 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θ＝π3(ρ∈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⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2sin α，y ＝1－cos 2α(α为参数)．求直线l 与曲线C 的交点P 的直角坐标．解：由题意得，直线l 的直角坐标方程为y ＝3x ，① 曲线C 的普通方程为y ＝12x 2(x ∈[－2,2])，②联立①②解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝23，y ＝6(舍去)． 故P 点的直角坐标为(0,0)． D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c 为正实数，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c . 证明：法一：(基本不等式)∵a ＋b 2a ≥2b ，b ＋c 2b ≥2c ，c ＋a 2c ≥2a ，∴a ＋b 2a ＋b ＋c 2b ＋c ＋a 2c ≥2a ＋2b ＋2c ， ∴b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c . 法二：(柯西不等式)由柯西不等式得(a ＋b ＋c )⎝⎛⎭⎫b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥(b ＋c ＋a )2，∴b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c . 3．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，已知AB 为圆O 的一条弦，点P 为弧AB 的中点，过点P 任作两条弦PC ，PD 分别交AB 于点E ，F .求证：PE ·PC ＝PF ·PD.证明：连结PA ，PB ，CD ，BC . 因为点P 为弧AB 的中点， 所以∠PAB ＝∠PBA . 又因为∠PAB ＝∠PCB ，所以∠PCB ＝∠PBA . 又∠DCB ＝∠DPB ，所以∠PFE ＝∠PBA ＋∠DPB ＝∠PCB ＋∠DCB ＝∠PCD ， 所以E ，F ，D ，C 四点共圆． 所以PE ·PC ＝PF ·PD . B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知曲线C ：x 2＋2xy ＋2y 2＝1，矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 21 0所对应的变换T 把曲线C 变换成曲线C 1，求曲线C 1的方程．解：设曲线C 上的任意一点P (x ，y )，点P 在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 21 0所对应的变换T 作用下得到点Q (x ′，y ′)．则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝x ′，x ＝y ′，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ′，y ＝x ′－y ′2，代入x 2＋2xy ＋2y 2＝1，得y ′2＋2y ′·x ′－y ′2＋2⎝⎛⎭⎫x ′－y ′22＝1，即x ′2＋y ′2＝2，所以曲线C 1的方程为x 2＋y 2＝2. C ．[选修4－4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，已知点A ⎝⎛⎭⎫2，π2，点B 在直线l ：ρcos θ＋ρsin θ＝0(0≤θ<2π)上．当线段AB 最短时，求点B 的极坐标．解：以极点为原点，极轴为x 轴正半轴，建立平面直角坐标系， 则点A ⎝⎛⎭⎫2，π2的直角坐标为(0,2)，直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝0. AB 最短时，点B 为直线x －y ＋2＝0与直线l 的交点，解⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋2＝0，x ＋y ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1.所以点B 的直角坐标为(－1，1). 所以点B 的极坐标为⎝⎛⎭⎫2，3π4. D ．[选修4－5：不等式选讲]求函数f (x )＝5x ＋8－2x 的最大值．解：易知函数f (x )的定义域为[0,4]，且f (x )≥0.由柯西不等式得[52＋(2)2][(x )2＋(4－x )2]≥(5·x ＋2·4－x )2，即27×4≥(5·x ＋2·4－x )2，所以5x ＋8－2x ≤6 3. 当且仅当2×x ＝54－x ，即x ＝10027时取等号． 所以函数f (x )＝5x ＋8－2x 的最大值为6 3.4．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，AB 是圆O 的直径，C ，D 是圆O 上位于AB 异侧的两点．证明：∠OCB ＝∠D .证明：因为B ，C 是圆O 上的两点，所以OB ＝OC .故∠OCB ＝∠B .又因为C ，D 是圆O 上位于AB 异侧的两点，故∠B ，∠D 为同弧所对的两个圆周角，所以∠B ＝∠D .因此∠OCB ＝∠D .B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －20 1，设曲线C ：(x －y )2＋y 2＝1在矩阵A 对应的变换下得到曲线C ′，求C ′的方程．解：设P (x 0，y 0)为曲线C 上任意一点，点P 在矩阵A 对应的变换下得到点Q (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －20 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 0－2y 0，y ＝y 0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 2＋y ，y 0＝y ，又(x 0－y 0)2＋y 20＝1，∴⎝⎛⎭⎫x 2＋y －y 2＋y 2＝1，即x 24＋y 2＝1， ∴曲线C ′的方程为x 24＋y 2＝1. 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 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t (t 为参数)，以原点O为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，⊙C 的极坐标方程为ρ＝23sin θ.设P 为直线l 上一动点，当P 到圆心C 的距离最小时，求点P 的直角坐标．解：由ρ＝23sin θ，得ρ2＝23ρsin θ，从而有x 2＋y 2＝23y ，所以x 2＋(y －3)2＝3.设P ⎝⎛⎭⎫3＋12t ，32t ，又C (0，3)， 则PC ＝⎝⎛⎭⎫3＋12t 2＋⎝⎛⎭⎫32t －32＝t 2＋12， 故当t ＝0时，PC 取得最小值，此时点P 的直角坐标为(3,0)．D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd ＝1，求证：a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d .证明：因为a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd ＝1,所以a 5＋b ＋c ＋d ≥44a 5bcd ＝4a .①同理b 5＋c ＋d ＋a ≥4b ，②c 5＋d ＋a ＋b ≥4c ，③d 5＋a ＋b ＋c ≥4d ，④将①②③④式相加并整理，得a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d .当且仅当“a ＝b ＝c ＝d ＝1”时等号成立．。

高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题综合仿真练(四)Word版含解析

高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题综合仿真练(四)Word版含解析

3 个附带题 综合仿真练 (四 )1． 此题包含 A 、 B 、 C 、 D 四个小题，请任选二个作答A ． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图， AB 是圆 O 的直径， C 为圆 O 外一点，且AB ＝ AC ， BC 交圆O 于点 D ，过 D 作圆 O 的切线交 AC 于点 E.求证： DE ⊥AC.解：如图，连接 OD .由于 AB ＝ AC ，因此∠ B ＝∠ C.由圆 O 知 OB ＝ OD ，因此∠ B ＝∠ BDO .进而∠ BDO ＝∠ C ，因此 OD ∥ AC.又 DE 为圆 O 的切线，因此 DE ⊥ OD ，因此 DE ⊥AC .B ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]2 x － 1，且 AX ＝1 已知矩阵 A ＝2， X ＝，此中 x ， y ∈ R.y 12(1) 求 x ， y 的值；1－ 1，求 (AB) － 1(2)若 B ＝2 .2x－ 1－ 2解： (1)AX ＝y21 ＝－ .2 y 1 x － 2＝ 1，解得 x ＝3， y ＝ 0. 由于 AX ＝，因此 － ＝ ， 22y 2 (2)由 (1)知 A ＝231－ 1 02 ，又 B ＝，0223 1－ 1 24 .因此 AB ＝02 ＝0204设 (AB )－ 1＝ab，则24 ab＝10，cd 04 cd012a ＋ 4c2b ＋ 4d 10即 ＝ .4c4d 012a ＋ 4c ＝ 1，因此4c ＝ 0，解得 a ＝ 1， b ＝－ 1， c ＝ 0， d ＝1， 2b ＋ 4d ＝0， 2 2 44d ＝ 1，1－ 1即 (AB)－ 1＝2 2.104C． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程]2在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 的参数方程为x＝ 1－2 t，(t 为参数 )，以坐标原2y＝ 2＋2 t点 O 为极点， x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的极坐标方程为ρsin2θ－4cos θ＝，已知直线 l 与曲线 C 订交于 A， B 两点，求线段AB 的长．解：由于曲线 C 的极坐标方程为222θ＝ 4ρcos θ，即曲线 C ρsin θ－ 4cosθ＝ 0，因此ρsin的直角坐标方程为y2＝ 4x.2x＝1－2 t，代入抛物线方程 y2＝ 4x ，得 2＋2t 2＝将直线 l 的参数方程22y＝2＋ 2t24 1－2 t ，即 t2＋ 8 2t＝ 0，解得 t1＝ 0， t2＝－ 8 2.因此 AB＝ |t1－ t2|＝ 8 2.D． [选修 4－ 5：不等式选讲]设函数 f(x)＝ |2x＋ 1|－ |x－2|.(1)求不等式 f(x)>2 的解集；2－11t 的取值范围．(2) 若? x∈ R， f(x)≥ t2t 恒成立，务实数解：(1)不等式f(x)>2 可化为x>2 ，－1≤ x≤ 2，或或22x＋ 1－ x＋ 2>22x＋ 1＋ x－ 2>21x<－2，－2x－ 1＋ x－ 2>2，解得 x<－ 5 或 x＞ 1，因此所求不等式的解集为{x|x<－ 5 或 x>1}．x ＋3， x>2，3x － 1，－ 1≤ x ≤2，(2) 由 f(x)＝ |2x ＋ 1|－ |x － 2|＝ 2－ x － 3， x<－ 1，2可得 f(x)≥ － 52，若 ? x ∈ R ， f(x)≥ t 2－11t 恒成立，则 t 2－11t ≤ －5，即 2t 2－ 11t ＋5≤ 0，解得 1≤ t ≤5.2222故实数 t 的取值范围为1， 5 .22.如图，在直三棱柱ABC-A 1 B 1C 1 中，已知 AB ⊥ AC ， AB ＝ 2， AC＝ 4， AA 1＝ 3.D 是线段 BC 的中点．(1) 求直线 DB 1 与平面 A 1C 1D 所成角的正弦值；(2) 求二面角 B 1-A 1 D-C 1 的余弦值．解： 由于在直三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 中， AB ⊥ AC ，因此分别以 AB ，AC ，AA 1 所在的直线为 x 轴， y 轴， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(2,0,0) ，C(0,4,0) ，A 1(0,0,3) ，B 1(2,0，3)，C 1(0,4,3) ，由于 D 是 BC 的中点，因此 D(1， 2,0)，――→ ―→(1) 由于 A 1C 1 ＝ (0,4,0)， A 1D ＝ (1,2，－ 3)，设平面 A 1C 1D 的法向量 n 1＝ (x 1， y 1， z 1)，――→＝ 0，4y 1＝ 0，n 1·A 1C 1 则即―→x 1＋ 2y 1－ 3z 1＝ 0，n 1·A 1D ＝ 0，x 1＝ 3，―→取 y 1＝ 0， 因此平面 A 1C 1D 的法向量 n 1＝ (3,0,1) ，而 DB 1＝ (1，－ 2,3)，z 1＝ 1，设直线 DB 1 与平面 A 1C 1D 所成角为 θ，―→―→|3＋ 3|3 35，〉|＝ ·＝ 因此 sin θ＝ |cos 〈 n ， DB|n 1 DB 1| ＝11 ―→10× 14 35|n 1| |DB · 1|3 35.因此直线 DB 1 与平面 A 1C 1D 所成角的正弦值为 35――→ ―→(2) A 1B 1 ＝ (2,0,0) ， DB 1＝ (1，－ 2,3)，设平面 B 1A 1D 的法向量 n 2＝ (x 2， y 2， z 2)，――→＝ 0，2x 2＝ 0，n 2·A 1B 1 则即―→x 2－ 2y 2＋ 3z 2＝ 0，n 2·DB 1 ＝ 0，x 2＝ 0， 取 y 2＝ 3，因此平面 B 1A 1D 的法向量 n 2＝ (0,3,2) ，z 2＝ 2，因此 cos 〈 n ， n 〉＝n 1·n 2＝2＝ 130， 12|n 1| |n ·2|10× 13 65130故联合图象知二面角B 1- A 1D -C 1 的余弦值 65 .3．已知会合 X ＝ {1,2,3}， Y n ＝ {1,2,3， ， n}(n ∈ N * )，设 S n ＝ {(a ， b)|a 整除 b 或 b 整除 a ， a ∈ X ， b ∈ Y n }，令 f(n)表示会合 S n 所含元素的个数．(1) 写出 f(6)的值；(2) 当 n ≥ 6 时，写出 f( n)的表达式，并用数学概括法证明．解： (1)Y 6＝ {1,2,3,4,5,6} ， S 6 中的元素 (a ， b)知足：若 a ＝ 1，则 b ＝ 1,2,3,4,5,6；若 a ＝ 2，则 b ＝ 1,2,4,6；若 a ＝ 3，则 b ＝ 1,3,6.因此 f(6)＝ 13.(2) 当 n ≥ 6 时，n ＋ n， n ＝ 6t ，n ＋ 2＋ 2 3 n ＋ 2＋n － 1＋ n － 1 ， n ＝6t ＋ 1， 2 3n ＋ n － 2 ， n ＝ 6t ＋ 2，n ＋ 2＋ 23f(n)＝(t ∈ N *)．n ＋ 2＋n － 1＋ n， n ＝ 6t ＋ 3， 23n ＋ n － 1 ， n ＝ 6t ＋ 4，n ＋ 2＋ 23n ＋ 2＋ n － 1＋ n － 2， n ＝6t ＋ 523下边用数学概括法证明：①当 n ＝ 6 时， f(6) ＝6＋ 2＋ 6＋6＝ 13，结论成立．2 3②假定 n ＝ k(k ≥ 6)时结论成立，那么n ＝ k ＋ 1 时， S k ＋ 1 在 S k 的基础上新增添的元素在(1， k ＋ 1)， (2， k ＋ 1)， (3， k ＋1)中产生，分以下情况议论：a ．若 k ＋ 1＝ 6t ，则 k ＝ 6(t － 1)＋ 5，此时有k － 1 k － 2f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 3＝ k ＋ 2＋ 2 ＋3＋3＝ (k ＋ 1)＋ 2＋k ＋1＋ k ＋ 1，结论成立；23b ．若 k ＋ 1＝ 6t ＋ 1，则 k ＝ 6t ，此时有kkf(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 1＝ k ＋ 2＋ ＋ ＋ 1＝ (k ＋ 1)＋ 2＋k ＋ 1 － 1＋ k ＋ 1 － 1，结论成立；23c ．若 k ＋ 1＝ 6t ＋ 2，则 k ＝ 6t ＋ 1，此时有k － 1 k － 1f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 2＝ k ＋ 2＋ 2 ＋ 3 ＋2＝ (k ＋ 1)＋ 2＋ k ＋1＋ k ＋ 1 － 2，结论成立；23 d ．若 k ＋ 1＝ 6t ＋ 3，则 k ＝ 6t ＋ 2，此时有k k － 2f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 2＝ k ＋ 2＋ 2＋ 3 ＋ 2＝ (k ＋ 1)＋ 2＋ k ＋ 1 － 1＋ k ＋ 1，结论成立；23 e ．若 k ＋ 1＝ 6t ＋ 4，则 k ＝ 6t ＋ 3，此时有k － 1 kf(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 2＝ k ＋ 2＋ 2 ＋ 3＋ 2＝ (k ＋ 1)＋ 2＋ k ＋1＋ k ＋ 1 － 1，结论成立；23 f ．若 k ＋ 1＝ 6t ＋ 5，则 k ＝ 6t ＋ 4，此时有k k － 1f(k ＋ 1)＝ f(k)＋ 1＝ k ＋ 2＋ 2＋ 3 ＋1＝ (k ＋ 1)＋ 2＋k ＋ 1 － 1＋ k ＋ 1 － 2，结论成立．23综上所述，结论对知足 n ≥ 6 的自然数 n 均成立．。

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练全套含解析

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练全套含解析

2018年高考数学江苏专版二轮专题复习附加题高分练1．矩阵与变换1．(2017²常州期末)已知矩阵A ＝⎣⎡⎦⎤2 13 2，列向量X ＝⎣⎡⎦⎤x y ，B ＝⎣⎡⎦⎤47，若AX ＝B ，直接写出A －1，并求出X . 解 由A ＝⎣⎡⎦⎤2 13 2，得到A －1＝⎣⎡⎦⎤ 2 －1－3 2.由AX ＝B ，得到X ＝A －1B ＝⎣⎡⎦⎤ 2 －1－3 2⎣⎡⎦⎤47＝⎣⎡⎦⎤12.也可由AX ＝B 得到⎣⎡⎦⎤2 13 2⎣⎡⎦⎤x y ＝⎣⎡⎦⎤47，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝4，3x ＋2y ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，所以X ＝⎣⎡⎦⎤12.2．(2017²江苏淮阴中学调研)已知矩阵A ＝⎣⎡⎦⎤3 3c 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α2＝⎣⎡⎦⎤ 3－2.求矩阵A ，并写出A 的逆矩阵．解 由矩阵A 属于特征值6的一个特征向量α1＝⎣⎡⎦⎤11可得，⎣⎡⎦⎤33cd ⎣⎡⎦⎤11＝6⎣⎡⎦⎤11，即c ＋d ＝6；由矩阵A 属于特征值1的一个特征向量α2＝⎣⎡⎦⎤ 3－2，可得⎣⎡⎦⎤3 3c d ⎣⎡⎦⎤ 3－2＝⎣⎡⎦⎤3－2，即3c －2d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，d ＝4.即A ＝⎣⎡⎦⎤3 32 4，A 的逆矩阵是⎣⎢⎡⎦⎥⎤23 －12－13 123．(2017²江苏建湖中学月考)曲线x 2＋4xy ＋2y 2＝1在二阶矩阵M ＝⎣⎡⎦⎤1 a b 1的作用下变换为曲线x 2－2y 2＝1. (1)求实数a ，b 的值； (2)求M 的逆矩阵M －1.解 (1)设P(x ，y)为曲线x 2－2y 2＝1上任意一点，P ′(x ′，y ′)为曲线x 2＋4xy ＋2y 2＝1上与P 对应的点，则⎣⎡⎦⎤1 a b 1⎣⎡⎦⎤x ′y ′＝⎣⎡⎦⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′＋ay ′，y ＝bx ′＋y ′，代入x 2－2y 2＝1得(x ′＋ay ′)2－2(bx ′＋y ′)2＝1得(1－2b 2)x ′2＋(2a －4b)x ′y ′＋(a 2－2)y ′2＝1，及方程x 2＋4xy ＋2y 2＝1，从而⎩⎪⎨⎪⎧1－2b 2＝1，2a －4b ＝4，a 2－2＝2，解得a ＝2，b ＝0. (2)因为M ＝⎪⎪⎪⎪1 20 1＝1≠0，故M－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11 －210111＝⎣⎡⎦⎤1 －20 1. 4．已知曲线C ：y 2＝12x ，在矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 －2对应的变换作用下得到曲线C 1，C 1在矩阵N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110对应的变换作用下得到曲线C 2，求曲线C 2的方程．解 设A ＝NM ，则A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 －2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －21 0， 设P(x ′，y ′)是曲线C 上任一点，在两次变换下，在曲线C 2上对应的点为P(x ，y)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2y ′ x ′， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2y ′，y ＝x ′，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝y ，y ′＝－12x.又点P(x ′，y ′)在曲线C ：y 2＝12x 上，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2＝12y ，即x 2＝2y. 2．坐标系与参数方程1．(2017²南通一模)在极坐标系中，求直线θ＝π4(ρ∈R )被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长．解 方法一 在ρ＝4sin θ中，令θ＝π4，得ρ＝4sin π4＝22，即弦长为2 2.方法二 以极点O 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θ＝π4(ρ∈R )的直角坐标方程为y ＝x ，①曲线ρ＝4sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，所以直线θ＝π4(ρ∈R )被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长为(2－0)2＋(2－0)2＝2 2.2．(2017²江苏六市联考)平面直角坐标系xOy 中，已知直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32＋22l ，y ＝22l (l 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．解 直线的普通方程为2x －2y ＋3＝0，曲线的普通方程为y 2＝8x.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＋3＝0，y 2＝8x ，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝92，y ＝6.取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫92，6，得AB ＝4 2.3．(2017²江苏滨海中学质检)已知直线的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22，圆M 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝－2＋2sin θ，(其中θ为参数)．(1)将直线的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求圆M 上的点到直线的距离的最小值． 解 (1)极点为直角坐标原点O ，ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ρ⎝⎛⎭⎪⎫22sin θ＋22cos θ＝22，∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，其直角坐标方程为x ＋y －1＝0.(2)将圆的参数方程化为普通方程为x 2＋(y ＋2)2＝4，圆心为M(0，－2)， ∴点M 到直线的距离为d ＝|0－2－1|2＝32＝322，∴圆上的点到直线距离的最小值为32－42.4．(2017²常州期末)在平面直角坐标系中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．已知圆ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6被射线θ＝θ0⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ≥0，θ0为常数，且θ0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2所截得的弦长为23，求θ0的值．解 圆ρ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －3)2＝4，射线θ＝θ0的直角坐标方程可以设为y ＝kx(x ≥0，k ＞0)．圆心(1，3)到直线y ＝kx 的距离d ＝|k －3|1＋k 2. 根据题意，得24－(k －3)21＋k 2＝23，解得k ＝33. 即tan θ0＝33，又θ0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以θ0＝π6.3．曲线与方程、抛物线1．(2017²江苏南通天星湖中学质检)已知点A(1,2)在抛物线F ：y 2＝2px 上．(1)若△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)若四边形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，则1k 1－1k 2＋1k 3－1k 4＝y 1＋24－y 2＋y 14＋y 3＋y 24－2＋y 34＝0.2．(2017²江苏赣榆中学月考)抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)均在抛物线上．(1)写出该抛物线的方程及其准线方程；(2)当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求y 1＋y 2的值及直线AB 的斜率． 解 (1)由已知条件，可设抛物线的方程为y 2＝2px. ∵点P(1,2)在抛物线上， ∴22＝2p ³1，得p ＝2，故所求抛物线的方程是y 2＝4x ，准线方程是x ＝－1.(2)设直线PA 的斜率为k PA ，直线PB 的斜率为k PB ， 则k PA ＝y 1－2x 1－1(x 1≠1)，k PB ＝y 2－2x 2－1(x 2≠1)．∵PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补， ∴k PA ＝－k PB ，由A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)在抛物线上，得 y 21＝4x 1，① y 22＝4x 2，② ∴y 1－214y 21－1＝－y 2－214y 22－1， ∴y 1＋2＝－(y 2＋2)， ∴y 1＋y 2＝－4，由①－②得直线AB 的斜率k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝4y 1＋y 2＝－44＝－1(x 1≠x 2)．3．(2017²江苏常州中学质检)已知点A(－1,0)，F(1,0)，动点P 满足AP →²AF →＝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． 解 (1)设P(x ，y)，则AP →＝(x ＋1，y)，FP →＝(x －1，y)，AF →＝(2,0)， 由AP →²AF →＝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.(2)直线l 方程为y ＝2(x ＋1)，设Q(x 0，y 0)，M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)．设过点M 的切线方程为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)，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)， 又MN ∥l ，所以2y 0＝2，得y 0＝1，而y 0＝2(x 0＋1)，故点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1. 4．(2017²江苏宝应中学质检)如图，已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 的直线l 与抛物线C 交于A(x 1，y 1)(y 1＞0)，B(x 2，y 2)两点，T 为抛物线的准线与x 轴的交点．(1)若TA →²TB →＝1，求直线l 的斜率； (2)求∠ATF 的最大值．解 (1)因为抛物线y 2＝4x 焦点为F(1,0)，T(－1,0)．当l ⊥x 轴时，A(1,2)，B(1，－2)，此时TA →²TB →＝0，与TA →²TB →＝1矛盾， 所以设直线l 的方程为y ＝k(x －1)，代入y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，①所以y 21y 22＝16x 1x 2＝16，所以y 1y 2＝－4，② 因为TA →²TB →＝1，所以(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝1， 将①②代入并整理得，k 2＝4，所以k ＝±2.(2)因为y 1＞0，所以tan ∠ATF ＝y 1x 1＋1＝y 1y 214＋1＝1y 14＋1y 1≤1，当且仅当y 14＝1y 1，即y 1＝2时，取等号，所以∠ATF ≤π4，所以∠ATF 的最大值为π4.4．空间向量与立体几何1．(2017²苏锡常镇调研)如图，已知正四棱锥P －ABCD 中，PA ＝AB ＝2，点M ，N 分别在PA ，BD 上，且PM PA ＝BN BD ＝13.(1)求异面直线MN 与PC 所成角的大小； (2)求二面角N －PC －B 的余弦值．解 (1)设AC ，BD 交于点O ，在正四棱锥P －ABCD 中，OP ⊥平面ABCD ，又PA ＝AB ＝2，所以OP ＝ 2.以O 为坐标原点，DA →，AB →，OP →方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图．则A(1，－1,0)，B(1,1,0)，C(－1,1,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，2)，AP →＝(－1,1，2)．故OM →＝OA →＋AM →＝OA →＋23AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－13，223，ON →＝13OB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，0，所以MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，－223，PC →＝(－1,1，－2)，所以cos 〈MN →，PC →〉＝MN →²PC →|MN →||PC →|＝32，所以异面直线MN 与PC 所成角的大小为π6.(2)由(1)知PC →＝(－1,1，－2)，CB →＝(2,0,0)，NC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，23，0.设m ＝(x ，y ，z)是平面PCB 的法向量，则m ²PC →＝0，m ²CB →＝0，可得⎩⎨⎧－x ＋y －2z ＝0，x ＝0，令y ＝2，则z ＝1，即m ＝(0，2，1)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCN 的法向量，则n ²PC →＝0，n ²CN →＝0，可得⎩⎨⎧－x 1＋y 1－2z 1＝0，－2x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝4，z 1＝2，即n ＝(2,4，2)，所以cos 〈m ，n 〉＝m²n |m||n|＝523³22＝53333，则二面角N －PC －B 的余弦值为53333.2．(2017²常州期末)如图，以正四棱锥V －ABCD 的底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O －xyz ，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，E 为VC 的中点．正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，且有cos 〈BE →，DE →〉＝－1549.(1)求ha的值；(2)求二面角B －VC －D 的余弦值．解 (1)根据条件，可得B(a ，a,0)，C(－a ，a,0)，D(－a ，－a,0)，V(0,0，h)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，h 2，所以BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，－a 2，h 2，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，32a ，h 2，故cos 〈BE →，DE →〉＝h 2－6a 2h 2＋10a2.又cos 〈BE →，DE →〉＝－1549，则h 2－6a 2h 2＋10a 2＝－1549， 解得h a ＝32.(2)由h a ＝32，得BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，－a 2，34a ，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，32a ，34a ，且容易得到，CB →＝(2a,0,0)，DC →＝(0,2a,0)． 设平面BVC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1²BE →＝0，n 1²CB →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－32ax 1－a 2y 1＋34az 1＝0，2ax 1＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，2y 1＝3z 1，取y 1＝3，z 1＝2，则n 1＝(0,3,2)．同理可得平面DVC 的一个法向量为n 2＝(－3,0,2)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1²n 2|n 1||n 2|＝0³(－3)＋3³0＋2³213³13＝413，结合图形，可以知道二面角B －VC －D 的余弦值为－413.3．(2017²南京学情调研)如图，在底面为正方形的四棱锥P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是线段PC 的中点．(1)求异面直线AP 与BE 所成角的大小；(2)若点F 在线段PB 上，且使得二面角F －DE －B 的正弦值为33，求PFPB的值．解 (1)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，所以DA ，DC ，DP 两两垂直，故以{DA →，DC →，DP →}为正交基底，建立空间直角坐标系D －xyz.因为PD ＝DC ，所以DA ＝DC ＝DP ， 不妨设DA ＝DC ＝DP ＝2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)． 因为E 是PC 的中点，所以E(0,1,1)， 所以AP →＝(－2,0,2)，BE →＝(－2，－1,1)， 所以cos 〈AP →，BE →〉＝AP →²BE →|AP →||BE →|＝32，从而〈AP →，BE →〉＝π6.因此异面直线AP 与BE 所成角的大小为π6.(2)由(1)可知，DE →＝(0,1,1)，DB →＝(2,2,0)，PB →＝(2,2，－2)． 设PF →＝λPB →，则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)， 从而DF →＝DP →＋PF →＝(2λ，2λ，2－2λ)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ²DF →＝0，m ²DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λx 1＋λy 1＋(1－λ)z 1＝0，y 1＋z 1＝0，取z 1＝λ，则y 1＝－λ，x 1＝2λ－1.故m ＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF 的一个法向量， 设n ＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEB 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n ²DB →＝0，n ²DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2y 2＝0，y 2＋z 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝1.所以n ＝(1，－1,1)为平面BDE 的一个法向量． 因为二面角F －DE －B 的余弦值的绝对值为63， 即|cos 〈m ，n 〉|＝|m²n ||m||n|＝|4λ－1|3²(2λ－1)2＋2λ2＝63， 化简得4λ2＝1.因为点F 在线段PB 上，所以0≤λ≤1， 所以λ＝12，即PF PB ＝12.4.(2017²苏北四市一模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AD ＝AP ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为PC 的中点． (1)求异面直线AP ，BM 所成角的余弦值；(2)点N 在线段AD 上，且AN ＝λ，若直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，求λ的值．解 (1)因为PA ⊥平面ABCD ，且AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD. 又因为∠BAD ＝90°，所以PA ，AB ，AD 两两互相垂直．分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则由AD ＝2AB ＝2BC ＝4，PA ＝4可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)． 又因为M 为PC 的中点，所以M(1,1,2)． 所以BM →＝(－1,1,2)，AP →＝(0,0,4)， 所以cos 〈AP →，BM →〉＝AP →²BM →|AP →||BM →|＝0³(－1)＋0³1＋4³24³6＝63，所以异面直线AP ，BM 所成角的余弦值为63. (2)因为AN ＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则MN →＝(－1，λ－1，－2)，BC →＝(0,2,0)，PB →＝(2,0，－4)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ²BC →＝0，m ²PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －4z ＝0.令x ＝2，解得y ＝0，z ＝1，所以m ＝(2,0,1)是平面PBC 的一个法向量．因为直线MN 与平面PBC 所成角的正弦值为45，所以|cos 〈MN →，m 〉|＝|MN →²m ||MN →||m |＝|－2－2|5＋(λ－1)2²5＝45，解得λ＝1∈[0,4]，所以λ的值为1.5．离散型随机变量的概率分布1．(2017²南京、盐城一模)某年级星期一至星期五每天下午排3节课，每天下午随机选择1节作为综合实践课(上午不排该课程)，张老师与王老师分别任教甲、乙两个班的综合实践课程．(1)求这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率；(2)设这两个班“在一周中同时上综合实践课的节数”为X ，求X 的概率分布与数学期望E(X)． 解 (1)这两个班“在星期一不同时上综合实践课”的概率为P ＝1－33³3＝23.(2)由题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，P(X ＝k)＝C k 5⎝ ⎛⎭⎪⎫13k²⎝ ⎛⎭⎪⎫235－k ，k ＝0,1,2,3,4,5.所以X 的概率分布为所以X 的数学期望为E(X)＝5³13＝53.2．一位网民在网上光顾某网店，经过一番浏览后，对该店铺中的A ，B ，C 三种商品有购买意向．已知该网民购买A 种商品的概率为34，购买B 种商品的概率为23，购买C 种商品的概率为12.假设该网民是否购买这三种商品相互独立． (1)求该网民至少购买2种商品的概率；(2)用随机变量η表示该网民购买商品的种数，求η的概率分布和数学期望． 解 (1)该网民恰好购买2种商品的概率为P(AB C )＋P(A B C)＋P(A BC)＝34³23³12＋34³13³12＋14³23³12＝1124；该网民恰好购买3种商品的概率为P(ABC)＝34³23³12＝14，所以P ＝1124＋14＝1724.故该网民至少购买2种商品的概率为1724.(2)随机变量η的可能取值为0,1,2,3，由(1)知，P(η＝2)＝1124，P(η＝3)＝14，而P(η＝0)＝P(A B C )＝14³13³12＝124，所以P(η＝1)＝1－P(η＝0)－P(η＝2)－P(η＝3)＝14.随机变量η的概率分布为所以随机变量η的数学期望E(η)＝0³124＋1³14＋2³1124＋3³14＝2312.3．(2017²南京学情调研)甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一次篮，先投中者获胜，投篮进行到有人获胜或每人都已投球3次时结束．设甲每次投篮命中的概率为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)求投篮结束时甲的投篮次数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)，则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)＝35³13³25＝225，P(A 3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352³⎝ ⎛⎭⎪⎫132³25＝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. 则P(X ＝1)＝25＋35³23＝45，P(X ＝2)＝225＋35³13³35³23＝425，P(X ＝3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫352³⎝ ⎛⎭⎪⎫132³1＝125.即X 的概率分布为所以数学期望E(X)＝1³45＋2³425＋3³125＝3125.4．为了提高学生学习数学的兴趣，某校决定在每周的同一时间开设《数学史》、《生活中的数学》、《数学与哲学》、《数学建模》四门校本选修课程，甲、乙、丙三位同学每人均在四门校本课程中随机选一门进行学习，假设三人选择课程时互不影响，且每人选择每一课程都是等可能的．(1)求甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率；(2)设X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，求X 的概率分布和数学期望E(X)． 解 (1)甲、乙、丙三人从四门课程中各任选一门，共有43＝64种不同的选法，记“甲、乙、丙三人选择的课程互不相同”为事件M ，事件M 共包含A 34＝24个基本事件，则P(M)＝2464＝38，所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为38.(2)方法一 X 可能的取值为0,1,2,3. P(X ＝0)＝3343＝2764，P(X ＝1)＝C 13³3243＝2764，P(X ＝2)＝C 23³343＝964，P(X ＝3)＝C 3343＝164.所以X 的概率分布为所以E(X)＝0³2764＋1³2764＋2³964＋3³164＝34.方法二 甲、乙、丙三人从四门课程中任选一门，可以看成三次独立重复试验，X 为甲、乙、丙三人中选修《数学史》的人数，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，14，所以P(X ＝k)＝C k 3⎝ ⎛⎭⎪⎫14k ⎝ ⎛⎭⎪⎫343－k，k ＝0,1,2,3，所以X 的概率分布为所以X 的数学期望E(X)＝3³14＝34.6．计数原理、二项式定理和数学归纳法1．已知等式(1＋x)2n －1＝(1＋x)n －1(1＋x)n.(1)求(1＋x)2n －1的展开式中含x n的项的系数，并化简：C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ；(2)证明：(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n(C n n )2＝nC n2n －1. (1)解 (1＋x)2n －1的展开式中含x n 的项的系数为C n2n －1，由(1＋x)n －1(1＋x)n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋…＋C n n x n )可知，(1＋x)n －1(1＋x)n的展开式中含x n的项的系数为C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n . 所以C 0n －1C nn ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n2n －1. (2)证明 当k ∈N *时，kC kn ＝k²n ！k ！(n －k )！＝n ！(k －1)！(n －k )！＝n²(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝nC k －1n －1，所以(C 1n)2＋2(C 2n)2＋…＋n(C n n)2＝∑k ＝1n[k(C k n )2]＝k ＝1n (kC k n C kn )＝k ＝1n (nC k －1n －1C kn )＝n k ＝1n (C k －1n －1C kn )＝n k ＝1n (C n －k n －1C kn )．由(1)知C 0n －1C n n ＋C 1n －1C n －1n ＋…＋C n －1n －1C 1n ＝C n2n －1，即k ＝1n (C n －k n －1C k n )＝C n2n －1，所以(C 1n )2＋2(C 2n )2＋…＋n(C n n )2＝nC n2n －1.2．(2017²江苏泰州中学调研)在平面直角坐标系xOy 中，点P(x 0，y 0)在曲线y ＝x 2(x ＞0)上．已知点A(0，－1)，P n (x n0，y n0)，n ∈N *.记直线AP n 的斜率为k n . (1)若k 1＝2，求P 1的坐标； (2)若k 1为偶数，求证：k n 为偶数． (1)解 因为k 1＝2，所以y 0＋1x 0＝x 20＋1x 0＝2，解得x 0＝1，y 0＝1，所以P 1的坐标为(1,1)．(2)证明 方法一 设k 1＝2p(p ∈N *)，即y 0＋1x 0＝x 20＋1x 0＝2p.所以x 20－2px 0＋1＝0，所以x 0＝p±p 2－1. 因为y 0＝x 2，所以k n ＝y n0＋1x n 0＝x 2n0＋1x n 0＝x n 0＋1x n 0，所以当x 0＝p ＋p 2－1时，k n ＝(p ＋p 2－1)n＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＋p 2－1n ＝(p ＋p 2－1)n ＋(p －p 2－1)n. 同理，当x 0＝p －p 2－1时，k n ＝(p ＋p 2－1)n ＋(p －p 2－1)n.①当n ＝2m(m ∈N *)时，k n ＝2∑k ＝0mC 2k n pn －2k(p 2－1)k，所以k n 为偶数．②当n ＝2m ＋1(m ∈N )时，k n ＝2∑k ＝0mC 2k n pn －2k(p 2－1)k，所以k n 为偶数．综上，k n 为偶数．方法二 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋10＋1x n ＋10＝x n ＋20＋1x n ＋20＋x n0＋1x n 0，所以k n ＋2＝k 1k n ＋1－k n .k 2＝x 20＋1x 20＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 02－2＝k 21－2.设命题p(n)：k n ，k n ＋1均为偶数．以下用数学归纳法证明“命题p(n)是真命题”．①因为k 1是偶数，所以k 2＝k 21－2也是偶数．当n ＝1时，p(n)是真命题；②假设当n ＝m(m ∈N *)时，p(n)是真命题，即k m ，k m ＋1均为偶数，则k m ＋2＝k 1k m ＋1－k m 也是偶数，即当n ＝m ＋1时，p(n)也是真命题．由①②可知，对n ∈N *，p(n)均是真命题，从而k n 是偶数．3．(2017²江苏扬州中学模拟)在数列{a n }中，a n ＝cos π3³2(n ∈N *)(1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n²n！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论． 解 (1)a n ＝cos π3³2n －2＝cos 2π3³2n －1＝2⎝⎛⎭⎪⎫cosπ3³2n －12－1， ∴a n ＝2a 2n ＋1－1， ∴a n ＋1＝±a n ＋12， 又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1＞0， ∴a n ＋1＝a n ＋12. (2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1＞b 1，当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2， 当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3＜b 3， 猜想：当n ≥3时，a n ＜b n ，下面用数学归纳法证明． ①当n ＝3时，由上知，a 3＜b 3，结论成立． ②假设当n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k ＜b k 成立， 即a k ＜1－2k²k！，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k ＋12＜2－2k²k！2＝1－1k²k！， b k ＋1＝1－2(k ＋1)²(k ＋1)！，要证a k ＋1＜b k ＋1，即证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k²k！2＜⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2(k ＋1)²(k ＋1)！2，即证明1－1k²k！＜1－4(k ＋1)²(k ＋1)！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k ＋1)²(k ＋1)！2，即证明1k²k！－4(k ＋1)²(k ＋1)！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k ＋1)²(k ＋1)！2＞0，即证明(k －1)2k (k ＋1)²(k ＋1)！＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2(k ＋1)²(k ＋1)！2＞0，显然成立．∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n ＜b n 成立．综上可得：当n ＝1时，a 1＞b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2， 当n ≥3，n ∈N *时，a n ＜b n .4．已知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)试猜测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)猜测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 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，则f m ＋1(x)＝k ＝0m ＋1(－1)k C k m ＋1²(x－k)m ＋1.因为C k m ＋1＝C k m ＋C k －1m ，kC k m ＋1＝(m ＋1)²C k －1m ，其中k ＝1,2，…，m ， 且C 0m ＋1＝C 0m ，C m ＋1m ＋1＝C mm ，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 kC km ＋1(x －k)m＝x k ＝0m (－1)k C k m(x －k)m＋x ∑k ＝1m ＋1²(－1)k Ck －1m(x －k)m－(m ＋1)∑k ＝1m ＋1²(－1)k C k －1m (x －k)m＝x²m！＋(－x ＋m ＋1)k ＝0m (－1)k C km ²[(x－1)－k]m＝x²m！＋(－x ＋m ＋1)²m!＝(m＋1)²m！＝(m＋1)！.即n＝m＋1时，等式也成立．由①②可知，对n∈N*，均有f n(x)＝n！.。

高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题综合仿真练(五)Word版含解析

高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题综合仿真练(五)Word版含解析

3 个附带题 综合仿真练 (五 )1． 此题包含 A 、 B 、 C 、 D 四个小题，请任选二个作答A ． [选修 4－ 1：几何证明选讲 ]如图， AB 是半圆的直径， C 是半圆上一点， D 是弧 AC 的中点，DE ⊥AB 于 E ，AC 与 DE 交于点 M ，求证： AM ＝ DM.证明： 连接 AD ，由于 AB 为直径，因此 AD ⊥ BD ，又 DE ⊥ AB ，因此∠ ABD ＝∠ ADE .由于 D 是弧 AC 的中点，因此∠ DAC ＝∠ ABD ，因此∠ ADE ＝∠ DAC.因此 AM ＝DM .B ． [选修 4－ 2：矩阵与变换 ]已知向量1 是矩阵 A 的属于特点值－ 1 的一个特点向量． 在平面直角坐标系xOy 中，－ 1点 P(1,1) 在矩阵 A 对应的变换作用下变成P ′ (3,3)，求矩阵 A.ab 1 是矩阵 A 的属于特点值－1 的一个特点向量，解：设 A ＝，由于向量cd－ 1ab 1－ b1－ 1＝(－1).因此－ 1＝－ 1＝cd－d1ca －b ＝－ 1， 因此① c －d ＝ 1.由于点 P(1,1)在矩阵 A 对应的变换作用下变成P ′ (3， 3)，ab 1a ＋ b3 a ＋ b ＝ 3，因此 cd1 ＝＋ ＝ 3 .因此＋ ＝ ②c dc d 3.12 由①②解得 a ＝ 1， b ＝ 2， c ＝ 2， d ＝ 1，因此 A ＝ .2 1C ． [选修 4－ 4：坐标系与参数方程]x ＝－ 3＋ 2x ＝ 1t 2，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线2 2 n，2(n 为参数 )与曲线8y ＝ ty ＝ 2 n(t 为参数 )订交于 A ， B 两点，求线段AB 的长．x ＝ 1 2 ，8 t2＝ 8x.解： 法一： 将曲线(t 为参数 )化为一般方程为 yy ＝ t32x ＝－ 2＋2 n ，将直线2(n 为参数 ) 代入 y 2＝ 8x 得，y ＝ 2 nn 2－ 8 2n ＋ 24＝ 0，解得 n 1＝ 2 2， n 2＝6 2.则 |n 1－n 2|＝ 4 2，因此线段 AB 的长为 4 2.1 2x ＝ t ，2＝ 8x, 法二： 将曲线 8(t 为参数 )化为一般方程为 yy ＝ t3 2x ＝－ 2＋ 2 n ，3＝0， 将直线(n 为参数 ) 化为一般方程为x － y ＋22y ＝ 2 n219y ＝ 8x ，，，或x ＝2由3＝ 0，得x ＝2x － y ＋ y ＝ 2 y ＝ 6.29－1 2 2因此 AB 的长为 2 2＋ 6－2 ＝4 2.D ． [选修 4－ 5：不等式选讲 ]已知函数 f(x)＝ 3x ＋ 6，g(x)＝14－ x ，若存在实数 x 使 f(x)＋ g(x)> a 成立，务实数 a的取值范围．解：存在实数 x 使 f(x)＋ g(x)＞ a 成立，等价于 f(x)＋ g(x)的最大值大于 a ，由于 f(x)＋ g(x)＝ 3x ＋ 6＋ 14－ x＝ 3× x ＋ 2＋ 1× 14－ x ，由柯西不等式得，( 3× x ＋ 2＋ 1× 14－ x)2≤ (3＋ 1)(x ＋ 2＋ 14－ x)＝ 64，因此 f(x)＋ g(x)＝3x ＋ 6＋ 14－ x ≤ 8，当且仅当 x ＝ 10 时取 “ ＝ ” ，故实数 a 的取值范围是 (－ ∞ ， 8)．2.如图，在四棱锥O-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的菱形，∠ABC ＝ 45°， OA ⊥底面 ABCD ， OA ＝ 2， M 为 OA 的中点．(1) 求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小；(2) 求平面 OAB 与平面 OCD 所成锐二面角的余弦值．解： 作 AP ⊥ CD 于点 P ，分别以AB ， AP ， AO 所在直线为 x轴， y 轴， z 轴成立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)， B(1,0,0) ， P2，0 ，D －2， 2，0 ，0， 222O(0,0,2)， M (0,0,1)．(1) 设直线 AB 与 MD 所成角为 θ，―→ ―→＝ － 2， 2，－1 ，由 AB ＝ (1,0,0)， BD222―→―→ 〉 |＝ 21，则 cos θ＝ |cos 〈 AB ， BD＝2 2 故 AB 与 MD 所成角为 60° .―→2―→2 2(2) OP ＝ 0， 2 ，－2 ，OD ＝ － 2 ，2 ，－2 ，设平面 OCD 的法向量 n ＝ (x ， y ，z)，―→2＝ 0， 2 y － 2z ＝ 0，n ·OP取 z ＝ 2，则 n ＝ (0,4， 2).则即―→＝ 0，－22n ·OD2 x ＋ 2 y － 2z ＝ 0，易得平面 OAB 的一个法向量为m ＝ (0,1,0)， cos 〈 n ， m 〉＝4 ＝ 22，3 2× 13故平面 OAB 与平面 OCD 所成锐二面角的余弦值为2 2 3.3．设 a ＞b ＞ 0，n 是正整数， A n ＝1nn －1 b ＋ a n － 2 2 2 n －2 ＋ ab n － 1n(a ＋ ab ＋ ＋ a b ＋ b ) ，n ＋ 1a ＋bnB n ＝.(1) 证明： A 2＞ B 2；(2) 比较 A n 与 B n (n ∈ N * )的大小，并给出证明．1 22a ＋b 212解： (1)证明： A 2－ B 2＝ 3(a ＋ ab ＋ b )－ 2＝ 12(a － b) >0.(2) A n ≥ B n ，证明以下：当 n ＝ 1 时， A 1＝ B 1；1a n ＋1－ b n ＋1a ＋b n当 n ≥ 3 时， A n ＝ n ＋ 1·a －b ， B n ＝ 2，令 a ＋ b ＝ x ， a － b ＝ y ，且 x>0 ， y>0，x ＋ y n ＋ 1 x － y n ＋112 － 2 1n ＋ 1 n ＋1 x n于是 A n ＝＝ n ＋1 [( x ＋ y) ]， B n ＝· y － (x － y)2 ， ＋ 1 2 ＋ 1 yn n由于 [( x ＋ y) n ＋1－ (x － y) n ＋11 n 3 n －2 31n]＝ (2C n ＋ 1x y ＋ 2C n ＋ 1·x y ＋ )≥ 2C n ＋ 1x y ，11 nx n x n 因此 A n ≥ 2n ＋1 n ＋ 1 y ·2C n ＋1x y ＝ 2n ＝ 2 ＝ B n .。

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题专项强化练及答案(3份)

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：3个附加题专项强化练及答案(3份)

3个附加题专项强化练(一) 选修4系列(理科)A 组1．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，已知圆O 的直径AB ＝4，C 为AO 的中点，弦DE 过点C 且满足CE ＝2CD ，求△OCE 的面积．解：设CD ＝x ，则CE ＝2x . 因为CA ＝1，CB ＝3，由相交弦定理，得CA ·CB ＝CD ·CE ， 所以1×3＝2x 2，解得x ＝62. 取DE 的中点H ，连结OH ， 则OH ⊥DE .因为EH ＝32CD ＝364，所以OH 2＝OE 2－EH 2＝22－⎝ ⎛⎭⎪⎫3642＝58，所以OH ＝104.又因为CE ＝2x ＝6，所以△OCE 的面积S ＝12OH ·CE ＝12×104×6＝154.B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知a ，b 是实数，如果矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 a b －2所对应的变换T 把点(2,3)变成点(3,4)．(1)求a ，b 的值；(2)若矩阵A 的逆矩阵为B ，求B 2.解：(1)由题意，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 a b －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，即⎩⎪⎨⎪⎧6＋3a ＝3，2b －6＝4.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝5.(2)由(1)，得A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 －15 －2.由矩阵的逆矩阵公式得B ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－2－11－1－5－1 3－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －15 －3.所以B 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －15 －3⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －15 －3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－11－54.C ．[选修4－4：坐标系与参数方程]已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2.(1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程； (2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程． 解：(1)由ρ2＝x 2＋y 2，且⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得圆O 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4，由ρ2－22ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，得ρ2－2ρ(cos θ＋sin θ)＝2，x 2＋y 2－2(x ＋y )＝2，故圆O 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.(2)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－4＝0，x 2＋y 2－2x －2y －2＝0，两式相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y －1＝0，该直线的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－1＝0. D ．[选修4－5：不等式选讲] 解不等式：|x －2|＋x |x ＋2|＞2.解：当x ≤－2时，不等式化为(2－x )＋x (－x －2)＞2，即－x 2－3x >0，解得－3＜x ≤－2； 当－2＜x ＜2时，不等式化为(2－x )＋x (x ＋2)＞2， 即x 2＋x >0，解得－2＜x ＜－1或0＜x ＜2；当x ≥2时，不等式化为(x －2)＋x (x ＋2)＞2，即x 2＋3x －4>0，解得x ≥2. 所以原不等式的解集为{x |－3＜x ＜－1或x ＞0}． 2．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，圆O 是△ABC 的外接圆，点D 是劣弧BC 的中点，连结AD 并延长，与以C 为切点的切线交于点P ，求证：PC PA ＝BDAC.证明：连结CD ，因为CP 为圆O 的切线， 所以∠PCD ＝∠PAC ，又∠P 是公共角， 所以△PCD ∽△PAC ， 所以PC PA ＝CDAC，因为点D 是劣弧BC 的中点， 所以CD ＝BD ，即PC PA ＝BD AC. B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 32 d ，若A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤84，求矩阵A 的特征值．解：因为A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a 32 d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ a ＋62＋2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤84，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋6＝8，2＋2d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，d ＝1.所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2321.所以矩阵A 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －3－2 λ－1＝(λ－2)(λ－1)－6＝λ2－3λ－4，令f (λ)＝0，解得矩阵A 的特征值为λ1＝－1，λ2＝4. 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 ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1y ＝7－2t (t 为参数)与椭圆C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θy ＝3sin θ(θ为参数，a ＞0)的一条准线的交点位于y 轴上，求实数a 的值．解：由题意，直线l 的普通方程为2x ＋y ＝9，椭圆C 的普通方程为y 29＋x 2a2＝1(0＜a ＜3)，椭圆C 的准线方程为y ＝±99－a2，故99－a2＝9，解得a ＝22(负值舍去)．D ．[选修4－5：不等式选讲]求函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值． 解：y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x ＝3sin x ＋4cos 2x ， 由柯西不等式得y 2＝(3sin x ＋4cos 2x )2≤(32＋42)(sin 2x ＋cos 2x )＝25，当且仅当4sin x ＝3|cos x |，即sin x ＝35，|cos x |＝45时等号成立，所以y max ＝5.所以函数y ＝3sin x ＋22＋2cos 2x 的最大值为5. 3．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，△ABC 的顶点A ，C 在圆O 上，B 在圆外，线段AB 与圆O 交于点M .(1)若BC 是圆O 的切线，且AB ＝8，BC ＝4，求线段AM 的长度； (2)若线段BC 与圆O 交于另一点N ，且AB ＝2AC ，求证：BN ＝2MN . 解：(1)设AM ＝t ，则BM ＝8－t (0<t <8)， 由切割线定理可得BC 2＝BM ·BA .∴16＝8(8－t )，解得t ＝6，即线段AM 的长度为6. (2)证明：由题意，∠A ＝∠MNB ，∠B ＝∠B ， ∴△BMN ∽△BCA ，∴BN BA ＝MN CA， ∵AB ＝2AC ，∴BN ＝2MN . B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知变换T 把平面上的点(3，－4)，(5,0)分别变换成(2，－1)，(－1,2)，试求变换T 对应的矩阵M .解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab c d ，由题意得，⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab cd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 5－4 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 2 －1－1 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3a －4b ＝2，5a ＝－1，3c －4d ＝－1，5c ＝2，解得⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧a ＝－15，b ＝－1320，c ＝25，d ＝1120，即M ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－15 －132025 1120. C ．[选修4－4：坐标系与参数方程] 在极坐标系中，求直线θ＝π4(ρ∈R)被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长． 解：法一：在ρ＝4sin θ中，令θ＝π4，得ρ＝4sin π4＝22，即所求弦长为2 2.法二：以极点O 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θ＝π4(ρ∈R)的直角坐标方程为y ＝x ，①曲线ρ＝4sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，故直线θ＝π4(ρ∈R)被曲线ρ＝4sin θ所截弦长的端点坐标分别为(0,0)，(2,2)，所以直线θ＝π4(ρ∈R)被曲线ρ＝4sin θ所截得的弦长为22＋22＝2 2.D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ≠b ，求证：a 4＋6a 2b 2＋b 4＞4ab (a 2＋b 2)． 证明：a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2) ＝a 4＋6a 2b 2＋b 4－4a 3b －4b 3a ＝a 4－4a 3b ＋6a 2b 2－4b 3a ＋b 4＝(a －b )4，∵a ≠b ，∴a 4＋6a 2b 2＋b 4－4ab (a 2＋b 2)>0， ∴a 4＋6a 2b 2＋b 4>4ab (a 2＋b 2)．4．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，AB 是圆O 的直径，弦CA ，BD 的延长线相交于点E ，EF 垂直BA 的延长线于点F ，连结FD .求证：∠DEA ＝∠DFA .证明：连结AD ，∵AB 是圆O 的直径，∴∠ADB ＝90°， ∴∠ADE ＝90°， 又EF ⊥FB ， ∴∠AFE ＝90°， ∴A ，F ，E ，D 四点共圆， ∴∠DEA ＝∠DFA .B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 a 3 b 的一个特征值λ＝－1及对应的特征向量e ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1，求矩阵M 的逆矩阵．解：由题知，⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 3b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－a 3－b ＝－1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 1，即⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＝－1，3－b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2，M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1232.∴det(M )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1232＝1×2－2×3＝－4， ∴M－1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－12 1234 －14. C ．[选修4－4：坐标系与参数方程]已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t 2y ＝t(t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为ρ＝3cos θ，试判断直线l 与曲线C 的位置关系．解：由题意知，直线l 的普通方程为2x －y －2＝0， 由ρ2＝x 2＋y 2，且⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得曲线C 的直角坐标方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94，它表示圆．由圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0到直线l 的距离d ＝15＝55＜32，得直线l 与曲线C 相交．D ．[选修4－5：不等式选讲]设x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1，求证：1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x≥xy ＋yz ＋zx .证明：∵x ，y ，z 均为正实数，且xyz ＝1， ∴1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x ＝z x2＋x y 2＋y z2，∴由柯西不等式可得⎝ ⎛⎭⎪⎫z x 2＋x y 2＋y z 2(xy ＋yz ＋zx )≥⎝ ⎛⎭⎪⎫xyz x＋xyz y ＋xyz z 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫xyz x ＋xyz y ＋xyz z 2＝(xy＋yz ＋zx )2.∴1x 3y ＋1y 3z ＋1z 3x≥xy ＋yz ＋zx .B 组1．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，已知△ABC 内接于⊙O ，连结AO 并延长交⊙O 于点D ，∠ACB ＝∠ADC .求证：AD ·BC ＝2AC ·CD.证明：∵∠ACB ＝∠ADC ，AD 是⊙O 的直径， ∴AD 垂直平分BC ，设垂足为E ，∵∠ACB ＝∠EDC ，∠ACD ＝∠CED ， ∴△ACD ∽△CED ， ∴AD CD ＝AC CE， ∴AD ·12BC ＝AC ·CD ，∴AD ·BC ＝2AC ·CD . B ．[选修4－2：矩阵与变换]在平面直角坐标系xOy 中，设点A (－1,2)在矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－10 01对应的变换作用下得到点A ′，将点B (3,4)绕点A ′逆时针旋转90°得到点B ′，求点B ′的坐标．解：设B ′(x ，y )，依题意，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 0 0 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，得A ′(1,2)．则A ′B ――→＝(2,2)，A ′B ′――→＝(x －1，y －2)．记旋转矩阵N ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －11 0，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 －11 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －1y －2，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －1y －2， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝4.所以点B ′的坐标为(－1,4)． 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 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－8＋t ，y ＝t2(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2s 2，y ＝22s(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．解：直线l 的普通方程为x －2y ＋8＝0. 因为点P 在曲线C 上，设P (2s 2,22s )， 从而点P 到直线l 的距离d ＝|2s 2－42s ＋8|12＋－2＝s －22＋45.当s ＝2时，d min ＝455. 因此当点P 的坐标为(4,4)时，曲线C 上点P 到直线l 的距离取到最小值455.D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ∈R,4a 2＋b 2＋2c 2＝4，求2a ＋b ＋c 的最大值．解：由柯西不等式，得[(2a )2＋b 2＋(2c )2]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122≥(2a ＋b ＋c )2.因为4a 2＋b 2＋2c 2＝4，所以(2a ＋b ＋c )2≤10. 所以－10≤2a ＋b ＋c ≤10，所以2a ＋b ＋c 的最大值为10，当且仅当a ＝105，b ＝2105，c ＝105时等号成立． 2．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，AB 是圆O 的直径，弦BD ，CA 的延长线相交于点E ，过E 作BA 的延长线的垂线，垂足为F .求证：AB 2＝BE ·BD －AE ·AC .证明：如图，连结AD ，因为AB 为圆O 的直径，所以AD ⊥BD .又EF ⊥AB ，则A ，D ，E ，F 四点共圆， 所以BD ·BE ＝BA ·BF .连结BC ，则∠AFE ＝∠ACB ，∠BAC ＝∠EAF ， 得△ABC ∽△AEF ， 所以AB AE ＝ACAF， 即AB ·AF ＝AE ·AC ，所以BE ·BD －AE ·AC ＝BA ·BF －AB ·AF ＝AB ·(BF －AF )＝AB 2. B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知二阶矩阵M 有特征值λ＝8及对应的一个特征向量e 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，并且矩阵M 对应的变换将点(－1,2)变换成(－2,4)．(1)求矩阵M ；(2)求矩阵M 的另一个特征值． 解：(1)设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ， 由题意，M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋b c ＋d ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤11，M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－a ＋2b －c ＋2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－24，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝8，c ＋d ＝8，－a ＋2b ＝－2，－c ＋2d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝2，c ＝4，d ＝4，即M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤6244.(2)令特征多项式f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－6 －2－4 λ－4＝(λ－6)·(λ－4)－8＝0，解得λ1＝8，λ2＝2.矩阵M 的另一个特征值为2. 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θ＝π3(ρ∈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⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2sin α，y ＝1－cos 2α(α为参数)．求直线l 与曲线C 的交点P 的直角坐标．解：由题意得，直线l 的直角坐标方程为y ＝3x ，① 曲线C 的普通方程为y ＝12x 2(x ∈[－2,2])，②联立①②解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝23，y ＝6(舍去)．故P 点的直角坐标为(0,0)． D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c 为正实数，求证：b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c .证明：法一：(基本不等式)∵a ＋b 2a ≥2b ，b ＋c 2b ≥2c ，c ＋a 2c ≥2a ，∴a ＋b 2a ＋b ＋c 2b ＋c ＋a 2c ≥2a ＋2b ＋2c ，∴b 2a ＋c 2b ＋a 2c≥a ＋b ＋c . 法二：(柯西不等式)由柯西不等式得(a ＋b ＋c )⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥(b ＋c ＋a )2，∴b 2a ＋c 2b ＋a 2c ≥a ＋b ＋c .3．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，已知AB 为圆O 的一条弦，点P 为弧AB 的中点，过点P 任作两条弦PC，PD 分别交AB 于点E ，F .求证：PE ·PC ＝PF ·PD . 证明：连结PA ，PB ，CD ，BC . 因为点P 为弧AB 的中点， 所以∠PAB ＝∠PBA . 又因为∠PAB ＝∠PCB ，所以∠PCB ＝∠PBA . 又∠DCB ＝∠DPB ，所以∠PFE ＝∠PBA ＋∠DPB ＝∠PCB ＋∠DCB ＝∠PCD ， 所以E ，F ，D ，C 四点共圆． 所以PE ·PC ＝PF ·PD . B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知曲线C ：x 2＋2xy ＋2y 2＝1，矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 21 0所对应的变换T 把曲线C 变换成曲线C 1，求曲线C 1的方程．解：设曲线C 上的任意一点P (x ，y )，点P 在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 21 0所对应的变换T 作用下得到点Q (x ′，y ′)．则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝x ′，x ＝y ′，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ′，y ＝x ′－y ′2，代入x 2＋2xy ＋2y 2＝1，得y ′2＋2y ′·x ′－y ′2＋2⎝⎛⎭⎪⎫x ′－y ′22＝1，即x ′2＋y ′2＝2，所以曲线C 1的方程为x 2＋y 2＝2. C ．[选修4－4：坐标系与参数方程] 在极坐标系中，已知点A ⎝⎛⎭⎪⎫2，π2，点B 在直线l ：ρcos θ＋ρsin θ＝0(0≤θ<2π)上．当线段AB 最短时，求点B 的极坐标．解：以极点为原点，极轴为x 轴正半轴，建立平面直角坐标系， 则点A ⎝⎛⎭⎪⎫2，π2的直角坐标为(0,2)，直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝0. AB 最短时，点B 为直线x －y ＋2＝0与直线l 的交点，解⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2＝0，x ＋y ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1.所以点B 的直角坐标为(－1，1).所以点B 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，3π4.D ．[选修4－5：不等式选讲]求函数f (x )＝5x ＋8－2x 的最大值．解：易知函数f (x )的定义域为[0,4]，且f (x )≥0.由柯西不等式得[52＋(2)2][(x )2＋(4－x )2]≥(5·x ＋2·4－x )2， 即27×4≥(5·x ＋2·4－x )2， 所以5x ＋8－2x ≤6 3. 当且仅当2×x ＝54－x ，即x ＝10027时取等号． 所以函数f (x )＝5x ＋8－2x 的最大值为6 3. 4．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]如图，AB 是圆O 的直径，C ，D 是圆O 上位于AB 异侧的两点．证明：∠OCB ＝∠D .证明：因为B ，C 是圆O 上的两点， 所以OB ＝OC . 故∠OCB ＝∠B .又因为C ，D 是圆O 上位于AB 异侧的两点， 故∠B ，∠D 为同弧所对的两个圆周角， 所以∠B ＝∠D .因此∠OCB ＝∠D . B ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －20 1，设曲线C ：(x －y )2＋y 2＝1在矩阵A 对应的变换下得到曲线C ′，求C ′的方程．解：设P (x 0，y 0)为曲线C 上任意一点，点P 在矩阵A 对应的变换下得到点Q (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 －20 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 0－2y 0，y ＝y 0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 2＋y ，y 0＝y ，又(x 0－y 0)2＋y 20＝1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y －y 2＋y 2＝1，即x 24＋y 2＝1，∴曲线C ′的方程为x 24＋y 2＝1. 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 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t (t 为参数)，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，⊙C 的极坐标方程为ρ＝23sin θ.设P 为直线l 上一动点，当P到圆心C 的距离最小时，求点P 的直角坐标．解：由ρ＝23sin θ，得ρ2＝23ρsin θ， 从而有x 2＋y 2＝23y ， 所以x 2＋(y －3)2＝3.设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋12t ，32t ，又C (0，3)，则PC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋12t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32t －32＝t 2＋12， 故当t ＝0时，PC 取得最小值，此时点P 的直角坐标为(3,0)． D ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd ＝1，求证：a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d . 证明：因为a ，b ，c ，d 是正实数，且abcd ＝1, 所以a 5＋b ＋c ＋d ≥44a 5bcd ＝4a .① 同理b 5＋c ＋d ＋a ≥4b ，②c 5＋d ＋a ＋b ≥4c ，③ d 5＋a ＋b ＋c ≥4d ，④将①②③④式相加并整理， 得a 5＋b 5＋c 5＋d 5≥a ＋b ＋c ＋d .当且仅当“a ＝b ＝c ＝d ＝1”时等号成立．3个附加题专项强化练(二) 随机变量、空间向量、抛物线(理科)1.如图，在直三棱柱ABC ­A1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4. (1)设AD ―→＝λAB ―→，异面直线AC 1与CD 所成角的余弦值为91050，求λ的值；(2)若点D 是AB 的中点，求二面角D ­CB 1­B 的余弦值．解：(1)由AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，得∠ACB ＝90°，故直线CA ，CB ，CC1两两垂直．以CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (3，0,0)，C 1(0，0,4)，B (0,4,0)，B 1(0,4,4)，设D (x ，y ，z )，则由AD ―→＝λAB ―→，得CD ―→＝(3－3λ，4λ，0)，而AC ―→1＝(－3,0,4)，根据题意知91050＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－9＋9λ525λ2－18λ＋9，解得λ＝15或λ＝－13. (2)由(1)知CD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，0，CB ―→1＝(0,4,4)，设平面CDB 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD ―→＝0，n 1·CB ―→1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋2y 1＝0，4y 1＋4z 1＝0，取x 1＝4，则y 1＝－3，z 1＝3，故n 1＝(4，－3,3)为平面CDB 1的一个法向量，而平面CBB 1的一个法向量为n 2＝(1,0,0)，并且〈n 1，n 2〉与二面角D ­CB 1­B 相等， 所以二面角D ­CB 1­B 的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝434＝23417.故二面角D ­CB 1­B 的余弦值为23417. 2．甲、乙、丙分别从A ，B ，C ，D 四道题中独立地选做两道题，其中甲必选B 题． (1)求甲选做D 题，且乙、丙都不选做D 题的概率；(2)设随机变量X 表示D 题被甲、乙、丙选做的次数，求X 的概率分布和数学期望E (X )． 解：(1)设“甲选做D 题，且乙、丙都不选做D 题”为事件E . 甲选做D 题的概率为C 11C 13＝13，乙，丙不选做D 题的概率都是C 23C 24＝12.则P (E )＝13×12×12＝112.故甲选做D 题，且乙、丙都不选做D 题的概率为112.(2)X 的所有可能取值为0,1,2,3.P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－13×12×12＝16，P (X ＝1)＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝⎛⎭⎪⎫1－13×C 12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝512， P (X ＝2)＝13×C 12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13×C 22×⎝⎛⎭⎪⎫1－122＝13，P (X ＝3)＝13×C 22×⎝⎛⎭⎪⎫1－122＝112. 所以X 的概率分布为故X 的数学期望E (X )＝0×16＋1×12＋2×3＋3×12＝3.3.如图，以正四棱锥V ­ABCD 的底面中心O 为坐标原点建立空间直角坐标系O ­xyz ，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，E 为VC 的中点，正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，且有cos 〈BE ―→，DE ―→〉＝－1549.(1)求h a的值；(2)求二面角B ­VC ­D 的余弦值．解：(1)由题意，可得B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，D (－a ，－a,0)，V (0，0，h )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，h2， ∴BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 2，－a 2，h 2，DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，3a 2，h 2.故cos 〈BE ―→，DE ―→〉＝h 2－6a 2h 2＋10a2，又cos 〈BE ―→，DE ―→〉＝－1549，∴h 2－6a 2 h 2＋10a 2＝－1549，解得h a ＝32. (2)由h a ＝32，得BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 2，－a 2，3a 4，DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，3a 2，3a 4.且CB ―→＝(2a,0,0)，DC ―→＝(0,2a,0)． 设平面BVC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE ―→＝0，n 1·CB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3a 2x 1－a 2y 1＋3a 4z 1＝0，2ax 1＝0，取y 1＝3，得n 1＝(0,3,2)，设平面VCD 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·DE ―→＝0，n 2·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2x 2＋3a 2y 2＋3a 4z 2＝0，2ay 2＝0，取x 2＝－3，得n 2＝(－3,0,2)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝413.由图象知二面角B ­VC ­D 的平面角为钝角． ∴二面角B ­VC ­D 的余弦值为－413.4．在平面直角坐标系xOy 中，已知两点M (1，－3)，N (5,1)，若点C 的坐标满足OC ―→＝t OM ―→＋(1－t )ON ―→ (t ∈R)，且点C 的轨迹与抛物线y 2＝4x 交于A ，B 两点．(1)求证：OA ⊥OB ；(2)在x 轴上是否存在一点P (m,0)，使得过点P 任作一条抛物线的弦，并以该弦为直径的圆都过原点．若存在，求出m 的值及圆心的轨迹方程；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由OC ―→＝t OM ―→＋(1－t )ON ―→(t ∈R)，可知点C 的轨迹是M ，N 两点所在的直线， 所以点C 的轨迹方程为y ＋3＝1－－5－1(x －1)，即y ＝x －4.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －4，y 2＝4x ，化简得x 2－12x ＋16＝0,设C 的轨迹方程与抛物线y 2＝4x 的交点坐标为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝12，x 1x 2＝16，y 1y 2＝(x 1－4)(x 2－4)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＝－16，因为OA ―→·OB ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＝16－16＝0, 所以OA ⊥OB .(2)假设存在这样的P 点，并设AB 是过抛物线的弦，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其方程为x ＝ny ＋m ， 代入y 2＝4x 得y 2－4ny －4m ＝0, 此时y 1＋y 2＝4n ，y 1y 2＝－4m ， 所以k OA k OB ＝y 1x 1·y 2x 2＝y 1y 214·y 2y 224＝16y 1y 2＝－4m＝－1，所以m ＝4(定值)，故存在这样的点P (4,0)满足题意． 设AB 的中点为T (x ，y )，则y ＝12(y 1＋y 2)＝2n ，x ＝12(x 1＋x 2)＝12(ny 1＋4＋ny 2＋4)＝n 2(y 1＋y 2)＋4＝2n 2＋4，消去n 得y 2＝2x－8.5．某小区停车场的收费标准为：每车每次停车时间不超过2小时免费，超过2小时的部分每小时收费1元(不足1小时的部分按1小时计算)．现有甲、乙两人独立来停车场停车(各停车一次)，且两人停车时间均不超过5小时．设甲、乙两人停车时间(小时)与取车概率如下表所示.停车时间取车概率停车人员(2)设甲、乙两人所付停车费之和为随机变量ξ，求ξ的概率分布和数学期望E (ξ)． 解：(1)由题意得12＋3x ＝1，解得x ＝16，由16＋13＋y ＝1，解得y ＝12. 记甲、乙两人所付车费相同的事件为A ， 则P (A )＝12×16＋16×13＋16×12＝29，故甲、乙两人所付车费相同的概率为29.(2)设甲、乙两人所付停车费之和为随机变量ξ，ξ的所有取值为0,1,2,3,4,5.P (ξ＝0)＝12×16＝112， P (ξ＝1)＝12×13＋16×16＝736， P (ξ＝2)＝16×16＋16×13＋12×12＝13，P (ξ＝3)＝16×16＋16×13＋16×12＝16， P (ξ＝4)＝16×12＋16×13＝536，P (ξ＝5)＝16×12＝112.所以ξ的概率分布为：∴ξ的数学期望E (ξ)＝0×12＋1×36＋2×3＋3×6＋4×36＋5×12＝3. 6.在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线x 2＝2py (p >0)上的点M (m,1)到焦点F 的距离为2.(1)求抛物线的方程；(2)如图，点E 是抛物线上异于原点的点，抛物线在点E 处的切线与x 轴相交于点P ，直线PF 与抛物线相交于A ，B 两点，求△EAB 面积的最小值．解：(1)抛物线x 2＝2py (p >0)的准线方程为y ＝－p2，因为M (m,1)到焦点F 的距离为2，由抛物线定义，知MF ＝1＋p2＝2，即p ＝2，所以抛物线的方程为x 2＝4y .(2)因为y ＝14x 2，所以y ′＝12x .设点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 24，t ≠0，则抛物线在点E 处的切线方程为y －t 24＝12t (x －t )．令y ＝0，则x ＝t2，即点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t2，0.因为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，0，F (0,1)，所以直线PF 的方程为y ＝－2t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －t 2，即2x ＋ty －t ＝0.则点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 24到直线PF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t ＋t 34－t 4＋t2＝|t |4＋t 24.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 24，2x ＋ty －t ＝0，消去x ，得t 2y 2－(2t 2＋16)y ＋t 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为Δ＝(2t 2＋16)2－4t 4＝64(t 2＋4)>0，y 1＋y 2＝2t 2＋16t2， 所以AB ＝y 1＋1＋y 2＋1＝y 1＋y 2＋2＝2t 2＋16t 2＋2＝t 2＋t 2.所以△EAB 的面积为S ＝12×t 2＋t 2×|t |4＋t 24＝12×t 2＋32|t |.不妨设g (x )＝x 2＋32x (x >0)， 则g ′(x )＝x 2＋12x 2(2x 2－4)．因为x ∈(0，2)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，2)上单调递减；x ∈(2，＋∞)上，g ′(x )>0，所以g (x )在(2，＋∞)上单调递增．所以当x ＝2时，g (x )min ＝＋322＝6 3.所以△EAB 的面积S min ＝12×63＝3 3.所以△EAB 的面积的最小值为3 3.3个附加题专项强化练(三) 二项式定理、数学归纳法(理科)1．已知函数f 0(x )＝x (sin x ＋cos x )，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *. (1)求f 1(x )，f 2(x )的表达式；(2)写出f n (x )的表达式，并用数学归纳法证明． 解：(1)因为f n (x )为f n －1(x )的导数， 所以f 1(x )＝f 0′(x )＝(sin x ＋cos x )＋x (cos x －sin x ) ＝(x ＋1)cos x ＋(x －1)(－sin x )， 同理，f 2(x )＝－(x ＋2)sin x －(x －2)cos x .(2)由(1)得f 3(x )＝f 2′(x )＝－(x ＋3)cos x ＋(x －3)sin x ， 把f 1(x )，f 2(x )，f 3(x )分别改写为f 1(x )＝(x ＋1)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋(x －1)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，f 2(x )＝(x ＋2)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2＋(x －2)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2，f 3(x )＝(x ＋3)sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2＋(x －3)cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 猜测f n (x )＝(x ＋n )sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n )cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2.(*) 下面用数学归纳法证明上述等式． (ⅰ)当n ＝1时，由(1)知，等式(*)成立． (ⅱ)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，等式(*)成立， 即f k (x )＝(x ＋k )sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x －k )cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x )＝f k ′(x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x ＋k )cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x －k )⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＝(x ＋k ＋1)cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋[x －(k ＋1)]·⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2 ＝[x ＋(k ＋1)]sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π＋[x －(k ＋1)]·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π， 即当n ＝k ＋1时，等式(*)成立．综上所述，当n ∈N *时，f n (x )＝(x ＋n )·sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n )cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2成立． 2．设1,2,3，…，n 的一个排列是a 1，a 2，…，a n ，若a i ＝i 称i 为不动点(1≤i ≤n )． (1)求1,2,3,4,5的排列中恰有两个不动点的排列个数；(2)记1,2,3，…，n 的排列中恰有k 个不动点的排列个数为P n (k )，①求∑k ＝0nP n (k )；②∑k ＝1nkP n (k )．解：(1)1,2,3,4,5的排列中恰有两个数不动，即为有两个a i ＝i ，另三个a i ≠i ，而三个数没有不动点的排列有2个， 故1,2,3,4,5的排列中恰有两个不动点的排列个数为2C 25＝20.(2)①在1,2,3，…，n 的排列中分成这样n ＋1类，有0个不动点，1个不动点，2个不动点，…，n 个不动点，故∑k ＝0nP n (k )＝n ！.②由题设可知P n (k )＝C k n P n －k (0)及组合恒等式k C k n ＝n C k －1n －1得∑k ＝1nkP n (k )＝∑k ＝1nk C kn Pn －k(0)＝∑k ＝1nn Ck －1n －1P n －k(0)＝n ∑k ＝1nC k －1n －1P n －k(0)＝n ∑k ＝0n －1C kn －1P (n －1)－k (0)＝n ！.3．已知(x 2＋2x ＋4)n ＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 2n (x ＋1)2n (n ∈N *)，令T n ＝∑i ＝12nia i .(1)求a 0和T n 关于n 的表达式；(2)试比较2T n n与(n －1)a 0＋2n 2的大小，并证明你的结论．解：(1)在(x 2＋2x ＋4)n ＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 2n (x ＋1)2n 中，令x ＝－1，可得a 0＝3n. 对(x 2＋2x ＋4)n ＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 2n (x ＋1)2n， 两边同时求导得，n (2x ＋2)(x 2＋2x ＋4)n －1＝a 1＋2a 2(x ＋1)＋3a 3(x ＋1)2＋…＋2na 2n (x ＋1)2n －1，令x ＝0，则∑i ＝12nia i ＝2n ×4n －1，所以T n ＝2n ×4n －1.(2)要比较2T n n与(n －1)a 0＋2n 2的大小，即比较4n 与(n －1)3n ＋2n 2的大小．当n ＝1时，4n ＝4>(n －1)3n ＋2n 2＝2； 当n ＝2或3或4时，4n <(n －1)3n ＋2n 2； 当n ＝5时，4n >(n －1)3n ＋2n 2. 猜想：当n ≥5时，4n>(n －1)3n＋2n 2. 下面用数学归纳法证明．①由上述过程可知，当n ＝5时，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥5，k ∈N *)时结论成立，即4k >(k －1)3k ＋2k 2， 两边同乘以4，得4k ＋1>4[(k －1)3k ＋2k 2]＝k ·3k ＋1＋2(k ＋1)2＋[(k －4)3k ＋6k 2－4k －2]，而(k －4)3k＋6k 2－4k －2＝(k －4)3k＋6(k 2－k －2)＋2k ＋10＝(k －4)3k＋6(k －2)(k ＋1)＋2k ＋10>0，所以4k ＋1>[(k ＋1)－1]3k ＋1＋2(k ＋1)2，即n ＝k ＋1时结论也成立．由①②可知，当n ≥5时，4n>(n －1)3n＋2n 2成立．综上所述，当n ＝1时，2T n n >(n －1)a 0＋2n 2；当n ＝2或3或4时，2T n n<(n －1)a 0＋2n 2；当n ≥5时，2T n n>(n －1)a 0＋2n 2.4．在集合A ＝{1,2,3,4，…，2n }中，任取m (m ≤2n ，m ，n ∈N *)个元素构成集合A m .若A m 的所有元素之和为偶数，则称A m 为A 的偶子集，其个数记为f (m )；若A m 的所有元素之和为奇数，则称A m 为A 的奇子集，其个数记为g (m )．令F (m )＝f (m )－g (m )．(1)当n ＝2时，求F (1)，F (2)，F (3)的值； (2)求F (m )．解：(1)当n ＝2时，集合A ＝{1,2,3,4}，当m ＝1时，偶子集有{2}，{4}，奇子集有{1}，{3}，f (1)＝2，g (1)＝2，F (1)＝0；当m ＝2时，偶子集有{2,4}，{1,3}，奇子集有{1,2}，{1,4}，{2,3}，{3,4}，f (2)＝2，g (2)＝4，F (2)＝－2；当m ＝3时，偶子集有{1,2,3}，{1,3,4}，奇子集有{1,2,4}，{2,3,4}，f (3)＝2，g (3)＝2，F (3)＝0.(2)当m 为奇数时，偶子集的个数f (m )＝C 0n C mn ＋C 2n C m －2n ＋C 4n C m －4n ＋…＋C m －1n C 1n ， 奇子集的个数g (m )＝C 1n C m －1n ＋C 3n C m －3n ＋…＋C m n C 0n ， 所以f (m )＝g (m )，F (m )＝f (m )－g (m )＝0. 当m 为偶数时，偶子集的个数f (m )＝C 0n C mn ＋C 2n C m －2n ＋C 4n C m －4n ＋…＋C m n C 0n ， 奇子集的个数g (m )＝C 1n C m －1n ＋C 3n C m －3n ＋…＋C m －1n C 1n ，所以F (m )＝f (m )－g (m )＝C 0n C mn －C 1n C m －1n ＋C 2n C m －2n －C 3n C m －3n ＋…－C m －1n C 1n ＋C m n C 0n .一方面，(1＋x )n (1－x )n ＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·[C 0n －C 1n x ＋C 2n x 2－…＋(－1)n C n n x n]， 所以(1＋x )n (1－x )n 中x m 的系数为C 0n C m n －C 1n C m －1n ＋C 2n C m －2n －C 3n C m －3n ＋…－C m －1n C 1n ＋C m n C 0n ；另一方面，(1＋x )n(1－x )n＝(1－x 2)n，(1－x 2)n中x m的系数为(－1)m 2C m 2n ，故F (m )＝(－1)m 2C m2n .综上，F (m )＝⎩⎪⎨⎪⎧－m 2C m 2n ，m 为偶数，0，m 为奇数.5．设可导函数y ＝f (x )经过n (n ∈N)次求导后所得结果为y ＝f (n )(x )．如函数g (x )＝x 3经过1次求导后所得结果为g (1)(x )＝3x 2，经过2次求导后所得结果为g (2)(x )＝6x ，….(1)若f (x )＝ln(2x ＋1)，求f (2)(x )；(2)已知f (x )＝p (x )·q (x )，其中p (x )，q (x )为R 上的可导函数．求证：f (n )(x )＝∑i ＝0nC i n p(n －i )(x )·q (i )(x )．解：(1)依题意，f (1)(x )＝12x ＋1×2＝2(2x ＋1)－1， f (2)(x )＝－2(2x ＋1)－2×2＝－4(2x ＋1)－2.(2)证明：①当n ＝1时，f (1)(x )＝p (1)(x )·q (x )＋p (x )·q (1)(x )＝∑i ＝01C i n p(n －i )(x )·q (i )(x )；②假设n ＝k 时，f (k )(x )＝∑i ＝0kC i k p(k －i )(x )·q (i )(x )成立， 则n ＝k ＋1时，f(k ＋1)(x )＝(f (k )(x ))′＝∑i ＝0kC i k [p(k －i ＋1)(x )·q (i )(x )＋p(k －i )(x )·q(i ＋1)(x )]＝C 0k p(k ＋1)(x )·q (x )＋C 1k p (k )(x )·q (1)(x )＋C 2k p(k －1)(x )·q (2)(x )＋…＋C kk p (1)(x )·q (k )(x )＋C 0kp (k )(x )·q (1)(x )＋C 1k p(k －1)(x )·q (2)(x )＋…＋C k －1k p (1)(x )·q (k )(x )＋C k k p (x )·q (k ＋1)(x ) ＝C 0k p(k ＋1)(x )·q (x )＋(C 0k ＋C 1k )p (k )(x )·q (1)(x )＋()C 1k ＋C 2k p(k －1)(x )·q (2)(x )＋…＋(C k －1k＋C kk )·p (1)(x )·q (k )(x )＋C k k p (x )·q(k ＋1)(x )＝C 0k ＋1p(k ＋1)(x )·q (x )＋C 1k ＋1p (k )(x )·q (1)(x )＋C 2k ＋1p(k －1)(x )·q (2)(x )＋…＋C k k ＋1p (1)(x )·q (k )(x )＋C k ＋1k ＋1p (x )·q (k ＋1)(x )＝∑i ＝0k ＋1C i k ＋1p(k ＋1－i )(x )·q (i )(x )，所以，结论对n ＝k ＋1也成立．由①②得，f (n )(x )＝∑i ＝0nC i n p(n －i )(x )·q (i )(x )．6．设整数n ≥9，在集合{1,2,3，…，n }中任取三个不同元素a ，b ，c (a >b >c )，记f (n )为满足a ＋b ＋c 能被3整除的取法种数．(1)直接写出f (9)的值；(2)求f (n )表达式． 解：(1)f (9)＝12.(2)①当n ＝3k (k ≥3，k ∈N *)时，记k ＝n3，集合为{1,2,3，…，3k －1,3k }．将其分成三个集合：A ＝{1,4，…，3k －2}，B ＝{2，5，…，3k －1}，C ＝{3,6，…，3k }． 要使得a ＋b ＋c 能被3整除，a ，b ，c 可以从A 中取三个或从B 中取三个或从C 中取三个或从C 中取一个，从A 中取一个，从B 中取一个(此数与A 中取的那个数之和能被3整除)．故有3C 3k ＋C 1k C 1k C 1k ＝k k －k －2＋k 3＝n 3－3n 2＋6n18种取法；②当n ＝3k ＋1(k ≥3，k ∈N *)时，记k ＝n －13，集合为{1,2,3…，3k,3k ＋1}．将其分成三个集合：A ＝{1,4，…，3k －2,3k ＋1}，B ＝{2,5，…，3k －1}，C ＝{3,6，…，3k }． 要使得a ＋b ＋c 能被3整除，a ，b ，c 可以从A 中取三个或从B 中取三个或从C 中取三个或从C 中取一个，从B 中取一个，从A 中取一个(此数与B 中取的那个数之和能被3整除)．故有2C 3k ＋C 3k ＋1＋C 1k C 1k C 1k ＋1＝k k －k －3＋k ＋k k －6＋k 2(k ＋1)＝k k －22＋k 2(k ＋1)＝n 3－3n 2＋6n －418种取法；③当n ＝3k ＋2(k ≥3，k ∈N *)时，记k ＝n －23，集合为{1,2,3，…，3k ＋1,3k ＋2}．将其分成三个集合：A ＝{1,4，…，3k －2,3k ＋1}，B ＝{2,5，…，3k －1,3k ＋2}，C ＝{3,6，…，3k }．要使得a ＋b ＋c 能被3整除，a ，b ，c 可以从A 中取三个或从B 中取三个或从C 中取三个或从C 中取一个，从B 中取一个，从A 中取一个(此数与B 中取的那个数之和能被3整除)．故有C 3k ＋2C 3k ＋1＋C 1k C 1k ＋1C 1k ＋1＝k k －k －6＋k ＋k k －3＋k (k ＋1)2＝k 2k －2＋k (k ＋1)2＝n 3－3n 2＋6n －818种取法．综上所述，f (n )＝ ⎩⎪⎨⎪⎧n 3－3n 2＋6n18，n ＝3kk ≥3，k ∈N *，n 3－3n 2＋6n －418，n ＝3k ＋k ≥3，k ∈N *，n 3－3n 2＋6n －818，n ＝3k ＋k ≥3，k ∈N*。

2019届江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(共6套)(含解析)

2019届江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(共6套)(含解析)

江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(1)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 11 3，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 10 －1.求矩阵C ，使得AC ＝B .B ．[选修4－4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，已知圆C 的圆心在极轴上，且过极点和点⎝⎛⎭⎫32，π4，求圆C 的极坐标方程．C ．[选修4－5：不等式选讲]已知x ，y ，z 为不全相等的正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy >1x ＋1y ＋1z.2．在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：x ＝－1，点T (3,0)．动点P 满足PS ⊥l ，垂足为S ，且OP ―→·ST ―→＝0.设动点P 的轨迹为曲线C . (1)求曲线C 的方程；(2)设Q 是曲线C 上异于点P 的另一点，且直线PQ 过点(1,0)，线段PQ 的中点为M ，直线l 与x 轴的交点为N .求证：向量SM ―→与NQ ―→共线．3．一条直路上依次有2n ＋1棵树，分别为T 1，T 2，…，T 2n ＋1(n 为给定的正整数)，一个醉汉从中间位置的树T n ＋1出发，并按以下规律在这些树之间随机游走n 分钟：当他某一分钟末在树T i (2≤i ≤2n )位置时，下一分钟末他分别有14，12，14的概率到达T i －1，T i ，T i ＋1的位置．(1)求该醉汉第n 分钟末处在树T i (1≤i ≤2n ＋1)位置的概率； (2)设相邻2棵树之间的距离为1个单位长度，试求该醉汉第n 分钟末所在位置与起始位置(即树T n ＋1)之间的距离的数学期望(用关于n 的最简形式表示)．江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(1)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 11 3，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 10 －1.求矩阵C ，使得AC ＝B . 解：因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪2 11 3＝2×3－1×1＝5, 所以A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35 －15－15 25，又AC ＝B ，所以C ＝A －1B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 35 －15－15 25⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 10 －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35 45－15－35.B ．[选修4－4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，已知圆C 的圆心在极轴上，且过极点和点⎝⎛⎭⎫32，π4，求圆C 的极坐标方程． 解：法一：因为圆心C 在极轴上且过极点， 所以设圆C 的极坐标方程为ρ＝a cos θ，又因为点⎝⎛⎭⎫32，π4在圆C 上， 所以32＝a cos π4，解得a ＝6.所以圆C 的极坐标方程为ρ＝6cos θ.法二：点⎝⎛⎭⎫32，π4的直角坐标为(3,3)， 因为圆C 过点(0,0)，(3,3)，所以圆心C 在直线为x ＋y －3＝0上． 又圆心C 在极轴上，所以圆C 的直角坐标方程为(x －3)2＋y 2＝9. 所以圆C 的极坐标方程为ρ＝6cos θ. C ．[选修4－5：不等式选讲]已知x ，y ，z 为不全相等的正数．求证：x yz ＋y zx ＋z xy >1x ＋1y ＋1z.证明：因为x ，y ，z 都是正数，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. 由于x ，y ，z 不全相等，因此上述三个不等式中等号至少有一个取不到，所以x yz ＋y zx ＋z xy >1x ＋1y ＋1z.2．在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：x ＝－1，点T (3,0)．动点P 满足PS ⊥l ，垂足为S ，且OP ―→·ST ―→＝0.设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设Q 是曲线C 上异于点P 的另一点，且直线PQ 过点(1,0)，线段PQ 的中点为M ，直线l 与x 轴的交点为N .求证：向量SM ―→与NQ ―→共线． 解：(1)设P (x ，y )为曲线C 上任意一点 .因为PS ⊥l ，垂足为S ，又直线l ：x ＝－1，所以S (－1，y )．因为T (3,0)，所以OP ―→＝(x ，y )，ST ―→＝(4，－y )．因为OP ―→·ST ―→＝0，所以4x －y 2＝0，即y 2＝4x . 所以曲线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：因为直线PQ 过点(1,0)，故设直线PQ 的方程为x ＝my ＋1，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my ＋1，消去x ，得y 2－4my －4＝0.所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.因为M 为线段PQ 的中点，所以M 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，即M (2m 2＋1,2m )． 又因为S (－1，y 1)，N (－1,0)，所以SM ―→＝(2m 2＋2,2m －y 1)，NQ ―→＝(x 2＋1，y 2)＝(my 2＋2，y 2).因为(2m 2＋2)y 2－(2m －y 1)(my 2＋2)＝(2m 2＋2)y 2－2m 2y 2＋my 1y 2－4m ＋2y 1＝2(y 1＋y 2)＋my 1y 2－4m ＝8m －4m －4m ＝0.所以向量SM ―→与NQ ―→共线．3．一条直路上依次有2n ＋1棵树，分别为T 1，T 2，…，T 2n ＋1(n 为给定的正整数)，一个醉汉从中间位置的树T n ＋1出发，并按以下规律在这些树之间随机游走n 分钟：当他某一分钟末在树T i (2≤i ≤2n )位置时，下一分钟末他分别有14，12，14的概率到达T i －1，T i ，T i ＋1的位置．(1)求该醉汉第n 分钟末处在树T i (1≤i ≤2n ＋1)位置的概率； (2)设相邻2棵树之间的距离为1个单位长度，试求该醉汉第n 分钟末所在位置与起始位置(即树T n ＋1)之间的距离的数学期望(用关于n 的最简形式表示)．解：(1)不妨假设2n ＋1棵树T 1，T 2，…，T 2n ＋1从左向右排列，每2棵树的间距为1个单位长度．因为该醉汉下一分钟末分别有14，12，14的概率到达T i －1，T i ，T i ＋1的位置，所以该醉汉将以12的概率向左或向右走．我们规定，事件“以12的概率向左或向右走0.5个单位长度”为一次“随机游走”，故原问题等价于求该醉汉从树T n ＋1位置出发，经过2n 次随机游走后处在树T i 位置的概率为P i .对某个i (1≤i ≤2n ＋1)，设从T n ＋1出发，经过2n 次随机游走到达T i 的全过程中，向右走0.5个单位长度和向左走0.5个单位长度分别有k 次和2n －k 次，则n ＋1＋k －(2n －k )2＝i ，解得k ＝i －1，即在2n 次中有i －1次向右游走，2n －(i －1)次向左游走，而这样的情形共C i －12n 种，故所求的概率P i ＝C i －12n 22n (1≤i ≤2n ＋1)．(2)对i ＝1,2，…，2n ＋1，树T i 与T n ＋1相距|n ＋1－i |个单位长度，而该醉汉到树T i 的概率为P i ，故所求的数学期望E ＝∑i ＝12n ＋1|n ＋1－i |C i －12n 22n .而∑i ＝12n ＋1|n ＋1－i |C i －12n ＝∑j ＝02n|n －j |C j 2n＝2∑j ＝0n(n －j )C j 2n ＝2∑j ＝0n n C j2n －2∑j ＝0nj C j 2n ＝2n ∑j ＝0nC j 2n －2∑j ＝1n2n C j －12n －1＝2n ×12(C n 2n ＋∑j ＝02n C j2n )－4n ∑j ＝0n －1C j 2n －1＝n (C n 2n ＋22n)－4n ×12∑j ＝02n －1C j 2n －1＝n (C n 2n ＋22n)－2n ·22n －1＝n C n 2n ，因此E ＝n C n2n 22n .江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(2)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知变换T 将平面上的点⎝⎛⎭⎫1，12，(0,1)分别变换为点⎝⎛⎭⎫94，－2，⎝⎛⎭⎫－32，4.设变换T 对应的矩阵为M .(1)求矩阵M ；(2)求矩阵M 的特征值．B ．[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．直线l ：2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝m (m ∈R )，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3cos t ，y ＝－2＋3sin t (t 为参数)．当圆心C 到直线l 的距离为2时，求m 的值．C ．[选修4－5：不等式选讲]已知x ，y ，z 都是正数且xyz ＝8，求证：(2＋x )(2＋y )·(2＋z )≥64.2．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1E ＝CF ＝1.(1)求两条异面直线AC 1与BE 所成角的余弦值； (2)求直线BB 1与平面BED 1F 所成角的正弦值．3．对于给定的大于1的正整数n ，设x ＝a 0＋a 1n ＋a 2n 2＋…＋a n n n ，其中a i ∈{0,1,2，…，n －1}，i ＝0,1，2，…，n －1，n ，且a n ≠0，记满足条件的所有x 的和为A n . (1)求A 2；(2)设A n ＝n n (n －1)f (n )2，求f (n )．江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(2)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知变换T 将平面上的点⎝⎛⎭⎫1，12，(0,1)分别变换为点⎝⎛⎭⎫94，－2，⎝⎛⎭⎫－32，4.设变换T 对应的矩阵为M .(1)求矩阵M ；(2)求矩阵M 的特征值．解：(1)设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ 112＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤94－2，⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤01＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－324，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋12b ＝94，c ＋12d ＝－2，b ＝－32，d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－32，c ＝－4，d ＝4，则M ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤3 －32－44. (2)设矩阵M 的特征多项式为f (λ)，可得f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－3 324 λ－4＝(λ－3)(λ－4)－6＝λ2－7λ＋6， 令f (λ)＝0，可得λ＝1或λ＝6.B ．[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．直线l ：2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝m (m ∈R )，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋3cos t ，y ＝－2＋3sin t (t 为参数)．当圆心C 到直线l 的距离为2时，求m 的值．解：由2ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝m ， 得2ρsin θcos π4－2ρcos θsin π4＝m ，即x －y ＋m ＝0，即直线l 的直角坐标方程为x －y ＋m ＝0， 圆C 的普通方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝9，圆心C 到直线l 的距离d ＝|1－(－2)＋m |2＝2，解得m ＝－1或m ＝－5.C ．[选修4－5：不等式选讲]已知x ，y ，z 都是正数且xyz ＝8，求证：(2＋x )(2＋y )·(2＋z )≥64. 证明：因为x 为正数，所以2＋x ≥22x . 同理2＋y ≥22y ，2＋z ≥22z . 所以(2＋x )( 2＋y )( 2＋z )≥22x ·22y ·22z ＝88xyz . 因为xyz ＝8，所以(2＋x )(2＋y )(2＋z )≥64. 2．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1E ＝CF ＝1.(1)求两条异面直线AC 1与BE 所成角的余弦值； (2)求直线BB 1与平面BED 1F 所成角的正弦值．解：(1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D -xyz ，如图所示，则A (3,0,0)，C 1(0,3,3)，B (3，3,0)，E (3,0,2)，AC 1―→＝(－3,3,3)，BE ―→＝(0，－3,2)，所以cos 〈AC 1―→，BE ―→〉＝AC 1―→·BE ―→|AC 1―→||BE ―→|＝－9＋633×13＝－3939，故两条异面直线AC 1与BE 所成角的余弦值为3939. (2)由(1)知BE ―→＝(0，－3,2)，又D 1(0,0,3)，B 1(3,3,3)，所以D 1E ―→＝(3,0，－1)，BB 1―→＝(0,0,3)． 设平面BED 1F 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·BE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －z ＝0，－3y ＋2z ＝0，令x ＝1，得y ＝2，z ＝3，n ＝(1,2,3)是平面BED 1F 的一个法向量．设直线BB 1与平面BED 1F 所成的角为α，则sin α＝||cos 〈BB 1―→，n 〉＝93×14＝31414，所以直线BB 1与平面BED 1F 所成角的正弦值为31414.3．对于给定的大于1的正整数n ，设x ＝a 0＋a 1n ＋a 2n 2＋…＋a n n n ，其中a i ∈{0,1,2，…，n －1}，i ＝0,1，2，…，n －1，n ，且a n ≠0，记满足条件的所有x 的和为A n . (1)求A 2；(2)设A n ＝n n (n －1)f (n )2，求f (n )．解：(1)当n ＝2时，x ＝a 0＋2a 1＋4a 2，a 0∈{0,1}，a 1∈{0,1}，a 2＝1， 故满足条件的x 共有4个，分别为x ＝0＋0＋4，x ＝0＋2＋4，x ＝1＋0＋4，x ＝1＋2＋4，它们的和是22，所以A 2＝22. (2)由题意得，a 0，a 1，a 2，…，a n －1各有n 种取法；a n 有n －1种取法， 由分步计数原理可得a 0，a 1，a 2…，a n －1，a n 的不同取法共有n ·n ·…·n ·(n －1)＝n n (n －1)， 即满足条件的x 共有n n (n －1)个，当a 0分别取0,1,2，…，n －1时，a 1，a 2，…，a n －1各有n 种取法，a n 有n －1种取法，故A n 中所有含a 0项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)·n n －1(n －1)＝n n (n －1)22；同理，A n 中所有含a 1项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)·n n －1(n －1)·n ＝n n (n －1)22·n ；A n 中所有含a 2项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)·n n －1(n －1)·n 2＝n n (n －1)22·n 2；A n 中所有含a n －1项的和为(0＋1＋2＋…＋n －1)·n n －1(n －1)·n n －1＝n n (n －1)22·n n －1；当a n 分别取i ＝1,2，…，n －1时，a 0，a 1，a 2，…，a n －1各有n 种取法，故A n 中所有含a n 项的和为(1＋2＋…＋n －1)n n ·n n ＝n n ＋1(n －1)2·n n . 所以A n ＝n n (n －1)22(1＋n ＋n 2＋…＋n n －1)＋n n ＋1(n －1)2·n n＝n n (n －1)22·n n －1n －1＋n n ＋1(n －1)2·n n＝n n (n －1)2(n n ＋1＋n n －1)，故f (n )＝n n ＋1＋n n －1.江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(3)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答A ．[选修4－2：矩阵与变换]设a ，b ∈R .若直线l ：ax ＋y －7＝0在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b 对应的变换作用下，得到的直线为l ′：9x ＋y －91＝0.求实数a ，b 的值．∴实数a ，b 的值分别为2,13.B ．[选修4－4：坐标系与参数方程]以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝1－2t (t 为参数)与圆C ：ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ＝0的位置关系． 解：把直线l 的参数方程化为普通方程为x ＋y ＝2.C ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ∈R ，a >b >e(其中e 是自然对数的底数)，求证：b a >a b .2．从0,1,2,3,4这五个数中任选三个不同的数组成一个三位数，记X 为所组成三位数的各位数字之和．(1)求X 是奇数的概率；(2)求X 的概率分布及数学期望．3．设P (n ，m )＝ k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *. (1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值．江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(3)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答A ．[选修4－2：矩阵与变换]设a ，b ∈R .若直线l ：ax ＋y －7＝0在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b 对应的变换作用下，得到的直线为l ′：9x ＋y －91＝0.求实数a ，b 的值．解：法一：在直线l ：ax ＋y －7＝0上取点M (0,7)，N (1，7－a )，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤07＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 07b ，⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤17－a ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 3 b (7－a )－1，可知点M (0,7)，N (1,7－a )在矩阵A 对应的变换作用下分别得到点M ′(0,7b )，N ′(3，b (7－a )－1)，由题意可知：M ′，N ′在直线9x ＋y －91＝0上，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7b －91＝0，27＋b (7－a )－1－91＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝13， ∴实数a ，b 的值分别为2,13.法二：设直线l 上任意一点P (x ，y )，点P 在矩阵A 对应的变换作用下得到Q (x ′，y ′)， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ′＝3x ，y ′＝－x ＋by ， 由Q (x ′，y ′)在直线l ′：9x ＋y －91＝0上，∴27x ＋(－x ＋by )－91＝0，即26x ＋by －91＝0，∵点P 在ax ＋y －7＝0上，∴26a ＝b 1＝－91－7， 解得a ＝2，b ＝13.∴实数a ，b 的值分别为2,13.B ．[选修4－4：坐标系与参数方程]以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝1－2t (t 为参数)与圆C ：ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ＝0的位置关系． 解：把直线l 的参数方程化为普通方程为x ＋y ＝2.将圆C 的极坐标方程ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ＝0化为直角坐标方程为x 2＋2x ＋y 2－2y ＝0， 即(x ＋1)2＋(y －1)2＝2.所以圆心C (－1,1)到直线l 的距离d ＝22＝2， 所以直线l 与圆C 相切．C ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ∈R ，a >b >e(其中e 是自然对数的底数)，求证：b a >a b .证明：∵b a >0，a b >0，∴要证b a >a b ，只要证a ln b >b ln a,只要证ln b b >ln a a， 构造函数f (x )＝ln x x，x ∈(e ，＋∞)． 则f ′(x )＝1－ln x x 2，x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0在区间(e ，＋∞)上恒成立， 所以函数f (x )在x ∈(e ，＋∞)上是单调递减的，所以当a >b >e 时，有f (b )>f (a )，即ln b b >ln a a，故b a >a b 得证． 2．从0,1,2,3,4这五个数中任选三个不同的数组成一个三位数，记X 为所组成三位数的各位数字之和．(1)求X 是奇数的概率；(2)求X 的概率分布及数学期望．解：(1)记“X 是奇数”为事件A ，能组成的三位数的个数是4×4×3＝48.X 是奇数的个数是C 12C 23A 33－C 12C 12A 22＝28，所以P (A )＝2848＝712. 故X 是奇数的概率为712. (2)X 的可能取值为3,4,5,6,7,8,9.当X ＝3时，组成的三位数是由0,1,2三个数字组成，所以P (X ＝3)＝448＝112； 当X ＝4时，组成的三位数是由0,1,3三个数字组成，所以P (X ＝4)＝448＝112； 当X ＝5时，组成的三位数是由0,1,4或0,2,3组成，所以P (X ＝5)＝848＝16； 当X ＝6时，组成的三位数是由0,2,4或1,2,3组成，所以P (X ＝6)＝1048＝524； 当X ＝7时，组成的三位数是由0,3,4或1,2,4组成，所以P (X ＝7)＝1048＝524； 当X ＝8时，组成的三位数是由1,3,4三个数字组成，所以P (X ＝8)＝648＝18； 当X ＝9时，组成的三位数是由2,3,4三个数字组成，所以P (X ＝9)＝648＝18. 所以X 故E (X )＝3×112＋4×112＋5×16＋6×524＋7×524＋8×18＋9×18＝254. 3．设P (n ，m )＝∑k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k ，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *. (1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值．解：(1)当m ＝1时，P (n,1)＝∑k ＝0n(－1)k C k n 11＋k ＝1n ＋1∑k ＝0n (－1)k C k ＋1n ＋1＝1n ＋1， 又Q (n,1)＝C 1n ＋1＝n ＋1，显然P (n,1)·Q (n,1)＝1.(2)证明：P (n ，m )＝∑k ＝0n(－1)k C k n m m ＋k ＝1＋∑k ＝1n －1 (－1)k (C k n －1＋C k －1n －1)m m ＋k ＋(－1)n m m ＋n ＝1＋∑k ＝1n －1 (－1)k C k n －1m m ＋k ＋∑k ＝1n (－1)k C k －1n －1m m ＋k ＝P (n －1，m )＋∑k ＝1n (－1)k C k －1n －1m m ＋k＝P (n －1，m )－m n ∑k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k＝P (n －1，m )－m nP (n ，m ) 即P (n ，m )＝n m ＋nP (n －1，m )， 由累乘，易求得P (n ，m )＝n ！m ！(n ＋m )！P (0，m )＝1C n n ＋m， 又Q (n ，m )＝C n n ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(4)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 x y 2，X ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 1，且AX ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 ，其中x ，y ∈R . (1)求x ，y 的值；(2)若B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －10 2，求(AB )－1.B ．[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 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝1－22t ，y ＝2＋22t (t 为参数)，以坐标原点O为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ－4cos θ＝0，已知直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．解：因为曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ－4cos θ＝0，C ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ∈R ，a 2＋b 2＋c 2＝1，若|x －1|＋|x ＋1|≥(a －b ＋c )2对任意的实数a ，b ，c 恒成立，求实数x 的取值范围．2.如图，在直三棱柱ABC-AB1C1中，已知AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，AA1＝3.D是线段BC的中点．(1)求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；3．已知集合X＝{1,2,3}，Y n＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设S n＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Y n}，令f(n)表示集合S n所含元素的个数．(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(4)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 x y 2，X ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 1，且AX ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 ，其中x ，y ∈R . (1)求x ，y 的值；(2)若B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －10 2，求(AB )－1. 解：(1)AX ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 x y 2 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 1 ＝ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －22－y . 因为AX ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2＝1，2－y ＝2， 解得x ＝3，y ＝0.(2)由(1)知A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 30 2 ，又B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －10 2 ， 所以AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 30 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －10 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 40 4 . 设(AB )－1＝ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 40 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1， 即⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a ＋4c 2b ＋4d 4c 4d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1. 所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋4c ＝1，4c ＝0，2b ＋4d ＝0，4d ＝1，解得a ＝12，b ＝－12，c ＝0，d ＝14， 即 (AB )－1＝ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12 －12 0 14 . B ．[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 的参数方程为⎩⎨⎧ x ＝1－22t ，y ＝2＋22t (t 为参数)，以坐标原点O为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ－4cos θ＝0，已知直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．解：因为曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ－4cos θ＝0，所以ρ2sin 2θ＝4ρcos θ，即曲线C 的直角坐标方程为y 2＝4x . 将直线l 的参数方程⎩⎨⎧ x ＝1－22t ，y ＝2＋22t 代入抛物线方程y 2＝4x ，得⎝⎛⎭⎫2＋22t 2＝4⎝⎛⎭⎫1－22t ， 即t 2＋82t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝－8 2.所以AB ＝|t 1－t 2|＝8 2.C ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ∈R ，a 2＋b 2＋c 2＝1，若|x －1|＋|x ＋1|≥(a －b ＋c )2对任意的实数a ，b ，c 恒成立，求实数x 的取值范围．解：因为a ，b ，c ∈R ，a 2＋b 2＋c 2＝1，所以由柯西不等式得(a －b ＋c )2≤(a 2＋b 2＋c 2)·[12＋(－1)2＋12]＝3，因为|x －1|＋|x ＋1|≥(a －b ＋c )2对任意的实数a ，b ，c 恒成立，所以|x －1|＋|x ＋1|≥3.当x <－1时，－2x ≥3，即x ≤－32； 当－1≤x ≤1时，2≥3不成立；当x >1时，2x ≥3，即x ≥32. 综上，实数x 的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－32∪⎣⎡⎭⎫32，＋∞.2.如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3.D 是线段BC 的中点．(1)求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值；(2)求二面角B 1-A 1D -C 1的余弦值．解：因为在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，所以分别以AB ，AC ，AA 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,3)，B 1(2,0，3)，C 1(0，4,3)，因为D 是BC 的中点，所以D (1，2,0)，(1)因为A 1C 1―→＝(0,4,0)，A 1D ―→＝(1,2，－3)，设平面A 1C 1D 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1C 1―→＝0，n 1·A 1D ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 1＝0，x 1＋2y 1－3z 1＝0， 取⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝3，y 1＝0，z 1＝1，所以平面A 1C 1D 的法向量n 1＝(3,0,1)，而DB 1―→＝(1，－2,3)，设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n 1，DB 1―→〉|＝|n 1·DB 1―→||n 1|·|DB 1―→|＝|3＋3|10×14＝33535， 所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为33535. (2) A 1B 1―→＝(2,0,0)，DB 1―→＝(1，－2,3)，设平面B 1A 1D 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·A 1B 1―→＝0，n 2·DB 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＝0，x 2－2y 2＋3z 2＝0，取⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2＝3，z 2＝2，所以平面B 1A 1D 的法向量n 2＝(0,3,2)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝210×13＝13065， 故结合图象知二面角B 1-A 1D -C 1的余弦值13065. 3．已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1)Y 6＝{1,2,3,4,5,6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6. 所以f (6)＝13.(2)当n ≥6时， f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝⎛⎭⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *)．下面用数学归纳法证明： ①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a ．若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立； b ．若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1 ＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－13，结论成立； c ．若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－23，结论成立； d ．若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋k ＋13，结论成立；e ．若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k3＋2＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋(k ＋1)－13，结论成立；f ．若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1＝(k ＋1)＋2＋(k ＋1)－12＋(k ＋1)－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(5)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量．在平面直角坐标系xOy 中，点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3,3)，求矩阵A .B ．[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⎩⎨⎧x ＝－32＋22n ，y ＝22n(n 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．C ．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝3x ＋6，g (x )＝14－x ，若存在实数x 使f (x )＋g (x )>a 成立，求实数a 的取值范围．2.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1) 求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(2) 在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值为255.3．设a ＞b ＞0，n 是正整数，A n ＝1n ＋1(a n ＋a n －1b ＋a n －2b 2＋…＋a 2b n －2 ＋ab n －1＋b n ) ，B n＝⎝⎛⎭⎫a ＋b 2n .(1)证明：A 2＞B 2；(2)比较A n 与B n (n ∈N *)的大小，并给出证明．江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(5)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量．在平面直角坐标系xOy 中，点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3,3)，求矩阵A .解：设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，因为向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －b c －d ＝(－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－11. 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，c －d ＝1.①因为点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3，3)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋b c ＋d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤33.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，c ＋d ＝3.② 由①②解得a ＝1，b ＝2，c ＝2，d ＝1，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 22 1. B ．[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⎩⎨⎧x ＝－32＋22n ，y ＝22n(n 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．解：法一：将曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)化为普通方程为y 2＝8x .将直线⎩⎨⎧ x ＝－32＋22n ，y ＝22n(n 为参数)代入y 2＝8x 得，n 2－82n ＋24＝0，解得n 1＝22，n 2＝6 2. 则|n 1－n 2|＝42，所以线段AB 的长为4 2.法二：将曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)化为普通方程为y 2＝8x,将直线⎩⎨⎧x ＝－32＋22n ，y ＝22n(n 为参数)化为普通方程为x －y ＋32＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧ y 2＝8x ，x －y ＋32＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝12，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝92，y ＝6.所以AB 的长为⎝⎛⎭⎫92－122＋(6－2)2＝4 2. C ．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝3x ＋6，g (x )＝14－x ，若存在实数x 使f (x )＋g (x )>a 成立，求实数a 的取值范围．解：存在实数x 使f (x )＋g (x )＞a 成立， 等价于f (x )＋g (x )的最大值大于a ， 因为f (x )＋g (x )＝3x ＋6＋14－x ＝3×x ＋2＋1×14－x ，由柯西不等式得，(3×x ＋2＋1×14－x )2≤(3＋1)(x ＋2＋14－x )＝64，所以f (x )＋g (x )＝3x ＋6＋14－x ≤8，当且仅当x ＝10时取“＝”，故实数a 的取值范围是(－∞，8)．2.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1) 求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(2) 在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值为255.解：(1)以A 为坐标原点，AC ，AB 所在直线为x 轴，y 轴，过A 平行于A 1B 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(0,2,2)，B 1(0，4,2)，AA 1―→＝(0,2,2)，BC ―→＝B 1C 1―→＝(2，－2,0)．所以cos 〈AA 1―→，BC ―→〉＝AA 1―→·BC ―→|AA 1―→|·|BC ―→|＝－48×8＝－12，故棱AA 1与BC 所成的角是π3.(2)设B 1P ―→＝λB 1C 1―→＝(2λ，－2λ，0)，则P (2λ，4－2λ，2)． 设平面P AB 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 又AP ―→＝(2λ，4－2λ，2)，AB ―→＝(0,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP ―→＝0，n 1·AB ―→＝0即⎩⎪⎨⎪⎧2λx ＋(4－2λ)y ＋2z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得平面P AB 的一个法向量n 1＝(1,0，－λ)． 易知平面ABA 1的一个法向量是n 2＝(1,0,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋λ2＝255，解得λ＝12，即P 为棱B 1C 1的中点，其坐标为P (1,3,2)时，二面角P -AB -A 1的平面角的余弦值为255.3．设a ＞b ＞0，n 是正整数，A n ＝1n ＋1(a n ＋a n －1b ＋a n －2b 2＋…＋a 2b n －2 ＋ab n －1＋b n ) ，B n＝⎝⎛⎭⎫a ＋b 2n .(1)证明：A 2＞B 2；(2)比较A n 与B n (n ∈N *)的大小，并给出证明．解：(1)证明：A 2－B 2＝13(a 2＋ab ＋b 2)－⎝⎛⎭⎫a ＋b 22＝112(a －b )2>0.(2)A n ≥B n ，证明如下： 当n ＝1时，A 1＝B 1；当n ≥3时，A n ＝1n ＋1·a n ＋1－bn ＋1a －b，B n ＝⎝⎛⎭⎫a ＋b 2n ， 令a ＋b ＝x ，a －b ＝y ，且x >0，y >0，于是A n ＝1n ＋1·⎝⎛⎭⎫x ＋y 2n ＋1－⎝⎛⎭⎫x －y 2n ＋1y ＝12n ＋1(n ＋1)y[(x ＋y )n ＋1－(x －y )n ＋1]，B n＝⎝⎛⎭⎫x 2n ， 因为[(x ＋y )n ＋1－(x －y )n ＋1]＝(2C 1n ＋1x n y ＋2C 3n ＋1·x n －2y 3＋…)≥2C 1n ＋1x ny ，所以A n ≥12n ＋1(n ＋1)y ·2C 1n ＋1x ny ＝x n 2n ＝⎝⎛⎭⎫x 2n ＝B n .江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(6)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2. (1)求AB ；(2)若曲线C 1：x 28＋y 22＝1在矩阵AB 对应的变换作用下得到另一曲线C 2，求C 2的方程．B ．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝sin α－2(α为参数)．以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为θ＝β，若圆C 与直线l 相切，求直线l 的极坐标方程．C ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ，d 为实数，且a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，证明：ac ＋bd ≤8.2.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1＝2，D 为CC 1上任意一点(含端点)．(1)若D 为CC 1的中点，求异面直线BA 1与AD 所成角的余弦值； (2)当点D 与点C 1重合时，求二面角A 1BD A 的正弦值．3．已知数列{a n }满足：a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n a n ＋12n .(1)求证：当n ≥2时，a n ≥2；(2)利用“∀x ＞0，ln(1＋x )＜x ”，证明：a n ＜2e 43 (其中e 是自然对数的底数)．江苏高考数学3个附加题综合仿真训练(6)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2. (1)求AB ；(2)若曲线C 1：x 28＋y 22＝1在矩阵AB 对应的变换作用下得到另一曲线C 2，求C 2的方程．解：(1)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2， 所以AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 21 0.(2)设Q (x 0，y 0)为曲线C 1上的任意一点，它在矩阵AB 对应的变换作用下变为P (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 0＝x ，x 0＝y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y ，y 0＝x 2. 因为点Q (x 0，y 0)在曲线C 1上，则x 208＋y 202＝1，从而y 28＋x28＝1，即x 2＋y 2＝8.因此曲线C 1在矩阵AB 对应的变换作用下得到曲线C 2：x 2＋y 2＝8. B ．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝sin α－2(α为参数)．以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为θ＝β，若圆C 与直线l 相切，求直线l 的极坐标方程．解：圆的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝1， 设直线l 对应的直角坐标方程为y ＝kx ， 因为圆C 与直线l 相切，所以d ＝|2|1＋k 2＝1，得到k ＝±3，故直线l 的极坐标方程θ＝π3或θ＝2π3.C ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ，d 为实数，且a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，证明：ac ＋bd ≤8. 证明：由柯西不等式可得：(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)． 因为a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16， 所以(ac ＋bd )2≤64， 因此ac ＋bd ≤8.2.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1＝2，D 为CC 1上任意一点(含端点)．(1)若D 为CC 1的中点，求异面直线BA 1与AD 所成角的余弦值； (2)当点D 与点C 1重合时，求二面角A 1BD A 的正弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系，易知A (0,0,0)，B (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，C 1(2,0,2)，所以AB ―→＝(0，－2,0)，BA 1―→＝(0,2,2)．(1)若D 为CC 1的中点，则AD ―→＝(2,0,1)， 设直线BA 1与直线AD 的夹角为θ，则cos θ＝BA 1―→·AD ―→|BA 1―→|·|AD ―→|＝222×5＝1010，因此异面直线BA 1与AD 所成角的余弦值为1010. (2)当点D 与点C 1重合时，易知D (2,0,2)，则BD ―→＝(2,2,2)， 设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧BD ―→·m ＝0，BA 1―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0，2y ＋2z ＝0，取y ＝1，解得x ＝0，z ＝－1，即平面A 1BD 的一个法向量为m ＝(0,1，－1)， 同理，可得平面ABD 的一个法向量为n ＝(－1,0,1)． 设二面角A 1BD A 的大小为α，则|cos α|＝|m ·n ||m |·|n |＝12·2＝12，因为α∈[0，π]，所以sin α＝1－cos 2α＝32，因此二面角A 1BD A 的正弦值为32.3．已知数列{a n }满足：a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n a n ＋12n .(1)求证：当n ≥2时，a n ≥2；(2)利用“∀x ＞0，ln(1＋x )＜x ”，证明：a n ＜2e 43 (其中e 是自然对数的底数)．证明：(1)①由题意，a 2＝⎝⎛⎭⎫1＋12×1＋12＝2，故当n ＝2时，a 2＝2，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时不等式成立，即a k ≥2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1k (k ＋1)a k ＋12k ＞2.所以，当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据①②可知，对所有n ≥2，a n ≥2成立.(2)当n ≥2时，由递推公式及(1)的结论有a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n a n ＋12n ≤⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n ＋12n ＋1a n (n ≥2)．两边取对数，并利用已知不等式ln(1＋x )＜x ，得ln a n ＋1≤ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n ＋12n ＋1＋ln a n ＜ln a n ＋1n 2＋n ＋12n ＋1，故ln a n ＋1－ln a n ＜1n 2＋n ＋12n 1(n ≥2)， 求和可得ln a n －ln a 2＜12×3＋1 3×4＋…＋1(n －1)n ＋123＋124＋…＋12n ＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋123·1－12n －21－12＝12－1n ＋122－12n <34. 由(1)知，a 2＝2，故有ln a n 2＜34， 即a n ＜2e 43 (n ≥2)，而a 1＝1＜2e 43，所以对任意正整数n ，有a n ＜2e 43.。

江苏省2022-2022年高三招生考试模拟测试附加题数学试题(六)含解析

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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】 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)在直径是AB 的半圆上有两点M ，N ，设AN 与BM 的交点是P.求证：AP·AN ＋BP·BM ＝AB 2.B. (选修4-2：矩阵与变换)求矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 11 3的特征值及对应的特征向量．C. (选修4-4：坐标系与参数方程)已知直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝3，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)，设P 点是曲线C 上的任意一点，求P 到直线l 的距离的最大值．D. (选修4-5：不等式选讲)设x，y均为正数，且x＞y，求证：x＋4x2－2xy＋y2≥y＋3.【必做题】第22、23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22. 如图，在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.(1) 求两条异面直线AC1与BE所成角的余弦值；(2) 求直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值．23. 证明：对一切正整数n，5n＋2·3n－1＋1能被8整除．(六)21. A. 证明：作PE ⊥AB 于E ，∵ AB 为直径，∴ ∠ANB ＝∠AMB ＝90°，(2分)∴ P ，E ，B ，N 四点共圆，P ，E ，A ，M 四点共圆．(6分)⎩⎪⎨⎪⎧AE·AB ＝AP·AN ①，BE ·AB ＝BP·BM ②，(8分) ①＋②得AB(AE ＋BE)＝AP·AN ＋BP·BM ，(9分)即AP·AN ＋BP·BM ＝AB 2.(10分)B. 解：特征多项式f(λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－3 －1－1 λ－3＝(λ－3)2－1＝λ2－6λ＋8，(3分) 由f(λ)＝0，解得λ1＝2，λ2＝4.(6分)将λ1＝2代入特征方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－x －y ＝0x ＋y ＝0，可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1为属于特征值λ1＝2的一个特征向量．(8分)同理，当λ2＝4时，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x ＋y ＝0x －y ＝0，所以可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤11为属于特征值λ2＝4的一个特征向量． 综上所述，矩阵⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 11 3有两个特征值λ1＝2，λ2＝4； 属于λ1＝2的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1，属于λ2＝4的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤11.(10分) C. 解：由ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝3，可得ρ⎝⎛⎭⎫12sin θ－32cos θ＝3， ∴ y －3x ＝6，即3x －y ＋6＝0.(3分)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos θ，y ＝2sin θ得x 2＋y 2＝4，圆的半径为r ＝2，(6分) ∴ 圆心到直线l 的距离d ＝62＝3.(8分) ∴ P 到直线l 的距离的最大值为d ＋r ＝5.(10分)D. 证明：x －y ＋4x 2－2xy ＋y 2＝(x －y)＋4（x －y ）2(3分) ＝x －y 2＋x －y 2＋4（x －y ）2，(5分)∵ x ＞y ，x －y ＞0， ∴ x －y 2＋x －y 2＋4（x －y ）2≥33x －y 2×x －y 2×4（x －y ）2＝3，当且仅当x －y 2＝x －y 2＝4（x －y ）2时取等号，此时x －y ＝2.(10分) 22. 解：(1) 以D 为原点，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图所示，则A(3，0，0)，C 1(0，3，3)，AC 1→＝(－3，3，3)，B(3，3，0)，E(3，0，2)，BE →＝(0，－3，2)．所以cos 〈AC 1→，BE →〉＝AC 1→·BE →|AC 1→||BE →|＝－9＋633×13＝－3939， 故两条异面直线AC 1与BE 所成角的余弦值为3939.(5分) (2) B(3，3，0)，BE →＝(0，－3，2)，D 1E →＝(3，0，－1)．设平面BED 1F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －z ＝0，－3y ＋2z ＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，z ＝3x ，则n ＝(x ，2x ，3x)，不妨取n ＝(1，2，3)， 设直线BB 1与平面BED 1F 所成角为α，则sin α＝|cos 〈BB 1→，n 〉|＝|93×14|＝31414.(9分) 所以直线BB 1与平面BED 1F 所成角的正弦值为31414.(10分) 23. 证明：① 当n ＝1时，能被8整除；(2分)② 假设当n ＝k(k ≥2，k ∈N *)，结论成立，(4分)则5k ＋2·3k －1＋1能被8整除．设5k ＋2·3k －1＋1＝8m ，m ∈N *，当n ＝k ＋1时，5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4·3k －1－4＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4·(3k－1＋1)，(7分)而当k ≥2，k ∈N *时3k －1＋1显然为偶数，设为2t ，t ∈N *，故5k ＋1＋2·3k ＋1＝5(5k ＋2·3k －1＋1)－4·(3k －1＋1)＝40m －8t(m ，t ∈N *)，也能被8整除，故当n＝k＋1时结论也成立．由①②可知对一切正整数n，5n＋2·3n－1＋1能被8整除．(10分)。

江苏省高考数学二轮复习 自主加餐的3大题型 3个附加题综合仿真练(六)(理)(含解析)-人教版高三全

江苏省高考数学二轮复习 自主加餐的3大题型 3个附加题综合仿真练(六)(理)(含解析)-人教版高三全

3个附加题综合仿真练(六)(理科)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换] 已知矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 110，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 002.(1)求AB ；(2)若曲线C 1：x 28＋y 22＝1在矩阵AB 对应的变换作用下得到另一曲线C 2，求C 2的方程．解：(1)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤11 0，B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 002，所以AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0110⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 210.(2)设Q (x 0，y 0)为曲线C 1上的任意一点， 它在矩阵AB 对应的变换作用下变为P (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 0＝x ，x 0＝y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y ，y 0＝x2.因为点Q (x 0，y 0)在曲线C 1上，则x 208＋y 202＝1，从而y 28＋x 28＝1，即x 2＋y 2＝8.因此曲线C 1在矩阵AB 对应的变换作用下得到曲线C 2：x 2＋y 2＝8. B ．[选修4－4：坐标系与参数方程] 在平面直角坐标系xOy 中，圆C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝sin α－2(α为参数)．以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为θ＝β，若圆C 与直线l 相切，求直线l 的极坐标方程．解：圆的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝1， 设直线l 对应的直角坐标方程为y ＝kx ， 因为圆C 与直线l 相切， 所以d ＝|2|1＋k2＝1，得到k ＝±3，故直线l 的极坐标方程θ＝π3或θ＝2π3. C ．[选修4－5：不等式选讲]已知a ，b ，c ，d 为实数，且a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，证明：ac ＋bd ≤8. 证明：由柯西不等式可得：(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)． 因为a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16， 所以(ac ＋bd )2≤64， 因此ac ＋bd ≤8.2.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AA 1＝2，D 为CC 1上任意一点(含端点)．(1)若D 为CC 1的中点，求异面直线BA 1与AD 所成角的余弦值； (2)当点D 与点C 1重合时，求二面角A 1BD A 的正弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，易知A (0,0,0)，B (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，C 1(2,0,2)，所以AB ―→＝(0，－2,0)，BA 1―→＝(0,2,2)． (1)若D 为CC 1的中点，则AD ―→＝(2,0,1)， 设直线BA 1与直线AD 的夹角为θ，则cos θ＝BA 1―→·AD ―→|BA 1―→|·|AD ―→|＝222×5＝1010，因此异面直线BA 1与AD 所成角的余弦值为1010. (2)当点D 与点C 1重合时，易知D (2,0,2)，则BD ―→＝(2,2,2)， 设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧BD ―→·m ＝0，BA 1―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0，2y ＋2z ＝0，取y ＝1，解得x ＝0，z ＝－1，即平面A 1BD 的一个法向量为m ＝(0,1，－1)， 同理，可得平面ABD 的一个法向量为n ＝(－1,0,1)． 设二面角A 1BD A 的大小为α， 则|cos α|＝|m ·n ||m |·|n |＝12·2＝12，因为α∈[0，π]，所以sin α＝1－cos 2α＝32， 因此二面角A 1BD A 的正弦值为32. 3．已知数列{a n }满足：a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋n a n ＋12n . (1)求证：当n ≥2时，a n ≥2；(2)利用“∀x ＞0，ln(1＋x )＜x ”，证明：a n ＜2e 43(其中e 是自然对数的底数)． 证明：(1)①由题意，a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12×1＋12＝2，故当n ＝2时，a 2＝2，不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时不等式成立，即a k ≥2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k k ＋1a k ＋12k ＞2. 所以，当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据①②可知，对所有n ≥2，a n ≥2成立.(2)当n ≥2时，由递推公式及(1)的结论有a n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋n a n ＋12n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋n ＋12n ＋1a n (n ≥2)．两边取对数，并利用已知不等式ln(1＋x )＜x ，得 ln a n ＋1≤ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋n ＋12n ＋1＋ln a n ＜ln a n ＋1n 2＋n ＋12n ＋1， 故ln a n ＋1－ln a n ＜1n 2＋n ＋12n ＋1(n ≥2)， 求和可得ln a n －ln a 2＜12×3＋1 3×4＋…＋1n －1n ＋123＋124＋…＋12n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋123·1－12n －21－12＝12－1n ＋122－12n<34. 由(1)知，a 2＝2，故有ln a n 2＜34，即a n ＜2e 43 (n ≥2)，而a 1＝1＜2e 43，所以对任意正整数n ，有a n ＜2e 43.。

年江苏省高考数学二轮复习自主加餐的3大题型：3个附加题综合仿真练(三)(理科)

年江苏省高考数学二轮复习自主加餐的3大题型：3个附加题综合仿真练(三)(理科)

3个附加题综合仿真练(三)(理科)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答A ．[选修4－2：矩阵与变换]设a ，b ∈R .若直线l ：ax ＋y －7＝0在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b 对应的变换作用下，得到的直线为l ′：9x ＋y －91＝0.求实数a ，b 的值．解：法一：在直线l ：ax ＋y －7＝0上取点M (0,7)，N (1，7－a )，由⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤07＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 07b ，⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤17－a ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 3 b (7－a )－1，可知点M (0,7)，N (1,7－a )在矩阵A 对应的变换作用下分别得到点M ′(0,7b )，N ′(3，b (7－a )－1)，由题意可知：M ′，N ′在直线9x ＋y －91＝0上，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 7b －91＝0，27＋b (7－a )－1－91＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝13， ∴实数a ，b 的值分别为2,13.法二：设直线l 上任意一点P (x ，y )，点P 在矩阵A 对应的变换作用下得到Q (x ′，y ′)， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤3 0－1 b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝－x ＋by ， 由Q (x ′，y ′)在直线l ′：9x ＋y －91＝0上，∴27x ＋(－x ＋by )－91＝0，即26x ＋by －91＝0，∵点P 在ax ＋y －7＝0上，∴26a ＝b 1＝－91－7， 解得a ＝2，b ＝13.∴实数a ，b 的值分别为2,13.B ．[选修4－4：坐标系与参数方程]以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝1－2t (t 为参数)与圆C ：ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ＝0的位置关系． 解：把直线l 的参数方程化为普通方程为x ＋y ＝2.将圆C 的极坐标方程ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ＝0化为直角坐标方程为x 2＋2x ＋y 2－2y ＝0， 即(x ＋1)2＋(y －1)2＝2.所以圆心C (－1,1)到直线l 的距离d ＝22＝2， 所以直线l 与圆C 相切．C ．[选修4－5：不等式选讲] 已知a ，b ∈R ，a >b >e(其中e 是自然对数的底数)，求证：b a >a b .证明：∵b a >0，a b >0，∴要证b a >a b ，只要证a ln b >b ln a,只要证ln b b >ln a a， 构造函数f (x )＝ln x x，x ∈(e ，＋∞)． 则f ′(x )＝1－ln x x 2，x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )<0在区间(e ，＋∞)上恒成立， 所以函数f (x )在x ∈(e ，＋∞)上是单调递减的，所以当a >b >e 时，有f (b )>f (a )，即ln b b >ln a a，故b a >a b 得证． 2．从0,1,2,3,4这五个数中任选三个不同的数组成一个三位数，记X 为所组成三位数的各位数字之和．(1)求X 是奇数的概率；(2)求X 的概率分布及数学期望．解：(1)记“X 是奇数”为事件A ，能组成的三位数的个数是4×4×3＝48.X 是奇数的个数是C 12C 23A 33－C 12C 12A 22＝28，所以P (A )＝2848＝712. 故X 是奇数的概率为712. (2)X 的可能取值为3,4,5,6,7,8,9.当X ＝3时，组成的三位数是由0,1,2三个数字组成，所以P (X ＝3)＝448＝112； 当X ＝4时，组成的三位数是由0,1,3三个数字组成，所以P (X ＝4)＝448＝112； 当X ＝5时，组成的三位数是由0,1,4或0,2,3组成，所以P (X ＝5)＝848＝16；当X ＝6时，组成的三位数是由0,2,4或1,2,3组成，所以P (X ＝6)＝1048＝524； 当X ＝7时，组成的三位数是由0,3,4或1,2,4组成，所以P (X ＝7)＝1048＝524； 当X ＝8时，组成的三位数是由1,3,4三个数字组成，所以P (X ＝8)＝648＝18； 当X ＝9时，组成的三位数是由2,3,4三个数字组成，所以P (X ＝9)＝648＝18. 所以X 的概率分布为：故E (X )＝3×112＋4×112＋5×16＋6×524＋7×524＋8×18＋9×18＝254. 3．设P (n ，m )＝∑k ＝0n (－1)k C k nm m ＋k ，Q (n ，m )＝C n n ＋m ，其中m ，n ∈N *. (1)当m ＝1时，求P (n,1)·Q (n,1)的值；(2)对∀m ∈N *，证明：P (n ，m )·Q (n ，m )恒为定值．解：(1)当m ＝1时，P (n,1)＝∑k ＝0n (－1)k C k n 11＋k ＝1n ＋1∑k ＝0n (－1)k C k ＋1n ＋1＝1n ＋1， 又Q (n,1)＝C 1n ＋1＝n ＋1，显然P (n,1)·Q (n,1)＝1. (2)证明：P (n ，m )＝∑k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k ＝1＋∑k ＝1n －1 (－1)k (C k n －1＋C k －1n －1)m m ＋k ＋(－1)n m m ＋n ＝1＋∑k ＝1n －1 (－1)k C k n －1m m ＋k ＋∑k ＝1n (－1)k C k －1n －1m m ＋k ＝P (n －1，m )＋∑k ＝1n (－1)k C k －1n －1m m ＋k ＝P (n －1，m )－m n ∑k ＝0n (－1)k C k n m m ＋k＝P (n －1，m )－m nP (n ，m ) 即P (n ，m )＝n m ＋nP (n －1，m )， 由累乘，易求得P (n ，m )＝n ！m ！(n ＋m )！P (0，m )＝1C n n ＋m， 又Q (n ，m )＝C n n ＋m ，所以P (n ，m )·Q (n ，m )＝1.。

2020年三维(江苏版)高考二轮复习数学专题六应用题综合仿真练(六)Word版含答案

2020年三维(江苏版)高考二轮复习数学专题六应用题综合仿真练(六)Word版含答案

综合仿真练 (六 )1．已知会合 U ＝ {1,2,3,4,5,6,7} ， M ＝{ x|x 2－ 6x ＋ 5≤ 0， x ∈ Z} ，则 ?U M ＝ ________. 分析： 会合 U ＝ {1,2,3,4,5,6,7} ， M ＝ { x|x 2 － 6x ＋ 5≤ 0， x ∈ Z} ＝ { x|1≤ x ≤ 5， x ∈ Z } ＝{1,2,3,4,5} ，则 ?U M ＝ {6,7} ．答案 ： {6,7}2＋ i2．已知复数 z ＝ 2－ i (i 为虚数单位 )，则 z 的模为 ________．2＋ i2＋ i 2 3 4分析： 法一： z ＝5 ＝ 5＋5i ，2－i＝则 |z|＝ 3 2 4 2 ＝ 1. 5 ＋52＋ i |2＋ i| 5＝ 1. 法二： |z|＝ ＝＝2－ i |2－ i| 5 答案： 13．用分层抽样的方法从某高中学生中抽取一个容量为 45 的样本，此中高一年级抽20人，高三年级抽 10 人，已知该校高二年级共有学生300 人，则该校学生总数为 ________．分析： 样本中高二年级抽 45－ 20－ 10＝ 15 人，设该校学生总数为 n 人，则4515n ＝300，所以 n ＝ 900.答案 ：9004．依据如下图的伪代码，输出S 的值为 ________．S ← 1 I ←1While I ≤ 8S ←S ＋I I ←I ＋2 End While Print S分析： 模拟履行程序，可得 S ＝ 1， I ＝ 1，知足条件 I ≤ 8； S ＝ 2， I ＝ 3，知足条件 I ≤ 8； S ＝ 5， I ＝ 5，知足条件 I ≤ 8； S ＝ 10， I ＝7，知足条件 I ≤ 8；S ＝ 17， I ＝9，不知足条件 I ≤ 8；退出循环，输出 S 的值为 17.答案：175．(2019 ·一中学模拟天)若过抛物线 x2＝ 2py(p>0)或 y2＝ 2px( p>0) 的焦点 F 的直线与该抛物线交于 A， B 两点，则称线段 AB 为该抛物线的焦点弦，此时有以下性质：1＋1 2 AF BF＝ .已p知抛物线 L ： x2＝2py(p>0)的焦点为 F，其准线与 y 轴交于点 A，过点 F 作直线交抛物线 L 于 B， C 两点，若以 AC 为直径的圆恰巧过点 B，且 CF ＝ BF＋8，则 p 的值为 ________ .分析：由于以AC 为直径的圆恰巧过点B，因此AB⊥ BC，如图，设 |BF|＝ m(m>0)，过点 B 作准线的垂线，垂足为D，易知△ABD ∽△FAB，则 AB2＝ AF ·BD ＝pm，又由于 AF2＝ AB2＋BF 2，因此 p2＝ m2＋ pm，即 m＝5－ 1p，由抛物线的焦点弦性质可得 1 ＋ 1 ＝2，因此 1 2 AF BF p CF3－ 5 3＋ 5＝2p，即 CF ＝ 2 p，因此 CF － BF＝ 2p，又由于 CF ＝BF＋ 8，因此 2p＝8，即 p＝ 4.答案： 46． 100 张卡片上分别写有 1,2,3，， 100 的数字．从中任取 1 张，则这张卡片上的数是 6 的倍数的概率是 ________．分析：从 100 张卡片上分别写有 1,2,3，，100 中任取 1 张，基本领件总数n＝100，所取这张卡片上的数是 6 的倍数包括的基本领件有：1× 6,2× 6，， 16× 6，共有16 个，因此所取这张卡片上的数是 6 的倍数的概率是 P＝16 ＝ 4 .100 25答案：4257．若一个圆锥的母线长为 2，侧面积是底面积的 2 倍，则该圆锥的体积为 ________．分析：由圆锥母线长2，可求底面半径为 1，故高 h＝ 3，因此 V＝1× π× 12×3＝3π3 3.答案：3π38．已知等比数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，且S6＝－19，a4－ a2＝－15，则 a3的值为 ________．3分析：法一：设等比数列 { a n 6 1－ q6S ＝＝1＋ q3＝－19，所} 的公比为 q，易知 q≠ 1，则S3 1－ q 3 83 27a 1 3a 1 15 9 以 q ＝－ ， a 4－ a 2＝ a 1q 3－ a 1q ＝－8 ＋2 ＝－8，因此 a 1＝ 1，则 a 3＝ a 1q 2＝ .24法二： 设等比数列 { a n } 的公比为 q ，则 S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6S 3a 1＋ a 2＋ a 3a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 1q 3＋ a 2q 3＋ a 3q 319＝a 1＋ a 2＋ a 3 ＝ 1＋ q 3＝－ 8，3因此 q ＝－ 2，a3a 2a315 933则 a 4－ a 2＝ a 3q － q ＝－ 2 ＋3 ＝－ 8 ，因此 a 3＝ 4答案：949．若函数 f(x) 为定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时， f(x)＝ xln x ，则不等式 f(x)<－ e 的解集为 ________．分析： f ′ (x)＝ ln x ＋ 1(x>0) ，令 f ′(x)＝ 0，得 x ＝1e ，当 x ∈1 0， e时， f ′ (x)<0，当x ∈1 e ，＋ ∞ 时， f ′ (x)>0，因此f(x) 在10， e上单一递减，在1 e ，＋ ∞ 上单一递加， 且f(e)＝ e ，f11 e ＝－ e ，由于 f(x)为奇函数， 因此f( －e)＝－ f(e)＝－ e ，故联合函数图象得f(x)<－ e 的解集为 ( －∞ ，－ e)．答案 ： (－∞，－ e)10．(2019 ·皋中学模拟如 )已知当 x ∈ [0,1] 时，函数 y ＝ (mx － 1)2 的图象与y ＝x ＋ m 的图象有且只有一个交点，则正实数m 的取值范围是 ________．分析： 在同向来角坐标系中，分别作出函数f(x)＝ (mx － 1)2＝ m 21x － m2 与g(x)＝x ＋ m的大概图象．分两种情况：(1)当 0＜ m ≤1 时， 1≥ 1，如图①，当 x ∈ [0,1] 时， f( x) 与 g(x)的图象有一个交点，切合m题意．1(2)当 m ＞1 时， 0＜ m ＜ 1，如图②，要使 f(x)与 g(x)的图象在 [0,1] 上只有一个交点，只要g(1) ≤ f(1)，即 1＋m ≤ (m － 1)2，解得 m ≥ 3 或 m ≤ 0(舍去 )．综上所述， m ∈ (0,1] ∪ [3，＋ ∞)． 答案： (0,1] ∪[3，＋∞ )11．已知函数 f(x)＝ 3sin 2x ＋cos2x ，若 f(x － φ)的图象对于 y 轴对称 0<φ<π，则 φ＝2 ________.ππ分析： 由于 f(x)＝ 3sin 2x ＋ cos 2x ＝2sin 2x ＋6 ，因此 f(x － φ)＝2sin 2x － 2φ＋ 6 .由 f(xπ ππ π －φ)的图象对于 y 轴对称得，－ 2φ＋ 6＝2＋ k π(k ∈ Z)，因此－ 2φ＝3＋ k π(k ∈ Z)．又 0<φ<2，π 因此 φ＝3.π答案： 312．在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C ： x 2＋ y 2＝2，直线 x ＋by － 2＝ 0 与圆 C 订交于 A ，B 两点，且―→ ―→ ―→ ―→| OA ＋ OB |≥ 3 | OA － OB | ， 则 b 的 取 值 范 围 为___________________________ ．分析：设 AB 的中点为―→ ―→―→ ―→M ，则 | OA ＋ OB |≥ 3| OA － OB |? 2|OM|≥ 3|2AM|? |OM |≥3266|OA |＝ 2 ，又直线 x ＋ by － 2＝ 0 与圆 C 订交于 A ，B两点，因此 2 ≤ |OM|< 2，而 |OM |＝2 ，因此 6≤2 < 2? 1<b 2≤5，解得 1< b ≤ 15或－ 15≤b<－ 1，即 b 的取值范1＋b 2 21＋ b 2333围为 －15，－ 1 ∪ 1， 15 .33答案：－15，－ 1 ∪15 31， 3ln x ， x ≥ 1，13．(2019 泰·州中学模拟 )已知函数 f(x)＝若 F( x)＝f[f(x)＋ 1]＋ m 有两个1－ x， x ＜ 1，2零点 x 1， x 2，则 x 1·x 2 的取值范围是 ________．分析：当 x ≥ 1 时， f(x) ＝ln x ≥ 0，∴f(x)＋ 1≥ 1，∴f[f(x)＋ 1]＝ ln[f(x)＋ 1]，当 x ＜ 1 时，f( x)x 1 3＝1－ 2＞ 2，f(x)＋ 1＞ 2，∴f[f(x)＋ 1]＝ ln[f(x)＋ 1]，综上可知， F(x)＝ ln[f(x)＋ 1]＋ m ＝0，则f(x)＋1＝ e－m， f( x)＝e －m － 1，有两个根x 1， x 2(不如设 x 1＜ x 2)．当 x ≥ 1 时， ln x 2 ＝e － m － 1，当 x ＜ 1 时， 1－ x 21＝ e －m －1，令 t ＝e －m － 1＞ 12，则 ln x 2＝ t ，1112t,x11 2t－ 2t)tx ＝ e 1－ 2 ＝ t ，x ＝ 2 － 2t ，∴x x ＝e (2 ，t ＞ 2，设 g( t)＝ e (2－ 2t)，t ＞2.求得 g ′( t)＝－ 2te t，t ∈ 1，＋ ∞ ，g ′ (t)＜ 0，函数 g(t)单一递减，∴ g( t)＜ g 1 ＝ e ，∴g(t)的值域为 (－ ∞ ，221 2e)，∴x x 取值范围为 (－ ∞ ， e)．答案： (－∞，e)1 1 414．在斜三角形 ABC 中，若 tan A ＋ tan B ＝tan C ，则 sin C 的最大值为 ________．分析：由11 4tan A＋tan B ＝ tan C，cos A cos B 4cos Csin A ＋ B 4cos C 得 sin A ＋ sin B ＝ sin C ，即 sin Asin B ＝ sin C ， 化简得 sin 2C ＝4sin Asin Bcos C.a 2＋b 2－c 2由正、余弦定理得c 2＝ 4ab · 2ab ＝ 2(a 2＋ b 2－ c 2)，2 2 2a 2＋b 2－c 2 a 2＋ b 2≥2ab 1即 3c ＝ 2(a ＋ b )，因此 cos C ＝ 2ab＝6ab 6ab ＝ 3，当且仅当 “ a ＝ b ”时等号建立．因此 cos C 的最小值为 13，2 2故 sin C 的最大值为 3.答案 ：23 2。

江苏省最新高考数学二轮复习自主加餐的3大题型3个附加题综合仿真练五理含解析

江苏省最新高考数学二轮复习自主加餐的3大题型3个附加题综合仿真练五理含解析

3个附加题综合仿真练(五)(理科)1．本题包括A 、B 、C 三个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－2：矩阵与变换]已知向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量．在平面直角坐标系xOy 中，点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3,3)，求矩阵A .解：设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ab c d ，因为向量⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1是矩阵A 的属于特征值－1的一个特征向量， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b cd ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －b c －d ＝(－1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－11. 所以⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，c －d ＝1.①因为点P (1,1)在矩阵A 对应的变换作用下变为P ′(3，3)， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋b c ＋d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤33.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，c ＋d 由①②解得a ＝1，b ＝2，c ＝2，d ＝1，所以B ．[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(n 为参数)与曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．解：法一：将曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t (t 为参数)化为普通方程为y 2＝8x .将直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32＋22n ，y ＝22n (n 为参数)代入y 2＝8x 得，n 2－82n ＋24＝0，解得n 1＝22，n 2＝6 2.则|n 1－n 2|＝42， 所以线段AB 的长为4 2. 法二：将曲线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝18t 2，y ＝t(t 为参数)化为普通方程为y 2＝8x,将直线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32＋22n ，y ＝22n (n 为参数)化为普通方程为x －y ＋32＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x －y ＋32＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝92，y ＝6.所以AB 的长为⎝ ⎛⎭⎪⎫92－122＋6－22＝4 2.C ．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f (x )＝3x ＋6，g (x )＝14－x ，若存在实数x 使f (x )＋g (x )>a 成立，求实数a 的取值范围．解：存在实数x 使f (x )＋g (x )＞a 成立， 等价于f (x )＋g (x )的最大值大于a ， 因为f (x )＋g (x )＝3x ＋6＋14－x ＝3×x ＋2＋1×14－x ，由柯西不等式得，(3×x ＋2＋1×14－x )2≤(3＋1)(x ＋2＋14－x )＝64， 所以f (x )＋g (x )＝3x ＋6＋14－x ≤8，当且仅当x ＝10时取“＝”，故实数a 的取值范围是(－∞，8)．2.如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，A 1B ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AB ＝AC ＝A 1B ＝2.(1) 求棱AA 1与BC 所成的角的大小；(2) 在棱B 1C 1上确定一点P ，使二面角P ­AB ­A 1的平面角的余弦值为255.解：(1)以A 为坐标原点，AC ，AB 所在直线为x 轴，y 轴，过A 平行于A 1B 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (2,0,0)，B (0,2,0)，A 1(0,2,2)，B 1(0，4,2)，AA 1―→＝(0,2,2)，BC ―→＝B 1C 1―→＝(2，－2,0)．所以cos 〈AA 1―→，BC ―→〉＝AA 1―→·BC ―→|AA 1―→|·|BC ―→|＝－48×8＝－12，故棱AA 1与BC 所成的角是π3.(2)设B 1P ―→＝λB 1C 1―→＝(2λ，－2λ，0)，则P (2λ，4－2λ，2)． 设平面PAB 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 又AP ―→＝(2λ，4－2λ，2)，AB ―→＝(0,2,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP ―→＝0，n 1·AB ―→＝0即⎩⎪⎨⎪⎧2λx ＋4－2λy ＋2z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得平面PAB 的一个法向量n 1＝(1,0，－λ)． 易知平面ABA 1的一个法向量是n 2＝(1,0,0)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋λ2＝255， 解得λ＝12，即P 为棱B 1C 1的中点，其坐标为P (1,3,2)时，二面角P ­AB ­A 1的平面角的余弦值为255.3．设a ＞b ＞0，n 是正整数，A n ＝1n ＋1(a n ＋a n －1b ＋a n －2b 2＋…＋a 2b n －2 ＋ab n －1＋b n) ，B n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2n .(1)证明：A 2＞B 2；(2)比较A n 与B n (n ∈N *)的大小，并给出证明．解：(1)证明：A 2－B 2＝13(a 2＋ab ＋b 2)－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝112(a －b )2>0. (2)A n ≥B n ，证明如下： 当n ＝1时，A 1＝B 1； 当n ≥3时，A n ＝1n ＋1·a n ＋1－b n ＋1a －b，B n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2n ，令a ＋b ＝x ，a －b ＝y ，且x >0，y >0，于是A n ＝1n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 2n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 2n ＋1y＝12n ＋1n ＋1y [(x ＋y )n ＋1－(x －y )n ＋1]，B n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2n ，因为[(x ＋y )n ＋1－(x －y )n ＋1]＝(2C 1n ＋1x n y ＋2C 3n ＋1·xn －2y 3＋…)≥2C 1n ＋1x ny ，所以A n ≥12n ＋1n ＋1y ·2C 1n ＋1x ny ＝x n2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2n ＝B n .。

2020版江苏高考数学二轮新攻略习题：第三部分专项强化练第6讲(可自主编辑word)Word版含解析

2020版江苏高考数学二轮新攻略习题：第三部分专项强化练第6讲(可自主编辑word)Word版含解析

第 6 讲复合函数的导数1.(2019 南统统州、海门联考,23)已知函数f1(x)=sin ??2,x∈R,记f n+1(x) 为f n(x)的导数,n∈N*.(1) 求f2(x), f3(x);(2) 猜想f n(x),n∈N*的表达式,并证明你的猜想.2.(2019 苏州检测,23)(1) 设x>-1,试比较ln(1+x) 与x 的大小;??1 (2) 能否存在常数a∈N,使得a<∑????=1 (1 + 1??)??<a+1 对随意大于 1 的自然数n 都建立?若存在,试求出a 的值并证明你的结论;若不存在,请说明原因.答案精解精析1.分析 (1)f 1(x)=sin ?? 2,f 2(x)= 1 ??2cos 2,f 3(x)=- 1 4sin ?? 2 .(2) 猜想: f n (x)= 1 2??-1sin ( ??- 1 2 π+ ??2) .下边用数学概括法证明 :①当 n=1 时, f 1(x)=sin ??2 ,结论建立;②假定 n=k(k ≥1 且 k ∈N *)时,结论建立 ,即 f k (x)= 1 2 ??-1sin ( ??-1 2 π+ ??2 ).当 n=k+1 时, f k+1(x)=f' k (x)1 = 21 ??-1 ×2??-1×co (s 2π+ ??2 )1=2 ??sin ( ??-1 2π+ π 2 + ?? 2) 1=2 (??+1) -1sin[(??+1) - 1 2π+ ??2]. 因此当 n=k+1 时,结论建立.综上,由①② 可知,对随意的 n ∈N *,f n (x)= 1 2??-1sin ( ??-1 2 π+ ??2) .2.分析 (1) 设 f(x)=x-ln(1+x), f '(x)=1- 1 ?? 1+??=??+1,当 x ∈(-1,0)时, f '(x)<0, f(x) 单一递减;当 x ∈(0,+ ∞时), f '(x)>0, f(x) 单一递加.故函数 f(x) 有最小值 f(0)=0,则 ln(1+x) ≤x 恒建立.(2) 关于(1 + 1 ??)??,取 m=1,2,3,4 进行验算: (1 +1 1) 1 =2, (1 + 1 2)2 9=4=2.25, (1 +1 3) 3 64 27= ≈2.37,(1 + 1 4) 4 625 256 =≈2.44, 猜想: ① 2<(1 + 1 ??)?? <3,m=2,3,4,5,⋯.?? 1②存在 a=2,使得 a< ∑ ????=1 (1 + 1 ??)?? <a+1 恒建立.证法一:对 m ∈N,且 m>1,有(1 +1??)?? = C ?0?+C ?1?( 1??) + C ?? 2( 2 ( 1??)2+⋯+C ?? (1 ??) ?? +⋯+ C ?? (1 ??) ?? ??(??-1)=1+1+ 2!(1 ??)2 ??(??-1) ⋯(??-??+1)+⋯+ · ??!(1??)?? ??(??-1) ⋯2×1+⋯+??!(1??)?? 1 =2+ 2! (1 - 1 1??) +⋯+ ·(1 -??!1 ??) (1 -2 ??) ⋯(1 - ??-1 1 ?? ) +⋯+??! (1 - 1 ??)⋯(1-??- 1 1 1 11 1111?? ) <2+2!+3!+⋯+??+!⋯+??!<2+2×1+3×2+⋯+??(?-?1) +⋯+??(??-1) =2+(1 -1 2) +(1 2 -13) +⋯+(1 ??-1 - 1??)+⋯+(1??-1 -11??) =3-??<3,又由于C ???? (?? (1??)?? >0(k=2,3,4,⋯,m), 因此 2< (1 +1??)?? <3,??进而有 2n< ∑??=1(1 +1 ??)?? <3n 建立, ?? 1即 2<∑????=1(1 +1??)?? <2+1,?? 1因此存在 a=2,使得 a<∑?? ??=1(1 +1??)?? <a+1 恒建立.证法二:由(1) 知:当 x ∈(0,1] 时, ln(1+x)<x,1设 x=??,k=1,2,3,4,⋯,则 ln (1 + 11??) <??,因此 kln (1 +1??) <1,即 ln (1 + 1 ??) ?? <1,因此(1 + 1 ??)??<e<3,当 k ≥2 时,由二项式定理得 :(1 + 1 ??) ?? =C ?? 0+C ?1?( 0+C ?1?( 1 ??) +C ?? 2 ( 2 ( 1 ??) 2 +⋯+C ?? ??( ??( 1 ??) ?? > C ?? 0+C ?1?( 0+C ?1?( 1 ??) =2, 即 2<(1 + 1 ??) ??<3 对随意大于 1 的自然数 k 恒建立,??进而有 2n< ∑??=1(1 + 1 ??) ????1<3n 建立,即 2< ∑????=1(1 +1 ??)?? <2+1,??1因此存在a=2,使得a<∑????=1 (1 + 1??)??<a+1 恒建立.。

2021届高考数学(理,江苏专用)二轮复习 附加题模拟卷 38_【附加题模拟卷6】

2021届高考数学(理,江苏专用)二轮复习 附加题模拟卷 38_【附加题模拟卷6】

附加题全真模拟卷(6)(满分40分,时间30分钟)21. 【选做题】本题包括A、B、C、D四小题,请选定其中两题作答,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的直径,AC是弦,∠BAC的平分线AD交圆O于点D,DE⊥AC,交AC的延长线于点E.求证:DE是圆O的切线.(第21-A题)B. 选修4-2 矩阵与变换已知矩阵A=1121⎡⎤⎢⎥⎣⎦,向量β=12⎡⎤⎢⎥⎣⎦,求向量α,使得A2α=β.C. 选修4-4 坐标系与参数方程己知在平面直角坐标系xOy中,圆M的参数方程为532cos,272sin2xyθθ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩ (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π3,3⎛⎫⎪⎝⎭为圆心且过点π2,2⎛⎫⎪⎝⎭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 不等式选讲设a,b,c ∈(0,+∞),且a+b=c,求证:23a+23b>23c.【必做题】第22题、第23题,每题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,已知边长为2的正方形A1ACC1绕直线CC1旋转90°得到正方形B1BCC1,D为CC1的中点,E为A1B的中点,G为△ADB的重心.(1) 求直线EG与直线BD所成的角;(2) 求直线A1B与平面ADB所成角的余弦值.(第22题)23. 已知直线l:y=2x-4与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点,T(t,0)(t>0且t≠2)为x轴上任意一点,连接AT,BT并延长,与抛物线C分别相交于点A1,B1.(1) 设直线A1B1的斜率为k,求证:k·t为定值;(2) 设直线AB,A1B1与x轴分别交于点M,N,令S△ATM=S1,S△BTM=S2,1B TNS=S3,1A TNS=S4,若S1,S2,S3,S4构成等比数列,求t的值.(第23题)。

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3个附加题综合仿真练(六)
1．本题包括A 、B 、C 、D 四个小题，请任选二个作答 A ．[选修4－1：几何证明选讲]
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)AC 2＝AP ·AB .
证明：(1)因为PC 切半圆O 于点C ，所以∠PCA ＝∠CBA . 因为AB 为半圆O 的直径，所以∠ACB ＝90°. 因为AP ⊥PC ，所以∠APC ＝90°. 因此∠PAC ＝∠CAB .
(2)由(1)知，△APC ∽△ACB ，故AP AC ＝AC AB ， 即AC 2＝AP ·AB .
B ．[选修4－2：矩阵与变换] 已知矩阵A ＝⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤0 11 0，B ＝⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤1 00 2.
(1)求AB ；
(2)若曲线C 1：x 28＋y 2
2＝1在矩阵AB 对应的变换作用下得到另一曲线C 2，求C 2的方程．
解：(1)因为A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，B ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1 00 2， 所以AB ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 2＝⎣⎢⎡⎦
⎥
⎤0 21 0.
(2)设Q (x 0，y 0)为曲线C 1上的任意一点， 它在矩阵AB 对应的变换作用下变为P (x ，y )， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 21 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，即⎩⎪⎨⎪⎧
2y 0＝x ，x 0＝y ，所以⎩⎪⎨⎪⎧
x 0＝y ，y 0＝x 2
.
因为点Q (x 0，y 0)在曲线C 1上，则x 208＋y 2
2
＝1，
从而y 28＋x 2
8
＝1，即x 2＋y 2＝8.
因此曲线C 1在矩阵AB 对应的变换作用下得到曲线C 2：x 2＋y 2＝8. C ．[选修4－4：坐标系与参数方程]
在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为⎩
⎪⎨⎪
⎧
x ＝cos α，y ＝sin α－2(α为参数)．以O 为极点，
x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为θ＝β，若圆C 与直线l 相切，求直线l 的极坐标方程．
解：圆的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝1， 设直线l 对应的直角坐标方程为y ＝kx ， 因为圆C 与直线l 相切， 所以d ＝
|2|1＋k
2
＝1，得到k ＝±3，
故直线l 的极坐标方程θ＝π3或θ＝2π
3.
D ．[选修4－5：不等式选讲]
已知a ，b ，c ，d 为实数，且a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16，证明：ac ＋bd ≤8. 证明：由柯西不等式可得：(ac ＋bd )2≤(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)． 因为a 2＋b 2＝4，c 2＋d 2＝16， 所以(ac ＋bd )2≤64， 因此ac ＋bd ≤8.
2.已知正六棱锥S -ABCDEF 的底面边长为2，高为1.现从该棱锥的7
个顶点中随机选取3个点构成三角形，设随机变量X 表示所得三角形的面积．
(1)求概率P (X ＝3)的值；
(2)求X 的概率分布，并求其数学期望E (X )． 解：(1)从7个顶点中随机选取3个点构成三角形， 共有C 37＝35种取法．其中X ＝3的三角形如△ABF ， 这类三角形共有6个． 因此P (X ＝3)＝
6
35
. (2)由题意，X 的可能取值为3，2，6，23，3 3.
其中X ＝3的三角形如△ABF ，这类三角形共有6个；
其中X ＝2的三角形有两类，如△SAD (3个)，△SAB (6个)，共有9个； 其中X ＝6的三角形如△SBD ，这类三角形共有6个； 其中X ＝23的三角形如△CDF ，这类三角形共有12个； 其中X ＝33的三角形如△BDF ，这类三角形共有2个． 因此P (X ＝3)＝635，P (X ＝2)＝935
， P (X ＝6)＝
635，P (X ＝23)＝1235，P (X ＝33)＝235
. 所以随机变量X 的概率分布为：
所求数学期望
E (X )＝3×635＋2×935＋6×635＋23×1235＋33×235＝363＋66＋18
35.
3．已知数列{a n }满足：a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1＋1n 2＋n a n ＋1
2n .
(1)求证：当n ≥2时，a n ≥2；
(2)利用“∀x ＞0，ln(1＋x )＜x ”，证明：a n ＜2e 3
4(其中e 是自然对数的底数)．
证明：(1)①由题意，a 2＝⎝⎛⎭⎫1＋12×1＋1
2＝2，故当n ＝2时，a 2＝2，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时不等式成立，即a k ≥2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋1k (k ＋1)a k ＋1
2k ＞2. 所以，当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据①②可知，对所有n ≥2，a n ≥2成立.
(2)当n ≥2时，由递推公式及(1)的结论有a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋n a n ＋12n ≤⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1＋1n 2＋n ＋12n ＋1a n (n ≥2)．
两边取对数，并利用已知不等式ln(1＋x )＜x ，得。

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