《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 理科附加題 3道附加題限時(shí)組合練（一）～（六）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 理科附加題 3道附加題限時(shí)組合練（一）～（六）（19頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、3道附加題限時(shí)組合練——訓(xùn)練答題用時(shí)，掌控答題節(jié)奏 3道附加題限時(shí)組合練(一) (滿分：30分，限時(shí)：30分鐘) 21．[選做題](本題包括A，B，C三小題，請(qǐng)選定其中兩小題作答．若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) A．[選修4－2：矩陣與變換] 已知矩陣A＝，α＝，求A－1α的值． 解：設(shè)A－1＝， 則AA－1＝＝， 所以解得 所以A－1＝，所以A－1α＝＝. B．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系中，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．已知曲線(θ為參數(shù))被射線θ＝θ0所截得的弦長(zhǎng)為2，求θ0的值．

2、 解：曲線的直角坐標(biāo)方程為(x－1)2＋(y－)2＝4. 射線θ＝θ0的直角坐標(biāo)方程可以設(shè)為y＝kx(x≥0，k＞0)， 則圓心到直線的距離d＝ 根據(jù)題意得，2＝2，解得k＝， 即tan θ0＝，θ0∈， 故θ0＝. C．[選修4－5：不等式選講] 已知x，y，z為不全相等的正數(shù)．求證：＋＋>＋＋. 證明：因?yàn)閤，y，z都是正數(shù)， 所以＋＝≥. 同理可得＋≥，＋≥，將上述三個(gè)不等式兩邊分別相加，并除以2， 得＋＋≥＋＋. 由于x，y，z不全相等，因此上述三個(gè)不等式中等號(hào)至少有一個(gè)取不到，所以＋＋>＋＋. [必做題](第22題、第23題，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程

3、或演算步驟) 22．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：x＝－1，點(diǎn)T(3,0)．動(dòng)點(diǎn)P滿足PS⊥l，垂足為S，且·＝0.設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程； (2)設(shè)Q是曲線C上異于點(diǎn)P的另一點(diǎn)，且直線PQ過點(diǎn)(1,0)，線段PQ的中點(diǎn)為M，直線l與x軸的交點(diǎn)為N.求證：向量與共線． 解：(1)設(shè)P(x，y)為曲線C上任意一點(diǎn) . 因?yàn)镻S⊥l，垂足為S，又直線l：x＝－1，所以S(－1，y)． 因?yàn)門(3,0)，所以＝(x，y)，＝(4，－y)． 因?yàn)椤ぃ?，所以4x－y2＝0，即y2＝4x. 所以曲線C的方程為y2＝4x. (2)證明：因?yàn)橹本€PQ過點(diǎn)(1,

4、0)， 故設(shè)直線PQ的方程為x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 聯(lián)立方程消去x，得y2－4my－4＝0. 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 因?yàn)镸為線段PQ的中點(diǎn)，所以M的坐標(biāo)為，即M(2m2＋1,2m)． 又因?yàn)镾(－1，y1)，N(－1,0)， 所以＝(2m2＋2,2m－y1)，＝(x2＋1，y2)＝(my2＋2，y2). 因?yàn)?2m2＋2)y2－(2m－y1)(my2＋2)＝(2m2＋2)y2－2m2y2＋my1y2－4m＋2y1＝2(y1＋y2)＋my1y2－4m＝8m－4m－4m＝0. 所以向量與共線． 23．對(duì)于給定的大于1的正整數(shù)n，設(shè)

5、x＝a0＋a1n＋a2n2＋…＋annn，其中ai∈{0,1,2，…，n－1}，i＝0,1，2，…，n－1，n，且an≠0，記滿足條件的所有x的和為An. (1)求A2； (2)設(shè)An＝，求f(n)． 解：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，x＝a0＋2a1＋4a2，a0∈{0,1}，a1∈{0,1}，a2＝1， 故滿足條件的x共有4個(gè)， 分別為x＝0＋0＋4，x＝0＋2＋4，x＝1＋0＋4，x＝1＋2＋4，它們的和是22，所以A2＝22. (2)由題意得，a0，a1，a2，…，an－1各有n種取法；an有n－1種取法， 由分步計(jì)數(shù)原理可得a0，a1，a2…，an－1，an的不同取法共有n·n·…

6、·n·(n－1)＝nn(n－1)， 即滿足條件的x共有nn(n－1)個(gè)， 當(dāng)a0分別取0,1,2，…，n－1時(shí)，a1，a2，…，an－1各有n種取法，an有n－1種取法， 故An中所有含a0項(xiàng)的和為(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)＝； 同理，An中所有含a1項(xiàng)的和為(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)·n＝·n； An中所有含a2項(xiàng)的和為(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)·n2＝·n2； An中所有含an－1項(xiàng)的和為(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)·nn－1＝·nn－1； 當(dāng)an分別取i＝1,2，…，n－1時(shí)，a0，a1，a2，…

7、，an－1各有n種取法， 故An中所有含an項(xiàng)的和為(1＋2＋…＋n－1)nn·nn＝·nn. 所以An＝(1＋n＋n2＋…＋nn－1)＋·nn ＝·＋·nn ＝(nn＋1＋nn－1)， 故f(n)＝nn＋1＋nn－1. 3道附加題限時(shí)組合練(二) (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P34) (滿分：30分，限時(shí)：30分鐘) 21．[選做題](本題包括A，B，C三小題，請(qǐng)選定其中兩小題作答．若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) A．[選修4－2：矩陣與變換] 已知變換T將平面上的點(diǎn)，(0,1)分別變換為點(diǎn)，.設(shè)變換T對(duì)應(yīng)的矩陣為M. (1)求矩陣M；

8、(2)求矩陣M的特征值． 解：(1)設(shè)M＝， 則＝，＝， 即解得 則M＝. (2)設(shè)矩陣M的特征多項(xiàng)式為f(λ)， 可得f(λ)＝＝(λ－3)(λ－4)－6＝λ2－7λ＋6， 令f(λ)＝0，可得λ＝1或λ＝6. B．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．直線l：ρsin＝m(m∈R)，圓C的參數(shù)方程為(t為參數(shù))．當(dāng)圓心C到直線l的距離為時(shí)，求m的值． 解：由ρsin＝m， 得ρsin θcos－ρcos θsin＝m，即x－y＋m＝0， 即直線l的直角坐標(biāo)方程為x－y＋m＝0， 圓C的普通方程為(x

9、－1)2＋(y＋2)2＝9， 圓心C到直線l的距離d＝＝， 解得m＝－1或m＝－5. C．[選修4－5：不等式選講] 已知a＞0，b＞0，且a＋2b＝1，求＋的最大值． 解：因?yàn)?＋)2≤(a＋2＋2b＋1)(12＋12)＝8， 所以＋≤2. 即＋的最大值為2. [必做題](第22題、第23題，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 22．如圖，在棱長(zhǎng)為3的正方體ABCD-A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1. (1)求兩條異面直線AC1與BE所成角的余弦值； (2)求直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值． 解：(1)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直

10、線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖所示， 則A(3,0,0)，C1(0,3,3)，B(3，3,0)，E(3,0,2)，＝(－3,3,3)，＝(0，－3,2)， 所以cos〈，〉＝ ＝＝－， 故兩條異面直線AC1與BE所成角的余弦值為. (2)由(1)知＝(0，－3,2)，又D1(0,0,3)，B1(3,3,3)， 所以＝(3,0，－1)，＝(0,0,3)． 設(shè)平面BED1F的法向量為n＝(x，y，z)， 則即令x＝1，得y＝2，z＝3，n＝(1,2,3)是平面BED1F的一個(gè)法向量． 設(shè)直線BB1與平面BED1F所成的角為α，則 sin α＝＝＝，

11、 所以直線BB1與平面BED1F所成角的正弦值為. 23．設(shè)數(shù)列{tn}滿足0＜t1＜1，tn＋1＝tn－sin tn. (1)求證：0＜tn＋1＜tn＜1； (2)若t1＝，求證：tn≤. 證明：(1)法一：設(shè)f(x)＝x－sin x(0＜x＜1)， 所以f′(x)＝1－cos x＞0， 所以f(x)在(0,1)上是單調(diào)增函數(shù)． 因?yàn)閠n＋1＝tn－sin tn,0＜t1＜1， 所以t2＝t1－sin t1＞f(0)＝0， 又因?yàn)閠2－t1＝－sin t1＜0，所以t2＜t1， 所以0＜t2＜t1＜1. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，0＜t2＜t1＜1，命題

12、成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，命題成立， 即0＜tk＋1＜tk＜1. 因?yàn)閒(x)在(0,1)上是單調(diào)增函數(shù)， 所以f(0)＜f(tk＋1)＜f(tk)＜f(1)， 所以0＜tk＋2＜tk＋1＜1－sin 1＜1， 即0＜tk＋2＜tk＋1＜1， 也就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立． 綜上所述，對(duì)n∈N*時(shí)，0＜tn＋1＜tn＜1. 法二：先證明0＜tn＜1. ①當(dāng)n＝1時(shí)，0＜t1＜1，命題成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，命題成立，即0＜tk＜1. 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，tk＋1＝tk－sin tk， 設(shè)f(x)＝x－sin x(0＜x＜1)， 所以f

13、′(x)＝1－cos x＞0， 所以f(x)在(0,1)上是單調(diào)增函數(shù)． 因?yàn)?＜tk＜1，所以f(0)＜f(tk)＜f(1)， 所以0＜tk＋1＜1－sin 1＜1，即0＜tk＋1＜1， 這就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立． 綜上所述，對(duì)n∈N*時(shí)，0＜tn＜1. 因?yàn)閠n＋1＝tn－sin tn,0＜tn＜1， 所以tn＋1－tn＝－sin tn＜0，即tn＋1＜tn， 所以，對(duì)n∈N*時(shí)，0＜tn＋1＜tn＜1. (2)令g(x)＝x－sin x－(0＜x＜1)， 則g′(x)＝1－cos x－x， 記φ(x)＝g ′(x)＝1－cos x－x， 則φ′(x)

14、＝sin x－1＜0(0＜x＜1)， 所以φ(x)在(0,1)上是單調(diào)減函數(shù)， 即g ′(x)在(0,1)上是單調(diào)減函數(shù)， 所以g ′(x)＜g ′(0)＝0， 所以g(x)在(0,1)上是單調(diào)減函數(shù)， 因?yàn)?＜x＜1，所以g(x)＜g(0)＝0， 由于0＜tn＜1，所以g(tn)＜0，即tn－sin tn－＜0， 所以tn＋1＜，所以＜， 又因?yàn)閠n＜tn－1＜…＜t2＜t1， 故n≥2時(shí)，tn＝t1···…·＜t1···…·＜t1···…·＝， 因?yàn)閠1＝，所以tn≤. 3道附加題限時(shí)組合練(三) (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P35) (滿分：30分，限時(shí)：30分鐘) 21．[

15、選做題](本題包括A，B，C三小題，請(qǐng)選定其中兩小題作答．若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) A．[選修4－2：矩陣與變換] 已知矩陣A＝，求其特征值及特征向量． 解：因?yàn)閒(λ)＝＝λ2－5λ＋6， 由f(λ)＝0，得λ＝2或λ＝3. 當(dāng)λ＝2時(shí)，對(duì)應(yīng)的一個(gè)特征向量為α1＝； 當(dāng)λ＝3時(shí)，對(duì)應(yīng)的一個(gè)特征向量為α2＝. B．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸，且在兩種坐標(biāo)系中取相同的長(zhǎng)度單位，建立極坐標(biāo)系，判斷直線l：(t為參數(shù))與圓C：ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ＝0的位置關(guān)系． 解：把直線

16、l的參數(shù)方程化為普通方程為x＋y＝2. 將圓C的極坐標(biāo)方程ρ2＋2ρcos θ－2ρsin θ＝0化為直角坐標(biāo)方程為x2＋2x＋y2－2y＝0， 即(x＋1)2＋(y－1)2＝2. 所以圓心C(－1,1)到直線l的距離d＝＝， 所以直線l與圓C相切． C．[選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝|x＋|＋|x－|的最小值為M.若正數(shù)x，y，z滿足x＋y＋z＝M，求＋＋z2的最小值． 解：因?yàn)閒(x)＝|x＋|＋|x－|≥|x＋－x＋|＝2， 所以x＋y＋z＝2. 由柯西不等式得，(4＋9＋1)≥2＝(x＋y＋z)2＝28， 當(dāng)且僅當(dāng)＝＝，即x＝，y＝，z＝時(shí)取“＝”．

17、 所以＋＋z2的最小值為2. [必做題](第22題、第23題，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 22．已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)，經(jīng)過x軸上點(diǎn)P(－p,0)分別作直線l1，l2，直線l1與曲線C切于點(diǎn)T，直線l2與曲線C分別交于點(diǎn)A，B，若PT2＝PA·PB，求直線l2的斜率． 解：設(shè)直線l1的方程為x＝my－p， 代入拋物線方程得，y2＝2p(my－p)， 整理得，y2－2pmy＋2p2＝0， 因?yàn)橹本€l1與曲線C相切， 所以Δ＝4p2m2－8p2＝0， 所以m2＝2，且T(pm2－p，pm)， 所以PT2＝(pm2)2＋(pm)2＝6p2， 設(shè)A(

18、x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線l2：x＝ny－p， 代入拋物線方程整理得，y2－2pny＋2p2＝0， 由Δ′＝4p2n2－8p2＞0得，n2＞2且y1＋y2＝2pn，y1y2＝2p2， 所以PA·PB＝· ＝· ＝(1＋n2)|y1y2|＝2p2(1＋n2)． 因?yàn)镻T2＝PA·PB，所以6p2＝p2(1＋n2)， 解得n2＝5＞2，即n＝±. 此時(shí)直線l2的斜率為±. 23．設(shè)P(n，m)＝(－1)kC，Q(n，m)＝C，其中m，n∈N*. (1)當(dāng)m＝1時(shí)，求P(n,1)·Q(n,1)的值； (2)對(duì)?m∈N*，證明：P(n，m)·Q(n，m)恒為定值．

19、解：(1)當(dāng)m＝1時(shí)，P(n,1)＝(－1)kC＝·(－1)kC＝， 又Q(n,1)＝C＝n＋1，顯然P(n,1)·Q(n,1)＝1. (2)證明：P(n，m)＝(－1)kC ＝1＋(－1)k(C＋C)＋(－1)n ＝1＋(－1)kC＋(－1)kC ＝P(n－1，m)＋(－1)kC ＝P(n－1，m)－(－1)kC ＝P(n－1，m)－P(n，m) 即P(n，m)＝P(n－1，m)， 由累乘，易求得P(n，m)＝P(0，m)＝， 又Q(n，m)＝C， 所以P(n，m)·Q(n，m)＝1. 3道附加題限時(shí)組合練(四) (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P36) (滿分：30分，限時(shí)：30分

20、鐘) 21．[選做題](本題包括A，B，C三小題，請(qǐng)選定其中兩小題作答．若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) A．[選修4－2：矩陣與變換] 已知矩陣A＝，X＝，且AX＝ ，其中x，y∈R. (1)求x，y的值； (2)若B＝，求(AB)－1. 解：(1)AX＝ ＝ . 因?yàn)锳X＝，所以 解得x＝3，y＝0. (2)由(1)知A＝ ，又B＝ ， 所以AB＝＝ . 設(shè)(AB)－1＝ ，則＝， 即＝. 所以解得a＝，b＝－，c＝0，d＝， 即 (AB)－1＝ . B．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐

21、標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρsin2θ－4cos θ＝0，已知直線l與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長(zhǎng)． 解：因?yàn)榍€C的極坐標(biāo)方程為ρsin2θ－4cos θ＝0， 所以ρ2sin2θ＝4ρcos θ， 即曲線C的直角坐標(biāo)方程為y2＝4x. 將直線l的參數(shù)方程代入拋物線方程y2＝4x，得2＝4， 即t2＋8t＝0，解得t1＝0，t2＝－8. 所以AB＝|t1－t2|＝8. C．[選修4－5：不等式選講] 已知a，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1，若|x－1|＋|x＋1|≥(a－b

22、＋c)2對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，b，c恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍． 解：因?yàn)閍，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1， 所以由柯西不等式得(a－b＋c)2≤(a2＋b2＋c2)·[12＋(－1)2＋12]＝3， 因?yàn)閨x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，b，c恒成立， 所以|x－1|＋|x＋1|≥3. 當(dāng)x<－1時(shí)，－2x≥3，即x≤－； 當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，2≥3不成立； 當(dāng)x>1時(shí)，2x≥3，即x≥. 綜上，實(shí)數(shù)x的取值范圍為∪. [必做題](第22題、第23題，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 22.如圖，已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC

23、，AB＝4，AC＝4，AA1＝6，D是線段BC的中點(diǎn)． (1)求直線A1D與平面AB1D所成角的正弦值； (2)求平面AB1D與平面A1C1D所成銳二面角的余弦值． 解：(1)因?yàn)樵谥比庵鵄BC-A1B1C1中，AB⊥AC，所以分別以AB，AC，AA1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,6)，B1(4,0,6)，C1(0,4,6)． 因?yàn)镈是線段BC的中點(diǎn)， 所以D(2,2,0)， 所以＝(2,2，－6)，＝(4,0,6)，＝(2,2,0)， 設(shè)平面AB1D的法向量n1＝(x1，y1

24、，z1)， 則即 令y1＝1，可得x1＝－1，z1＝， 所以平面AB1D的法向量n1＝， 所以|cos〈n1，〉|＝＝， 所以直線A1D與平面AB1D所成角的正弦值為. (2)因?yàn)椋?0,4,0)，＝(2,2，－6)， 設(shè)平面A1C1D的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 則即 令z＝1，可得y2＝0，x2＝3， 所以平面A1C1D的法向量n2＝(3,0,1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝－， 所以平面AB1D與平面A1C1D所成銳二面角的余弦值為. 23．已知(2x－1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n，n∈N*. (1)求Sn＝

25、ai的值； (2)設(shè)Tn＝n(n－2)2n＋2n3，試比較S2 019與T2 019的大小，并說明理由． 解：(1)對(duì)等式(2x－1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n兩邊求導(dǎo)， 得2n(2x－1)n－1＝a1＋2a2(x－1)＋…＋nan(x－1)n－1， 取x＝2， 則Sn＝ai＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n·3n－1. (2)要比較Sn與Tn的大小，即比較3n－1與(n－2)2n－1＋n2的大小． 當(dāng)n＝1時(shí)，3n－1＞(n－2)2n－1＋n2； 當(dāng)n＝2,3,4時(shí)，3n－1＜(n－2)2n－1＋n2； 當(dāng)n＝5,6時(shí)，3n－1＞

26、(n－2)2n－1＋n2， 猜想：當(dāng)n≥5時(shí)，3n－1＞(n－2)2n－1＋n2， 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝5時(shí)，35－1＝81＞73＝(5－2)25－1＋52，猜想成立， ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥5)時(shí)結(jié)論成立，即3k－1＞(k－2)2k－1＋k2， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，3k＋1－1＝3·3k－1＞3[(k－2)2k－1＋k2]， 而3[(k－2)2k－1＋k2]－[(k－1)2k＋(k＋1)2]＝(k－4)·2k－1＋2k2－2k－1＞2k2－2k－1＝2k(k－1)－1 ≥2×5×4－1＝39＞0， 所以3k＋1－1＞3[(k－2)2k－1＋k2]＞(k－1)2k＋(k

27、＋1)2， 故當(dāng)n＝k＋1時(shí)猜想也成立， 由①②可知，當(dāng)n≥5時(shí)，3n－1＞(n－2)2n－1＋n2. 所以S2 019＞T2 019. 3道附加題限時(shí)組合練(五) (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P37) (滿分：30分，限時(shí)：30分鐘) 21．[選做題](本題包括A，B，C三小題，請(qǐng)選定其中兩小題作答．若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) A．[選修4－2：矩陣與變換] 已知向量是矩陣A的屬于特征值－1的一個(gè)特征向量．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P(1,1)在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下變?yōu)镻′(3,3)，求矩陣A. 解：設(shè)A＝，因?yàn)橄蛄渴蔷仃嘇的屬于特征值

28、－1的一個(gè)特征向量， 所以＝＝(－1)＝. 所以① 因?yàn)辄c(diǎn)P(1,1)在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下變?yōu)镻′(3，3)， 所以＝＝.所以② 由①②解得a＝1，b＝2，c＝2，d＝1，所以A＝. B．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線(n為參數(shù))與曲線(t為參數(shù))相交于A，B兩點(diǎn)，求線段AB的長(zhǎng)． 解：法一：將曲線(t為參數(shù))化為普通方程為y2＝8x. 將直線(n為參數(shù))代入y2＝8x得， n2－8n＋24＝0，解得n1＝2，n2＝6. 則|n1－n2|＝4， 所以線段AB的長(zhǎng)為4. 法二：將曲線(t為參數(shù))化為普通方程為y2＝8x, 將

29、直線(n為參數(shù))化為普通方程為x－y＋＝0，由得或 所以AB的長(zhǎng)為 ＝4. C．[選修4－5：不等式選講] 已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝，若存在實(shí)數(shù)x使f(x)＋g(x)>a成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：存在實(shí)數(shù)x使f(x)＋g(x)＞a成立， 等價(jià)于f(x)＋g(x)的最大值大于a， 因?yàn)閒(x)＋g(x)＝＋ ＝×＋1×， 由柯西不等式得，(×＋1×)2≤(3＋1)·(x＋2＋14－x)＝64， 所以f(x)＋g(x)＝＋≤8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝10時(shí)取“＝”，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，8)． [必做題](第22題、第23題，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)

30、 22.如圖，在四棱錐P-ABCD中，棱AB，AD，AP兩兩垂直，且長(zhǎng)度均為1，＝λ(0＜λ≤1)． (1)若λ＝，求直線PC與平面PBD所成角的正弦值； (2)若二面角B-PC-D的大小為120°，求實(shí)數(shù)λ的值． 解：(1)以{，，}為一組基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 因?yàn)棣耍?，所以＝? 依題意，C，P(0,0,1)，B(1，0,0)，D(0,1,0)， 所以＝，＝(1,0，－1)，＝(0,1，－1)． 設(shè)平面PBD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取z＝1，得n＝(1,1,1)． 所以|cos〈，n〉|＝＝＝. 所以直線PC與平面PBD所成角的

31、正弦值為. (2)依題意，C(1，λ，0)，＝(1,0，－1)，＝(1，λ，－1)，＝(0,1，－1)． 設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 取z1＝1，得n1＝(1,0,1)． 設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則即 取z2＝1，得n2＝(1－λ，1,1)． 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝＝|cos 120°|＝， 解得λ＝1或λ＝5， 因?yàn)?＜λ≤1，所以λ＝1. 23．設(shè)(x－1)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋arxr＋…＋a2nx2n，其中n∈N*，ar(r＝0,1,2，…，2n)是與x無(wú)關(guān)的常數(shù)． (1)若

32、S2n＝，求S2n； (2)求證：＞1＋＋＋…＋. 解：(1)由二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式可知ar＝C·(－1)2n－r＝C(－1)2n－r， ＝·＝ ＝·＝·C. r＝0,1,2，…，2n， 所以S2n＝C－＋＋…－＋ ＝[C－C＋C＋…－C＋C2n＋12n＋1] ＝[－C＋C－…－C＋C2n＋12n＋1＋1] ＝[1－(－1＋1)2n＋1] ＝. (2)證明：由(1)知，＝3n＋， 即證3n＞＋＋…＋. 利用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： ①當(dāng)n＝1時(shí)，3n＝3，＋＋…＋＝＜3，不等式成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，3k＞＋＋…＋， 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＋＋…＋＝＋＋…＋＋＋…＋＝＋

33、…＋＋＋…＋＜3k＋·3·22k＋1＝3k＋3＝3(k＋1)， 綜上，由①②可知，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立，得證． 3道附加題限時(shí)組合練(六) (滿分：30分，限時(shí)：30分鐘) 21．[選做題](本題包括A，B，C三小題，請(qǐng)選定其中兩小題作答．若多做，則按作答的前兩小題評(píng)分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) A．[選修4－2：矩陣與變換] 求圓C：x2＋y2＝1在矩陣A＝(a＞0，b＞0)對(duì)應(yīng)的變換作用下所得的曲線的方程為＋＝1，求A－1. 解：設(shè)圓C上的點(diǎn)(x1，y1)在矩陣A對(duì)應(yīng)的變換作用下得到點(diǎn)(x，y)， 則＝＝， 則代入圓方程x2＋y2＝1，得＋＝1，

34、 所以a2＝4，b2＝9，所以a＝2，b＝3，所以A＝. 設(shè)A－1＝， 所以AA－1＝＝， 所以解得所以A－1＝. B．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))．以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為θ＝β，若圓C與直線l相切，求直線l的極坐標(biāo)方程． 解：圓的直角坐標(biāo)方程為x2＋(y＋2)2＝1， 設(shè)直線l對(duì)應(yīng)的直角坐標(biāo)方程為y＝kx， 因?yàn)閳AC與直線l相切， 所以d＝＝1，得到k＝±， 故直線l的極坐標(biāo)方程θ＝或θ＝. C．[選修4－5：不等式選講] 已知a，b，c，d為實(shí)數(shù)，且a2＋b2＝4，

35、c2＋d2＝16，證明：ac＋bd≤8. 證明：由柯西不等式可得：(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)． 因?yàn)閍2＋b2＝4，c2＋d2＝16， 所以(ac＋bd)2≤64， 因此ac＋bd≤8. [必做題](第22題、第23題，解答時(shí)應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 22．某學(xué)校文娛隊(duì)的每位隊(duì)員唱歌、跳舞至少會(huì)一項(xiàng)，已知會(huì)唱歌的有2人，會(huì)跳舞的有5人，現(xiàn)從中選2人．設(shè)ξ為選出的人中既會(huì)唱歌又會(huì)跳舞的人數(shù)，且P(ξ＞0)＝. (1)求文娛隊(duì)的隊(duì)員人數(shù)； (2)寫出ξ的概率分布列并計(jì)算E(ξ)． 解：設(shè)既會(huì)唱歌又會(huì)跳舞的有x人，則文娛隊(duì)中共有(7－x)人，只會(huì)一項(xiàng)

36、的人數(shù)是(7－2x)人． (1)因?yàn)镻(ξ＞0)＝P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝， 所以P(ξ＝0)＝，即＝， 所以＝，解得x＝2. 故文娛隊(duì)共有5人． (2)P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝， 所以ξ的概率分布列為 ξ 0 1 2 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝. 23．已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，對(duì)任意的n∈N*，都有an＋1＝an＋. (1)求證：當(dāng)n≥2時(shí)，an≥2； (2)利用“?x＞0，ln(1＋x)＜x”，證明：an＜2e(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))． 證明：(1)①由題意，a2＝×1＋＝2，故當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝2，不等式成

37、立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)不等式成立，即ak≥2，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ak＋＞2. 所以，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立． 根據(jù)①②可知，對(duì)所有n≥2，an≥2成立. (2)當(dāng)n≥2時(shí)，由遞推公式及(1)的結(jié)論有an＋1＝an＋≤an(n≥2)． 兩邊取對(duì)數(shù)，并利用已知不等式ln(1＋x)＜x，得 ln an＋1≤ln＋ln an＜ln an＋＋， 故ln an＋1－ln an＜＋(n≥2)， 求和可得ln an－ln a2＜＋＋…＋＋＋＋…＋ ＝＋＋…＋＋·＝－＋－<. 由(1)知，a2＝2，故有l(wèi)n＜， 即an＜2 (n≥2)， 而a1＝1＜2，所以對(duì)任意正整數(shù)n，有an＜2. - 19 -