2018考前三个月高考数学理科（江苏专用）总复习训练题（40份打包

附加题高分练 1．矩阵与变换

1．(20172常州期末)已知矩阵A＝?

2 1?x4

，列向量X＝??，B＝??，若AX＝B，直接写出 ?3 2??y??7?

A－1，并求出X.

2 1 2 －1－1

解 由A＝?3 2?，得到A＝?－3 2?.

???? 2 －141－1

由AX＝B，得到X＝AB＝?－3 2??7?＝?2?.

??????

??2x＋y＝4，2 1??x??4??也可由AX＝B得到3 2y＝7，即?

????????3x＋2y＝7，

??x＝1，

解得?

??y＝2，

1

所以X＝?2?.

??

2．(20172江苏淮阴中学调研)已知矩阵A＝?

3 3?

?c d?，若矩阵A属于特征值6的一个特征向

1 3

量为α1＝?1?，属于特征值1的一个特征向量α2＝?－2?.求矩阵A，并写出A的逆矩阵．

????13

解 由矩阵A属于特征值6的一个特征向量α1＝??可得，??1??c

3??1??1?

d??1?＝6?1?，即c＋d＝6；

33 3 3 3

由矩阵A属于特征值1的一个特征向量α2＝?－2?，可得?c d??－2?＝?－2?，即3c－2d＝

????????

??c＝2，

－2，解得?

?d＝4.?

21

－??323 3??即A＝2 4，A的逆矩阵是?

??11?

?－3 2?

1 a22

3．(20172江苏建湖中学月考)曲线x＋4xy＋2y＝1在二阶矩阵M＝?b 1?的作用下变换为

??曲线x－2y＝1. (1)求实数a，b的值； (2)求M的逆矩阵M.

解 (1)设P(x，y)为曲线x－2y＝1上任意一点，P′(x′，y′)为曲线x＋4xy＋2y＝1

??x＝x′＋ay′，1 a??x′??x??上与P对应的点，则＝，即?

?b 1??y′??y???y＝bx′＋y′，

2

2

2

2

2

2

2

2

－1

2

2

2

2

2

代入x－2y＝1得(x′＋ay′)－2(bx′＋y′)＝1得(1－2b)x′＋(2a－4b)x′y′＋(a－2)y′＝1，

2

1－2b＝1，??22

及方程x＋4xy＋2y＝1，从而?2a－4b＝4，

??a2－2＝2，解得a＝2，b＝0. (2)因为M＝?

1 2?

?0 1?＝1≠0，

2

故M－1

－2 ?1?1 －211＝?＝?0 1?. ???01

?11?

1?1 0?2

4．已知曲线C：y＝x，在矩阵M＝??对应的变换作用下得到曲线C1，C1在矩阵N＝

2?0 －2?

?0

??1

1?0?

?对应的变换作用下得到曲线C2，求曲线C2的方程．

1??1 0??0 －2????＝??， 0??0 －2??1 0?

?0

解 设A＝NM，则A＝?

?1

设P(x′，y′)是曲线C上任一点，在两次变换下，在曲线C2上对应的点为P(x，y)，

?x??0 －2??x′??－2y′?则??＝????＝??， ?y??1 0??y′?? x′?

??x＝－2y′，即?

?y＝x′，?

x′＝y，??

∴?1

y′＝－x.?2?

12

又点P(x′，y′)在曲线C：y＝x上，

2

?1?212

∴?－x?＝y，即x＝2y. ?2?2

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＝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k1，k2，

2

k3, 求－＋的值；

k1k2k3

(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1111

别为k1，k2，k3，k4，求－＋－的值．

111

k1k2k3k4

解 (1)由点A(1,2)在抛物线F上，得p＝2，∴抛物线F：y＝4x，

2

?y1??y2?设B?，y1?，C?，y2?， ?4??4?

1－

4y1＋2y2＋y12＋y2

∴－＋＝－＋＝－＋＝1. k1k2k3y1－2y2－y12－y24441

1

1

4

4

4

1111y1＋2y2＋y1y3＋y22＋y3?y3?(2)另设D?，y3?，则－＋－＝－＋－＝0.

k1k2k3k44444?4?

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(x1，

2

22

y21

－1

2y2y12

－y22

y1)，B(x2，y2)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y1＋y2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＝2px. ∵点P(1,2)在抛物线上， ∴2＝2p31，得p＝2，

故所求抛物线的方程是y＝4x，准线方程是x＝－1. (2)设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB， 则kPA＝

2

2

2

y1－2y2－2

(x1≠1)，kPB＝(x2≠1)． x1－1x2－1

∵PA与PB的斜率存在且倾斜角互补， ∴kPA＝－kPB，

由A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线上，得

y21＝4x1，① y22＝4x2，②

∴

y2－2＝－， 1212y1－1y2－144

y1－2

∴y1＋2＝－(y2＋2)， ∴y1＋y2＝－4，

由①－②得直线AB的斜率

y2－y144kAB＝＝＝－＝－1(x1≠x2)．

x2－x1y1＋y24

→→

3．(20172江苏常州中学质检)已知点A(－1,0)，F(1,0)，动点P满足AP2AF＝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)， →→→222

由AP2AF＝2|FP|，得2(x＋1)＝2?x－1?＋y，化简得y＝4x. 故动点P的轨迹C的方程为y＝4x.

(2)直线l方程为y＝2(x＋1)，设Q(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

设过点M的切线方程为x－x1＝m(y－y1)，代入y＝4x，得y－4my＋4my1－y1＝0， 由Δ＝16m－16my1＋4y1＝0，得m＝，所以过点M的切线方程为y1y＝2(x＋x1)，同理过点

2

2

2

2

2

2

2

y1

N的切线方程为y2y＝2(x＋x2)．所以直线MN的方程为y0y＝2(x0＋x)，

2

又MN∥l，所以＝2，得y0＝1，而y0＝2(x0＋1)，

y0

?1?故点Q的坐标为?－，1?. ?2?

4．(20172江苏宝应中学质检)如图，已知抛物线C：y＝4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线C交于A(x1，y1)(y1＞0)，B(x2，y2)两点，T为抛物线的准线与x轴的交点．

2

→→

(1)若TA2TB＝1，求直线l的斜率； (2)求∠ATF的最大值．

解 (1)因为抛物线y＝4x焦点为F(1,0)，T(－1,0)．

→→→→

当l⊥x轴时，A(1,2)，B(1，－2)，此时TA2TB＝0，与TA2TB＝1矛盾， 所以设直线l的方程为y＝k(x－1)，代入y＝4x，得kx－(2k＋4)x＋k＝0， 2k＋4

则x1＋x2＝2，x1x2＝1，①

2

2

22

2

2

2

k所以y1y2＝16x1x2＝16，所以y1y2＝－4，② →→

因为TA2TB＝1，所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝1， 将①②代入并整理得，k＝4，所以k＝±2. (2)因为y1＞0，所以tan∠ATF＝

2

22

y11y11＝2＝≤1，当且仅当＝，即y1＝2时，x1＋1y1y114y1

＋1＋44y1

y1

ππ

取等号，所以∠ATF≤，所以∠ATF的最大值为. 44

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，

PMBN1

BD上，且＝＝.

PABD3

(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122?→1→?11?→→→→2→?1

OM＝OA＋AM＝OA＋AP＝?，－，?，ON＝3OB＝?3，3，0?，

3??33??322?→→?2

所以MN＝?0，，－?，PC＝(－1,1，－2)，

3??3→→MN2PC3→→

所以cos〈MN，PC〉＝＝，

→→2|MN||PC|π

所以异面直线MN与PC所成角的大小为. 6

→→→?42?

(2)由(1)知PC＝(－1,1，－2)，CB＝(2,0,0)，NC＝?－，，0?.

?33?→→

设m＝(x，y，z)是平面PCB的法向量，则m2PC＝0，m2CB＝0，

?－x＋y－2z＝0，可得?

?x＝0，

令y＝2，则z＝1，即m＝(0，2，1)．

→→

设n＝(x1，y1，z1)是平面PCN的法向量，则n2PC＝0，n2CN＝0，

?－x1＋y1－2z1＝0，可得?

?－2x1＋y1＝0，

所以cos〈m，n〉＝

令x1＝2，则y1＝4，z1＝2，即n＝(2,4，2)，

m2n52533

＝＝，

|m||n|333322

533

则二面角N－PC－B的余弦值为. 33

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，15→→

且有cos〈BE，DE〉＝－.

49(1)求的值；

(2)求二面角B－VC－D的余弦值．

ha

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?－，，?，

?222?

?aah?ah?→?a3h?→?3

所以BE＝?－a，－，?，DE＝?，a，?，

22??2?222?h－6a→→

故cos〈BE，DE〉＝2. h＋10a2

15h－6a15→→

又cos〈BE，DE〉＝－，则2， 2＝－49h＋10a49

2

2

2

2

h3

解得＝.

a2

a3?→?a33?h3→?3

(2)由＝，得BE＝?－a，－，a?，DE＝?，a，a?，

24?a2?2?224?

→→

且容易得到，CB＝(2a,0,0)，DC＝(0,2a,0)． 设平面BVC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， →??n12BE＝0，

则?

→??n12CB＝0.

3a3??－ax1－y1＋az1＝0，

24即?2

??2ax1＝0，

??x1＝0，

则?

?2y1＝3z1，?

取y1＝3，z1＝2，则n1＝(0,3,2)．

同理可得平面DVC的一个法向量为n2＝(－3,0,2)． cos〈n1，n2〉＝

n12n203?－3?＋330＋2324

＝＝，

|n1||n2|1313313

4

结合图形，可以知道二面角B－VC－D的余弦值为－.

13

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

3PF，求的值． 3PB

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)， →→AP2BE3→→

所以cos〈AP，BE〉＝＝，

→→2|AP||BE|π→→

从而〈AP，BE〉＝.

6

π

因此异面直线AP与BE所成角的大小为. 6

→→→

(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＝(x1，y1，z1)为平面DEF的法向量， →??m2DF＝0，

则?

→??m2DE＝0，

??λx1＋λy1＋?1－λ?z1＝0，

即?

?y1＋z1＝0，?

取z1＝λ，则y1＝－λ，x1＝2λ－1.

故m＝(2λ－1，－λ，λ)为平面DEF的一个法向量， 设n＝(x2，y2，z2)为平面DEB的法向量． →??n2DB＝0，

则?

→??n2DE＝0，

??2x2＋2y2＝0，

即?

?y2＋z2＝0，?

取x2＝1，则y2＝－1，z2＝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|m2n|

即|cos〈m，n〉|＝＝6

， 3

＝2

6

， 3

|4λ－1|32?2λ－1?＋2λ

2

|m||n|化简得4λ＝1.

因为点F在线段PB上，所以0≤λ≤1， 1PF1

所以λ＝，即＝. 2PB2

4.(20172苏北四市一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，

2

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；

4

(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，求λ的值．

5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)， →→AP2BM→→

所以cos〈AP，BM〉＝ →→|AP||BM|03?－1?＋031＋4326＝＝，

3436所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为

6

. 3

→→

(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)， →??m2BC＝0，

则?

→??m2PB＝0，

??2y＝0，

即?

?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．

4

因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，

5

→

|MN2m||－2－2|4→

所以|cos〈MN，m〉|＝＝＝，解得λ＝1∈[0,4]，所以λ的值2

→55＋?λ－1?25|MN||m|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)． 32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

?1??2?5－kk?1?k(2)由题意得X～B?5，?，P(X＝k)＝C5??2??，k＝0,1,2,3,4,5.

?3??3??3?

所以X的概率分布为 X P

0 32 2431 80 2432 80 2433 40 2434 10 2435 1 24315

所以X的数学期望为E(X)＝53＝.

33

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32

意向．已知该网民购买A种商品的概率为，购买B种商品的概率为，购买C种商品的概率

431

为.假设该网民是否购买这三种商品相互独立． 2(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(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)＝33＋33＋33＝；

3211

该网民恰好购买3种商品的概率为P(ABC)＝33＝，

432411117

所以P＝＋＝.

24424

17

故该网民至少购买2种商品的概率为.

24(2)随机变量η的可能取值为0,1,2,3，

111

由(1)知，P(η＝2)＝，P(η＝3)＝，而P(η＝0)＝

244

3213

432411321211143224

P(ABC)＝33＝，

1

所以P(η＝1)＝1－P(η＝0)－P(η＝2)－P(η＝3)＝.

4随机变量η的概率分布为 114311224

η 0 1 241 1 42 11 243 1 4P

1111123

所以随机变量η的数学期望E(η)＝03＋13＋23＋33＝. 24424412

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2

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，乙每次投篮命52

中的概率为，且各次投篮互不影响．现由甲先投．

3(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A1(i＝1,2,3)，则A1，A2，A3彼此互斥． 甲获胜的事件为A1＋A2＋A3.

P(A1)＝，

P(A2)＝33＝，

3?2?1?222?P(A3)＝??3??3＝. ?5??3?5125

22262

所以P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝. 525125125(2)X的所有可能取值为1,2,3. 2324

则P(X＝1)＝＋3＝，

5535

35

1235

225

25

P(X＝2)＝＋333＝， P(X＝3)＝??23??231＝. 53

即X的概率分布为 23255132435325

125

?3????1???

X P

1 4 52 4 253 1 2544131

所以数学期望E(X)＝13＋23＋33＝.

5252525

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4＝64种不同的选法，记“甲、乙、2433丙三人选择的课程互不相同”为事件M，事件M共包含A4＝24个基本事件，则P(M)＝＝，

6483

所以甲、乙、丙三人选择的课程互不相同的概率为. 8(2)方法一 X可能的取值为0,1,2,3. 327C33327

P(X＝0)＝3＝，P(X＝1)＝3＝，

464464C3339C31

P(X＝2)＝3＝，P(X＝3)＝3＝.

464464所以X的概率分布为

2

3

3

1

2

3

X P

0 27 641 27 642 9 643 1 642727913

所以E(X)＝03＋13＋23＋33＝.

646464644

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、

?1?k?1?k?3?3－k丙三人中选修《数学史》的人数，则X～B?3，?，所以P(X＝k)＝C3????，k＝0,1,2,3，

?4??4??4?

所以X的概率分布为

X P

0 27 641 27 642 9 643 1 6413

所以X的数学期望E(X)＝33＝.

44

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的项的系数，并化简：Cn－1Cn＋Cn－1Cn＋?＋Cn－1Cn；

22

n0n1n－1n－11

(2)证明：(Cn)＋2(Cn)＋?＋n(Cn)＝nC2n－1. (1)解 (1＋x)由(1＋x)

n－1

2n－1

12n2n的展开式中含x的项的系数为C2n－1，

n0

1

nn(1＋x)＝(Cn－1＋Cn－1x＋?＋Cn－1xn0

n－1n－1

)(Cn＋Cnx＋?＋Cnx)可知，(1＋x)

n－11

01nnn－1

(1＋x)

n的展开式中含x的项的系数为Cn－1Cn＋Cn－1Cn＋?＋Cn－1Cn. 所以Cn－1Cn＋Cn－1Cn＋?＋Cn－1Cn＝C2n－1. (2)证明 当k∈N时，kCn＝k2

－1

nCkn－1，

*

0

n1n－1

n1n－1n－11nkn！n！?n－1?！

＝＝n2＝

k！?n－k?！?k－1?！?n－k?！?k－1?！?n－k?！

n所以(Cn)＋2(Cn)＋?＋n(C)＝?[k(Cn)]＝n(kCnCn)＝n(nCn－1Cn)＝nn(Cn－1Cn)

12

22

n2

nk2kkk－1kk－1kk＝1

k＝1k＝1k＝1

＝nn(Cn－1Cn)．

n－kkk＝1

由(1)知Cn－1Cn＋Cn－1Cn＋?＋Cn－1Cn＝C2n－1， 即n(Cn－1Cn)＝C2n－1，

0n1n－1n－11nn－kknk＝1

所以(Cn)＋2(Cn)＋?＋n(Cn)＝nC2n－1.

2．(20172江苏泰州中学调研)在平面直角坐标系xOy中，点P(x0，y0)在曲线y＝x(x＞0)上．已知点A(0，－1)，Pn(x0，y0)，n∈N.记直线APn的斜率为kn. (1)若k1＝2，求P1的坐标； (2)若k1为偶数，求证：kn为偶数．

nn*

2

1222n2ny0＋1x20＋1

(1)解 因为k1＝2，所以＝＝2，

x0x0

解得x0＝1，y0＝1，所以P1的坐标为(1,1)．

y0＋1x20＋1

(2)证明 方法一 设k1＝2p(p∈N)，即＝＝2p.

x0x0

*

所以x0－2px0＋1＝0，所以x0＝p±p－1.

nynx210＋10＋1n因为y0＝x，所以kn＝n＝n＝x0＋n，

x0x0x0

2

0

22

所以当x0＝p＋p－1时，

1??n2n2nkn＝(p＋p－1)＋??＝(p＋p－1)＋(p－p－1). 2

?p＋p－1?

2

2

n同理，当x0＝p－p－1时，kn＝(p＋p－1)＋(p－p－1).

m22n2n①当n＝2m(m∈N)时，kn＝2?Cnp*

2kn－2k(p－1)，所以kn为偶数．

2kk＝0

m②当n＝2m＋1(m∈N)时，kn＝2?Cnpk＝0

2kn－2k(p－1)，所以kn为偶数．

2k综上，kn为偶数．

1??n＋11?n＋211?n方法二 因为?x0＋??x0＋n＋1?＝x0＋n＋2＋x0＋n，

xx?

0

??

0

?

x0x0

所以kn＋2＝k1kn＋1－kn.

1?2?2

x＋k2＝x＋2＝?0－2＝k1－2. ?x0?x0?

2

0

1

设命题p(n)：kn，kn＋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k1是偶数，所以k2＝k1－2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km，km＋1均为偶数，则km＋2＝k1km＋1－km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kn是偶数．

π*3．(20172江苏扬州中学模拟)在数列{an}中，an＝cosn－2(n∈N)

332(1)试将an＋1表示为an的函数关系式； (2)若数列{bn}满足bn＝1－

2*

(n∈N)，猜想an与bn的大小关系，并证明你的结论． n2n！

**

2

π2π

解 (1)an＝cos＝cosn－2n－1 332332＝2?cos

?

?

π?2

n－1－1， 332??

2

∴an＝2an＋1－1， ∴an＋1＝±

*

an＋1

2

，

又n∈N，n＋1≥2，an＋1＞0， ∴an＋1＝an＋1

2

. 1

(2)当n＝1时，a1＝－，b1＝1－2＝－1，

2∴a1＞b1，

111

当n＝2时，a2＝，b2＝1－＝，

222∴a2＝b2，

当n＝3时，a3＝

318

，b3＝1－＝，∴a3＜b3， 299

猜想：当n≥3时，an＜bn，下面用数学归纳法证明． ①当n＝3时，由上知，a3＜b3，结论成立． ②假设当n＝k，k≥3，n∈N时，ak＜bk成立， 即ak＜1－

2

， k2k！

2－2k2k！

2

*

则当n＝k＋1时，ak＋1＝＝

1－

1

， k2k！

ak＋1

2

＜

bk＋1＝1－

2

，

?k＋1?2?k＋1?！

要证ak＋1＜bk＋1，即证明? 即证明1－即证明

??

1－

21?2??2

?＜?1－?k＋1?2?k＋1?！?， k2k！???

214??2，

＜1－＋??k2k！?k＋1?2?k＋1?！??k＋1?2?k＋1?！?

214??2＞0， －＋??k2k！?k＋1?2?k＋1?！??k＋1?2?k＋1?！?

2

2?k－1???2＞0，显然成立．

即证明＋??k?k＋1?2?k＋1?！??k＋1?2?k＋1?！?

∴n＝k＋1时，结论也成立．

综合①②可知：当n≥3时，an＜bn成立．

综上可得：当n＝1时，a1＞b1；当n＝2时，a2＝b2， 当n≥3，n∈N时，an＜bn.

4．已知fn(x)＝Cnx－Cn(x－1)＋?＋(－1)Cn(x－k)＋?＋(－1)Cn(x－n)，其中x∈R，n∈N，k∈N，k≤n.

(1)试求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；

(2)试猜测fn(x)关于n的表达式，并证明你的结论． 解 (1)f1(x)＝C1x－C1(x－1)＝1，

21222222f2(x)＝C02x－C2(x－1)＋C2(x－2)＝x－2(x－1)＋(x－2)＝2，

31323333333f3(x)＝C03x－C3(x－1)＋C3(x－2)－C3(x－3)＝x－3(x－1)＋3(x－2)－(x－3)＝6.

0

1

*

0n1

*

nkknnnn(2)猜测fn(x)＝n！，n∈N. 以下用数学归纳法证明．

①当n＝1时，f1(x)＝1，等式成立．

*

②假设当n＝m时，等式成立，即

kkmmfm(x)＝k＝(－1)Cm(x－k)＝m！. 0

1

当n＝m＋1时，则fm＋1(x)＝m＋(－1)Cm＋12(x－k)

kkm＋1

k＝0

.

因为Cm＋1＝Cm＋Cm，kCm＋1＝(m＋1)2Cm，其中k＝1,2，?，m， 且Cm＋1＝Cm，Cm＋1＝Cm，

1－1)C所以fm＋1(x)＝m＋(m＋1(x－k)

kkk－1kk－1

00m＋1mkkm＋1

k＝0

m1－1)Cm＋1＝xm＋(m＋1(x－k)－(－1)kCm＋1(x－k)

kkmkkk＝0k＝0

m＋1m＋1

kk－1

m＝x(－1)C(x－k)＋x?2(－1)C

mk＝0

kkmm(x－k)－(m＋1)?2(－1)Cm(x－k)

mkk－1

mk＝1

mk＝1

＝x2m！＋(－x＋m＋1)m(－1)Cm2[(x－1)－k]

kkk＝0

＝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fn(x)＝n！.

*

解答题滚动练 解答题滚动练1

→→

1．(20172盐城三模)设△ABC面积的大小为S，且3AB2AC＝2S. (1)求sinA的值；

π→→

(2)若C＝，AB2AC＝16，求AC.

4

→→

解 (1)设△ABC的内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，由3AB2AC＝2S， 1

得3bccosA＝23bcsinA，得sinA＝3cosA.

292222

即sinA＝9cosA＝9(1－sinA)，所以sinA＝. 10310

又A∈(0，π)，所以sinA＞0，故sinA＝. 10

31010

(2)由sinA＝3cosA和sinA＝，得cosA＝，

1010→→

又AB2AC＝16，所以bc2cosA＝16，得bc＝1610① π

又C＝，所以sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC

4310210225＝3＋3＝.

1021025在△ABC中，由正弦定理，得

bc10

，即＝，得c＝b，②

sinBsinC4252

52

＝bc联立①②，解得b＝8，即AC＝8.

2．(20172江苏泰兴中学质检)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，E是侧面AA1B1B对角线的交点，F是侧面AA1C1C对角线的交点，D是棱BC的中点．求证：

(1)EF∥平面ABC； (2)平面AEF⊥平面A1AD. 证明 (1)连结A1B和A1C.

因为E，F分别是侧面AA1B1B和侧面AA1C1C的对角线的交点， 所以E，F分别是A1B和A1C的中点，所以EF∥BC. 又BC?平面ABC，EF?平面ABC， 故EF∥平面ABC.

(2)因为三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱， 所以A1A⊥平面ABC， 所以BC⊥A1A.

故由EF∥BC，得EF⊥A1A.

又因为D是棱BC的中点，且△ABC为正三角形，所以BC⊥AD. 故由EF∥BC，得EF⊥AD.

而A1A∩AD＝A，A1A，AD?平面A1AD， 所以EF⊥平面A1AD.

又EF?平面AEF，故平面AEF⊥平面A1AD.

x22

3．如图，在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C：2＋y＝1(a＞1)．

a(1)若椭圆C的焦距为2，求a的值；

(2)求直线y＝kx＋1被椭圆C截得的线段长(用a，k表示)；

(3)若以A(0,1)为圆心的圆与椭圆C总有4个公共点，求椭圆C的离心率e的取值范围．

x222

解 (1)由椭圆C：2＋y＝1(a＞1)知，焦距为2a－1＝2，

a解得a＝±2，因为a＞1，所以a＝2. (2)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长为AP，

y＝kx＋1，??2由?x2

2＋y＝1，??a

2

得(1＋ak)x＋2akx＝0，

2222

2ak解得x1＝0，x2＝－22.

1＋ak2a|k|2

因此AP＝1＋k|x1－x2|＝1＋k. 2221＋ak(3)因为圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有2个不同的公共点为

2

2

P，Q，满足AP＝AQ.

记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，k1和k2一正一负，且k1≠k2.

2a|k1|1＋k12a|k2|1＋k22a|k1|1＋k12a|k2|1＋k2

由(2)知，AP＝，AQ＝，则＝， 22222222

1＋ak11＋ak21＋ak11＋ak2所以(k1－k2)[1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2]＝0， 因为k1≠k2，

所以1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2＝0，

2

2

2

2

22

2

22

2

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

?1??1?22

变形得，?2＋1??2＋1?＝1＋a(a－2)，

?k1

2

??k2?

从而1＋a(a－2)＞1， 解得a＞2，则e＝＝

2

ca1?2?1－2∈?，1?.

a?2?

4．已知数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列且满足a1＋a2＋a3＝9，b1b2b3＝27. (1)若a4＝b3，b4－b3＝m.

①当m＝18时，求数列{an}和{bn}的通项公式；

②若数列{bn}是唯一的，求m的值；

(2)若a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3均为正整数，且成等比数列，求数列{an}的公差d的最大值． 解 (1)①由数列{an}是等差数列及a1＋a2＋a3＝9，得a2＝3， 由数列{bn}是等比数列及b1b2b3＝27，得b2＝3. 设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，

?3＋2d＝3q，?

若m＝18，则有?2

??3q－3q＝18，

?d＝3，?

解得?

??q＝3

9??d＝－，2或???q＝－2.

??an＝3n－3，

所以{an}和{bn}的通项公式为?n－1

?bn＝3?

2

2

9??an＝－n＋12，

2或???bn＝3?－2?n－2.

②由题设b4－b3＝m，得3q－3q＝m，即3q－3q－m＝0，(*) 因为数列{bn}是唯一的，所以

若q＝0，则m＝0，检验知，当m＝0时，q＝1或0(舍去)，满足题意； 312

若q≠0，则Δ＝(－3)＋12m＝0，解得m＝－，代入(*)式，解得q＝，

42又b2＝3，所以{bn}是唯一的等比数列，符合题意． 3

所以m＝0或－.

4

(2)依题意，36＝(a1＋b1)(a3＋b3)，

3??设{bn}公比为q，则有36＝?3－d＋?(3＋d＋3q)，(**)

?q?

3

记s＝3－d＋，t＝3＋d＋3q，则st＝36.

q将(**)中的q消去，整理得d＋(s－t)d＋3(s＋t)－36＝0，

2

d的大根为

＝

t－s＋?s－t?2－12?s＋t?＋144

2，

t－s＋?s＋t－6?2－36

2

*

而s，t∈N，所以(s，t)的所有可能取值为：

(1,36)，(2,18)，(3,12)，(4,9)，(6,6)，(9,4)，(12,3)，(18,2)，(36,1)． 35＋537

所以当s＝1，t＝36时，d的最大值为. 2

解答题滚动练2

1．(20172南京、盐城二模)如图，在△ABC中，D为边BC上一点，AD＝6，BD＝3，DC＝2. (1)如图1，若AD⊥BC，求∠BAC的大小； π

(2)如图2，若∠ABC＝，求△ADC的面积．

4

3121

解 (1) 由已知，得tan∠BAD＝＝，tan∠CAD＝＝，

626311

＋23

所以tan∠BAC＝tan(∠BAD＋∠CAD)＝＝1.

111－323π

因为∠BAC∈(0，π)，所以∠BAC＝.

4

(2) 以B为原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则B(0,0)，D(3,0)，C(5,0)． π

因为∠ABC＝，所以设A(a，a)，其中a＞0.

4

32222

由AD＝6，BD＝3，得(a－3)＋a＝6，即2a－6a－27＝0，解得a＝(1＋7)．

213

所以S△ADC＝DC2a＝(1＋7)．

22

2．如图，ABCD是一块边长为100米的正方形地皮，其中ATPS是一半径为90米的底面为扇形小山(P为圆弧TS上的点)，其余部分为平地．今有开发商想在平地上建一个两边落在BC及CD上的长方形停车场PQCR.

(1)设∠PAB＝θ，试将矩形PQCR面积表示为θ的函数； (2)求停车场PQCR面积的最大值及最小值．

解 (1)SPQCR＝f(θ)＝(100－90cosθ)(100－90sinθ)

?π?＝8100sinθcosθ－9000(sinθ＋cosθ)＋10000 , θ∈?0，?.

2??

(1)若cosC＝

6

，求证：2a－3c＝0； 3

4?π?(2)若B∈?0，?，且cos(A－B)＝，求sinB.

3?5?

31?π?(1)证明 因为sin?A＋?＝2cosA，得sinA＋cosA＝2cosA，

6?22?即sinA＝3cosA，因为A∈(0，π)，且cosA≠0， π

所以tanA＝3，所以A＝. 3因为sinC＋cosC＝1，cosC＝所以sinC＝

3， 3

32

2

2

6

，C∈(0，π)， 3

acasinA3

由正弦定理知＝，即＝＝＝，

sinAsinCcsinC32

3

即2a－3c＝0.

π?π??π?(2)解 因为B∈?0，?，所以A－B＝－B∈?0，?，

3?3?3??因为sin(A－B)＋cos(A－B)＝1， 3

所以sin(A－B)＝，

5

43－3

所以sin B＝sin(A－(A－B))＝sin Acos(A－B)－cosA2sin(A－B)＝. 102．已知函数f(x)＝ax－2x－lnx，a∈R.

(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程为y＝b，求a＋b的值； (2)在(1)的条件下，求函数f(x)零点的个数． 12

解 (1)f′(x)＝3ax－2－，

3

2

2

x由题意，f′(1)＝0，f(1)＝b，解得，a＝1，b＝－1， 所以a＋b＝0.

(2)由(1)知，f(x)＝x－2x－lnx， 13x－2x－1

f′(x)＝3x－2－＝

2

33

xx?x－1??3x＋3x＋1?＝，

2

x

令f′(x)＝0，得x＝1，

且当0＜x＜1时，f′(x)＜0；当x＞1时，f′(x)＞0， 所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．

?1?12?1?3

因为f(1)＝－1＜0，f??＝3－＋1＞0，f(e)＝e－2e－1＞0，函数f(x)在区间?，1?和

?e?ee?e?

[1，e]上的图象是一条不间断的曲线，由零点存在性定理，知函数f(x)有两个零点． 3．已知圆M：x＋(y－4)＝4，点P是直线l：x－2y＝0上的一动点，过点P作圆M的切线

2

2

PA，PB，切点为A，B.

(1)当切线PA的长度为23时，求点P的坐标；

(2)若△PAM的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由； (3)求线段AB长度的最小值．

解 (1)由题意可知，圆M的半径r＝2，设P(2b，b)， 因为PA是圆M的一条切线，A为切点， 所以∠MAP＝90°，

所以MP＝?0－2b?＋?4－b?＝AM＋AP＝4， 8

解得b＝0或b＝，

5所以P(0,0)或P?

2

2

2

2

?16，8?.

??55?

2

2

(2)设P(2b，b)，因为∠MAP＝90°，所以经过A，P，M三点的圆N以MP为直径，

?b＋4?2＝4b＋?b－4?，

其方程为(x－b)＋?y－

2?4??

2

即(2x＋y－4)b－(x＋y－4y)＝0.

??2x＋y－4＝0，

由?22

?x＋y－4y＝0，?

22

?x＝0，解得?

?y＝4，

8x＝，??5或?4

y＝??5，

2

2

?84?所以圆过定点(0,4)，?，?.

?55?

2

2

?b＋4?2＝4b＋?b－4?，

(3)因为圆N方程为(x－b)＋?y－?2?4?

即x＋y－2bx－(b＋4)y＋4b＝0.①

圆M：x＋(y－4)＝4，即x＋y－8y＋12＝0.② ②－①得圆M与圆N的相交弦AB所在直线方程为

2

2

2

2

2

2bx＋(b－4)y＋12－4b＝0， 点M到直线AB的距离d＝， 2

5b－8b＋164

1－2 5b－8b＋164

相交弦长AB＝24－d＝4

4

. 464??2

5?b－?＋?5?5

2

＝41－

4

当b＝时，AB有最小值11.

5

4．如图是一“T”型水渠的平面视图(俯视图)，水渠的南北方向和东西方向轴截面均为矩形，南北向渠宽为4m，东西向渠宽2m(从拐角处，即图中A，B处开始)．假定渠内的水面始终保持水平位置(即无高度差)．

(1)在水平面内，过点A的一条直线与水渠的内壁交于P，Q两点，且与水渠的一边的夹角为π??θ?0＜θ＜?，将线段PQ的长度l表示为θ的函数；

2??

(2)若从南面漂来一根长为7m的笔直的竹竿(粗细不计)，竹竿始终浮于水平面内，且不发生形变，问：这根竹竿能否从拐角处一直漂向东西向的水渠(不会卡住)？请说明理由．

2424

解 (1)由题意，PA＝，QA＝，所以l＝PA＋QA＝＋sinθcosθsinθcosθ24?π?(2)设f(θ)＝＋，θ∈?0，?.

2?sinθcosθ?

2cosθ4sinθ2?22sinθ－cosθ?

由f′(θ)＝－＋＝， 2222sinθcosθsinθcosθ令f′(θ)＝0，得tanθ0＝

2

. 2

3

3

?0＜θ＜π?. ??2??

π??且当θ∈(0，θ0)，f′(θ)＜0；当θ∈?θ0，?，f′(θ)＞0，所以f(θ)在(0，θ0)

2??π??上单调递减，在?θ0，?上单调递增，

2??

所以当θ＝θ0时，f(θ)取得极小值，即为最小值． 当tanθ0＝

212

时，sinθ0＝，cosθ0＝，所以f(θ)的最小值为36， 233

即这根竹竿能通过拐角处的长度的最大值为36m.因为36＞7，所以这根竹竿能从拐角处一直漂向东西向的水渠．

解答题滚动练7

1．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长都相等，且∠ABB1＝60°，D为AC的中点，求证：

(1)B1C∥平面A1BD； (2)AB⊥B1C.

证明 (1)连结AB1交A1B于点E，连结DE. 因为D，E分别为AC，AB1的中点，所以DE∥B1C. 因为DE?平面A1BD，B1C?平面A1BD， 所以B1C∥平面A1BD.

(2)取AB的中点O，连结OC，OB1.

因为BA＝BB1，且∠ABB1＝60°，所以△ABB1为正三角形，而O为AB的中点，所以OB1⊥AB. 在正三角形ABC中，O为AB中点，所以OC⊥AB. 因为OB1∩OC＝O，且OB1?平面OB1C，OC?平面OB1C， 所以AB⊥平面OB1C.

又因为B1C?平面OB1C，所以AB⊥B1C.

2．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝t(Sn－an＋1)(t为常数，且t≠0，t≠1)． (1)证明：{an}成等比数列；

(2)设bn＝an＋Sn2an，若数列{bn}为等比数列，求t的值． (1)证明 当n＝1时，S1＝t(S1－a1＋1)，得a1＝t，

当n≥2时，Sn＝t(Sn－an＋1)，即(1－t)Sn＝－tan＋t，(1－t)Sn－1＝－tan－1＋t， 所以an＝tan－1，故{an}成等比数列．

(2)解 由(1)知{an}成等比数列且公比是t，∴an＝t，

n2

t?1－tn?nt2n＋tn＋1－2t2n＋1

故bn＝(t)＋2t，即bn＝. 1－t1－tn2

若数列{bn}是等比数列，则有b2＝b12b3，而b1＝2t，b2＝t(2t＋1)，b3＝t(2t＋t＋1)， 11?1?n32242

故[t(2t＋1)]＝(2t)2t(2t＋t＋1)，解得t＝，再将t＝代入bn得bn＝??，

22?2?

22342

由

bn＋111

＝知{bn}为等比数列，所以t＝. bn22

3．图1是一段半圆柱形水渠的直观图，其横断面如图2所示，其中C为半圆弧?ACB的中点，渠宽AB为2m.

(1)当渠中水深CD为0.4m时，求水面的宽度；

(2)若把这条水渠改挖(不准填土)成横断面为等腰梯形的水渠，且使渠的底面与地面平行，则当改挖后的水渠底宽为多少时，所挖出的土量最少？

解 (1) 如图，以AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，以1m为单位长度，建立平面直角坐标系xOy.

半圆弧?ACB的方程为x＋y＝1(y≤0)，

2

2

A(－1,0)，B(1,0)，C(0，－1)，D(0，－0.6)．

直线y＝－0.6与半圆弧的交点为(±0.8，－0.6)． 答 所求的水面宽度为1.6 m.

(2)要使得所挖出的土量最少，则等腰梯形的两腰及下底与半圆弧?ACB相切．

π??－设等腰梯形的右腰与半圆弧?相切于点T(cosθ，sin θ)ACB?2<θ<0?，则切线EF的方

??程为xcosθ＋ysinθ＝1. 令y＝0，得E?

?1，0?，

?

?cos θ??1＋sin θ，－1?，

?

?cos θ?

令y＝－1，得F?

设梯形OCFE的面积为S，则

S＝(CF＋OE)2OC

1＋sin θ1?1

＋＝?cos θ2?cos θ2＋sin θ

＝， 2cos θ

12

?31 ??

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