南京市2011届高三第一次模拟考试_2

南京市 2011 届高三第一次模拟考试 21. A. 选修 41：几何证明选讲 证明：(方法 1)连结 BE. 因为 AB 是半圆 O 的直径，E 为圆周上一点， 所以AEB 90， 即 BEAD . 又 ADl， 所以 BEl. 所以DCECEB.(5 分) 因为直线 l 是圆 O 的切线，所以DCECBE， 所以CBECEB，所以 CECB.(10 分) (方法 2)连结 AC、BE ，在 DC 延长线上取一点 F. 因为 AB 是半圆 O 的直径，C 为圆周上一点， 所以ACB90，即BCFACD90. 又 ADl，所以DACACD90. 所以BCFDAC.(5 分) 又直线 l 是圆 O 的切线， 所以CEBBCF. 又DACCBE， 所以CBECEB.所以 CECB.(10 分) B. 选修 42：矩阵与变换 解：(方法 1)在直线 l：xy20 上分别取两点 A( 2,0)，B (0，2) A、B 在矩阵 M 对应的变换作用下分别对应于点 A、B. 因为 ， 1 ab 4 20 2 2b 所以 A的坐标为(2，2 b)； ， 1 ab 4 0 2 2a 8 所以 B的坐标为(2a， 8)(6 分) 由题意 A、B在直线 m： xy40 上， 所以Error! 解得 a2，b3.(10 分) (方法 2)设直线 l：xy20 上任意点(x，y)在矩阵 M 对应的变换作用下对应于点( x，y) 因为 ， 1 ab 4xy xy 所以 xxay ，ybx4y. 解得 x ，y .(6 分) 4x ayab 4 bx yab 4 因此 20， 4x ayab 4 bx yab 4 即(b4)x(a1)y(2ab8) 0. 因为直线 l 在矩阵 M 对应的变换作用下得到直线 m：xy40. 所以 .解得 a2，b3.(10 分) b 41 a 1 1 2ab 8 4 C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：分别将圆 C 和直线 l 的极坐标方程化为直角坐标 方程： 圆 C：x 2y 210x，即(x5) 2y 225， 圆心 C(5,0)直线 l：3x4y300.(6 分) 因为圆心 C 到直线 l 的距离 d 3. |15 0 30|5 所以 AB2 8.(10 分)25 d2 D. 选修 45：不等式选讲 解：当 x2 时，原不等式同解于 2x44x ，解得 x .所以 2x ；(4 分) 83 83 当 0x2 时，原不等式同解于 42x4x ，解得 x0，所以 0 x2；(6 分) 当 x0 时，原不等式同解于 42x4x ，解得 x0，所以 x.(8 分) 综上所述，原不等式的解集为 .(10 分) x|0 x 83 22. (1) 证明：以点 C 为原点， CB、CA、CC 1 所在直 线为 x、y、z 轴， 建立空间直角坐标系 Cxyz，如图所示， 则 B(1,0,0)，A(0， ，0)，A 1(0， ， )，3 3 6 M(0,0， )所以 (1， ， )， 62 A1B 3 6 (0 ， ， )(2 分)AM 3 62 因为 10( )( )( )( )A1B AM 3 3 6 62 0， 所以 A1BAM.(4 分) (2) 解：因为 ABCA1B1C1 是直三棱柱， 所以 CC1平面 ABC. 又 BC平面 ABC，所以 CC1BC. 因为ACB90，即 BCAC， 所以 BC平面 ACC1，即 BC平面 AMC. 所以 是平面 AMC 的一个法向量， (1,0,0)CB CB 设 n(x，y，z )是平面 BAM 的一个法向量， ( 1， ，0) ， (1,0 ， )BA 3 BM 62 由Error! 得Error! 令 z2，得 x ，y ，所以 n( ， ，2)(86 2 6 2 分) 因为| |1，|n|2 ，所以 cos ，nCB 3 CB . CB n |CB |n| 22 因此二面角 BAMC 的大小为 45.(10 分) 23. 证明：由已知，得 Sn3 n1， 等价于 ， Sn 1Sn 3n 1n 3n 1 13n 1 3n 1n 即 3n2n1.(*)(2 分) (方法 1)用数学归纳法证明 当 n1 时，左边3，右边3，所以(*)成立；(4 分) 假设当 nk 时，(*)成立，即 3k2k1， 那么当 nk1 时，3 k1 33 k3(2 k1) 6k32k32(k 1)1， 所以当 nk1 时，(*)成立(8 分) 综合，得 3n2n1 成立 所以 .(10 分) Sn 1Sn 3n 1n (方法 2)当 n1 时，左边3，右边3，所以(*)成立； (4 分) 当 n2 时，3 n(12) nC C 2C 22C 2n12n12n.0n 1n 2n n 所以 .(10 分) Sn 1Sn 3n 1n 南通市 2011 届高三第一次调研测试 21. A. 选修 41：几何证明选讲 解： 连 OC. ABC60，BAC 40 ， ACB80.(4 分) OEAB， E 为 的中点，AB 和 的度数均为 80.BE BC EOC8080 160.(8 分) OEC10.(10 分) B. 选修 42：矩阵与变换 解： 设 P(x，y)为曲线 C2 上任意一点，P(x，y) 为曲线 x22y 21 上与 P 对应的点， 则 ， 1 20 1xy xy 得Error! 即Error! (5 分) P是曲线 C1 上的点， C2 的方程(x2y )22y 2 1.(10 分) C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：将曲线 C1 化成普通方程是 (x1) 2y 21，圆心 是(1,0)， 直线 C2 化成普通方程是 y20，则圆心到直线的距 离为 2.(5 分) 曲线 C1 上的点到直线 C2 的距离的最小值为 1， 该点为(1,1)(10 分) D. 选修 45：不等式选讲 证明：由柯西不等式，得 ( )2C1n C2n Cn (111)(C C C )(5 分)1n 2n n n(11) n1n(2 n1) .(10 分)C1n C2n Cn n2n 1 22. 证明：当 n1 时，左边1236， 右边 6左边， 12344 等式成立；(2 分) 设当 nk(kN *)时，等式成立， 即 123234k(k1)( k2) .(4 分) kk 1k 2k 34 则当 nk1 时， 左边123234k(k1)( k2) (k1)( k2)(k 3) ( k1)(k2)(k3) kk 1k 2k 34 (k1)(k2)(k3)( 1) k4 k 1k 2k 3k 44 . k 1k 1 1k 1 2k 1 34 nk1 时，等式成立(8 分) 由、可知，原等式对于任意 nN *成立(10 分) 23. 解： (1)第一班若在 8：20 或 8：40 发出，则旅客 能乘到，其概率为 P .(3 分) 12 14 34 (2) 旅客候车时间的分布列为 (6 分) (3) 候车时间的数学期望为 10 30 50 70 90 12 14 116 18 116 5 30.(9 分) 152 258 354 458 答： 这旅客候车时间的数学期望是 30 分钟(10 分) 候车时间 (分) 10 30 50 70 90 概率 12 14 14 14 14 12 14 14 苏州市 2011 届高三调研测试试卷 21. 解：(1) 设 P(x，y)，由抛物线定义知， 点 P 的轨迹 E 为抛物线，方程为 y24x .(4 分) (2) l：yx1，代入 y24x，消去 x，得 y24y40.(6 分) 设 A(x1，y 1)，B(x 2，y 2)， 则 y1,222 ；|y 2y 1|4 .(8 分)2 2 AOB 的面积 S OF|y2y 1| 12 14 2 .(10 分) 12 2 2 22. 解：(1) 记“摸出的三球中既有红球又有白球”为 事件 A，依题意知 P(A) .(3 分 ) C15C23 C25C13C38 4556 摸出的三个球中既有红球又有白球的概率为 .(4 4556 分) (2) P(X0) ， C05C3C38 156 P(X1) ， C15C23C38 1556 P(X2) ， C25C13C38 3056 P(X3) . C35C03C38 1056 则 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 156 1556 3056 1056 (8 分) X 的数学期望 E(X)0 1 2 3 156 1556 3056 .(10 分) 1056 158 23. 解：(1) 以 D 为原点，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)， (3,3,3)，AC1 D1(0,0,3)，E(3,0,2)， (3,0，1)(2 分)D1E cos ， AC1 D1E AC1 D1E |AC1 |D1E | 9 33310 .(4 分) 23015 则两条异面直线 AC1 与 D1E 所成角的余弦值为 .(5 23015 分) (2) B(3,3,0)， (0，3,2)， (3,0 ，1)BE D1E 设平面 BED1F 的一个法向量为 n(x，y，z)， 由Error! 得Error! Error! 则 n(x,2x,3x) 取 x1，得 n(1,2,3)(8 分 ) 设直线 AC1 与平面 BED1F 所成角为 ， 则 sin|cos ，n |AC1 | AC1 n |AC1 |n| .| 3 6 93314| 24221 直线 AC1 与平面 BED1F 所成角的正弦值为 . 24221 (10 分) 24. 解：(1) f(1)g(1)，f(2)g(2)，f(3)g(3)，f(4) g(4)(2 分) (2) 猜想：当 n3，nN *时，有 nn1 (n1) n.(3 分) 证明： 当 n3 时，猜想成立(已验证) ； 假设当 nk( k3，k N *)时，猜想成立， 即 kk1 (k1) k(*) 下面证明当 nk1 时，猜想也成立 由(*)得 1. kk 1k 1k (k 1)2k (k2)， .(5 分) k 1k 2 kk 1 ( )k (7 分) k 1k 2k 2k 1 k 1k 2 k 12k 2 ( )kk 1.(9 分) kk 1 kk 1k 1k 则(k1) k2 (k2) k1 . 由知，猜想对一切 n3，nN *都成立(10 分) 无锡市 2010 年秋学期高三期末考试试卷 1. 解：设 (0， ，2)(2 分)OM OC (1，22 )，(3 分)MA MO OA (2,2，2 )，(4 分)MB MO OB 2(2 )2 (22)MA MB 5 262(6 分) 5( )2 ，(8 分) 35 15 当 时， 最小，此时 M .(10 分) 35 MA MB (0，35，65) 2. 解：(1) X 的分布列为： X 0 1 2 P(X) 611 922 122 (6 分) (2) E(X)0 1 2 ，(8 分) 611 922 122 12 V(X)1 2 2 2 .(10 分) 922 122 14 1544 3. 解：(1) T r1 C nr ( )r，(1 分)rn( 23x) x x 的指数为 0，(2 分) n r3 r2 n的展开式中的常数项为第五项，( 23x x) r4.(3 分) 解得 n10.(4 分) (2) T r1 C 10r ( )r，r10( 23x) x 其系数为 C 210r .(5 分)r10 设第 k1 项的系数最大， 则Error! (6 分) 化简得Error! 即 k ， k 3.(8 分) 83 113 即第四项系数最大，则 T4C 27x 15 310 56 360x .(10 分 ) 56 4. 解：当 n1 时，5 123 018， m 8，(2 分) 下证 5n23 n1 1(nN *)能被 8 整除(3 分) 当 n1 时已证；(4 分) 假设当 nk( kN *)时命题成立， 即 5k2 3k1 1 能被 8 整除 (5 分) 则当 nk1 时， 5k1 2 3k1 55 k63 k1 1(6 分) (5 k23 k1 1)4(5 k3 k1 )，(7 分) 5 k2 3k1 1 能被 8 整除，而 5k3 k1 为偶数， 4(5k3 k1 )也能被 8 整除，即当 nk 1 时命题也 成立(8 分) 由得 m 的最大值为 8.(10 分) 常州市教育学会学生学业水平监测 21. A. 选修 41：几何证明选讲 解： PA102OA 4，PCPDPA PB40， PC5，CDPDPC3.(4 分) OCD 为正三角形 COD60.(8 分) CBD30.(10 分) B. 选修 42：矩阵与变换 解：设 在 M 的变换下得到 ， xy x0y0 则 ， 1 ab 2xy x aybx 2y Error! (2 分) 由题意，得(xay)2( bx2 y)1， 即(12b) x(a4)y1. Error! Error!(5 分) M .(7 分) 1 20 2 M 1 .(10 分) 22 22 02 12 1 10 12 C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：曲线 C 的直角坐标方程为 x2( y2) 24， 所以曲线 C 是以(0,2)为圆心，2 为半径的圆(3 分) 直线 l 的普通方程为 xy20.(6 分) 所以 dmin 22 2.(10 分) |0 2 2|2 2 D. 选修 45：不等式选讲 证明： AB(2 x2y 21)(2 xy2x ) (x 2 2xyy 2)(x 22x 1)(4 分) (xy) 2(x1) 20，(6 分) AB.(8 分) 当且仅当 xy1 时，等号成立(10 分) 22. 解：由题意，得Error!解得 p1p 2 .(2 分) 14 (1) 设事件 A 为学生甲不能通过 A 高校自主招生考试， 则 P(A) . 14 34 14 34 34 14 3764 答：学生甲不能通过 A 高校自主招生考试的概率为 . 3764 (4 分) (2) 由题意知：0,1,2,3. P(0) ， 14 12 14 12 12 14 12 12 12 916 P(2) ， 14 14 14 14 14 12 14 12 14 12 14 14 764 P(3) ， 14 14 14 164 P(i)1， P( 1)1P( 0)P(2) P(3) .(7 分) 516 故 的分布列为 0 1 2 3 P 916 516 764 164 的数学期望 E0 1 2 3 .(10 分) 916 516 764 164 3764 23. 解：如图，以 B 为原点，BA、BC 、BP 分别为 x、y、z 轴，建立空间直角坐标系，设 BCa，BPb，则 B(0,0,0)，A (2,0,0)，C(0，a,0)，D (2,2,0)，P(0,0 ，b) (2,2 ，b) ， (2,2a,0)，CDPD ，PD CD 0. 442a0，a4.CD PD 又 (2,0 ，b)， (2，2,0)，PA CD 异面直线 PA 和 CD 所成角等于 60， ，即 ，| PA CD |PA |CD | 12 4b2 422 12 解得 b2.(2 分) (1) (0,4 ，2)， (0,2,0)， (2,0，2) PC AD PA 设平面 PAD 的一个法向量 n1(x 1，y 1，z 1)， 则由Error! 得Error!(4 分) 取 n1(1,0,1)， sin ，| PC n1 |PC |n1| | 220 2| 1010 直线 PC 和平面 PAD 所成角的正弦值为 .(6 分) 1010 (2) 假设存在设 ，且 E(x，y，z)，则PE PA (x，y， z2) (2,0，2)，E(2 ，0,22) 设平面 DEB 的一个法向量为 n2(x 2，y 2，z 2)， 则由Error! 得Error!(8 分) 取 n2( 1,1 ， )， 又平面 ABE 的法向量 n3(0,1,0)， 由 cos ，得 ，| n2n3|n2|n3| 66 |1 |21 2 2 66 解得 或 2(不合题意) 23 故存在这样的 E 点，E 为棱 PA 上的靠近 A 的三等分 点(10 分) 盐城市 20102011 学年度高三年级第一次调研考试 21. A. 选修 41：几何证明选讲 证明：连结 OF，因为 DF 切O 于 F，所以 OFD 90， 所以OFCCFD90. 因为 OCOF， 所以OCFOFC. 又 COAB 于 O， 所以OCFCEO90， 所以CFDCEODEF， 所以 DFDE .(6 分) 又 DF 是O 的切线，所以 DF2DB DA， 所以 DE2DB DA.(10 分) B. 选修 42：矩阵与变换 解：特征多项式 f() (2)| 2 1 1 2| 21 243.(3 分) 由 f()0，解得 11， 23.(5 分) 将 11 代入特征方程组，得Error!xy 0，可取 为属于特征值 11 的一个特征向量； (8 分) 1 1 同理，当 23 时，由Error!xy 0， 所以可取 为属于特征值 2 3 的一个特征向量 11 综上所述，该矩阵的特征值为 11， 23；对应的 一个特征向量分别为 与 .(10 分) 1 1 11 C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：(1) 曲线 C 的极坐标方程可化为 22sin ，又 x2y 2 2，x cos，ysin ， 所以曲线 C 的直角坐标方程为 x2y 22y0.(5 分) (2) 令 y0，得点 M 的坐标为(2,0) (7 分) 又曲线 C 为圆，圆 C 的圆心坐标为(1,0)，半径 r1， 则|MC | ，5 所以|MN |MC|r 1.(10 分)5 D. 选修 45：不等式选讲 证明：因为 1m0， 所以要证 2 ，( a mb1 m) a2 mb21 m 只要证(amb) 2(1 m)( a2mb 2)，(5 分) 即证 m(a22abb 2)0， 即证(ab) 20，显然成立，故 2 .(10 分)( a mb1 m) a2 mb21 m 22. 解：(1) 令 x1，得 a0a 1a 2a 3a 2 011(1 2)2 011(1 1) 2 0 11 1.(4 分) (2) 因为 2C C 2mn 20，1m 1n 所以 n202m，则 x2 的系数为 22C C 4 2m 2n mm 12 nn 12 2m 22m (202m)(192m ) 12 4m 241m190，(7 分) 所以当 m5，n10 时，f(x) 展开式中 x2 的系数最小， 最小值为 85.(10 分) 23. 解：(1) 记“仅闯过第一关的概率”这一事件为 A，则 P(A) .(4 分) 34616 932 (2) 由题意得， 的取值有 0,1,2,3， 则 P( 0) ， 14 P(1) ， 932 P(2) ， 3410165464 4051 024 P(3) ， 3410161064 751 024 即随机变量 的概率分布列为 0 1 2 3 P 14 932 4051 024 751 024 (8 分) 所以 E0 1 2 3 14 932 4051 024 751 024 .(10 分) 1 3231 024 扬州市 20102011 学年度第一学期期末调研测试试题 21. 解：设 M ，由 M ， a bc d 01 10 得 ，即Error!(2 分) bd 10 再由 M ，得 ， 12 21 a 2bc 2d 21 即Error! 所以Error!(4 分) 所以 M ，(6 分) 0 11 0 M2 .(10 分) 1 00 1 22. 解：由 ， 8sin1 cos2 得 cos24sin ， 2cos24 sin， 又 cosx，sin y， 故所求曲线的直角坐标方程是 x24y，(8 分) 故焦点到准线的距离为 2.(10 分) 23. 解： (1)设正三棱柱的棱长为 2，建立如图所示的 直角坐标系，则 A(0，1,0) ，B( ，0,0)，C(0,1,0)，A 1(0，1,2)，3 B1( ， 0,2)，C 1(0,1,2)，3 所以 ( ，1,0) ， (0，2,2)，AB 3 CA1 ( ，1，2) A1B 3 因为 PCAB， 所以 0 ，( ) 0，CP AB CA1 A1P AB ( ) 0， .(5 分)CA1 A1B AB CA1 AB A1B AB 12 (2)由(1)知： ， (0,2,2)，CP ( 32， 32，1) AC1 cos ， ，CP AC1 CP AC1 |CP |AC1 | 3 2222 28 所以异面直线 PC 与 AC1 所成角的余弦值是 .(10 分) 28 24. 证明：由 x11，x n1 1 知， xnp xn xn0(n N *) (1)当 p2 时，x n1 1 ， xn2 xn 当 n1 时，x 11 ，命题成立；2 假设当 nk 时，x k ，2 则当 nk1 时， xk1 1 2 2 ， xk2 xk 22 xk 22 2 2 即 nk1 时，命题成立 根据，x n (nN *)(4 分)2 (2)用数学归纳法证明，x n1 x n(nN *) 当 n1 时，x 21 1x 1，命题成立； x1p x1 假设当 nk 时，x k1 x k， x k0，p0， ， pp xk 1 pp xk 则当 nk1 时， xk1 1 2 2 x k2 ， xkp xk pp xk pp xk 1 即 nk1 时，命题成立 根据，x n1 x n(nN *)(8 分) 故不存在正整数 M，使得对于任意正整数 n，都有 xM xn.(10 分) 苏北四市 2011 届高三年级期末考试试卷 21. A. 选修 41：几何证明选讲 证明：因为 PA 与圆相切于 A， 所以 DA2DB DC. 因为 D 为 PA 中点， 所以 DPDA ， 所以 DP2DB DC， 即 .(5 分) PDDC DBPD 因为BDPPDC， 所以BDPPDC， 所以DPBDCP.(10 分) B. 选修 42：矩阵与变换 解：矩阵 M 的特征多项式为 f() (1)( x)4.(1 分)| 1 2 2 x| 因为 13 方程 f()0 的一根，所以 x1.(3 分) 由(1)( 1)40 得 21，(5 分) 设 21 对应的一个特征向量为 ， xy 则Error! 得 xy ，(8 分) 令 x1，则 y1， 所以矩阵 M 的另一个特征值为1，对应的一个特征 向量为 .(10 分) 1 1 C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：消去参数 t，得直线 l 的直角坐标方程为 y2x1；(2 分) 2 (sin )即 2(sincos)，2 4 两边同乘以 得 22( sincos )， 得C 的直角坐标方程为(x1) 2( y1) 22，(6 分) 圆心 C 到直线 l 的距离 d ， |2 1 1|22 12 255 2 所以直线 l 和C 相交(10 分) D. 选修 45：不等式选讲 解：因为 y2( )21 x 2 2 x 1 2( )21x 2x3 3，(6 分)2 所以 y3.(8 分) 当且仅当 时取“”号，即当 x0 时， 11 x 22 x ymax3.(10 分) 22. (1) 解：根据抛物线的定义，可得动圆圆心 P 的轨 迹 C 的方程为 x2y.(4 分) (2) 证明：设 A(x1，x )，B(x 2，x )， y x 2，21 2 y2x， AN、BN 的斜率分别为 2x1、2x 2， 故 AN 的方程为 yx 2x 1(xx 1)，BN 的方程为 yx21 2x 2(xx 2)，(7 分)2 即Error! 两式相减，得 xN . x1 x22 又 xM ， x1 x22 M、N 的横坐标相等，于是 MNx 轴(10 分) 23. 解：(1) P()是“ 个人命中， 3 个人未命中” 的概率其中 的可能取值为 0,1,2,3. P(0)C (1 )C (1a) 2 (1a) 2，01 12 02 12 P(1)C C (1a) 2C (1 )C a(1a)1 12 02 01 12 12 (1 a2)， 12 P(2)C C a(1a)C (1 )C a2 (2aa 2)，1 12 12 01 12 2 12 P(3)C C a2 .1 12 2 a22 所以 的分布列为 的数学期望为 E0 (1a) 21 (1a 2)2 (2aa 2) 12 12 12 3 .(5 分) a22 4a 12 (2) P(1) P(0) (1a 2)(1a) 2a(1 a)， 12 P(1)P( 2) (1a 2)(2aa 2) ， 12 1 2a2 P(1)P( 3) (1a 2)a 2 . 12 1 2a22 由Error! 和 0a1，得 0a ， 12 即 a 的取值范围是(0， (10 分) 12 0 1 2 3 P (1a) 2 12 (1a 2) 12 (2aa 2) 12 a22 南京市 2011 届高三第二次模拟考试 21. A. 选修 41：几何证明选讲 证明：因为 CE 为圆的切线， 所以DCEDAC.(3 分) 因为 ADBC，所以DACBCA. 所以DCEBCA.(6 分) 因为梯形 ABCD 为圆内接四边形， 所以EDCABC. 所以ABCEDC.(10 分) B. 选修 42：矩阵与变换 解：由条件可知 ，(4 分) 1 a 1 421 21 所以Error! 解得 a 2.(7 分 ) 因此 A ， 1 2 1 4 所以 A2 .(10 分) 1 2 1 4 1 2 1 4 1 10 5 14 C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：曲线 C 的普通方程为(xm )2y 24. 曲线 D 的普通方程为 3x4y20.(4 分) 因为曲线 C、D 有公共点， 所以 2，|3m2|10.(8 分) |3m 2|5 解得4m ，即 m 的取值范围是4， (10 分) 83 83 D. 选修 45：不等式选讲 证明：(方法 1)因为 a、b 都是正实数，且 ab2， 所以 2ab2 4.(5 分)2ab 所以(12a)(1 b)12ab2ab9.(10 分) (方法 2)因为 a、b 都是正实数， 所以由柯西不等式可知 (12a)(1 b) 1 2( )212( )22a b (1 )2.(7 分)2ab 又 ab2，所以(1 )29.2ab 所以(12a)(1 b)9.(10 分) (方法 3)因为 ab2， 所以(12a)(1 b)(12a) 52 .(5 分)( 1 2a) (a 1a) 因为 a 为正实数，所以 a 2 4. 1a a1a 所以(12a)(1 b)9.(10 分) (方法 4)因为 a、b 都是正实数， 所以(12a)(1 b)(1aa )( 1 b2 b2) 3 33a2 3b24 9 .(8 分 ) 3a2b24 又 ab2，所以(12a)(1 b )9.(10 分) 22. 解：以 AC 的中点 O 为坐标原点， OB 为 x 轴建立如图所示的直角坐标系 Oxyz，则 A(0，1,0) ，D(0,0,1) ， B( ，0,0)，B 1( ，0,1)，3 3 C(0,1,0) 所以 (0,1,1) ，BB 1(0,0,1)，AD ( ，1，1)，B1C 3 所以 ( ，1)(4BM BB1 B1M BB1 B1C 3 分) 因为向量 与 的夹角小于 45，AD BM 所以 cos ， ，AD BM ( 22，1 即 1，(8 分) 22 1242 12 解得 0 .所以 的取值范围是 .(10 分) 25 (0，25) 23. 解：(1) X 的概率分布列为 X 0 2 4 6 8 P 116 14 38 14 116 (2 分) E(X)0 2 4 6 8 4.(或 E(X) 116 14 38 14 116 8 4)(4 分 ) 12 (2) 连续 3 次投篮未中，不同投法为 1C C (C 4)(C C )44(种)；16 26 36 13 13 只因累计 7 次投篮未中，不同投法为 C 14(种)13 所以该同学恰好投篮 10 次，被停止投篮测试的概率为 P .(10 分) 481 024 364 苏锡常镇四市 2011 届高三调研测试( 一) 21. A. 选修 41：几何证明选讲 证明： AT 是圆 O 的切线，ATP ANT ， 又TAPNAT ， ATPANT，(3 分) ，(4 分) ATAN PTTN 同理 ，(6 分) ASAN PSNS 两式相乘 .(8 分) ATASAN2 PTPSNTNS ATAS， .(10 分) AT2AN2 PTPSNTNS B. 选修 42：矩阵与变换 解：这个变换的逆变换是先作关于 x 轴反射变换，再 作绕原点顺时针旋转 45变换， (2 分) 其矩阵是 (6 分) cos 45 sin 45sin 45 cos 451 00 1 .(10 分) 22 22 22 22 C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：曲线 12sin 的直角坐标系方程为 x2( y6) 236，(2 分) 其圆心为(0,6)，半径为 6；(4 分) 曲线 12cos( )的直角坐标系方程为(x3 ) 6 3 2( y 3)236，(6 分) 其圆心为(3 ，3)，半径为 6.(8 分)3 AB 的最大值 6618.(1033 02 3 62 分) D. 选修 45：不等式选讲 证明： m 2n 2 (2 分) m3n n3m m3 n3n n3 m3m ，(6 分) m3 n3m nmn m n2m2 mn n2mn 又 m、n 均为正实数，(8 分) m 2n 2.(10 分) m3n n3m 22. (1) 证明：以 A 为原点，AB 为 x 轴，AD 为 y 轴， AA1 为 z 轴建立空间直角坐标系 则 B(1,0,0)，D 1(0,1,1)，E(0,0，t)，F(1,1,1t)，其中 0t 1， 则 (1,0，t)，BE FD1 所以 BEFD 1， 所以 B、E 、D 1、F 四点共面(5 分) (2) 解： (1,0,1)，BA1 ( 1,0，t)， (0,1,1t)，BE BF 可求平面 BFE 的法向量 n(t ，t1,1)， 由已知 sin30 ， |BA1 n| |BA1 |n| 所以 ， 12 | t 1|2t2 1 t 12 平方可求得 t0， 所以点 E 与点 A 重合时，直线 A1B 和平面 BFE 所成 角等于 .(10 分 ) 6 23. 证明：(1) (1 )k1C C ( )2C (3 1k3 2k 3 k )k， 3 (1 )k1C C ( )2C (1) k( )k，3 1k3 2k 3 k 3 因此(1 )k (1 )k21C ( )2C ( )3 3 2k 3 4k 3 4 的偶数次幂均为正整数，3 (1 )k(1 )k是正整数 (5 分)3 3 (2) (证法 1)因为 0(1 )2n1，由(1)知(1 )3 3 2n(1 )2n为正整数，所以大于(1 )2n的最小整数为3 3 (1 )2n(1 )2n.3 3 由于(1 )2n (1 )2n(1 )2n(1 )23 3 3 3 n2 n(2 )n (2 )n，3 3 由二项式定理知(2 )n(2 )n是一偶数，3 3 所以(1 )2n (1 )2n能被 2n1 整除(10 分)3 3 (证法 2)大于(1 )2n的最小整数为(1 )2n(1 )3 3 3 2n， 设 a42 ，b42 ，3 3 只要证 anb n能被 2n1 整除， 由 an1 b n1 (ab)( anb n)ab(a n1 b n1 )及数学 归纳法获证 南通市 2011 届高三第二次调研测试 21. A. 选修 41：几何证明选讲 解：因为 MA 为圆 O 的切线， 所以 MA2MBMC. 又 M 为 PA 的中点，所以 MP2MBMC. 因为BMP PMC，所以BMP PMC.(5 分) 于是MPB MCP. 在MCP 中，由 MPB MCPBPCBMP180 ，得MPB20. (10 分) B. 选修 42：矩阵与变换 解：由特征值、特征向量定义可知，A 1 11， 即 1 ，得Error!(5 分) a bc d 1 1 1 1 同理可得Error! 解得 a2，b3，c2，d1. 因此矩阵 A .(10 分) 2 32 1 C. 选修 44：坐标系与参数方程 解：cos 2 化简为 cossin 4，( 4) 2 则直线 l 的直角坐标方程为 xy4.(4 分) 设点 P 的坐标为(2cos，sin )， 得 P 到直线 l 的距离 d ， |2cos sin 4|2 即 d ，其中 cos ，sin .(8 | 5sin 4|2 15 25 分) 当 sin()1 时，d max2 .(10 分)2 102 D. 选修 45：不等式选讲 解：因为正数 a、b、c 满足 abc1， 所以 (3a2) (3b2)(3 c2)( 13a 2 13b 2 13c 2) (11 1) 2， (5 分) 即 1， 13a 2 13b 2 13c 2 当且仅当 3a23b23c2，即 abc 时， 13 原式取最小值 1.(10 分) 22. 解：(1) 不妨设正方体的棱长为 1，以 、 、DA DC 为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 DDD1 xyz.则 A(1,0,0)， O ，C (0,1,0)，( 12，12，0) D1(0,0,1)，E ， ( 14，14，12) 于是 ， (0，1,1) DE (14，14，12) CD1 由 cos ， .DE CD1 DE CD1 |DE |CD1 | 36 所以异面直线 AE 与 CD1 所成角的余弦值为 .(5 分) 36 (2) 设平面 CD1O 的法向量为 m( x1，y 1，z 1)， 由 m 0，m 0，CO CD1 得Error! 取 x11，得 y1z 11， 即 m(1,1,1) .(7 分) 由 D1EEO，则 E ，( 21 ， 21 ，11 ) .DE ( 21 ， 21 ，11 ) 又设平面 CDE 的法向量为 n( x2，y 2，z 2)， 由 n 0，n 0，CD DE 得Error! 取 x22，得 z2，即 n(2,0，) . 因为平面 CDE平面 CD1F，所以 mn0，得 2.(10 分) 23. 解：(1) 所抛 5 次得分 的概率为 P(i )C i 55 5(i 5,6,7,8,9,10)，( 12) 其分布列如下： 5 6 7 8 9 10 P 132 532 516 516 532 132 E C 5 (分 )(5 分)i 55 ( 12) 152 (2) 令 pn表示恰好得到 n 分的概率不出现 n 分的唯 一情况是得到 n1 分以后再掷出一次反面因为“不出现 n 分”的概率是 1p n， “恰好得到 n1 分”的概率是 pn1 ， 因为“掷一次出现反面”的概率是 ，所以有 1p n 12 pn1 ，(7 分) 12 即 pn . 23 12(pn 1 23) 于是 是以 p1 为首项，以 为 pn 23 23 12 23 16 12 公比的等比数列 所以 pn n1 ， 23 16( 12) 即 pn . 132 ( 12)n 答：恰好得到 n 分的概率是 .(10 分) 132 ( 12)n 苏北四市高三年级第三次模拟考试 21. A. 选修 41：几何证明选讲 证明：(1) 因为 MA 是圆 O 的切线， 所以 OAAM. 又 APOM ，在 RtOAM 中， 由射影定理知，OA 2OM OP.(4 分) (2) 因为 BK 是圆 O 的切线，BNOK，同(1)， 有 OB2ONOK. 又 OBOA ，所以 OPOMONOK， 即 .又NOPMOK， ONOP OMOK 所以ONPOMK， 故OKMOPN90.(10 分) B. 选修 42：