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数学附加题参考答案第页(共24页)(这是边文，请据需要手工删加)数学附加题参考答案及评分标准南京市20092010学年度第一学期期末调研测试卷1. 解：连结OC.设PAC.因为PCAC，所以CPA，COP2.又因为PC与O相切于点C，所以OCPC.所以390.所以30.(5分)又设圆的半径为r，在RtPOC中，rCPtan301.(10分)2. 解法一：任意选取直线2xy10上的一点P(x0，y0)，它在矩阵作用下变换得到的点为P(x，y)，则有，故(5分)解得又因为点P在直线2xy10上，所以2x0y010，即2(xy)y10，化简得4x3y20.所以所求直线方程为4x3y20.(10分)解法二：在直线2xy10上取两点，(0，1)因为，(5分)所以变换后对应的点的坐标分别为、(2，2)所以所求直线方程为4x3y20.(10分)3. 解：(1) 由2cos，得22cos.所以O1的直角坐标方程为x2y22x.即(x1)2y21.(3分)由2asin，得22asin.所以O2的直角坐标方程为x2y22ay，即x2(ya)2a2.(6分)(2) O1与O2的圆心之间的距离为，解得a2.(10分)4. 解：(1) 当x1时，f(x)1x2x32x.由f(x)3，得32x3，解得x0；当1x2时，有f(x)x12x1.此时不等式f(x)3无解；当x2时，有f(x)x1x22x3.由f(x)3，得2x33，解得x3.故不等式f(x)3的解集为(，0)(3，)(5分)(2) 因为f(x)|x1|x2|(x1)(x2)|1，当且仅当1x2时取等号所以当a1时，不等式f(x)a恒成立(10分)5. 解法一：(1)如图，以B为原点，BA、BB1所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系则B(0，0，0)，A1(0，2，)，A(0，2，0)，M.所以(0，2，)，所以0330，即.所以A1BAM.(5分)(2)因为x轴面AA1B1B，所以面AA1B1B的法向量可取n(1，0，0)设直线AM与平面AA1B1B所成角为，所以sin|cos，n|.所以直线AM与平面AA1B1B所成角的正弦值为.(10分)解法二：(1) 因为C1C平面ABC，BCAC，所以分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则B(0，1，0)，A1(，0，)，A(，0，0)，M.所以(，1，)，所以3030.所以.所以A1BAM.(5分)(2) 由(1)知(，1，0)，(0，0，)，设面AA1B1B的法向量为n(x，y，z)，则不妨取n(，3，0)设直线AM与平面AA1B1B所成角为.所以sin|cos，n|.所以直线AM与平面AA1B1B所成角的正弦值为.(10分)6. 解：(1) 设袋中原有n个白球，则从9个球中任取2个球都是白球的概率为，由题意知，即，化简得n2n300.解得n6或n5(舍去)故袋中原有白球的个数为6.(4分)(2) 由题意，X的可能取值为1，2，3，4.P(X1)；P(X2)；P(X3)；P(X4).(8分)所以取球次数X的概率分布列为：X1234P所求数学期望为E(X)1234.(10分)苏州市2010届高三调研测试21. 解：(1) 由抛物线定义及条件可知，抛物线x22py(p0)上纵坐标为2的点到该抛物线的准线的距离为3.(2分)即23， p2.(4分) 所求抛物线的方程为x24y.(5分)(2) 点A(2，1)在抛物线上，又由x24y，得yx2， yx.(6分)所以在点A处的切线的斜率为y|x21，从而切线方程为yx1.(7分)所以所求图形面积Sdxx2xx3|.(10分)22. 解：(1) 记“该学员在前两次射击中至少有一次命中”的事件为事件A，则P(A)1.(3分)答：该学员在前两次射击中至少有一次命中的概率为.(4分)(2) 学员射击次数X的可能取值为2，3，4，且P(X2)，P(X3)C，P(X4)C，故X的分布列为：X234P(7分) X的数学期望为：E(X)234.(10分)23. 解：以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系Axyz，则有D(0，3，0)，D1(0，3，2)，E(3，0，0)，F(4，1，0)，C1(4，3，2) (1，3，2)，(4，2，2)(2分)(1) 设EC1与FD1所成角为，则cos.(4分)(2) 设向量n(x，y，z)为平面C1DE的法向量，则有xyz. n，取n0(1，1，2)，则n0是平面C1DE的一个法向量(6分)又向量(0，0，2)是平面CDE的一个法向量经检验，n0与所成的角即为二面角CDEC1的平面角(8分) cos， tan.(10分)24. 证明：(1) 当n2时，不等式的左边为1，故n2时不等式成立(3分)(2) 假设当nk(k1，kN)时，不等式成立，即1.(5分)那么，当nk1时，由k2，得112k1个11.当k2时，k(k1)10成立，故当nk1时不等式也成立(9分)由(1)与(2)可知，当n1，nN时原不等式成立(10分)南通市2010届高三第一次模拟考试21. A. 证明：连结OC，所以OACOCA.又因为CA平分BAF，所以OACFAC，于是FACOCA，所以OCAD. 又因为CDAF，所以CDOC，故DC是O的切线(10分)B. 解：变换T所对应变换矩阵为M，设是变换后图象上任一点，与之对应的变换前的点是，则M，即代入2x2x0y0y1，即x22xy2y21，所以变换后的曲线方程为x22xy2y21.(10分)C. 解：(1) 224，所以x2y24.因为22cos()2，所以22(coscossinsin)2，所以x2y22x2y20.(5分)(2) 将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为xy1.化为极坐标方程为cossin1，即sin().(10分)D. 证明：因为m0，所以1m0，所以要证，即证(amb)2(1m)(a2mb2)，即证m(a22abb2)0，即证(ab)20，而(ab)20显然成立，故.(10分)22. 解：(1) 设P(x，y)，根据题意，得3y4，化简，得yx2(y3)(4分)(2) 设过Q的直线方程为ykx1，代入抛物线方程，整理得x24kx40.由16k2160，解得k1.于是所求切线方程为yx1(亦可用导数求得切线方程)切点的坐标为(2，1)，(2，1)由对称性知所求的区域的面积为Sx2(x1)dx.(10分)23. 解：(1) 因为直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1面ABC，ABC.以B点为原点，BA、BC、BB1分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系因为AC2，ABC90，所以ABBC，从而B(0，0，0)，A(，0，0)，C(0，0)，B1(0，0，3)，A1(，0，3)，C1(0，3)，D(，3)，E(0，)所以(，3)设AFx，则F(，0，x)，(，x)，(，0，x3)，(，0)()x00，所以.要使CF平面B1DF，只需CFB1F.由2x(x3)0，得x1或x2，故当AF1或2时，CF平面B1DF.(5分)(2) 由(1)知平面ABC的法向量为n1(0，0，1). 设平面B1CF的法向量为n(x，y，z)，则由得令z1得n(，1)，所以平面B1CF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值cosn，n1.(10分)扬州市20092010学年度第一学期期末高考模拟考试1. 解：设M，则，(4分)即解得(8分)所以M.(10分)2. 解：(1) x2y120.(4分)(2) 设P(3cos，2sin)， d|5cos()12|(其中，cos，sin)当cos()1时，dmin， P点到直线l的距离的最小值为.(10分)3. 解：如图，以BP所在直线为z轴，BC所在直线y轴，建立空间直角坐标系，则B(0，0，0)，A(4，4，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，E(0，2，2)，F(2，2，2)， PB平面ABC， PBAC.又ACCB， AC平面PBC， ACPC， EFPC.又BEPC， PC平面BEF.而(0，4，4)， 平面BEF的一个法向量n1(0，1，1)(4分)设平面ABE的一个法向量n2(x，y，z)，则则xyz111.取x1，则平面AEF的一个法向量n2(1，1，1)(8分) cosn1，n2， 二面角ABEF的平面角的余弦值为.(10分)4. 解：(1) 取x1，则a02n；取x2，则a0a1a2a3an3n， Sna1a2a3an3n2n.(4分)(2) 要比较Sn与(n2)2n2n2的大小，即比较：3n与(n1)2n2n2的大小，当n1时，3n(n1)2n2n2；当n2，3时，3n(n1)2n2n2；当n4，5时，3n(n1)2n2n2；(5分)猜想：当n4时，3n(n1)2n2n2.下面用数学归纳法证明：由上述过程可知，n4时结论成立，假设当nk(k4)时结论成立，即3k(k1)2k2k2，两边同乘以3，得3k13(k1)2k2k2k2k12(k1)2(k3)2k4k24k2，而(k3)2k4k24k2(k3)2k4(k2k2)6(k3)2k4(k2)(k1)60， 3k1(k1)1)2k12(k1)2，即nk1时结论也成立， 当n4时，3n(n1)2n2n2成立综上，当n1时，Sn(n2)2n2n2；当n2，3时，Sn(n2)2n2n2；当n4，nN*时，Sn(n2)2n2n2.(10分)无锡市2009年秋学期普通高中高三质量调研试卷1. 解：(1i)10CCiCi2Ci9Ci10.(3分)因为CCCCC即为(1i)10的展开式中的虚部，(5分)又(1i)10(1i)25(2i)532i，(7分)所以CCCCC32.(8分)2. 解：设抛物线的顶点坐标为(x，y)，则焦点坐标为(x，2y)，(3分)由题意得x2(2y2)24，(6分)即顶点的轨迹方程为(y1)21.(8分)3. 解：如图，以点C为坐标原点，以CB、CF和CD分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系Cxyz.(1分)设ABa，BEb，CFc(bc)，则C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，b，0)，F(0，c，0)，D(0，0，a)(2分)(1) (，0，0)，(，0，0)，(，bc，0)，由|2，得3(bc)24，所以bc1.(4分)所以(，1，0)所以cos，(5分)所以异面直线AD与EF成30.(6分)(2) 设n(1，y，z)为平面AEF的法向量，则n0，n0，结合|2|2|2|2，解得n(1，)(8分)又因为BA平面BEFC，(0，0，a)，所以cosn，(5分)得到a.(11分)所以当AB为时，二面角AEFC的大小为45.(12分)4. 解：，(2分)当n3时，nn1(n1)n(nN*)恒成立(4分)证明：当n3时，34816443成立；(6分)假设当nk(k3)时成立，即kk1(k1)k成立，即1，(7分)则当nk1时， (k1)()k1(k1)()k11，(10分) (k1)k2(k2)k1，即当nk1时也成立(11分) nn1(n1)n(nN*)当n3时恒成立(12分)苏北四市20092010学年度高三年级第一次模拟考试21. A. 证明：因为CDAC，所以DCAD.因为ABAC，所以ABCACB.因为EBCCAD，所以EBCD.(5分)因为ABCABEEBC，ACBDCAD，所以ABEEBC，即BE平分ABC.(10分)B. 解：设P(x0，y0)为圆C上的任意一点，在矩阵A对应的变换下变为另一个点P(x，y)，则，(2分)，所以(4分)又因为点P(x0，y0)在圆C：x2y21上，所以xy1，(6分)所以1，即1.由已知条件可知，椭圆方程为x21，(8分)所以a21，b24.因为a0，b0，所以a1，b2.(10分)C. 解：曲线C的极坐标方程cos()，可化为cossin，化为直角坐标方程为x2y2xy0，即(x)2(y)2.(3分)直线l：(t为参数)可化为3x4y10，(6分)圆心到直线l的距离d，(8分)弦长L2.(10分)D. 解：因为abc1，a、b、c为正数，由柯西不等式，得()(3a2)(3b2)(3c2)(111)2，(6分)所以1，(8分)当且仅当3a23b23c2，即abc时“”成立，所以当abc时，原式取最小值1.(10分)22. 解：(1) 以，为正交基底，建立如图空间直角坐标系，则E(0，0，1)，D(，0，0)，B(0，0)，A(，0)，F(，1)因为ACBD，AFBD，所以是平面ACEF的法向量(2分)又因为(，0)，(0，1)，所以cos，故直线DF与平面ACEF所成角的正弦值为.(5分)(2) 设P(a，a，0)(0a)，则(a，a，1)，(0，0)因为，60，所以cos60.解得a，故存在满足条件的点P为AC的中点(10分)23. 解：(1) 当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；当n2时，f(2)，g(2)，所以f(2)g(2)；当n3时，f(3)，g(3)，所以f(3)g(3)(3分)(2) 由(1)，猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明： 当n1，2，3时，不等式显然成立； 假设当nk(k3)时不等式成立，即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k).因为0，所以f(k1)g(k1)由、可知，对一切nN*，都有f(n)g(n)成立(10分)南京市2010届高三第二次模拟考试1. (1) 证明：连结OE.因为OEOB，所以OEBOBE.又因为BE平分CBD，所以CBEDBE.所以OEBCBE.所以EOCB.因为C90，所以AEO90，即ACOE.因为E为O半径OE的外端，所以AC是O的切线(5分)(2) 解：因为AC是O的切线，所以AE2ADAB.因为AE6，AD6，所以(6)26AB.解得AB12.则ODOB3.因为EOCB，所以，所以.解得BC4.(10分)2. 解：(方法1)MN，由，.(6分)可知A、B、C三点在矩阵MN作用下变换所得到的点分别为A(0，0)，B(0，4)，C(2，4)，可得SABC4.所以ABC在矩阵MN作用下变换所得的图形的面积为4.(10分)(方法2)在矩阵N作用下，一个图形变换为其绕原点逆时针旋转90得到的图形；在矩阵M作用下，一个图形变换为与其相似的图形，相似比为2，所得图形的面积为原来图形面积的4倍(6分)SABC211，故ABC在矩阵MN作用下变换所得的图形的面积为4.(10分)3. 解：(方法1)直线l的普通方程为x2y40.设P(2cos，sin)，点P到直线l的距离为d42sin()所以当sin()1时，d有最小值，(4分)此时sinsin()sin()coscos()sin，coscos()cos()cossin()sin.(8分)所以点P的坐标为(，)从而椭圆C上到直线l的距离最小的点P的坐标为(，)(10分)(方法2)设与直线l平行的直线l的方程为x2ym，当l与C只有一个公共点且l与l距离最小时，l与C的公共点即为所求的点P.椭圆的普通方程为y21.由消去x，得8y24mym240.(4分)因为l与C只有一个公共点，所以16m232(m24)0.解得m2或2.(8分)l与l的距离为d.所以当m2时，d最小，此时点P坐标为(，)(10分)4. 解：由均值不等式，得4a4b4c233(当且仅当abc2时取等号)(4分)因为abc1，所以ab1c，则abc2c2c1(c)2，当c时，abc2取得最小值.(7分)从而当ab，c时，4a4b4c2取最小值，最小值为3.(10分)5. 解：(1) 记“所摸出的2个球颜色不同”为事件A.摸出的2个球颜色不同的摸法种数为CCC17种，从8个球中摸出2个球的不同摸法种数为C28，所以P(A).答：所摸出的2个球颜色不同的概率为.(5分)(2) 符合条件的摸法包括以下四种： 3个球中没有红球，只有1种摸法； 3个球中有1个红球，有CC15种不同摸法； 3个球中有2个红球，有CC30种不同摸法； 3个球均为红球，有C10种不同摸法由题意知随机变量X的取值可以为0，1，2，2.则随机变量X的概率分布为：P(X0)；P(X1)；P(X2)；P(X3).k0123P(Xk)(8分)数学期望E(X)0123，所以所求数学期望E(X)为.(10分)6. (1) 解：设抛物线的标准方程为y22px(p0)，则1，p2.所以抛物线C的标准方程为y24x.(3分)(2) 证明：(方法1) 抛物线C的准线方程为x1，设M(1，y1)、N(1，y2)，其中y1y24.则直线MO的方程为yy1x.将yy1x与y24x联立方程组，解得A点坐标为(，)同理可得B点坐标为(，)则直线AB的方程为，整理，得(y1y2)y4x40.由解得故动直线AB恒过一个定点(1，0)(10分)(方法2) 抛物线C的准线方程为x1，设M(1，y1)、N(1，y2)，其中y1y24.取y12，则y22，可得M(1，2)，N(1，2)，此时直线MO的方程分别为y2x，由解得A点坐标为(1，2)同理，可得B点坐标为(1，2)，则直线AB的方程为l1：x1.再取y11，则y24，同理可得A(4，4)，B(，1)此时直线AB方程为l2：4x3y40.于是可得l1与l2的交点为(1，0)下面验证对任意的y1，y2.当y1y24时，动直线AB恒过一个定点(1，0)直线MO的方程为yy1x.将yy1x与y4x联立方程组解得A点坐标为(，)同理可得B点坐标为(，)则直线AB的方程为，整理，得(y1y2)y4x40.可得点(1，0)在直线AB上，所以动直线AB恒过一个定点(1，0)(10分)苏锡常镇四市2010届高三调研测试(一)21. A. 证明：连结EF. B、C、F、E四点共圆， ABCEFD.(2分) ADBC， BADABC180. BADEFD180.(6分) A、D、F、E四点共圆(8分) ED交AF于点G， AGGFDGGE.(10分)B. 解：矩阵A的特征多项式为f()(3)(1)，(2分)令f()0，得到矩阵A的特征值为13，21.(4分)当13时，由3，得 y0.取x1，得到属于特征值3的一个特征向量1.(7分)当21时，由，得取x1，则y4，得到属于特征值1的一个特征向量2.(10分)C. 解：将ytx代入y23x22x3，得t2x23x22x3，即2x3(3t2)x2.(4分)当x0时，y0；当x0时，x.(6分)从而y.(8分) 原点(0，0)也满足 曲线C的参数方程为(t为参数)(10分)D. 解： (x2y2z2)(121222)(xy2z)236，(5分) x2y2z26，当且仅当xy时取等号(8分) xy2z6， x1，y1，z2. x2y2z2的最小值为6，此时x1，y1，z2.(10分)22. 解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.(1) 设a1，则ABAC1，AA13，各点的坐标为A(0，0，0)，E(1，0，1)，A1(0，0，3)，F(0，1，2)，(1，0，1)，(0，1，1)(2分) |，1， cos，. 向量和所成的角为120， 异面直线AE与A1F所成的角为60.(4分)(2) E(a，0，)，F(0，a，)， (a，0，)，(0，a，)设平面AEF的法向量为n1(x，y，z)，则n10，且n10.即ax0，且ay0.令z1，则x，y. n1(，1)(，1)是平面 AEF的一个法向量(6分)同量，n2(，1)(，1)是平面A1EF的一个法向量(8分) 平面AEF平面A1EF， n1n20. 10.解得. 当平面AEF平面A1EF时，.(10分)23. 解：(1) 设袋中黑球的个数为x(个)，记“从袋中任意摸出一个球，得到黑球”为事件A，则P(A). x6.(1分)设袋中白球的个数为y(个)，记“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个白球”为事件B，则P(B)1， y229y1200， y5或y24(舍) 红球的个数为15654(个)(3分) 随机变量的取值为0，1，2，分布列是012P的数学期望E012.(6分)(2) 设袋中有黑球z个，则zn(n5，10，15，)设“从袋中任意摸出两个球，至少得到一个黑球”为事件C，则P(C)1，(8分)当n5时，P(C)最大，最大值为.(10分)南通市2010届高三第二次模拟考试21. A. 证明： AEAC，CDEAOC，(3分)又CDEPPFD，AOCPOCP，从而PFDOCP.(8分)在PDF与POC中，PP，PFDOCP，故PDFPOC.(10分)B. 解：M，即，(4分)所以解得(6分)所以M.由M1M，得M1.(10分)另解：M10，M1.另解：M，看作绕原点O逆时针旋转90旋转变换矩阵，于是M1.C. 证明：曲线C1的直角坐标方程为xy4，曲线C2的直角坐标方程是抛物线y24x，(4分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两个方程联立，消去x，得y24y160y1y216，y1y24.(6分) x1x2y1y2(y14)(y24)y1y22y1y24(y1y2)160.(8分) 0， OAOB.(10分)D. 证明：因为x、y、z都为正数，所以().(4分)同理可得，当且仅当xyz时，以上三式等号都成立(7分)将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得.(10分)22. 解：(1) 甲总得分情况有6分，7分，8分，9分四种可能，记为甲总得分P(6)()3，P(7)C()()2，P(8)C()2()，P(9)()3.(4分) 甲总得分的分布列为6789P(x)(7分)(2) 甲总得分的期望E()6789.(10分)23. 证明：(1) 如果a2，则|a1|a|2，aM.(2分)(2) 当0a时，|an|(n1)事实上，当n1时，|a1|a|.设nk1时成立(k2为某整数)，则对nk，|ak|ak1|2a()2.由归纳假设，对任意nN*，|an|2，所以aM.(6分)(3) 当a时，aM.证明如下：对于任意n1，ana，且an1aa.对于任意n1，an1anaana(an)2aa，则an1ana.所以，an1aan1a1n(a)当n时，an1n(a)a2aa2，即an12，因此aM.(10分)苏北四市20092010学年度高三年级第二次模拟考试21. A. 解：过D点作DMAF交BC于M，因为DMAF， 所以.(2分)因为EFDM，所以，即SBDM9SBEF.(4分)又，即SDMCSBDM6SBEF，(8分)所以S四边形DEFC14SBEF，因此.(10分)B. 解：矩阵M的特征多项式为f()232，(2分)令f()0，解得11，22.(4分)将11代入二元一次方程组 解得x0，(6分)所以矩阵M属于特征值1的一个特征向量为；(8分)同理，矩阵M属于特征值2的一个特征向量为.(10分)C. 解：因为直线l的极坐标方程为(R)，所以直线l的普通方程为yx.(3分)又因为曲线C的参数方程为(为参数)，所以曲线C的直角坐标方程为yx2(x2，2)，(6分)联立解方程组得或(8分)根据x的范围应舍去故P点的直角坐标为(0，0)(10分)D. 解：因为f(x)(xa)2(xb)2(xc)23x22(abc)xa2b2c23(x)2a2b2c2，(2分)所以x时，f(x)取最小值a2b2c2，即ma2b2c2.(5分)因为ab2c3，由柯西不等式得12(1)222(a2b2c2)(ab2c)29，(8分)所以ma2b2c2，当且仅当，即a，b，c时等号成立，所以m的最小值为.(10分)22. 解：(1) 设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为P1、P2、P3，该参加者有资格闯第三关为事件A.则P(A)p1(1p2)(1p1)p2p1p2.(4分)(2) 由题意可知，的可能取值为0、3、6、7、10，P(0)(1p1)(1p2)，P(3)p1(1p2)(1p3)(1p1)p2(1p3)，P(6)p1p2(1p3)，P(7)p1(1p2)p3(1p1)p2p3，P(10)p1p2p3，所以的分布列为036710P(8分)所以的数学期望E0367103.(10分)23. 解法1：(1) 因为抛物线的准线l的方程为yp，所以可设点N、A、B的坐标分别为(m，p)，(x1，y1)，(x2，y2)，则x4py1，x4py2，由x24py，得y，求导数得y，于是，即，化简得x2mx14p20，同理可得x2mx24p20，所以x1和x2是关于x的方程x22mx4p20的两个实数根，所以x1，2m，且x1x24p2.在直线AB的方程yy1(xx1)中，令x0，得yy1x1p为定值，所以直线AB必经过y轴上的一个定点Q(0，p)，即抛物线的焦点(5分)(2) 由(1)知x1x22m，所以N为线段CD的中点，取线段AB的中点E，因为Q是抛物线的焦点，所以AQAC，BQBD，所以ACBDAB，所以SANBSANESBNEENCNENDNEN(CNDN)ENCNCN.又因为SACN，SBDN，所以，成等差数列，即AQ、BQ、AB成等差数列，即0x1，x20，x2x1成等差数列，所以x22x12x2，x22x1，所以x1x22x(m)(m)4p2，x1p，x1p时，x22p，mp；x1p时，x22p，mp，所以所求点N的坐标为(p，p)(10分)解法2：(1) 因为已知抛物线的准线l的方程为yp，所以可设点N、A、B的坐标分别为(m，p)、(x1，y1)、(x2，y2)，则x4py1，x4py2.设过N点与抛物线相切的直线方程为ypk(xm)，与抛物线方程x24py联立，消去y得x24pkx4pmk4p20.因为直线与抛物线相切，所以16p2k216(pmkp2)0，即pk2mkp0，解得k1，2，此时两切点横坐标分别为x1，22pkm.在直线AB的方程yy1(xx1)中，令x0得yy1x1p为定值，所以直线AB必经过y轴上的一个定点Q(0，p)，即抛物线的焦点(5分)(2) 由(1)知两切线的斜率分别为k1，2，则k1k21，所以ANBN.连结QN，则直线QN斜率为kQN.又因为直线AB的斜率kAB，所以kQNkAB1，所以QNAB.又因为AQAC，BQBD，所以ACNAQN，BDNBQN，所以AQN，BQN和ANB的面积成等差数列，所以AQ，BQ，AB成等差数列，所以0x1，x20，x2x1成等差数列，所以x22x12x2，x22x1，所以x1x22x(m)(m)4p2，x1p，x1p时，x22p，mp；x1p时，x22p，mp，所以所求点N的坐标为(p，p)(10分)盐城市20092010学年度高三年级第二次调研考试21. A. 解：连结OC、BE、AC，则BEAE. BC4， OBOCBC4，即OBC为正三角形， CBOCOB60.(4分)又直线l切O与C， DCACBO60. ADl， DAC906030.(6分)而OACACOCOB30， EAB60.(8分)在RtBAE中，EBA30， AEAB4.(10分)B. 解：设二阶矩阵A(a、b、c、dR)，则有3，且，即且解得a1，b2，c2，d1.(5分) A，从而A1.(10分)C. 解： 直线l过点(2，6)，倾斜角为， 直线l的参数方程为(t为参数)(5分)又圆心B的直角坐标为(0，4)，半径为4, 圆C的直角坐标方程为x2(y4)216.将xcos，ysin代入化简得圆C的极坐标方程为8sin.(10分)D. 证明： (a2b2)(c2d2)(acbd)2(adbc)20， (a2b2)(c2d2)(acbd)2.又a、b、c、d均为正数， acbd0，同理adbc0，(6分)得：(a2b2)(c2d2)(acbd)(adbc)0， ，即xy.(10分)22. 解： (1) 在2Snan中分别令n1，2，3，可得a11，a21，a3.(3分)由此猜想： an.(5分)(2) 数学归纳法证明(略)(10分)23. 解： (1) 方程x22bxc0有实根的充要条件为4b24c0，即b20.由题意知， 每场比赛中甲获胜的概率为P1.(5分)(2) PC， PCCCCC(其中r0，1，2，n)又CC(r1)(r0时C0)，(8分) PCCn2CCCCCC.(10分)南京市2010届高三第三次模拟考试1. (1) 证明：连结OP、OM.因为AP是O的切线，所以APOP.因为M是BC的中点，所以OMAC.因为四边形AMOP中，APOP，OMAC，所以OPAOMA180.所以A、M、O、P四点共圆(5分)(2) 解：因为A、M、O、P四点共圆，所以OAMOPM.所以OAMAPMOPMAPMAPO.由(1)，知APOP，则APO90.所以OAMAPM90.(10分)2. 解：在曲线x24xy3y21上任取一点P(x，y)，设点P(x，y)在矩阵的作用下变换得到点P(x，y)则.所以，即(4分)则(xay)2(bxy)21.化简，得(1b2)x22(ab)xy(a21)y21.从而解得a2，b0.所以ab2.(10分)3. 解：SO MN4sin()(5分)2(sincoscossin)1.(10分)4. 解：由柯西不等式，得(34)2(3242)()2()2(5分)(3242)(2x)(2x)100.当且仅当34，即x时等号成立(8分)所以函数f(x)34的最大值为10.(10分)5. 解：(1) 因为四棱锥PABCD为正四棱锥，O为AC、BD交点，所以OP平面ABCD.因为AB2，所以OA.因为PA，所以OP2PA2OA2321.所以OP1.如图，以O为原点，AC、BD、OP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A(，0，0)，B(0，0)，C(，0，0)，D(0，0)，P(0，0，1)则(，0，1)，(0，2，0)因为0，所以直线BD与直线PC所成的角为90.(5分)(2) 由(1)，知BDPC.又BDAC，PC平面PAC，AC平面PAC，PCACC，所以BD平面PAC.取平面PAC的一个法向量为(0，2，0)设平面PBC的法向量为n(x，y，z)，(，0)，由得不妨取n(1，1，)，则cos，n.可得向量与n的夹角为60.所以平面PAC与平面PBC所成的角为60.(10分)6. 解：(1) 记“至少一名甲班志愿者被分到后勤组”为事件A，则A的对立事件为“没有甲班志愿者被分到后勤组”设甲班志愿者有x个，1x6.则P(A)1，所以1，解得x3或x8(舍)答：来自甲班的志愿者有3人，来自乙班的志愿者有3人(6分)(2) 随机变量X的所有可能值为0，1，2.P(X0)，P(X1)，P(X2).所以随机变量X的分布列为X012P(8分)数学期望E(X)0121.所以所求数学期望E(X)1.(10分)苏锡常镇四市2010届高三调研测试(二)21. A. 证明： CDAB，CABD，(4分) ABCDAB.(6分) .(8分) AB2BCBD.(10分)B. 解：设M，则8，且2.(3分) 且(7分) a6，b2，c4，d4.则M.(10分)C. 解：原方程化为24(cossin)60，即24(cossin)60.(3分) 圆的直角坐标方程为x2y24x4y60.(5分)圆心M(2，2)，半径为.(7分) maxOM23.(10分)D. 证明： abc0， ab0，bc0. a(ab)(bc)c3，(3分) a3(5分)26.(7分)当a3，b2，c1时等号成立(10分)22. 解：如图所示，建立空间直角坐标系则A(1，0，0)，E(0，1，1) (1，1，1)B(1，1，0)，D1(0，0，2)， (1，1，2)(2分)1122.又|，|， cos，. 异面直线AE与BD1所成角的余弦值等于.(5分)(2) 设平面AB1E的一个法向量为n(a，b，1) (0，1，2)，由n0及n0，得b20，ab10. a1，b2.则n(1，2，1)(7分) (1，1，0)， n123. D1到平面AB1E的距离.(10分)23. 证明：记所证不等式为(*)式用数学归纳法证明如下：(1) 当n2时， a11， a2a12. a2， (*)式成立(2分)(2) 假设当nk(k2，kN*)时，(*)式成立即有ak.(3分)那么，当nk1时，令yx(x1) y10， yx在(1，)上是单调增函数而(，)(1，)， ak.(5分)即ak1.先证；两边同乘，即证2k11.即证4k214k2.上式成立， 式成立(7分)再证.同边同乘，即证3k11.即证9k29k23k2. k2， 上式成立，则式成立(9分)则ak1. nk1时，(*)式也成立根据(1)，(2)知，(*)式成立(10分)南通市2010届高三第三次模拟考试21. A. 证明：连结OF.因为DF切O于F，所以OFD90.所以OFCCFD90.因为OCOF，所以OCFOFC.因为COAB于O