江苏省2014届高考数学附加题专项测试题.doc

本资料来自于资源最齐全的世纪教育网江苏省2013届高考数学附加题专项测试题(1)江苏高考考试说明中附加题圆锥曲线与方程中抛物线为B级要求，2011年、2012年高考中均没有考查，预测2013年高考中可能会考查；(2)江苏高考考试说明附加题中对空间向量与立体几何是B级要求，2009年、2010年、2012年高考没有考查，2011年高考考查空间角的概念，求线段的长.预测2013年高考会考在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点在原点，经过点A(2,2)，其焦点F在x轴上(1)求抛物线C的标准方程；(2)求过焦点F，且与直线OA垂直的直线的方程；(3)设过点M(m,0)(m0)的直线交抛物线C于D，E两点，ME2DM，记D和E两点间的距离为f(m)，求f(m)关于m的表达式解(1)由题意，可设抛物线C的标准方程为y22px.因为点A(2,2)在抛物线C上，所以p1.因此，抛物线C的标准方程为y22x.(2)由(1)可得焦点F的坐标是，又直线OA的斜率为1，故与直线OA垂直的直线的斜率为1.因此，所求直线的方程是xy0.(3)法一：设点D和E的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，直线DE的方程是yk(xm)，k0.将xm代入y22x，有ky22y2km0，解得y1,2.由ME2DM，知12(1)，化简得k2，因此DE2(x1x2)2(y1y2)2(y1y2)2(m24m)所以f(m) (m0)法二：设D，E，由点M(m,0)及2得t2m2，t02(0s)因此t2s，ms2，所以f(m)DE (m0)本小题主要考查直线、抛物线方程及两点间的距离公式等基本知识，考查运算求解能力(2012徐州信息卷)过直线x2上的动点P作抛物线y24x的两条切线PA，PB，其中A，B为切点(1)若切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值；(2)求证：直线AB恒过定点证明：(1)不妨设A(t，2t1)(t10)，B(t，2t2)(t20时，y2，y，所以k1.同理k2.由k1，得tmt120.同理tmt220.所以t1，t2是方程t2mt20的两个实数根所以t1t22.所以k1k2为定值(2)直线AB的方程为y2t1(xt)，即yx2t1，即yx，由于t1t22，所以直线方程化为y(x2)，所以直线AB恒过定点(2,0)(2012泰州期末)如图，在三棱锥PABC中，平面ABC平面APC，ABBCAPPC，ABCAPC90.(1)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；(2)若动点M在底面三角形ABC上，二面角MPAC的余弦值为，求BM的最小值解(1)取AC中点O，ABBC，OBOC.平面ABC平面APC，平面ABC平面APCAC，OB平面PAC.OBOP.以O为坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系ABBCPA，OBOCOP1.从而O(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0，1)，(1,1,0)，(1,0，1)，(0,1,1)设平面PBC的法向量n1(x，y，z)，由n10，n10得方程组取n1(1,1,1)，cos，n1.设PA与平面PBC所成角为，则sin |cos，n1|.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.(2)由题意平面PAC的法向量n2(1,0,0)设平面PAM的法向量为n3(x，y，z)，M(m，n,0)(0,1,1)，(m，n1,0)，又n30，n30，取n3.cosn2，n3.29.n13m或n13m(舍去)(m,3m,0)又(1,1,0)，cos，.则sin，dAB.B点到AM的最小值为垂直距离d.考查空间向量在立体几何中的应用，求出平面的法向量是解题的关键(2012苏北四市二模)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱AB的中点，点P在平面A1B1C1D1中，D1P平面PCE.(1)试求：线段D1P的长；(2)直线DE与平面PCE所成角的正弦值解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，E(2,1,0)，C(0,2,0)设P(x，y,2)，则(x，y,0)，(x2，y1,2)，(2,1,0)因为D1P平面PCE，所以D1PEP.D1PEC.所以0，0，故解得(舍去)或即P，所以，所以D1P.(2)由(1)知，(2,1,0)，平面PEC，设DE与平面PEC所成角为，与所成角为，则sin |cos |.所以直线DE与平面PEC所成角的正弦值为.(1)抛物线与直线的位置关系中重点考查顶点在原点的抛物线与过焦点的直线的位置关系，熟练掌握抛物线的几何性质，利用几何性质解决问题较为简单；(2)空间向量与立体几何主要考查向量的坐标表示、向量运算、平面的法向量、空间角及距离的计算对于点的位置的探索问题，可以利用向量共线定理设元确定1.(2012苏北四市三模)在三棱锥SABC中，底面是边长为2的正三角形，点S在底面ABC上的射影O恰是BC的中点，侧棱SA和底面成45角(1) 若D为侧棱SA上一点，当为何值时，BDAC；(2) 求二面角SACB的余弦值大小解：以O点为原点，OC为x轴，OA为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系因为ABC是边长为2的正三角形，又SA与底面所成角为45，所以SAO45.所以SOAO3.所以O(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,3,0)，S(0,0,3)，B(，0，0)(1)设ADa，则D，所以，(，3,0)若BDAC，则330，解得a2，而AS3，所以SD.所以.(2)因为(0，3,3)，(2，0,0)设平面ACS的法向量为n1(x，y，z)，则令z1，则x，y1，所以n1(，1,1)而平面ABC的法向量为n2(0,0,1)，所以cosn1，n2，显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为.2.(2012镇江5月)在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是AC的中点，E是线段D1O上一点，且D1EEO.(1)若1，求异面直线DE与CD1所成角的余弦值；(2)若平面CDE平面CD1O，求的值解：(1)不妨设正方体的棱长为1，以，为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E，于是，(0，1,1)由cos，.所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为.(2)设平面CD1O的向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取x11，得y1z11，即m(1,1,1)由D1EEO，则E，.又设平面CDE的法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0.得取x22，得z2，即n(2,0，)因为平面CDE平面CD1O，所以mn0，得2.3.(2012南通密卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1ABAC1，ABAC，M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在直线A1B1上，且满足.(1)当取何值时，直线PN与平面ABC所成的角最大？(2)若平面PMN与平面ABC所成的二面角为45，试确定点P的位置解：(1)以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，则N，P(，0,1)，则，平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)，则sin |cos，n|.于是问题转化为二次函数求最值，而，当最大时，sin 最大，所以当时，sin 最大，也最大(2)已知给出了平面PMN与平面ABC所成的二面角为45，即可得到平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)，设平面PMN的一个法向量为m(x，y，z)，.由得解得令x3，得m(3,21,2(1)，于是由|cosm，n|，解得，故点P在B1A1的延长线上，且|A1P|.4(2012泰州期末)对称轴为坐标轴，顶点在坐标原点的抛物线C经过两点A(a,2a)，B(4a,4a)(其中a为正常数)(1)求抛物线C的方程；(2)设动点T(m,0)(ma)，直线AT，BT与抛物线C的另一个交点分别为A1，B1，当m变化时，记所有直线A1B1组成的集合为M，求证：集合M中的任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上解：(1)当抛物线焦点在x轴上时，设抛物线方程y22px，p2a.y24ax.当抛物线焦点在y轴上时，设抛物线方程x22py，方程无解，抛物线不存在综上抛物线C的方程为y24ax.(2)设A1(as2,2as)，B1(at2,2at)，T(m,0)(ma)kTAkTA1，as2(ma)sm0.(asm)(s1)0，s，A1.kTBkTB1，.2at2(m4a)t2m0，(2atm)(t2)0.t.B1.直线A1B1的方程为y2m.直线的斜率为在(a，)单调，集合M中的直线必定相交直线的横截距为在(a，)单调，纵截距为在(a，)单调，任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上5(2012常州)已知斜率为k(k0)的直线l过抛物线C：y24x的焦点F且交抛物线于A，B两点设线段AB的中点为M.(1)求点M的轨迹方程；(2)若2k1时，点M到直线l：3x4ym0(m为常数，m0恒成立，则y0.又x01，消去k ，得y2(x01)，所以点M的轨迹方程为y22(x1)(2)由(1)知，点M.因为m，所以d.由题意，得，m2对2k1恒成立因为2k0，故f(t)在0,2是单调增函数，故f(t)的最大值为f(2)24，故SPAB的最大值为6.回顾20092012年的高考考题，附加题选做(四选二)中分别考查几何证明选讲、极坐标与参数方程、矩阵与变换、不等式选讲这四个内容，要求考生从中选择两个来完成，每题10分，难度不是很大，但是要求考生对所学知识点熟练掌握.(2012江苏高考)如图，AB是圆O的直径，D，E为圆上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BDDC，连结AC，AE，DE.求证：EC.解证明：如图，连结AD.AB是圆O的直径，ADB90.ADBD.又BDDC，AD是线段BC的中垂线ABAC.BC.又D，E为圆上位于AB异侧的两点，BE.EC.(1)本题利用中间量代换的方法证明EC，一方面考虑到B和E是同弧所对圆周角相等；另一方面根据线段中垂线上的点到线段两端的距离相等和等腰三角形等边对等角的性质得到BC.(2)本题还可连结OD，利用三角形中位线来证明BC.(2012泰州期末)已知AD是ABC的外角EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交ABC的外接圆于点F，连结FB，FC.(1)求证：FBFC；(2)若AB是ABC外接圆的直径，EAC120，BC3，求AD的长解：(1)证明：AD平分EAC，EADDAC.四边形AFBC内接于圆，DACFBC.EADFABFCB，FBCFCB，FBFC.(2)AB是圆的直径，ACD90.EAC120，DACEAC60，D30.在RtACB中，BC3，BAC60，AC3.又在RtACD中，D30，AC3，AD6.(2012江苏高考)已知矩阵A的逆矩阵A1，求矩阵A的特征值解A1AE，A(A1)1.A1，A(A1)1.矩阵A的特征多项式为f()234.令f()0，解得矩阵A的特征值11，24.由矩阵A的逆矩阵，根据定义可求出矩阵A，从而可求出矩阵A的特征值(2012泰州期末)已知矩阵A，B，求满足AXB的二阶矩阵X.解：由题意得A1，AXB，XA1B.(2012江苏高考)在极坐标中，已知圆C经过点P，圆心为直线sin与极轴的交点，求圆C的极坐标方程解圆C圆心为直线sin与极轴的交点，在sin中令0，得1.圆C的圆心坐标为(1,0)圆C经过点P，圆C的半径为PC1.圆C经过极点，圆C的极坐标方程为2cos .求圆的方程的关键是求出圆心坐标和圆的半径(2012南通二模)在极坐标系中，圆C1的方程为4cos，以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，圆C2的参数方程(为参数)，若圆C1与圆C2相切，求实数a的值解：C1：(x2)2(y2)28，圆心C1(2,2)，半径r12.C2：(x1)2(y1)2a2，圆心C2(1，1)，半径r2|a|.圆心距C1C23.两圆外切时，C1C2r1r22|a|3，a；两圆内切时，C1C2|r1r2|2|a|3，a5.综上，a或a5.(2012江苏高考)已知实数x，y满足：|xy|，|2xy|，求证：|y|.证明3|y|3y|2(xy)(2xy)|2|xy|2xy|，由题设知|xy|，|2xy|，3|y|.|y|.解决本题的关键是用(xy)和(2xy)表示y.(2012南通二模)已知x，y，z均为正数求证：.证明：因为x，y，z都为正数，所以.同理，可得，.将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得.(1)几何证明选讲主要考查直线与圆的相切关系，弦切角定理是沟通角的桥梁，解决与圆有关的线段问题常利用相交弦定理、割线定理、切割线定理、切线长定理，并结合三角形相似等知识；(2)矩阵与变换主要考查变换、矩阵的特征值与特征向量、逆矩阵、二阶矩阵的乘法；(3)极坐标与参数方程主要考查参数方程与普通方程的互化及应用参数方程求最值、范围等问题；(4)解绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号化为不含绝对值的不等式，其过程体现了分类讨论思想的应用1.(2012苏北四市三模)如图，圆O的直径AB4，C为圆周上一点，BC2，过C作圆O的切线l，过A作l的垂线AD分别与直线l，圆O交于点D，E，求线段AE的长解：在RtABC中，因为AB4，BC2，所以ABC60，因为l为过C的切线，所以DCACBA，所以DCAABC60.又因为ADDC，所以DAC30.在AOE中，因为EAODACCAB60，且OEOA，所以AEAOAB2.2.如图，O的直径AB的延长线与弦CD的延长线相交于点P，E为O上一点，AEAC，求证：PDEPOC.证明：因AEAC，AB为直径，故OACOAE.所以POCOACOCAOAEOACEAC.又EACPDE，所以PDEPOC.3(2012扬州期末)求矩阵M的特征值和特征向量解：f()(1)(6)82514(7)(2)，由f()0，可得17，22.由可得属于17的一个特征向量为.由可得属于12的一个特征向量为.4(2012南通二模)已知M，计算M5.解：矩阵M的特征多项式为f()223.令f()0，解得13，21，从而求得它们对应的一个特征向量分别为1，2.令m1n2，所以求得m4，n3.M5M5(4132)4(M51)3(M52)4(1)3(2)4353(1)5.5已知矩阵A，向量.求向量，使得A2.解：A，A2.设，则A2.6已知P(x，y)是椭圆y21上的点，求Mx2y的取值范围解：y21的参数方程(为参数)设P(2cos ，sin )Mx2y2cos 2sin 2sin.Mx2y的取值范围是2，2 7(2012泰州期末)已知曲线C的极坐标方程为6sin ，以极点为原点，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系，直线l的参数方程为(t为参数)，求直线l被曲线C截得的线段长度解：将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程为x2y26y0，即x2(y3)29，它表示以(0,3)为圆心，3为半径的圆直线方程l的普通方程为yx1，圆C的圆心到直线l的距离d1，故直线l被曲线C截得的线段长度为24.8在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数)，若以直角坐标系xOy的O点为极点，Ox为极轴，且长度单位相同，建立极坐标系，得曲线C的极坐标方程为2cos.(1)求直线l的倾斜角；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，求AB.解：(1)设直线l的倾斜角为，则且0，)，即直线l的倾斜角为.(2)l的直角坐标方程为yx，2cos的直角坐标方程为221，圆心到直线l的距离d，AB.9对于实数x，y，若|x1|1，|y2|1，求|xy1|的最大值解：法一：|xy1|(x1)(y2)|x1|y2|2.当且仅当x2，y3或x0，y1时，取等号|xy1|的最大值为2.法二：|x1|1，0x2.|y2|1，1y3.3y1.2xy12.|xy1|的最大值为2.10若正数a，b，c满足abc1，求的最小值解：因为正数a，b，c满足abc1，所以(3a2)(3b2)(3c2)(111)2，即1，当且仅当3a23b23c2，即abc时，原式取最小值1.回顾20092012年的考题，离散型随机变量的概率分布与数学期望是考查的重点，但考查难度不大，考查的重点是根据题意分析写出随机变量的分布列.求解过程往往和排列、组合和概率相结合.数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在数学证明中有着广泛的应用.(2012江苏高考)设为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，0；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，1.(1)求概率P(0)；(2)求的分布列，并求其数学期望E()解(1)若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的一个，过任意1个顶点恰有3条棱，所以共有8C对相交棱因此P(0).(2)若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，故P()，P(1)1P(0)P()1.所以随机变量的分布列为：01P()则其数学期望E()1.本题考查概率分布、数学期望等基础知识解题的关键是确定的取值(2012扬州期末)口袋中有3个白球，4个红球，每次从口袋中任取一球，如果取到红球，那么继续取球，如果取到白球，就停止取球，记取球的次数为X.(1)若取到红球再放回，求X不大于2的概率；(2)若取出的红球不放回，求X的概率分布与数学期望解：(1)P(X1)，P(X2)，PP(X1)P(X2).(2)X可能取值为1,2,3,4,5，P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(X4)，P(X5).X的概率分布列为：X12345PE(X)123452.即X的数学期望是2.已知ABC的三边长为有理数(1)求证：cos A是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cos nA是有理数证明(1)由AB，BC，AC为有理数及余弦定理知cos A是有理数(2)用数学归纳法证明cos nA和sin Asin nA都是有理数当n1时，由(1)知cos A是有理数，从而有sin Asin A1cos2A也是有理数假设当nk(k1)时，cos kA和sin Asin kA都是有理数当nk1时，由cos(k1)Acos Acos kAsin Asin kA，sin Asin(k1)Asin A(sin Acos kAcos Asin kA)(sin Asin A)cos kA(sin Asin kA)cos A，由及归纳假设，知cos(k1)A与sin Asin(k1)A都是有理数即当nk1时，结论成立综合可知，对任意正整数n，cos nA是有理数本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力(2012常州)已知正项数列an中，a11，an11(nN*)用数学归纳法证明：anan1(nN*)证明：当n1时，a21，a1a2，所以n1时，不等式成立；假设当nk(kN*)时，ak0.则当nk1时，ak2ak11ak110，所以nk1时，不等式成立综上所述，不等式anan1(nN*)成立(2012盐城二模)某班级共派出n1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生甲为领队入场时，领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有En种排法；入场后，又需从男生(含男生甲)和女生中各选一名代表到主席台服务，共有Fn种选法(1)试求En和Fn；(2)判断ln En和Fn的大小(nN*)，并用数学归纳法证明解(1)由题意知EnAA(n！)2，FnCCn(n1)(2)因为ln En2ln n！，Fnn(n1)，所以ln E10F12，ln E2ln 4F26，ln E3ln 36F312，因此猜想；当nN*时都有ln EnFn，即2ln n！n(n1)下面用数学归纳法证明2ln n！n(n1)(nN*)当n1时，该不等式显然成立假设当nk(kN*)时，不等式成立，即2ln k！k(k1)，则当nk1时，2ln(k1)！2ln(k1)2ln k！2ln(k1)k(k1)，要证当nk1时不等式成立，只要证2ln(k1)k(k1)(k1)(k2)，即只要证ln(k1)k1.令f(x)ln xx，x(1，)，因为f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递减，从而f(x)f(1)10，而k1(1，)，所以ln(k1)k1成立，所以当nk1时，不等式也成立综合，当nN*时，都有ln EnFn.本题考查排列组合等基础知识，考查数学归纳法的应用以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力这类问题以排列组合为主线，利用数学归纳法进行推理利用导数研究函数的单调性证明ln(k1)0)(1)若函数f(x)在x0处取极值，求a的值；(2)如图，设直线x，yx将坐标平面分成、四个区域(不含边界)，若函数yf(x)的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；(3)比较3243542 0122 011与2334452 0112 012的大小，并说明理由解：(1)f(x)(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x(a0)，f(x)2ln(2x1)4a(2x1)1.f(x)在x0处取极值，f(0)4a10.a.(2)因为函数的定义域为，且当x0时，f(0)a0.又直线yx恰好通过原点，所以函数yf(x)的图象应位于区域内，于是可得f(x)x，即(2x1)ln(2x1)a(2x1)2x0，a.令h(x)，h(x).令h(x)0，得x.x，x时，h(x)0