江苏省高考数学二轮复习 理科附加题 3道附加题限时组合练（一）～（六）-人教版高三数学试题

3道附加题限时组合练——训练答题用时，掌控答题节奏3道附加题限时组合练(一)(满分：30分，限时：30分钟)21．[选做题](本题包括A，B，C三小题，请选定其中两小题作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－\f(1,3),\f(2,3),\f(2,3),－\f(1,3))))，α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4,2))，求A－1α的值．解：设A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，则AA－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(－\f(1,3),\f(2,3),\f(2,3),－\f(1,3))))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,01))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)a＋\f(2,3)c＝1，,－\f(1,3)b＋\f(2,3)d＝0，,\f(2,3)a－\f(1,3)c＝0，,\f(2,3)b－\f(1,3)d＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2，,c＝2，,d＝1.))所以A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,21))，所以A－1α＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,21))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(8,10)).B．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosθ，,y＝\r(3)＋2sinθ))(θ为参数)被射线θ＝θ0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ≥0，θ0为常数，且θ0∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))所截得的弦长为2eq\r(3)，求θ0的值．解：曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2cosθ，,y＝\r(3)＋2sinθ))的直角坐标方程为(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝4.射线θ＝θ0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0为常数，且θ0∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的直角坐标方程可以设为y＝kx(x≥0，k＞0)，则圆心到直线的距离d＝eq\f(|k－\r(3)|,\r(1＋k2))根据题意得，2eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|k－\r(3)|,\r(1＋k2))))2)＝2eq\r(3)，解得k＝eq\f(\r(3),3)，即tanθ0＝eq\f(\r(3),3)，θ0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故θ0＝eq\f(π,6).C．[选修4－5：不等式选讲]已知x，y，z为不全相等的正数．求证：eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)>eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).证明：因为x，y，z都是正数，所以eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＝eq\f(1,z)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,y)＋\f(y,x)))≥eq\f(2,z).同理可得eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(2,x)，eq\f(z,xy)＋eq\f(x,yz)≥eq\f(2,y)，将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)≥eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).由于x，y，z不全相等，因此上述三个不等式中等号至少有一个取不到，所以eq\f(x,yz)＋eq\f(y,zx)＋eq\f(z,xy)>eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＋eq\f(1,z).[必做题](第22题、第23题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22．在平面直角坐标系xOy中，直线l：x＝－1，点T(3,0)．动点P满足PS⊥l，垂足为S，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(ST,\s\up6(→))＝0.设动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设Q是曲线C上异于点P的另一点，且直线PQ过点(1,0)，线段PQ的中点为M，直线l与x轴的交点为N.求证：向量eq\o(SM,\s\up6(→))与eq\o(NQ,\s\up6(→))共线．解：(1)设P(x，y)为曲线C上任意一点.因为PS⊥l，垂足为S，又直线l：x＝－1，所以S(－1，y)．因为T(3,0)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x，y)，eq\o(ST,\s\up6(→))＝(4，－y)．因为eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(ST,\s\up6(→))＝0，所以4x－y2＝0，即y2＝4x.所以曲线C的方程为y2＝4x.(2)证明：因为直线PQ过点(1,0)，故设直线PQ的方程为x＝my＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1，))消去x，得y2－4my－4＝0.所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.因为M为线段PQ的中点，所以M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，即M(2m2＋1,2m)．又因为S(－1，y1)，N(－1,0)，所以eq\o(SM,\s\up6(→))＝(2m2＋2,2m－y1)，eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)＝(my2＋2，y2).因为(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eq\o(SM,\s\up6(→))与eq\o(NQ,\s\up6(→))共线．23．对于给定的大于1的正整数n，设x＝a0＋a1n＋a2n2＋…＋annn，其中ai∈{0,1,2，…，n－1}，i＝0,1，2，…，n－1，n，且an≠0，记满足条件的所有x的和为An.(1)求A2；(2)设An＝eq\f(nnn－1fn,2)，求f(n)．解：(1)当n＝2时，x＝a0＋2a1＋4a2，a0∈{0,1}，a1∈{0,1}，a2＝1，故满足条件的x共有4个，分别为x＝0＋0＋4，x＝0＋2＋4，x＝1＋0＋4，x＝1＋2＋4，它们的和是22，所以A2＝22.(2)由题意得，a0，a1，a2，…，an－1各有n种取法；an有n－1种取法，由分步计数原理可得a0，a1，a2…，an－1，an的不同取法共有n·n·…·n·(n－1)＝nn(n－1)，即满足条件的x共有nn(n－1)个，当a0分别取0,1,2，…，n－1时，a1，a2，…，an－1各有n种取法，an有n－1种取法，故An中所有含a0项的和为(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)＝eq\f(nnn－12,2)；同理，An中所有含a1项的和为(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)·n＝eq\f(nnn－12,2)·n；An中所有含a2项的和为(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)·n2＝eq\f(nnn－12,2)·n2；An中所有含an－1项的和为(0＋1＋2＋…＋n－1)·nn－1(n－1)·nn－1＝eq\f(nnn－12,2)·nn－1；当an分别取i＝1,2，…，n－1时，a0，a1，a2，…，an－1各有n种取法，故An中所有含an项的和为(1＋2＋…＋n－1)nn·nn＝eq\f(nn＋1n－1,2)·nn.所以An＝eq\f(nnn－12,2)(1＋n＋n2＋…＋nn－1)＋eq\f(nn＋1n－1,2)·nn＝eq\f(nnn－12,2)·eq\f(nn－1,n－1)＋eq\f(nn＋1n－1,2)·nn＝eq\f(nnn－1,2)(nn＋1＋nn－1)，故f(n)＝nn＋1＋nn－1.3道附加题限时组合练(二)(对应学生用书P34)(满分：30分，限时：30分钟)21．[选做题](本题包括A，B，C三小题，请选定其中两小题作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A．[选修4－2：矩阵与变换]已知变换T将平面上的点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，(0,1)分别变换为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)，－2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，4)).设变换T对应的矩阵为M.(1)求矩阵M；(2)求矩阵M的特征值．解：(1)设M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(1),\f(1,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\f(9,4)),－2))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2),4))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)b＝\f(9,4)，,c＋\f(1,2)d＝－2，,b＝－\f(3,2)，,d＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－\f(3,2)，,c＝－4，,d＝4，))则M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(3)－\f(3,2),－44)).(2)设矩阵M的特征多项式为f(λ)，可得f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－3\f(3,2),4λ－4))＝(λ－3)(λ－4)－6＝λ2－7λ＋6，令f(λ)＝0，可得λ＝1或λ＝6.B．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．直线l：eq\r(2)ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝m(m∈R)，圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋3cost，,y＝－2＋3sint))(t为参数)．当圆心C到直线l的距离为eq\r(2)时，求m的值．解：由eq\r(2)ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝m，得eq\r(2)ρsinθcoseq\f(π,4)－eq\r(2)ρcosθsineq\f(π,4)＝m，即x－y＋m＝0，即直线l的直角坐标方程为x－y＋m＝0，圆C的普通方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9，圆心C到直线l的距离d＝eq\f(|1－－2＋m|,\r(2))＝eq\r(2)，解得m＝－1或m＝－5.C．[选修4－5：不等式选讲]已知a＞0，b＞0，且a＋2b＝1，求eq\r(a＋2)＋eq\r(2b＋1)的最大值．解：因为(eq\r(a＋2)＋eq\r(2b＋1))2≤(a＋2＋2b＋1)(12＋12)＝8，所以eq\r(a＋2)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2).即eq\r(a＋2)＋eq\r(2b＋1)的最大值为2eq\r(2).[必做题](第22题、第23题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22．如图，在棱长为3的正方体ABCD­A1B1C1D1中，A1E＝CF＝1.(1)求两条异面直线AC1与BE所成角的余弦值；(2)求直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值．解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示，则A(3,0,0)，C1(0,3,3)，B(3，3,0)，E(3,0,2)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－3,3,3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－3,2)，所以cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC1,\s\up6(→))·\o(BE,\s\up6(→)),|\o(AC1,\s\up6(→))||\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(－9＋6,3\r(3)×\r(13))＝－eq\f(\r(39),39)，故两条异面直线AC1与BE所成角的余弦值为eq\f(\r(39),39).(2)由(1)知eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－3,2)，又D1(0,0,3)，B1(3,3,3)，所以eq\o(D1E,\s\up6(→))＝(3,0，－1)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,3)．设平面BED1F的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1E,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－z＝0，,－3y＋2z＝0，))令x＝1，得y＝2，z＝3，n＝(1,2,3)是平面BED1F的一个法向量．设直线BB1与平面BED1F所成的角为α，则sinα＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈\o(BB1,\s\up6(→))，n〉))＝eq\f(9,3×\r(14))＝eq\f(3\r(14),14)，所以直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为eq\f(3\r(14),14).23．设数列{tn}满足0＜t1＜1，tn＋1＝tn－sintn.(1)求证：0＜tn＋1＜tn＜1；(2)若t1＝eq\f(1,2)，求证：tn≤eq\f(1,22n－1).证明：(1)法一：设f(x)＝x－sinx(0＜x＜1)，所以f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,1)上是单调增函数．因为tn＋1＝tn－sintn,0＜t1＜1，所以t2＝t1－sint1＞f(0)＝0，又因为t2－t1＝－sint1＜0，所以t2＜t1，所以0＜t2＜t1＜1.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，0＜t2＜t1＜1，命题成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，即0＜tk＋1＜tk＜1.因为f(x)在(0,1)上是单调增函数，所以f(0)＜f(tk＋1)＜f(tk)＜f(1)，所以0＜tk＋2＜tk＋1＜1－sin1＜1，即0＜tk＋2＜tk＋1＜1，也就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．综上所述，对n∈N*时，0＜tn＋1＜tn＜1.法二：先证明0＜tn＜1.①当n＝1时，0＜t1＜1，命题成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，即0＜tk＜1.则当n＝k＋1时，tk＋1＝tk－sintk，设f(x)＝x－sinx(0＜x＜1)，所以f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,1)上是单调增函数．因为0＜tk＜1，所以f(0)＜f(tk)＜f(1)，所以0＜tk＋1＜1－sin1＜1，即0＜tk＋1＜1，这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．综上所述，对n∈N*时，0＜tn＜1.因为tn＋1＝tn－sintn,0＜tn＜1，所以tn＋1－tn＝－sintn＜0，即tn＋1＜tn，所以，对n∈N*时，0＜tn＋1＜tn＜1.(2)令g(x)＝x－sinx－eq\f(x2,2)(0＜x＜1)，则g′(x)＝1－cosx－x，记φ(x)＝g′(x)＝1－cosx－x，则φ′(x)＝sinx－1＜0(0＜x＜1)，所以φ(x)在(0,1)上是单调减函数，即g′(x)在(0,1)上是单调减函数，所以g′(x)＜g′(0)＝0，所以g(x)在(0,1)上是单调减函数，因为0＜x＜1，所以g(x)＜g(0)＝0，由于0＜tn＜1，所以g(tn)＜0，即tn－sintn－eq\f(t\o\al(2,n),2)＜0，所以tn＋1＜eq\f(t\o\al(2,n),2)，所以eq\f(tn＋1,tn)＜eq\f(tn,2)，又因为tn＜tn－1＜…＜t2＜t1，故n≥2时，tn＝t1·eq\f(t2,t1)·eq\f(t3,t2)·…·eq\f(tn,tn－1)＜t1·eq\f(t1,2)·eq\f(t2,2)·…·eq\f(tn－1,2)＜t1·eq\f(t1,2)·eq\f(t1,2)·…·eq\f(t1,2)＝eq\f(t\o\al(n,1),2n－1)，因为t1＝eq\f(1,2)，所以tn≤eq\f(1,22n－1).3道附加题限时组合练(三)(对应学生用书P35)(满分：30分，限时：30分钟)21．[选做题](本题包括A，B，C三小题，请选定其中两小题作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,－14))，求其特征值及特征向量．解：因为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－1－2,1λ－4))＝λ2－5λ＋6，由f(λ)＝0，得λ＝2或λ＝3.当λ＝2时，对应的一个特征向量为α1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))；当λ＝3时，对应的一个特征向量为α2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1)).B．[选修4－4：坐标系与参数方程]以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，判断直线l：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋2t，,y＝1－2t))(t为参数)与圆C：ρ2＋2ρcosθ－2ρsinθ＝0的位置关系．解：把直线l的参数方程化为普通方程为x＋y＝2.将圆C的极坐标方程ρ2＋2ρcosθ－2ρsinθ＝0化为直角坐标方程为x2＋2x＋y2－2y＝0，即(x＋1)2＋(y－1)2＝2.所以圆心C(－1,1)到直线l的距离d＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，所以直线l与圆C相切．C．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x＋eq\r(7)|＋|x－eq\r(7)|的最小值为M.若正数x，y，z满足x＋y＋z＝M，求eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＋z2的最小值．解：因为f(x)＝|x＋eq\r(7)|＋|x－eq\r(7)|≥|x＋eq\r(7)－x＋eq\r(7)|＝2eq\r(7)，所以x＋y＋z＝2eq\r(7).由柯西不等式得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,9)＋z2))(4＋9＋1)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)×2＋\f(y,3)×3＋z×1))2＝(x＋y＋z)2＝28，当且仅当eq\f(\f(x,2),2)＝eq\f(\f(y,3),3)＝eq\f(z,1)，即x＝eq\f(4\r(7),7)，y＝eq\f(9\r(7),7)，z＝eq\f(\r(7),7)时取“＝”．所以eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＋z2的最小值为2.[必做题](第22题、第23题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，经过x轴上点P(－p,0)分别作直线l1，l2，直线l1与曲线C切于点T，直线l2与曲线C分别交于点A，B，若PT2＝eq\f(1,2)PA·PB，求直线l2的斜率．解：设直线l1的方程为x＝my－p，代入抛物线方程得，y2＝2p(my－p)，整理得，y2－2pmy＋2p2＝0，因为直线l1与曲线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，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线l2：x＝ny－p，代入抛物线方程整理得，y2－2pny＋2p2＝0，由Δ′＝4p2n2－8p2＞0得，n2＞2且y1＋y2＝2pn，y1y2＝2p2，所以PA·PB＝eq\r(x1＋p2＋y\o\al(2,1))·eq\r(x2＋p2＋y\o\al(2,2))＝eq\r(1＋n2y\o\al(2,1))·eq\r(1＋n2y\o\al(2,2))＝(1＋n2)|y1y2|＝2p2(1＋n2)．因为PT2＝eq\f(1,2)PA·PB，所以6p2＝p2(1＋n2)，解得n2＝5＞2，即n＝±eq\r(5).此时直线l2的斜率为±eq\f(\r(5),5).23．设P(n，m)＝eq\i\su(k＝0,n,)(－1)kCeq\o\al(k,n)eq\f(m,m＋k)，Q(n，m)＝Ceq\o\al(n,n＋m)，其中m，n∈N*.(1)当m＝1时，求P(n,1)·Q(n,1)的值；(2)对∀m∈N*，证明：P(n，m)·Q(n，m)恒为定值．解：(1)当m＝1时，P(n,1)＝eq\i\su(k＝0,n,)(－1)kCeq\o\al(k,n)eq\f(1,1＋k)＝eq\f(1,n＋1)·eq\i\su(k＝0,n,)(－1)kCeq\o\al(k＋1,n＋1)＝eq\f(1,n＋1)，又Q(n,1)＝Ceq\o\al(1,n＋1)＝n＋1，显然P(n,1)·Q(n,1)＝1.(2)证明：P(n，m)＝eq\i\su(k＝0,n,)(－1)kCeq\o\al(k,n)eq\f(m,m＋k)＝1＋eq\i\su(k＝1,n－1,)(－1)k(Ceq\o\al(k,n－1)＋Ceq\o\al(k－1,n－1))eq\f(m,m＋k)＋(－1)neq\f(m,m＋n)＝1＋eq\i\su(k＝1,n－1,)(－1)kCeq\o\al(k,n－1)eq\f(m,m＋k)＋eq\i\su(k＝1,n,)(－1)kCeq\o\al(k－1,n－1)eq\f(m,m＋k)＝P(n－1，m)＋eq\i\su(k＝1,n,)(－1)kCeq\o\al(k－1,n－1)eq\f(m,m＋k)＝P(n－1，m)－eq\f(m,n)eq\i\su(k＝0,n,)(－1)kCeq\o\al(k,n)eq\f(m,m＋k)＝P(n－1，m)－eq\f(m,n)P(n，m)即P(n，m)＝eq\f(n,m＋n)P(n－1，m)，由累乘，易求得P(n，m)＝eq\f(n！m！,n＋m！)P(0，m)＝eq\f(1,C\o\al(n,n＋m))，又Q(n，m)＝Ceq\o\al(n,n＋m)，所以P(n，m)·Q(n，m)＝1.3道附加题限时组合练(四)(对应学生用书P36)(满分：30分，限时：30分钟)21．[选做题](本题包括A，B，C三小题，请选定其中两小题作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A．[选修4－2：矩阵与变换]已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x,y2))，X＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,1))，且AX＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，其中x，y∈R.(1)求x，y的值；(2)若B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－1,02))，求(AB)－1.解：(1)AX＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x,y2))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－2,2－y)).因为AX＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,2))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＝1，,2－y＝2，))解得x＝3，y＝0.(2)由(1)知A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(23,02))，又B＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－1,02))，所以AB＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(23,02))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－1,02))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(24,04)).设(AB)－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(24,04))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,01))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2a＋4c2b＋4d,4c4d))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,01)).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋4c＝1，,4c＝0，,2b＋4d＝0，,4d＝1，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝－eq\f(1,2)，c＝0，d＝eq\f(1,4)，即(AB)－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,2),0\f(1,4))). B．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)t，,y＝2＋\f(\r(2),2)t))(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ－4cosθ＝0，已知直线l与曲线C相交于A，B两点，求线段AB的长．解：因为曲线C的极坐标方程为ρsin2θ－4cosθ＝0，所以ρ2sin2θ＝4ρcosθ，即曲线C的直角坐标方程为y2＝4x.将直线l的参数方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)t，,y＝2＋\f(\r(2),2)t))代入抛物线方程y2＝4x，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(\r(2),2)t))2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)t))，即t2＋8eq\r(2)t＝0，解得t1＝0，t2＝－8eq\r(2).所以AB＝|t1－t2|＝8eq\r(2).C．[选修4－5：不等式选讲]已知a，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1，若|x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2对任意的实数a，b，c恒成立，求实数x的取值范围．解：因为a，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，因为|x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2对任意的实数a，b，c恒成立，所以|x－1|＋|x＋1|≥3.当x<－1时，－2x≥3，即x≤－eq\f(3,2)；当－1≤x≤1时，2≥3不成立；当x>1时，2x≥3，即x≥eq\f(3,2).综上，实数x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).[必做题](第22题、第23题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22.如图，已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝4，AC＝4，AA1＝6，D是线段BC的中点．(1)求直线A1D与平面AB1D所成角的正弦值；(2)求平面AB1D与平面A1C1D所成锐二面角的余弦值．解：(1)因为在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥AC，所以分别以AB，AC，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,6)，B1(4,0,6)，C1(0,4,6)．因为D是线段BC的中点，所以D(2,2,0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(2,2，－6)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(4,0,6)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,2,0)，设平面AB1D的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x1＋6z1＝0，,2x1＋2y1＝0，))令y1＝1，可得x1＝－1，z1＝eq\f(2,3)，所以平面AB1D的法向量n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3)))，所以|cos〈n1，eq\o(A1D,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n1·\o(A1D,\s\up6(→))|,|n1|·|\o(A1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(3\r(2),11)，所以直线A1D与平面AB1D所成角的正弦值为eq\f(3\r(2),11).(2)因为eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(2,2，－6)，设平面A1C1D的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y2＝0，,2x2＋2y2－6z2＝0，))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〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(7\r(55),110)，所以平面AB1D与平面A1C1D所成锐二面角的余弦值为eq\f(7\r(55),110).23．已知(2x－1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n，n∈N*.(1)求Sn＝eq\i\su(i＝1,n,i)ai的值；(2)设Tn＝n(n－2)2n＋2n3，试比较S2019与T2019的大小，并说明理由．解：(1)对等式(2x－1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋an(x－1)n两边求导，得2n(2x－1)n－1＝a1＋2a2(x－1)＋…＋nan(x－1)n－1，取x＝2，则Sn＝eq\i\su(i＝1,n,i)ai＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n·3n－1.(2)要比较Sn与Tn的大小，即比较3n－1与(n－2)2n－1＋n2的大小．当n＝1时，3n－1＞(n－2)2n－1＋n2；当n＝2,3,4时，3n－1＜(n－2)2n－1＋n2；当n＝5,6时，3n－1＞(n－2)2n－1＋n2，猜想：当n≥5时，3n－1＞(n－2)2n－1＋n2，下面用数学归纳法证明：①当n＝5时，35－1＝81＞73＝(5－2)25－1＋52，猜想成立，②假设当n＝k(k≥5)时结论成立，即3k－1＞(k－2)2k－1＋k2，则当n＝k＋1时，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＋1)2，故当n＝k＋1时猜想也成立，由①②可知，当n≥5时，3n－1＞(n－2)2n－1＋n2.所以S2019＞T2019.3道附加题限时组合练(五)(对应学生用书P37)(满分：30分，限时：30分钟)21．[选做题](本题包括A，B，C三小题，请选定其中两小题作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A．[选修4－2：矩阵与变换]已知向量eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(1),－1))是矩阵A的属于特征值－1的一个特征向量．在平面直角坐标系xOy中，点P(1,1)在矩阵A对应的变换作用下变为P′(3,3)，求矩阵A.解：设A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))，因为向量eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(1),－1))是矩阵A的属于特征值－1的一个特征向量，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(1),－1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a－b,c－d))＝(－1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(1),－1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1,\a\vs4\al(1))).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＝－1，,c－d＝1.))①因为点P(1,1)在矩阵A对应的变换作用下变为P′(3，3)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ab,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a＋b,c＋d))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,3)).所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝3，,c＋d＝3.))②由①②解得a＝1，b＝2，c＝2，d＝1，所以A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,21)).B．[选修4－4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中，已知直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,2)＋\f(\r(2),2)n，,y＝\f(\r(2),2)n))(n为参数)与曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,8)t2，,y＝t))(t为参数)相交于A，B两点，求线段AB的长．解：法一：将曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,8)t2，,y＝t))(t为参数)化为普通方程为y2＝8x.将直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,2)＋\f(\r(2),2)n，,y＝\f(\r(2),2)n))(n为参数)代入y2＝8x得，n2－8eq\r(2)n＋24＝0，解得n1＝2eq\r(2)，n2＝6eq\r(2).则|n1－n2|＝4eq\r(2)，所以线段AB的长为4eq\r(2).法二：将曲线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,8)t2，,y＝t))(t为参数)化为普通方程为y2＝8x,将直线eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(3,2)＋\f(\r(2),2)n，,y＝\f(\r(2),2)n))(n为参数)化为普通方程为x－y＋eq\f(3,2)＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,x－y＋\f(3,2)＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(9,2)，,y＝6.))所以AB的长为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)－\f(1,2)))2＋6－22)＝4eq\r(2).C．[选修4－5：不等式选讲]已知函数f(x)＝eq\r(3x＋6)，g(x)＝eq\r(14－x)，若存在实数x使f(x)＋g(x)>a成立，求实数a的取值范围．解：存在实数x使f(x)＋g(x)＞a成立，等价于f(x)＋g(x)的最大值大于a，因为f(x)＋g(x)＝eq\r(3x＋6)＋eq\r(14－x)＝eq\r(3)×eq\r(x＋2)＋1×eq\r(14－x)，由柯西不等式得，(eq\r(3)×eq\r(x＋2)＋1×eq\r(14－x))2≤(3＋1)·(x＋2＋14－x)＝64，所以f(x)＋g(x)＝eq\r(3x＋6)＋eq\r(14－x)≤8，当且仅当x＝10时取“＝”，故实数a的取值范围是(－∞，8)．[必做题](第22题、第23题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)22.如图，在四棱锥P­ABCD中，棱AB，AD，AP两两垂直，且长度均为1，eq\o(BC,\s\up6(→))＝λeq\o(AD,\s\up6(→))(0＜λ≤1)．(1)若λ＝eq\f(1,2)，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；(2)若二面角B­PC­D的大小为120°，求实数λ的值．解：(1)以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.因为λ＝eq\f(1,2)，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))，依题意，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，P(0,0,1)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，所以eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－1))，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)．设平面PBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y－z＝0.))取z＝1，得n＝(1,1,1)．所以|cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(PC,\s\up6(→))·n|,|\o(PC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\f(1,2),\f(3,2)×\r(3))＝eq\f(\r(3),9).所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),9).(2)依题意，C(1，λ，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，λ，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)．设平面PBC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(PC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－z1＝0，,x1＋λy1－z1＝0，))取z1＝1，得n1＝(1,0,1)．设平面PCD的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋λy2－z2＝0，,y2－z2＝0，))取z2＝1，得n2＝(1－λ，1,1)．所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1|×|n2|)＝eq\f(|2－λ|,\r(2)×\r(2＋1－λ2))＝|cos120°|＝eq\f(1,2)，解得λ＝1或λ＝5，因为0＜λ≤1，所以λ＝1.23．设(x－1)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋arxr＋…＋a2nx2n，其中n∈N*，ar(r＝0,1,2，…，2n)是与x无关的常数．(1)若S2n＝eq\i\su(r＝0,2n,)eq\f(ar,r＋1)，求S2n；(2)求证：eq\f(3,2S2n)＞1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,22n＋1－1).解：(1)由二项展开式的通项公式可知ar＝Ceq\o\al(2n－r,2n)·(－1)2n－r＝Ceq\o\al(r,2n)(－1)2n－r，eq\f(C\o\al(r,2n),r＋1)＝eq\f(1,r＋1)·eq\f(2n！,r！2n－r！)＝eq\f(2n！,r＋1！2n－r！)＝eq\f(1,2n＋1)·eq\f(2n＋1！,r＋1！2n－r！)＝eq\f(1,2n＋1)·Ceq\o\al(r＋1,2n＋1).r＝0,1,2，…，2n，所以S2n＝Ceq\o\al(0,2n)－eq\f(C\o\al(1,2n),2)＋eq\f(C\o\al(2,2n),3)＋…－eq\f(C\o\al(2n－1,2n),2n)＋eq\f(C\o\al(2n,2n),2n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)[Ceq\o\al(1,2n＋1)－Ceq\o\al(2,2n＋1)＋Ceq\o\al(3,2n＋1)＋…－Ceq\o\al(2n,2n＋1)＋C2n＋12n＋1]＝eq\f(1,2n＋1)[－Ceq\o\al(0,2n＋1)＋Ceq\o\al(1,2n＋1)－…－Ceq\o\al(2n,2n＋1)＋C2n＋12n＋1＋1]＝eq\f(1,2n＋1)[1－(－1＋1)2n＋1]＝eq\f(1,2n＋1).(2)证明：由(1)知，eq\f(3,2S2n)＝3n＋eq\f(3,2)，即证3n＞eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,22n＋1－1).利用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，3n＝3，eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,23－1)＝eq\f(153,140)＜3，不等式成立．②假设当n＝k时，3k＞eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,22k＋1－1)，当n＝k＋1时，eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,22k＋1＋1－1)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,22k＋1－1)＋eq\f(1,22k＋1)＋…＋eq\f(1,22k＋3－1)＝eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,22k＋1－1)＋eq\f(1,22k＋1)＋…＋eq\f(1,3·22k＋1＋22k＋1－1)＜3k＋eq\f(1,22k＋1)·3·22k＋1＝3k＋3＝3(k＋1)，综上，由①②可知，当n＝k＋1时，不等式也成立，得证．3道附加题限时组合练(六)(满分：30分，限时：30分钟)21．[选做题](本题包括A，B，C三小题，请选定其中两小题作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)A．[选修4－2：矩阵与变换]求圆C：x2＋y2＝1在矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a0,0b))(a＞0，b＞0)对应的变换作用下所得的曲线的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,9)＝1，求A－1.解：设圆C上的点(x1，y1)在矩阵A对应的变换作用下得到点(x，y)，则eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a0,0b))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1,y1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax1,by1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x,y))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(1,a)x，,y1＝\f(1,b)y，))代入圆方程x2＋y2＝1，得eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，所以a2＝4，b2＝9，所以a＝2，b＝3，所以A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,03)).设A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ce,df))，所以AA－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,03))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ce,df))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,01))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2c＝1，,3d＝0，,2e＝0，,3f＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝\f(1,2)，,d＝0，,e＝0，,f＝\f(1,3)))所以A－1＝e