江苏省南京市2011届高三第一次模拟考试 数学

南京市2011届高三第一次模拟考试21. A. 选修4-1：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BE ⊥AD . 又AD ⊥l ， 所以BE ∥l . 所以∠DCE ＝∠CEB .(5分) 因为直线l 是圆O 的切线，所以∠DCE ＝∠CBE ， 所以∠CBE ＝∠CEB ，所以CE ＝CB .(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∠ACB ＝90°，即∠BCF ＋∠ACD ＝90°. 又AD ⊥l ，所以∠DAC ＋∠ACD ＝90°. 所以∠BCF ＝∠DAC .(5分) 又直线l 是圆O 的切线， 所以∠CEB ＝∠BCF . 又∠DAC ＝∠CBE ， 所以∠CBE ＝∠CEB .所以CE ＝CB .(10分) B. 选修4-2：矩阵与变换 解：(方法1)在直线l ：x ＋y ＋2＝0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 a b 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2－2b ，所以A ′的坐标为(－2，－2b )； ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 a b 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 ：x －y －4＝0上，所以⎩⎪⎨⎪⎧(－2)－(－2b )－4＝0，(－2a )－(－8)－4＝0.解得a ＝2，b ＝3.(10分) (方法2)设直线l ：x ＋y ＋2＝0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 a b 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′， 所以x ′＝x ＋ay ，y ′＝bx ＋4y .解得x ＝－4x ′＋ay ′ab －4，y ＝bx ′－y ′ab －4.(6分) 因此－4x ′＋ay ′ab －4＋bx ′－y ′ab －4＋2＝0，即(b －4)x ′＋(a －1)y ′＋(2ab －8)＝0. 因为直线l 在矩阵M 对应的变换作用下得到直线m ：x －y －4＝0. 所以b －41＝a －1－1＝2ab －8－4.解得a ＝2，b＝3.(10分)C. 选修4-4：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 2＋y 2＝10x ，即(x －5)2＋y 2＝25，圆心C (5,0)．直线l ：3x －4y －30＝0.(6分)因为圆心C 到直线l 的距离d ＝|15－0－30|5＝3. 所以AB ＝225－d 2＝8.(10分) D. 选修4-5：不等式选讲 解：当x ＞2时，原不等式同解于2x －4＜4－x ，解得x ＜83.所以2＜x ＜83；(4分) 当0≤x ≤2时，原不等式同解于4－2x＜4－x ，解得x ＞0，所以0＜x ≤2；(6分)当x ＜0时，原不等式同解于4－2x ＜4＋x ，解得x ＞0，所以x ∈∅.(8分)综上所述，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜83.(10分)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C —xyz ，如图所示， 则B (1,0,0)，A (0，3，0)，A 1(0，3，6)，M (0,0，62)．所以A 1B →＝(1，－3，－6)，AM →＝(0，－3，62)．(2分)因为A 1B →·AM →＝1×0＋(－3)×(－3)＋(－6)×(62)＝0，所以A 1B ⊥AM .(4分) (2) 解：因为ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CC 1⊥平面ABC .又BC ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BC . 因为∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面ACC 1，即BC ⊥平面AMC .所以CB →是平面AMC 的一个法向量，CB →＝(1,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BAM 的一个法向量，BA →＝(－1，3，0)，BM →＝(－1,0，62)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋62z ＝0. 令z ＝2，得x ＝6，y ＝2，所以n ＝(6，2，2)．(8分)因为|CB →|＝1，|n|＝23，所以cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n|＝22.因此二面角B —AM —C 的大小为45°.(10分)23. 证明：由已知，得S n ＝3n －1，S n ＋1S n ≤3n ＋1n 等价于3n ＋1－13n －1≤3n ＋1n ， 即3n ≥2n ＋1.(*)(2分)(方法1)用数学归纳法证明．① 当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立；(4分)② 假设当n ＝k 时，(*)成立，即3k ≥2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k ≥3(2k ＋1)＝6k ＋3≥2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*)成立．(8分) 综合①②，得3n ≥2n ＋1成立．所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.(10分)(方法2)当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立；(4分)当n ≥2时，3n ＝(1＋2)n ＝C 0n ＋C 1n ×2＋C 2n ×22＋…＋C n n ×2n ＝1＋2n ＋…＞1＋2n .所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.(10分)21. A. 选修41：几何证明选讲 解： 连OC .∵ ∠ABC ＝60°，∠BAC ＝40°， ∴ ∠ACB ＝80°.(4分)∵ OE ⊥AB ，∴ E 为AB 的中点，∴ BE 和BC 的度数均为80°. ∴ ∠EOC ＝80°＋80°＝160°.(8分) ∴ ∠OEC ＝10°.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解： 设P (x ，y )为曲线C 2上任意一点，P ′(x ′，y ′)为曲线x 2＋2y 2＝1上与P 对应的点，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′＋2y ′，y ＝y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x －2y ，y ′＝y .(5分) ∵ P ′是曲线C 1上的点，∴ C 2的方程(x －2y )2＋2y 2＝1.(10分) C. 选修44：坐标系与参数方程 解：将曲线C 1化成普通方程是(x －1)2＋y 2＝1，圆心是(1,0)，直线C 2化成普通方程是y －2＝0，则圆心到直线的距离为2.(5分) ∴ 曲线C 1上的点到直线C 2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(C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n )2 ≤(1＋1＋…＋1)(C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n )(5分) ＝n [(1＋1)n －1]＝n (2n －1)．∴ C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn≤n (2n－1).(10分) 22. 证明：①当n ＝1时，左边＝1×2×3＝6，右边＝1×2×3×44＝6＝左边，∴ 等式成立；(2分) ② 设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立， 即1×2×3＋2×3×4＋…＋k ×(k ＋1)×(k ＋2)＝k (k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)4.(4分)则当n ＝k ＋1时，左边＝1×2×3＋2×3×4＋…＋k ×(k ＋1)×(k ＋2)＋(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)＝k (k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)4＋(k ＋1)(k ＋2)(k＋3) ＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)(k 4＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)(k ＋4)4＝(k ＋1)(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)(k ＋1＋3)4. ∴ n ＝k ＋1时，等式成立．(8分) 由①、②可知，原等式对于任意n ∈N *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 ＝12＋14＝34.(3分) (2) 旅客候车时间的分布列为(3) 候车时间的数学期望为 10×12＋30×14＋50×116＋70×18＋90×116＝5＋152＋258＋354＋458＝30.(9分) 答： 这旅客候车时间的数学期望是30分钟．(10分)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y 2＝4x .(4分)(2) l ：y ＝x －1，代入y 2＝4x ，消去x ，得 y 2－4y －4＝0.(6分)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1,2＝2±22；|y 2－y 1|＝4 2.(8分)∴ △AOB 的面积S ＝12×OF ×|y 2－y 1|＝12×1×42＝2 2.(10分) 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 )＝C 15C 23＋C 25C 13C 38＝4556.(3分) ∴ 摸出的三个球中既有红球又有白球的概率为4556.(4分) (2) P (X ＝0)＝C 05C 33C 38＝156，P (X ＝1)＝C 15C 23C 38＝1556，P (X ＝2)＝C 25C 13C 38＝3056， P (X ＝3)＝C 35C 03C 38＝1056. 则X 的分布列为∴ X 的数学期望E (X )＝0×156＋1×1556＋2×3056＋3×1056＝158.(10分)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)，AC 1→＝(－3,3,3)， D 1(0,0,3)，E (3,0,2)，D 1E →＝(3,0，－1)．(2分)∴ cos 〈AC 1→，D 1E →〉＝AC 1→·D 1E →|AC 1→||D 1E →| ＝－9－333×10 ＝－23015.(4分) 则两条异面直线AC 1与D 1E 所成角的余弦值为23015.(5分)(2) B (3,3,0)，BE →＝(0，－3,2)，D 1E →＝(3,0，－1)． 设平面BED 1F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －z ＝0，－3y ＋2z ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，z ＝3x . 则n ＝(x,2x,3x )． 取x ＝1，得n ＝(1,2,3)．(8分)设直线AC 1与平面BED 1F 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈AC 1→，n 〉| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC 1→·n |AC 1→||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3＋6＋933×14＝24221. ∴ 直线AC 1与平面BED 1F 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n ≥3，n ∈N *时，有n n ＋1＞(n ＋1)n .(3分)证明：① 当n ＝3时，猜想成立(已验证)；② 假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，猜想成立，即k k ＋1＞(k ＋1)k (*)．下面证明当n ＝k ＋1时，猜想也成立．由(*)得k k ＋1(k ＋1)k＞1.∵ (k ＋1)2＞k (k ＋2)，∴ k ＋1k ＋2＞k k ＋1.(5分) ∴ (k ＋1)k ＋2(k ＋2)k ＋1＝(k ＋1k ＋2)k ·(k ＋1)2k ＋2(7分)＞(kk＋1)k·k＝k k＋1(k＋1)k＞1.(9分)则(k＋1)k＋2＞(k＋2)k＋1.由①②知，猜想对一切n≥3，n∈N*都成立．(10分)无锡市2010年秋学期高三期末考试试卷1. 解：设OM →＝λOC →＝(0，λ，2λ)．(2分)∴ MA →＝MO →＋OA →＝(1，－λ，2－2λ)，(3分)MB →＝MO →＋OB →＝(2,2－λ，－2λ)，(4分) ∴ MA →·MB →＝2－λ(2－λ)－2λ(2－2λ) ＝5λ2－6λ＋2(6分) ＝5(λ－35)2＋15，(8分) ∴ 当λ＝35时，MA →·MB →最小，此时M ⎝⎛⎭⎫0，35，65.(10分)2. 解：(1) X 的分布列为：(2) E (X )＝0×611＋1×922＋2×122＝12，(8分) V (X )＝12×922＋22×122－14＝1544.(10分)3. 解：(1) ∵ T r ＋1＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x n －r (x )r ，(1分)x 的指数为－n －r 3＋r2＝0，(2分) ∵ ⎝ ⎛⎭⎪⎫23x ＋x n的展开式中的常数项为第五项，∴ r ＝4.(3分) 解得n ＝10.(4分)(2) ∵ T r ＋1＝C r10⎝ ⎛⎭⎪⎫23x 10－r(x )r ， 其系数为C r 10·210－r.(5分) 设第k ＋1项的系数最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ C k10·210－k ≥C k ＋110·29－k ，C k 10·210－k ≥C k －110·211－k ，(6分) 化简得⎩⎪⎨⎪⎧2(k ＋1)≥10－k ，11－k ≥2k ，即83≤k ≤113，∴ k ＝3.(8分) 即第四项系数最大，则T 4＝C 310·27·x －56＝15 360x －56.(10分) 4. 解：当n ＝1时，51＋2×30＋1＝8，∴ m ≤8，(2分)下证5n ＋2×3n －1＋1(n ∈N *)能被8整除．(3分) ① 当n ＝1时已证；(4分)② 假设当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，即5k ＋2×3k －1＋1能被8整除．(5分) 则当n ＝k ＋1时， 5k ＋1＋2×3k ＋1＝5·5k ＋6·3k －1＋1(6分) ＝(5k ＋2×3k －1＋1)＋4(5k ＋3k －1)，(7分) ∵ 5k ＋2×3k －1＋1能被8整除，而5k ＋3k －1为偶数， ∴ 4(5k ＋3k －1)也能被8整除，即当n ＝k ＋1时命题也成立．(8分) 由①②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：∵ P A ＝10－2OA ＝4，PC ·PD ＝P A ·PB ＝40， ∴ PC ＝5，CD ＝PD －PC ＝3.(4分)∴ △OCD 为正三角形．∴ ∠COD ＝60°.(8分) ∴ ∠CBD ＝30°.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：设⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y 在M 的变换下得到⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 a b 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋ay bx ＋2y ， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x ＋ay ，y 0＝bx ＋2y .(2分) 由题意，得(x ＋ay )＋2(bx ＋2y )＝1，即(1＋2b )x ＋(a ＋4)y ＝1.∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋2b ＝1，a ＋4＝2.∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝0.(5分) ∴ M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －20 2.(7分) ∴ M －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤22 2202 12＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 10 12.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程 解：曲线C 的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4， 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x －y －2＝0.(6分)所以d min ＝|0－2－2|2－2＝22－2.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：∵ A －B ＝(2x 2＋y 2＋1)－(2xy －2x ) ＝(x 2－2xy ＋y 2)＋(x 2＋2x ＋1)(4分) ＝(x －y )2＋(x ＋1)2≥0，(6分) ∴ A ≥B .(8分) 当且仅当x ＝y ＝－1时，等号成立．(10分) 22. 解：由题意，得⎩⎨⎧p 1＋12＝34，p 1＋p 2＝12，解得p 1＝p 2＝14.(2分)(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：ξ＝0,1,2,3.P (ξ＝0)＝14＋12×14＋12×12×14＋12×12×12＝916， P (ξ＝2)＝14×14×14＋14×14×12＋14×12×14＋12×14×14＝764， P (ξ＝3)＝14×14×14＝164，∵ P(ξ＝i )＝1，∴ P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)－P (ξ＝3) ＝516.(7分)ξ的数学期望Eξ＝0×916＋1×516＋2×764＋3×164＝3764.(10分)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BC ＝a ，BP ＝b ，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0，a,0)，D (2,2,0)，P (0,0，b )． ∵ PD →＝(2,2，－b )，CD →＝(2,2－a,0)，CD ⊥PD ， ∴ CD →·PD →＝0.∴ 4＋4－2a ＝0，a ＝4. 又P A →＝(2,0，－b )，CD →＝(2，－2,0)，异面直线P A 和CD 所成角等于60°，∴ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪P A →·CD →|P A →||CD →|＝12，即4b 2＋4·22＝12， 解得b ＝2.(2分)(1) PC →＝(0,4，－2)，AD →＝(0,2,0)，P A →＝(2,0，－2)．设平面P AD 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·P A →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1－z 1＝0.(4分)取n 1＝(1,0,1)， ∵ sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC →·n 1|PC →||n 1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－220·2＝1010， ∴ 直线PC 和平面P AD 所成角的正弦值为1010.(6分)(2) 假设存在．设PE →＝λP A →，且E (x ，y ，z )，则(x ，y ，z －2)＝λ(2,0，－2)，E (2λ，0,2－2λ)．设平面DEB 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BE →＝0，n 2·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧λx 2＝(λ－1)z 2，x 2＝－y 2.(8分) 取n 2＝(λ－1,1－λ，λ)，又平面ABE 的法向量n 3＝(0,1,0)，由cos θ＝⎪⎪⎪⎪n 2·n 3|n 2||n 3|＝66，得|1－λ|2(1－λ)2＋λ2＝66，解得λ＝23或λ＝2(不合题意)．故存在这样的E 点，E 为棱P A 上的靠近A 的三等分点．(10分)盐城市2010～2011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∠OFC ＋∠CFD ＝90°. 因为OC ＝OF ， 所以∠OCF ＝∠OFC . 又CO ⊥AB 于O ， 所以∠OCF ＋∠CEO ＝90°， 所以∠CFD ＝∠CEO ＝∠DEF ， 所以DF ＝DE .(6分) 又DF 是⊙O 的切线，所以DF 2＝DB ·DA ， 所以DE 2＝DB ·DA .(10分) B. 选修42：矩阵与变换 解：特征多项式f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －1－1 λ－2＝(λ－2)2－1＝λ2－4λ＋3.(3分)由f (λ)＝0，解得λ1＝1，λ2＝3.(5分) 将λ1＝1代入特征方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－x －y ＝0⇒x ＋y ＝0，可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1为属于特征值λ1＝1的一个特征向量；(8分) 同理，当λ2＝3时，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x ＋y ＝0⇒x －y ＝0，所以可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤11为属于特征值λ2＝3的一个特征向量． 综上所述，该矩阵的特征值为λ1＝1，λ2＝3；对应的一个特征向量分别为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1与⎣⎢⎡⎦⎥⎤11.(10分)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ρ2＝2ρsin θ，又x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0.(5分) (2) 令y ＝0，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r ＝1，则|MC |＝5，所以|MN |≤|MC |＋r ＝5＋1.(10分) D. 选修45：不等式选讲 证明：因为1＋m ＞0， 所以要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ， 只要证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)，(5分) 即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0，显然成立，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m.(10分) 22. 解：(1) 令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 2 011＝(1－2)2 011＋(1－1)2 0 11＝－1.(4分)(2) 因为2C 1m ＋C 1n ＝2m ＋n ＝20，所以n ＝20－2m ，则x 2的系数为22C 2m ＋C 2n＝4×m (m －1)2＋n (n －1)2 ＝2m 2－2m ＋12(20－2m )(19－2m ) ＝4m 2－41m ＋190，(7分) 所以当m ＝5，n ＝10时，f (x )展开式中x 2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 )＝34·616＝932.(4分) (2) 由题意得，ξ的取值有0,1,2,3，则P (ξ＝0)＝14， P (ξ＝1)＝932， P (ξ＝2)＝34·1016·5464＝4051 024，P (ξ＝3)＝34·1016·1064＝751 024，即随机变量ξ的概率分布列为所以Eξ＝0×14＋1×932＋2×4051 024＋3×751 024＝1 3231 024.(10分)扬州市2010～2011学年度第一学期期末调研测试试题21. 解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，由M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤01＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10， 得⎣⎢⎡⎦⎥⎤b d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，d ＝0.(2分) 再由M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋2bc ＋2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋2b ＝2，c ＋2d ＝1.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，c ＝1.(4分) 所以M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，(6分) M 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1.(10分) 22. 解：由ρ＝8sin θ1＋cos2θ， 得ρcos 2θ＝4sin θ，ρ2cos 2θ＝4ρsin θ， 又ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，故所求曲线的直角坐标方程是x 2＝4y ，(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 (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 所以AB →＝(3，1,0)，CA 1→＝(0，－2,2)，A 1B →＝(3，1，－2)．因为PC ⊥AB ，所以CP →·AB →＝0，(CA 1→＋A 1P →)·AB →＝0，(CA 1→＋λA 1B →)·AB →＝0，λ＝－CA 1→·AB →A 1B →·AB→＝12.(5分) (2)由(1)知：CP →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，1，AC 1→＝(0,2,2)， cos 〈CP →，AC 1→〉＝CP →·AC 1→|CP →||AC 1→|＝－3＋22·22＝－28， 所以异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值是28.(10分) 24. 证明：由x 1＝1，x n ＋1＝1＋x np ＋x n 知，x n ＞0(n ∈N *)．(1)当p ＝2时，x n ＋1＝1＋x n2＋x n ， ①当n ＝1时，x 1＝1＜2，命题成立； ②假设当n ＝k 时，x k ＜2，则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝1＋x k 2＋x k ＝2－22＋x k ＜2－22＋2＝2，即n ＝k ＋1时，命题成立．根据①②，x n ＜2(n ∈N *)．(4分) (2)用数学归纳法证明，x n ＋1＞x n (n ∈N *)．①当n ＝1时，x 2＝1＋x 1p ＋x 1＞1＝x 1，命题成立；②假设当n ＝k 时，x k ＋1＞x k ，∵ x k ＞0，p ＞0，∴ p p ＋x k ＋1＜pp ＋x k， 则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝1＋x k p ＋x k ＝2－p p ＋x k ＜2－pp ＋x k ＋1＝x k ＋2， 即n ＝k ＋1时，命题成立．根据①②，x n ＋1＞x n (n ∈N *)．(8分)故不存在正整数M ，使得对于任意正整数n ，都有x M ≥x n .(10分)苏北四市201121. A. 选修41：几何证明选讲 证明：因为P A 与圆相切于A ，所以DA 2＝DB ·DC . 因为D 为P A 中点， 所以DP ＝DA ， 所以DP 2＝DB ·DC ， 即PD DC ＝DBPD .(5分) 因为∠BDP ＝∠PDC ，所以△BDP ∽△PDC ，所以∠DPB ＝∠DCP .(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－2 λ－x ＝(λ－1)(λ－x )－4.(1分) 因为λ1＝3方程f (λ)＝0的一根，所以x ＝1.(3分) 由(λ－1)(λ－1)－4＝0得λ2＝－1，(5分) 设λ2＝－1对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ，则⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2y ＝0，－2x －2y ＝0，得x ＝－y ，(8分) 令x ＝1，则y ＝－1， 所以矩阵M 的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1.(10分) 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y ＝2x ＋1；(2分) ρ＝22(sin θ＋π4)即ρ＝2(sin θ＋cos θ)，两边同乘以ρ得ρ2＝2(ρsin θ＋ρcos θ)， 得⊙C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2，(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y 2＝(1－x ＋2·2＋x )2证明：设A (x 1，x 21)，B (x ， 的斜率分别为2的方程为y －x 2＝2x(2a －a 2)＋3×a 22＝4a ＋12.(5分)(2) P (ξ＝1)－P (ξ＝0)＝12[(1－a 2)－(1－a )2]＝a (1－a )，P (ξ＝1)－P (ξ＝2)＝12[(1－a 2)－(2a －a 2)]＝1－2a 2，P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝12[(1－a 2)－a 2]＝1－2a22. 由⎩⎨⎧a (1－a )≥0，1－2a 2≥0，1－2a 22≥0和0＜a ＜1，得0＜a ≤12，即a 的取值范围是(0，12]．(10分)南京市2011届高三第二次模拟考试21. A. 选修4-1：几何证明选讲证明：因为CE 为圆的切线，所以∠DCE ＝∠DAC .(3分)因为AD ∥BC ，所以∠DAC ＝∠BCA .所以∠DCE ＝∠BCA .(6分)因为梯形ABCD 为圆内接四边形，所以∠EDC ＝∠ABC .所以△ABC ∽△EDC .(10分)B. 选修4-2：矩阵与变换 解：由条件可知⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 a －1 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，(4分)所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋a ＝2λ，－2＋4＝λ，解得a ＝λ＝2.(7分) 因此A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 2－1 4， 所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－1 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－1 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 10－5 14.(10分) C. 选修4-4：坐标系与参数方程 解：曲线C 的普通方程为(x －m )2＋y 2＝4.曲线D 的普通方程为3x ＋4y ＋2＝0.(4分) 因为曲线C 、D 有公共点， 所以|3m ＋2|5≤2，|3m ＋2|≤10.(8分)解得－4≤m ≤83，即m 的取值范围是[－4，83]．(10分) D. 选修4-5：不等式选讲 证明：(方法1)因为a 、b 都是正实数，且ab ＝2， 所以2a ＋b ≥22ab ＝4.(5分) 所以(1＋2a )(1＋b )＝1＋2a ＋b ＋2ab ≥9.(10分) (方法2)因为a 、b 都是正实数， 所以由柯西不等式可知(1＋2a )(1＋b )＝[12＋(2a )2][12＋(b )2] ≥(1＋2ab )2.(7分)又ab ＝2，所以(1＋2ab )2＝9.所以(1＋2a )(1＋b )≥9.(10分)(方法3)因为ab ＝2， 所以(1＋2a )(1＋b )＝(1＋2a )⎝⎛⎭⎫1＋2a ＝5＋2⎝⎛⎭⎫a ＋1a .(5分) 因为a 为正实数，所以a ＋1a ≥2a ·1a ＝4. 所以(1＋2a )(1＋b )≥9.(10分) (方法4)因为a 、b 都是正实数， 所以(1＋2a )(1＋b )＝(1＋a ＋a )⎝⎛⎭⎫1＋b 2＋b 2 ≥3·3a 2·3·3b 24＝9·3a 2b24.(8分) 又ab ＝2，所以(1＋2a )(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O —xyz ，则 A (0，－1,0)，D (0,0,1)， B (3，0,0)，B 1(3，0,1)，C (0,1,0)．所以AD →＝(0,1,1)，BB 1＝(0,0,1)， B 1C →＝(－3，1，－1)，所以BM →＝BB 1→＋B 1M →＝BB 1→＋λB 1C →＝(－3λ，λ，－λ＋1)．(4分) 因为向量AD →与BM →的夹角小于45°，所以cos 〈AD →，BM →〉∈⎝⎛⎦⎤22，1， 即22＜12×4λ2＋(－λ＋1)2≤1，(8分) 解得0＜λ＜25.所以λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，25.(10分) 23. 解：(1) X 的概率分布列为E (X )＝0×116＋2×14＋4×38＋6×14＋8×116＝4.(或E (X )＝8×12＝4)(4分) (2) ① 连续3次投篮未中，不同投法为1＋C 16＋C 26＋(C 36－4)＋(C 13＋C 13)＝44(种)；② 只因累计7次投篮未中，不同投法为C 13＋1＝4(种)．所以该同学恰好投篮10次，被停止投篮测试的概率为P ＝481 024＝364.(10分)苏锡常镇四市2011届高三调研测试(一)21. A. 选修4-1：几何证明选讲证明：∵ AT 是圆O 的切线，∠ATP ＝∠ANT ，又∠TAP ＝∠NAT ，∴ △ATP ∽△ANT ，(3分)∴ AT AN ＝PTTN，(4分)同理AS AN ＝PSNS ，(6分) 两式相乘AT ·AS AN 2＝PT ·PS NT ·NS .(8分) ∵ AT ＝AS ，∴ AT 2AN 2＝PT ·PS NT ·NS.(10分) B. 选修4-2：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⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos (－45°) －sin (－45°)sin (－45°) cos (－45°)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 －1(6分) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤22 －22－22 －22.(10分)C. 选修4-4：坐标系与参数方程解：曲线ρ＝12sin θ的直角坐标系方程为x 2＋(y －6)2＝36，(2分)其圆心为(0,6)，半径为6；(4分)曲线ρ＝12cos(θ－π6)的直角坐标系方程为(x －33)2＋(y －3)2＝36，(6分)其圆心为(33，3)，半径为6.(8分) ∴ AB 的最大值＝(33－0)2＋(3－6)2＋6＋6＝18.(10分)D. 选修4-5：不等式选讲证明：∵ m 3n ＋n 3m －m 2－n 2＝m 3－n 3n＋n 3－m 3m(2分) ＝(m 3－n 3)(m －n )mn＝(m －n )2(m 2＋mn ＋n 2)mn，(6分)又m 、n均为正实数，(8分) ∴ m 3n ＋n 3m≥m 2＋n 2.(10分)22. (1) 证明：以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1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 (1,1,1－t )，其中0≤t ≤1，则BE →＝FD 1→＝(－1,0，t )，所以BE ∥FD 1， 所以B 、E 、D 1、F 四点共面．(5分) (2) 解：BA 1→＝(－1,0,1)， BE →＝(－1,0，t )，BF →＝(0,1,1－t )，可求平面BFE 的法向量n ＝(t ，t －1,1)， 由已知sin30°＝|BA 1→·n ||BA 1→||n|， 所以12＝|－t ＋1|2t 2＋1＋(t －1)2， 平方可求得t ＝0，所以点E 与点A 重合时，直线A 1B 和平面BFE 所成角等于π6.(10分)23. 证明：(1) (1＋3)k ＝1＋C 1k 3＋C 2k(3)2＋…＋C k k (3)k，(1－3)k ＝1－C 1k 3＋C 2k (3)2－…＋C k k (－1)k (3)k，因此(1＋3)k ＋(1－3)k ＝2[1＋C 2k (3)2＋C 4k (3)4＋…]．∵ 3的偶数次幂均为正整数， ∴ (1＋3)k ＋(1－3)k 是正整数．(5分)(2) (证法1)因为0＜(1－3)2n＜1，由(1)知(1＋3)2n ＋(1－3)2n 为正整数，所以大于(1＋3)2n的最小整数为(1＋3)2n ＋(1－3)2n .由于(1＋3)2n ＋(1－3)2n ＝[(1＋3)2]n＋[(1－3)2]n ＝2n [(2＋3)n ＋(2－3)n ]，由二项式定理知(2＋3)n ＋(2－3)n 是一偶数，所以(1＋3)2n ＋(1－3)2n 能被2n ＋1整除．(10分)(证法2)大于(1＋3)2n 的最小整数为(1＋3)2n ＋(1－3)2n ，设a ＝4＋23，b ＝4－23，只要证a n ＋b n 能被2n ＋1整除，由a n ＋1＋b n ＋1＝(a ＋b )(a n ＋b n )－ab (a n －1＋b n －1)及数学归纳法获证．南通市201121. A. 选修4-1：几何证明选讲解：因为MA 为圆O 的切线， 所以MA 2＝MB ·MC . 又M 为P A 的中点，所以MP 2＝MB ·MC 因为∠BMP ＝∠PMC ，所以△BMP ∽△PMC .(5分)于是∠MPB ＝∠MCP .在△MCP 中，由∠MPB ＋∠MCP ＋∠BPC ＋∠BMP ＝180°，得∠MPB ＝20°.(10分B. 选修4-2：矩阵与变换 解：由特征值、特征向量定义可知，Aα1＝λ1α1， 即⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝－1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，c －d ＝1.(5分) 同理可得⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝12，3c ＋2d ＝8， 解得a ＝2，b ＝3，c ＝2，d ＝1.因此矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 32 1.(10分)C. 选修4-4：坐标系与参数方程解：ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝22化简为ρcos θ＋ρsin θ＝4， 则直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝4.(4分)设点P 的坐标为(2cos α，sin α)，得P 到直线l 的距离d ＝|2cos α＋sin α－4|2，即d ＝|5sin (α＋φ)－4|2，其中cos φ＝15，sin φ＝25.(8分) 当sin(α＋φ)＝－1时，d max ＝22＋102.(10分) D. 选修4-5：不等式选讲 解：因为正数a 、b 、c 满足a ＋b ＋c ＝1所以⎝⎛⎭⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥(1＋1＋1)2，(5分) 即13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1， 当且仅当3a ＋2＝3b ＋2＝3c ＋2，即a ＝b ＝c ＝13时，原式取最小值1.(10分) (1) 不妨设正方体的棱长为DD 1→为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz .则⎫，C (0,1,0)，32＝令p表示恰好得到即p n－23＝－12⎝⎛⎭⎫p n－1－23.于是⎩⎨⎧⎭⎬⎫p n－23是以p1－23＝12－23＝－16为首项，以－12为公比的等比数列．所以p n－23＝－16⎝⎛⎭⎫－12n－1，即p n＝13⎣⎡⎦⎤2＋⎝⎛⎭⎫－12n.答：恰好得到n分的概率是13⎣⎡⎦⎤2＋⎝⎛⎭⎫－12n.(10分)苏北四市高三年级第三次模拟考试21. A. 选修4-1：几何证明选讲证明：(1) 因为MA 是圆O 的切线， 所以OA ⊥AM . 又AP ⊥OM ，在Rt △OAM 中，由射影定理知，OA 2＝OM ·OP .(4分) (2) 因为BK 是圆O 的切线，BN ⊥OK ，同(1)，有OB 2＝ON ·OK .又OB ＝OA ，所以OP ·OM ＝ON ·OK ，即ON OP ＝OMOK .又∠NOP ＝∠MOK ， 所以△ONP ∽△OMK ， 故∠OKM ＝∠OPN ＝90°.(10分) B. 选修4-2：矩阵与变换 解：(1) 由已知⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 b c 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤812，即2＋3b ＝8,2c ＋6＝12，b ＝2，c ＝3，所以M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 23 2.(4分) (2) 设曲线上任一点P (x ，y )，P 在M 作用下对应点P ′(x ′，y ′)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 23 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ＋2y ，y ′＝3x ＋2y ，解之得⎩⎨⎧x ＝y ′－x ′2，y ＝3x ′－y ′4，代入5x 2＋8xy ＋4y 2＝1得x ′2＋y ′2＝2， 即曲线5x 2＋8xy ＋4y 2＝1在M 的作用下的新曲线的方程是x 2＋y 2＝2.(10分)C. 选修4-4：坐标系与参数方程解：(1) 直线l 的极坐标方程ρsin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝32， 则22ρsin θ－22ρcos θ＝32， 即ρsin θ－ρcos θ＝6，所以直线l 的直角坐标方程为x －y ＋6＝0.(4分) (2) P 为椭圆C ：x 216＋y 29＝1上一点，设P (4cos α，3sin α)，其中α∈[0,2π)， 则P 到直线l 的距离d ＝|4cos α－3sin α＋6|2＝|5cos (α＋φ)＋6|2，其中cos φ＝45，所以当cos(α＋φ)＝1时，d 的最大值为1122.(10分) D. 选修4-5：不等式选讲 证明：因为x 2＋y 2≥2xy ≥0， 所以x 3＋y 3＝(x ＋y )(x 2－xy ＋y 2)≥xy (x ＋y )，(4分) 同理y 3＋z 3≥yz (y ＋z )，z 3＋x 3≥zx (z ＋x )，三式相加即可得2(x 3＋y 3＋z 3)≥xy (x ＋y )＋yz (y ＋z )＋zx (z ＋x )．又xy (x ＋y )＋yz (y ＋z )＋zx (z ＋x )＝x 2(y ＋z )＋y 2(x ＋z )＋z 2(x ＋y )， 所以2(x 3＋y 3＋z 3)≥x 2(y ＋z )＋y 2(x ＋z )＋z 2(x ＋y )．(10分)22. (1) 证明：建立如图所示直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)， C (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，P ⎝⎛⎭⎫12，0，1，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0， NP →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，1，AM →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12. 因为PN →·AM →＝0×0＋1×12＋(－1)×12＝0， 所以PN ⊥AM .(4分) (2) 解：设平面PMN 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，NP →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，1，NM →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，12，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·NP →＝0n 1·NM →＝0⇒⎩⎨⎧－12y 1＋z 1＝0，－12x 1＋12y 1＋12z 1＝0.令y 1＝2，得z 1＝1，x 1＝3， 所以n 1＝(3,2,1)．(6分)又MB →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，－12， 所以sin θ＝n 1·MB →|n 1||MB →|＝1232×14＝1442.(10分)23. 证明：(1) 因为|a n |＞1，a n ＋1＝4a 3n －3a n所以|a n ＋1|＝|4a 3n －3a n |＝|a n |(4|a n |2－3)＞1.(2分)(2) ① 假设|a 1|＞1，则|a 2|＝|4a 31－3a 1|＝|a 1|(4|a 1|2－3)＞1. 若|a k |＞1，则|a k ＋1|＝|4a 3k －3a k |＝|a k |(4|a k |2－3)＞1. 所以当|a 1|＞1时，有|a n |＞1(n ∈N *)， 这与已知a m ＝1矛盾， 所以|a 1|≤1.(6分)② 由①可知，存在θ，使得a 1＝cos θ. 则a 2＝4cos 3θ－3cos θ＝cos3θ假设n ＝k 时，有a n ＝cos3n －1θ即a k ＝cos3k －1θ，则a k ＋1＝4a 3k －3a k ＝4(cos3k －1θ)3－3(cos3k －1θ)＝cos3kθ.所以对任意n ∈N *，a n ＝cos3n －1θ，则a m ＝cos3m －1θ＝1,3m －1θ＝2k π，其中k∈Z ，即θ＝2k π3m －1，所以a 1＝cos 2k π3m －1(其中k 为整数)．(10分)盐城市2010～2011学年度高三年级第二次调研考试21. A. 选修41：几何证明选讲解：连结AO ，P A 为圆的切线， ∴ △P AO 为Rt △，122＋r 2＝(r ＋6)2，(4分) ∴ r ＝9.(6分) 又CD 垂直于P A ，于是PC PO ＝CD AO ，∴ CD ＝185 cm.(10分) B. 选修42：矩阵与变换解：矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－2 λ－x ＝(λ－1)(λ－x )－4，(4分) 因为λ1＝3方程f (λ)＝0的一根，所以x ＝1.(7分) 由(λ－1)(λ－1)－4＝0得λ2＝－1，所以矩阵M 的另一个特征值为－1.(10分) C. 选修44：坐标系与参数方程 解：(1) 由ρ＝1得x 2＋y 2＝1， 又ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π3＝cos θ－3sin θ， ∴ ρ2＝ρcos θ－3ρsin θ.(5分)∴ x 2＋y 2－x ＋3y ＝0，由⎩⎨⎧x 2＋y 2＝1，x 2＋y 2－x ＋3y ＝0， 得A (1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，－32，∴ AB ＝⎝⎛⎭⎫1＋122＋⎝⎛⎭⎫0＋322＝3.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：因为⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2＋1a 3m＝(a 1＋a 2＋a 3)⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2＋1a 3 ≥33a 1·a 2·a 3·331a 1·1a 2·1a 3＝9，当且仅当a 1＝a 2＝a 3＝m3时等号成立，(5分)又m ＝a 1＋a 2＋a 3＞0，所以1a 1＋1a 2＋1a 3≥9m.(10分) 22. 解：(1) 因为y ＝21－x 2，所以y ′＝22×11－x 2×(－2x )＝－2x 1－x 2，(3分) 故切线l 的方程为y －21－x 20＝－2x 01－x 20(x －x 0)，即y ＝－2x 01－x 20x ＋21－x 20.(5分) (2) 设A (x 1,0)、B (0，y 2)，M (x ，y )是轨迹上任一点，在y ＝－2x 01－x 20x ＋21－x 20中令y ＝0， 得x 1＝1x 0；令x ＝0，得y 2＝21－x 20， 则由OM →＝OA →＋OB →，得⎩⎨⎧x ＝1x 0，y ＝21－x 20，(8分) 消去x 0，得动点M 的轨迹方程为1x 2＋4y2＝1(x ＞1)．(10分) 23. 解：当n ＝1时，a 2＝－a 21＋pa 1＝a 1(－a 1＋p )， 因为a 1∈(0,2)，所以欲a 2∈(0,2)恒成立．则要⎩⎪⎨⎪⎧p ＞a 1，p ＜a 1＋2a 1恒成立，解得2≤p ＜22，由此猜想p 的最小值为2.(4分)因为p ≥2，所以要证该猜想成立， 只要证：当p ＝2时，a n ∈(0,2)对n ∈N *恒成立．(5分)现用数学归纳法证明：① 当n ＝1时结论显然成立．(6分) ② 假设当n ＝k 时结论成立，即a k ∈(0, 2)，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－a 2k ＋2a k ＝a k (2－a k )，一方面，a k ＋1＝a k (2－a k )>0成立，(8分) 另一方面，a k ＋1＝a k (2－a k )＝－(a k －1)2＋1≤1<2，所以a k ＋1∈(0, 2)，即当n ＝k ＋1时结论也成立．(9分) 由①、②可知，猜想成立，即p 的最小值为2.(10分)。

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BE ⊥AD . 又AD ⊥l ， 所以BE ∥l . 所以∠DCE ＝∠CEB .(5分) 因为直线l 是圆O 的切线，所以∠DCE ＝∠CBE ， 所以∠CBE ＝∠CEB ，所以CE ＝CB .(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∠ACB ＝90°，即∠BCF ＋∠ACD ＝90°. 又AD ⊥l ，所以∠DAC ＋∠ACD ＝90°. 所以∠BCF ＝∠DAC .(5分) 又直线l 是圆O 的切线， 所以∠CEB ＝∠BCF . 又∠DAC ＝∠CBE ，所以∠CBE ＝∠CEB .所以CE ＝CB .(10分)B. 选修4­2：矩阵与变换 解：(方法1)在直线l ：x ＋y ＋2＝0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 a b 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2－2b ， 所以A ′的坐标为(－2，－2b )； ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 a b 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 ：x －y －4＝0上，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2－－2b －4＝0，－2a －－8－4＝0.解得a ＝2，b ＝3.(10分)(方法2)设直线l ：x ＋y ＋2＝0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 a b 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′，所以x ′＝x ＋ay ，y ′＝bx ＋4y .解得x ＝－4x ′＋ay ′ab －4，y ＝bx ′－y ′ab －4.(6分)因此－4x ′＋ay ′ab －4＋bx ′－y ′ab －4＋2＝0， 即(b －4)x ′＋(a －1)y ′＋(2ab －8)＝0. 因为直线l 在矩阵M 对应的变换作用下得到直线m ：x －y －4＝0.所以b －41＝a －1－1＝2ab －8－4.解得a ＝2，b ＝3.(10分) 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 2＋y 2＝10x ，即(x －5)2＋y 2＝25， 圆心C (5,0)．直线l ：3x －4y －30＝0.(6分) 因为圆心C 到直线l 的距离d ＝|15－0－30|5＝3. 所以AB ＝225－d 2＝8.(10分)D. 选修4­5：不等式选讲解：当x ＞2时，原不等式同解于2x －4＜4－x ，解得x ＜83.所以2＜x ＜83；(4分) 当0≤x ≤2时，原不等式同解于4－2x＜4－x ，解得x ＞0，所以0＜x ≤2；(6分)当x ＜0时，原不等式同解于4－2x ＜4＋x ，解得x ＞0，所以x ∈∅.(8分) 综上所述，原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |0＜x ＜83.(10分)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C —xyz ，如图所示，则B (1,0,0)，A (0，3，0)，A 1(0，3，6)，M (0,0，62)．所以A 1B →＝(1，－3，－6)，AM →＝(0，－3，62)．(2分)因为A 1B →·AM →＝1×0＋(－3)×(－3)＋(－6)×(62)＝0，所以A 1B ⊥AM .(4分)(2) 解：因为ABC —A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CC 1⊥平面ABC .又BC ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BC . 因为∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，所以BC ⊥平面ACC 1，即BC ⊥平面AMC .所以CB →是平面AMC 的一个法向量，CB →＝(1,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BAM 的一个法向量，BA →＝(－1，3，0)，BM →＝(－1,0，62)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA →＝0，n ·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋62z ＝0.令z ＝2，得x ＝6，y ＝2，所以n ＝(6，2，2)．(8分)因为|CB →|＝1，|n|＝23，所以cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n|＝22.因此二面角B —AM —C 的大小为45°.(10分)23. 证明：由已知，得S n ＝3n－1，S n ＋1S n ≤3n ＋1n 等价于3n ＋1－13n －1≤3n ＋1n ， 即3n≥2n ＋1.(*)(2分)(方法1)用数学归纳法证明．① 当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立；(4分)② 假设当n ＝k 时，(*)成立，即3k≥2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k≥3(2k ＋1)＝6k ＋3≥2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*)成立．(8分)综合①②，得3n≥2n ＋1成立．所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.(10分)(方法2)当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立；(4分)当n ≥2时，3n ＝(1＋2)n ＝C 0n ＋C 1n ×2＋C 2n ×22＋…＋C n n ×2n＝1＋2n ＋…＞1＋2n .所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.(10分)21. A. 选修41：几何证明选讲 解： 连OC .∵ ∠ABC ＝60°，∠BAC ＝40°， ∴ ∠ACB ＝80°.(4分) ∵ OE ⊥AB ，∴ E 为AB 的中点，∴ BE 和BC 的度数均为80°. ∴ ∠EOC ＝80°＋80°＝160°.(8分)∴ ∠OEC ＝10°.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解： 设P (x ，y )为曲线C 2上任意一点，P ′(x ′，y ′)为曲线x 2＋2y 2＝1上与P 对应的点， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 20 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′＋2y ′，y ＝y ′，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x －2y ，y ′＝y .(5分) ∵ P ′是曲线C 1上的点，∴ C 2的方程(x －2y )2＋2y 2＝1.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：将曲线C 1化成普通方程是(x －1)2＋y 2＝1，圆心是(1,0)，直线C 2化成普通方程是y －2＝0，则圆心到直线的距离为2.(5分)∴ 曲线C 1上的点到直线C 2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(C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n )2≤(1＋1＋…＋1)(C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn )(5分)＝n [(1＋1)n －1]＝n (2n－1)．∴ C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn≤n 2n－1.(10分)22. 证明：①当n ＝1时，左边＝1×2×3＝6，右边＝1×2×3×44＝6＝左边，∴ 等式成立；(2分)② 设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立， 即1×2×3＋2×3×4＋…＋k ×(k ＋1)×(k ＋2)＝k k ＋1k ＋2k ＋34.(4分)则当n ＝k ＋1时， 左边＝1×2×3＋2×3×4＋…＋k ×(k＋1)×(k ＋2)＋(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)＝k k ＋1k ＋2k ＋34＋(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3) ＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)(k 4＋1)＝k ＋1k ＋2k ＋3k ＋44＝k ＋1k ＋1＋1k ＋1＋2k ＋1＋34.∴ n ＝k ＋1时，等式成立．(8分) 由①、②可知，原等式对于任意n ∈N *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 ＝2＋4＝4.(3分) (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10×12＋30×14＋50×116＋70×18＋90×116＝5＋152＋258＋354＋458＝30.(9分)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 14×1421. 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y 2＝4x .(4分)(2) l ：y ＝x －1，代入y 2＝4x ，消去x ，得 y 2－4y －4＝0.(6分) 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1,2＝2±22；|y 2－y 1|＝4 2.(8分) ∴ △AOB 的面积S ＝12×OF ×|y 2－y 1|＝12×1×42＝2 2.(10分) 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 )＝C 15C 23＋C 25C 13C 38＝4556.(3分) ∴ 摸出的三个球中既有红球又有白球的概率为4556.(4分) (2) P (X ＝0)＝C 05C 33C 38＝156， P (X ＝1)＝C 15C 23C 38＝1556，P (X ＝2)＝C 25C 13C 38＝3056，P (X ＝3)＝C 35C 03C 38＝1056.则X 的分布列为X 0 1 2 3 P 156 **** **** 1056∴ X 的数学期望E (X )＝0×156＋1×1556＋2×3056＋3×1056＝158.(10分)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)，AC 1→＝(－3,3,3)， D 1(0,0,3)，E (3,0,2)，D 1E →＝(3,0，－1)．(2分)∴ cos 〈AC 1→，D 1E →〉＝AC 1→·D 1E →|AC 1→||D 1E →| ＝－9－333×10 ＝－23015.(4分)则两条异面直线AC 1与D 1E 所成角的余弦值为23015.(5分) (2) B (3,3,0)，BE →＝(0，－3,2)，D 1E →＝(3,0，－1)．设平面BED 1F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －z ＝0，－3y ＋2z ＝0.∴ ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，z ＝3x . 则n ＝(x,2x,3x )． 取x ＝1，得n ＝(1,2,3)．(8分) 设直线AC 1与平面BED 1F 所成角为α，则sin α＝|cos 〈AC 1→，n 〉| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AC 1→·n |AC 1→||n| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3＋6＋933×14＝24221. ∴ 直线AC 1与平面BED 1F 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n ≥3，n ∈N *时，有nn ＋1＞(n ＋1)n.(3分)证明：① 当n ＝3时，猜想成立(已验证)；② 假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，猜想成立，即k k ＋1＞(k ＋1)k(*)． 下面证明当n ＝k ＋1时，猜想也成立．由(*)得k k＋1k ＋1k＞1.∵ (k＋1)2＞k(k＋2)，∴k＋1k＋2＞kk＋1.(5分)∴k＋1k＋2k＋2k＋1＝(k＋1k＋2)k·k＋12k＋2(7分)＞(kk＋1)k·k＝k k＋1k＋1k＞1.(9分)则(k＋1)k＋2＞(k＋2)k＋1.由①②知，猜想对一切n≥3，n∈N*都成立．(10分)市2010年秋学期高三期末考试试卷1. 解：设OM →＝λOC →＝(0，λ，2λ)．(2分)∴ MA →＝MO →＋OA →＝(1，－λ，2－2λ)，(3分) MB →＝MO →＋OB →＝(2,2－λ，－2λ)，(4分)∴ MA →·MB →＝2－λ(2－λ)－2λ(2－2λ) ＝5λ2－6λ＋2(6分)＝5(λ－35)2＋15，(8分) ∴ 当λ＝35时，MA →·MB →最小，此时M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，35，65.(10分)2. 解：(1) X 的分布列为： X 0 1 2 P (X )611 922 122(2) E (X )＝0×611＋1×922＋2×122＝12，(8分)V (X )＝12×922＋22×122－14＝1544.(10分)3. 解：(1) ∵ T r ＋1＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23x n －r (x )r，(1分)x 的指数为－n －r 3＋r2＝0，(2分)∵ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23x ＋x n 的展开式中的常数项为第五项， ∴ r ＝4.(3分)解得n ＝10.(4分)(2) ∵ T r ＋1＝C r 10⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23x 10－r (x )r，其系数为C r 10·210－r.(5分) 设第k ＋1项的系数最大， 则⎩⎪⎨⎪⎧C k 10·210－k ≥C k ＋110·29－k ，C k 10·210－k ≥C k －110·211－k，(6分) 化简得⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋1≥10－k ，11－k ≥2k ， 即83≤k ≤113，∴ k ＝3.(8分) 即第四项系数最大，则T 4＝C 310·27·x －56＝15 360x －56.(10分) 4. 解：当n ＝1时，51＋2×30＋1＝8，∴ m ≤8，(2分)下证5n ＋2×3n －1＋1(n ∈N *)能被8整除．(3分)① 当n ＝1时已证；(4分)② 假设当n ＝k (k ∈N *)时命题成立，即5k ＋2×3k －1＋1能被8整除．(5分) 则当n ＝k ＋1时， 5k ＋1＋2×3k ＋1＝5·5k ＋6·3k －1＋1(6分)＝(5k ＋2×3k －1＋1)＋4(5k ＋3k －1)，(7分)∵ 5k ＋2×3k －1＋1能被8整除，而5k＋3k －1为偶数，∴ 4(5k ＋3k －1)也能被8整除，即当n ＝k ＋1时命题也成立．(8分)由①②得m 的最大值为8.(10分)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：∵ PA ＝10－2OA ＝4，PC ·PD ＝PA ·PB ＝40， ∴ PC ＝5，CD ＝PD －PC ＝3.(4分) ∴ △OCD 为正三角形．∴ ∠COD ＝60°.(8分) ∴ ∠CBD ＝30°.(10分) B. 选修42：矩阵与变换 解：设⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y 在M 的变换下得到⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 a b 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋ay bx ＋2y ， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x ＋ay ，y 0＝bx ＋2y .(2分)由题意，得(x ＋ay )＋2(bx ＋2y )＝1， 即(1＋2b )x ＋(a ＋4)y ＝1. ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋2b ＝1，a ＋4＝2.∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝0.(5分)∴ M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 －20 2.(7分)∴ M －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤22 2202 12＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1 10 12.(10分) C. 选修44：坐标系与参数方程解：曲线C 的直角坐标方程为x 2＋(y －2)2＝4， 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x －y －2＝0.(6分) 所以d min ＝|0－2－2|2－2＝22－2.(10分) D. 选修45：不等式选讲 证明：∵ A －B ＝(2x 2＋y 2＋1)－(2xy －2x ) ＝(x 2－2xy ＋y 2)＋(x 2＋2x ＋1)(4分) ＝(x －y )2＋(x ＋1)2≥0，(6分) ∴ A ≥B .(8分)当且仅当x ＝y ＝－1时，等号成立．(10分)22. 解：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧p 1＋12＝34，p 1＋p 2＝12，解得p 1＝p 2＝14.(2分) (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：ξ＝0,1,2,3. P (ξ＝0)＝14＋12×14＋12×12×14＋12×12×12＝916， P (ξ＝2)＝14×14×14＋14×14×12＋14×12×14＋12×14×14＝764，P (ξ＝3)＝14×14×14＝164， ∵ P(ξ＝i )＝1， ∴ P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝0)－P (ξ＝2)－P (ξ＝3) ＝516.(7分) ξ 0 1 2 3 P 916 516 764 164ξ的数学期望Eξ＝0×16＋1×16＋2×764＋3×164＝3764.(10分)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BC ＝a ，BP ＝b ，则B (0,0,0)，A (2,0,0)，C (0，a,0)，D (2,2,0)，P (0,0，b )．∵ PD →＝(2,2，－b )，CD →＝(2,2－a,0)，CD ⊥PD ，∴ CD →·PD →＝0.∴ 4＋4－2a ＝0，a ＝4. 又PA →＝(2,0，－b )，CD →＝(2，－2,0)， 异面直线PA 和CD 所成角等于60°，∴ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA →·CD →|PA →||CD →|＝12，即4b 2＋4·22＝12， 解得b ＝2.(2分)(1) PC →＝(0,4，－2)，AD →＝(0,2,0)，PA →＝(2,0，－2)．设平面PAD 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·PA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝0，x 1－z 1＝0.(4分)取n 1＝(1,0,1)，∵ sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC →·n 1|PC →||n 1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－220·2＝1010， ∴ 直线PC 和平面PAD 所成角的正弦值为1010.(6分) (2) 假设存在．设PE →＝λPA →，且E (x ，y ，z )，则(x ，y ，z －2)＝λ(2,0，－2)，E (2λ，0,2－2λ)．设平面DEB 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BE →＝0，n 2·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧λx 2＝λ－1z 2，x 2＝－y 2.(8分)取n 2＝(λ－1,1－λ，λ)，又平面ABE 的法向量n 3＝(0,1,0)，由cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 2·n 3|n 2||n 3|＝66，得|1－λ|21－λ2＋λ2＝66， 解得λ＝23或λ＝2(不合题意)．故存在这样的E 点，E 为棱PA 上的靠近A 的三等分点．(10分)市2010～2011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∠OFC ＋∠CFD ＝90°. 因为OC ＝OF ， 所以∠OCF ＝∠OFC . 又CO ⊥AB 于O ， 所以∠OCF ＋∠CEO ＝90°， 所以∠CFD ＝∠CEO ＝∠DEF ， 所以DF ＝DE .(6分) 又DF 是⊙O 的切线，所以DF 2＝DB ·DA ， 所以DE 2＝DB ·DA .(10分) B. 选修42：矩阵与变换 解：特征多项式f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－2 －1－1 λ－2＝(λ－2)2－1＝λ2－4λ＋3.(3分)由f (λ)＝0，解得λ1＝1，λ2＝3.(5分) 将λ1＝1代入特征方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－x －y ＝0⇒x ＋y ＝0，可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1为属于特征值λ1＝1的一个特征向量；(8分)同理，当λ2＝3时，由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，－x ＋y ＝0⇒x －y ＝0，所以可取⎣⎢⎡⎦⎥⎤11为属于特征值λ2＝3的一个特征向量． 综上所述，该矩阵的特征值为λ1＝1，λ2＝3；对应的一个特征向量分别为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1与⎣⎢⎡⎦⎥⎤11.(10分) 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ρ2＝2ρsin θ，又x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ， 所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0.(5分)(2) 令y ＝0，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r ＝1，则|MC |＝5， 所以|MN |≤|MC |＋r ＝5＋1.(10分) D. 选修45：不等式选讲 证明：因为1＋m ＞0，所以要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m ， 只要证(a ＋mb )2≤(1＋m )(a 2＋mb 2)，(5分)即证m (a 2－2ab ＋b 2)≥0， 即证(a －b )2≥0，显然成立，故⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m.(10分) 22. 解：(1) 令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 2 011＝(1－2)2 011＋(1－1)2 0 11＝－1.(4分)(2) 因为2C 1m ＋C 1n ＝2m ＋n ＝20，所以n ＝20－2m ，则x 2的系数为22C 2m ＋C 2n ＝4×m m －12＋n n －12 ＝2m 2－2m ＋12(20－2m )(19－2m )＝4m 2－41m ＋190，(7分)所以当m ＝5，n ＝10时，f (x )展开式中x 2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 )＝34·616＝932.(4分)(2) 由题意得，ξ的取值有0,1,2,3， 则P (ξ＝0)＝14， P (ξ＝1)＝932， P (ξ＝2)＝34·1016·5464＝4051 024， P (ξ＝3)＝34·1016·1064＝751 024， 即随机变量ξ的概率分布列为ξ 0 1 2 3 P 14 932 4051 024 751 024所以Eξ＝0×14＋1×932＋2×4051 024＋3×751 024 ＝1 3231 024.(10分)市2010～2011学年度第一学期期末调研测试试题21. 解：设M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，由M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤01＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10， 得⎣⎢⎡⎦⎥⎤b d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，d ＝0.(2分)再由M ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，得⎣⎢⎡⎦⎥⎤a ＋2b c ＋2d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，即⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋2b ＝2，c ＋2d ＝1.所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，c ＝1.(4分)所以M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0 11 0，(6分) M 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 1.(10分)22. 解：由ρ＝8sin θ1＋cos2θ，得ρcos 2θ＝4sin θ，ρ2cos 2θ＝4ρsin θ，又ρcos θ＝x ，ρsin θ＝y ，故所求曲线的直角坐标方程是x 2＝4y ，(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 (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)，所以AB →＝(3，1,0)，CA 1→＝(0，－2,2)， A 1B →＝(3，1，－2)． 因为PC ⊥AB ，所以CP →·AB →＝0，(CA 1→＋A 1P →)·AB →＝0，(CA 1→＋λA 1B →)·AB →＝0，λ＝－CA 1→·AB →A 1B →·AB→＝12.(5分)(2)由(1)知：CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，1，AC 1→＝(0,2,2)，cos 〈CP →，AC 1→〉＝CP →·AC 1→|CP →||AC 1→|＝－3＋22·22＝－28， 所以异面直线PC 与AC 1所成角的余弦值是28.(10分) 24. 证明：由x 1＝1，x n ＋1＝1＋x np ＋x n知，x n ＞0(n ∈N *)．(1)当p ＝2时，x n ＋1＝1＋x n2＋x n， ①当n ＝1时，x 1＝1＜2，命题成立； ②假设当n ＝k 时，x k ＜2， 则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝1＋x k 2＋x k ＝2－22＋x k ＜2－22＋2＝2，即n ＝k ＋1时，命题成立．根据①②，x n ＜2(n ∈N *)．(4分) (2)用数学归纳法证明，x n ＋1＞x n (n ∈N *)．①当n ＝1时，x 2＝1＋x 1p ＋x 1＞1＝x 1，命题成立；②假设当n ＝k 时，x k ＋1＞x k ，∵ x k ＞0，p ＞0，∴ p p ＋x k ＋1＜pp ＋x k ，则当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝1＋x k p ＋x k＝2－pp ＋x k＜2－p p ＋x k ＋1＝x k ＋2，即n ＝k ＋1时，命题成立．根据①②，x n ＋1＞x n (n ∈N *)．(8分) 故不存在正整数M ，使得对于任意正整数n ，都有x M ≥x n .(10分)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DA 2＝DB ·DC .因为D 为PA 中点，所以DP ＝DA ， 所以DP 2＝DB ·DC ， 即PD DC ＝DB PD .(5分) 因为∠BDP ＝∠PDC ， 所以△BDP ∽△PDC ，所以∠DPB ＝∠DCP .(10分) B. 选修42：矩阵与变换 解：矩阵M 的特征多项式为 f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－2 λ－x ＝(λ－1)(λ－x )－4.(1分)因为λ1＝3方程f (λ)＝0的一根，所以x ＝1.(3分)由(λ－1)(λ－1)－4＝0得λ2＝－1，(5分)设λ2＝－1对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 则⎩⎪⎨⎪⎧－2x －2y ＝0，－2x －2y ＝0，得x ＝－y ，(8分) 令x ＝1，则y ＝－1，所以矩阵M 的另一个特征值为－1，对应的一个特征向量为α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1.(10分)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y ＝2x ＋1；(2分)ρ＝22(sin θ＋π4)即ρ＝2(sin θ＋cos θ)，两边同乘以ρ得ρ2＝2(ρsin θ＋ρcos θ)，得⊙C 的直角坐标方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2，(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y 2＝(1－x ＋2·2＋x )2≤[12＋(2)2][1－x ＋2＋x ]＝3×3，(6分) 所以y ≤3.(8分) 当且仅当11－x ＝22＋x时取“＝”号，即当x ＝0时，y max ＝3.(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x 2＝y .(4分) (2) 证明：设A (x 1，x 21)，B (x 2，x 22)，∵ y ＝x 2， ∴ y ′＝2x ， ∴ AN 、BN 的斜率分别为2x 1、2x 2， 故AN 的方程为y －x 21＝2x 1(x －x 1)，BN 的方程为y －x 22＝2x 2(x －x 2)，(7分) 即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x 1x －x 21，y ＝2x 2x －x 22，两式相减，得x N ＝x 1＋x 22.又x M ＝x 1＋x 22， ∴ M 、N 的横坐标相等，于是MN ⊥x 轴．(10分)23. 解：(1) P (ξ)是“ξ个人命中，3－ξ个人未命中”的概率．其中ξ的可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝C 01(1－12)C 02(1－a )2＝12(1－a )2，P (ξ＝1)＝C 11·12C 02(1－a )2＋C 01(1－12)C 12a (1－a )＝12(1－a 2)，P (ξ＝2)＝C 11·12C 12a (1－a )＋C 01(1－12)C 22a 2＝12(2a －a 2)， P (ξ＝3)＝C 11·12C 22a 2＝a 22.所以ξ的分布列为 ξ的数学期望为Eξ＝0×12(1－a )2＋1×12(1－a 2)＋2×12(2a －a 2)＋3×a 22＝4a ＋12.(5分) (2) P (ξ＝1)－P (ξ＝0)＝12[(1－a 2)－(1－a )2]＝a (1－a )，P (ξ＝1)－P (ξ＝2)＝12[(1－a 2)－(2a－a 2)]＝1－2a 2，P (ξ＝1)－P (ξ＝3)＝12[(1－a 2)－a 2]＝1－2a 22.由⎩⎪⎨⎪⎧a 1－a ≥0，1－2a 2≥0，1－2a 22≥0和0＜a ＜1，得0＜a ≤12，即a 的取值围是(0，12]．(10分)ξ 0 1 2 3P12(1－a )2 12(1－a 2) 12(2a －a 2) a 22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∠DCE ＝∠DAC .(3分) 因为AD ∥BC ，所以∠DAC ＝∠BCA . 所以∠DCE ＝∠BCA .(6分) 因为梯形ABCD 为圆接四边形， 所以∠EDC ＝∠ABC . 所以△ABC ∽△EDC .(10分) B. 选修4­2：矩阵与变换 解：由条件可知⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 a －1 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝λ⎣⎢⎡⎦⎥⎤21，(4分) 所以⎩⎪⎨⎪⎧2＋a ＝2λ，－2＋4＝λ，解得a ＝λ＝2.(7分) 因此A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－1 4， 所以A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－1 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1 2－1 4＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 10－5 14.(10分) C. 选修4­4：坐标系与参数方程解：曲线C 的普通方程为(x －m )2＋y 2＝4.曲线D 的普通方程为3x ＋4y ＋2＝0.(4分) 因为曲线C 、D 有公共点，所以|3m ＋2|5≤2，|3m ＋2|≤10.(8分) 解得－4≤m ≤83，即m 的取值围是[－4，83]．(10分)D. 选修4­5：不等式选讲证明：(方法1)因为a 、b 都是正实数，且ab ＝2， 所以2a ＋b ≥22ab ＝4.(5分) 所以(1＋2a )(1＋b )＝1＋2a ＋b ＋2ab ≥9.(10分) (方法2)因为a 、b 都是正实数，所以由柯西不等式可知 (1＋2a )(1＋b )＝[12＋(2a )2][12＋(b )2]≥(1＋2ab )2.(7分) 又ab ＝2，所以(1＋2ab )2＝9.所以(1＋2a )(1＋b )≥9.(10分) (方法3)因为ab ＝2， 所以(1＋2a )(1＋b )＝(1＋2a )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a ＝5＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a .(5分)因为a 为正实数，所以a ＋1a ≥2a ·1a＝4. 所以(1＋2a )(1＋b )≥9.(10分)(方法4)因为a 、b 都是正实数， 所以(1＋2a )(1＋b )＝(1＋a ＋a )⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2＋b 2≥3·3a 2·3·3b 24＝9·3a 2b 24.(8分)又ab ＝2，所以(1＋2a )(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O —xyz ，则 A (0，－1,0)，D (0,0,1)， B (3，0,0)，B 1(3，0,1)， C (0,1,0)． 所以AD →＝(0,1,1)，BB 1＝(0,0,1)， B 1C →＝(－3，1，－1)， 所以BM →＝BB 1→＋B 1M →＝BB 1→＋λB 1C →＝(－3λ，λ，－λ＋1)．(4分)因为向量AD →与BM →的夹角小于45°，所以cos 〈AD →，BM →〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤22，1， 即22＜12×4λ2＋－λ＋12≤1，(8分) 解得0＜λ＜25.所以λ的取值围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25.(10分)23. 解：(1) X的概率分布列为E(X)＝0×116＋2×14＋4×38＋6×14＋8×116＝4.(或E(X)＝8×12＝4)(4分)(2) ①连续3次投篮未中，不同投法为1＋C16＋C26＋(C36－4)＋(C13＋C13)＝44(种)；②只因累计7次投篮未中，不同投法为C13＋1＝4(种)．所以该同学恰好投篮10次，被停止投篮测试的概率为P＝481 024＝364.(10分)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∠TAP ＝∠NAT ，∴ △ATP ∽△ANT ，(3分) ∴ AT AN ＝PTTN ，(4分)同理AS AN ＝PSNS，(6分)两式相乘AT ·AS AN 2＝PT ·PSNT ·NS.(8分)∵ AT ＝AS ，∴ AT 2AN 2＝PT ·PSNT ·NS.(10分)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⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos －45° －sin －45°sin －45° cos －45°·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 00 －1(6分) ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ 22 －22－22 －22.(10分)C. 选修4­4：坐标系与参数方程 解：曲线ρ＝12sin θ的直角坐标系方程为x 2＋(y －6)2＝36，(2分)其圆心为(0,6)，半径为6；(4分)曲线ρ＝12cos(θ－π6)的直角坐标系方程为(x －33)2＋(y －3)2＝36，(6分)其圆心为(33，3)，半径为6.(8分) ∴ AB 的最大值＝33－02＋3－62＋6＋6＝18.(10分)D. 选修4­5：不等式选讲证明：∵ m 3n ＋n 3m －m 2－n 2＝m 3－n 3n＋n 3－m 3m(2分) ＝m 3－n 3m －nmn＝m －n2m 2＋mn ＋n 2mn，(6分)又m 、n 均为正实数，(8分) ∴ m 3n ＋n 3m≥m 2＋n 2.(10分)22. (1) 证明：以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1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 (1,1,1－t )，其中0≤t ≤1，则BE →＝FD 1→＝(－1,0，t )， 所以BE ∥FD 1，所以B 、E 、D 1、F 四点共面．(5分)(2) 解：BA 1→＝(－1,0,1)， BE →＝(－1,0，t )，BF →＝(0,1,1－t )， 可求平面BFE 的法向量n ＝(t ，t －1,1)，由已知sin30°＝|BA 1→·n ||BA 1→||n|，所以12＝|－t ＋1|2t 2＋1＋t －12， 平方可求得t ＝0，所以点E 与点A 重合时，直线A 1B 和平面BFE 所成角等于π6.(10分)23. 证明：(1) (1＋3)k＝1＋C 1k 3＋C 2k (3)2＋…＋C k k (3)k，(1－3)k ＝1－C 1k 3＋C 2k (3)2－…＋C kk (－1)k (3)k，因此(1＋3)k ＋(1－3)k ＝2[1＋C 2k (3)2＋C 4k (3)4＋…]．∵ 3的偶数次幂均为正整数，∴ (1＋3)k ＋(1－3)k是正整数．(5分)(2) (证法1)因为0＜(1－3)2n＜1，由(1)知(1＋3)2n ＋(1－3)2n为正整数，所以大于(1＋3)2n 的最小整数为(1＋3)2n＋(1－3)2n.由于(1＋3)2n ＋(1－3)2n＝[(1＋3)2]n ＋[(1－3)2]n ＝2n [(2＋3)n＋(2－3)n]，由二项式定理知(2＋3)n ＋(2－3)n是一偶数，所以(1＋3)2n＋(1－3)2n能被2n＋1整除．(10分)(证法2)大于(1＋3)2n的最小整数为(1＋3)2n＋(1－3)2n，设a＝4＋23，b＝4－23，只要证a n＋b n能被2n＋1整除，由a n＋1＋b n＋1＝(a＋b)(a n＋b n)－ab(a n－1＋b n－1)及数学归纳法获证．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MA 2＝MB ·MC .又M 为PA 的中点，所以MP 2＝MB ·MC . 因为∠BMP ＝∠PMC ，所以△BMP ∽△PMC .(5分)于是∠MPB ＝∠MCP . 在△MCP 中，由∠MPB ＋∠MCP ＋∠BPC ＋∠BMP ＝180°，得∠MPB ＝20°.(10分) B. 选修4­2：矩阵与变换解：由特征值、特征向量定义可知，Aα1＝λ1α1， 即⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1＝－1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 1－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝－1，c －d ＝1.(5分) 同理可得⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝12，3c ＋2d ＝8， 解得a ＝2，b ＝3，c ＝2，d ＝1. 因此矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 32 1.(10分) C. 选修4­4：坐标系与参数方程 解：ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4＝22化简为ρcos θ＋ρsin θ＝4，则直线l 的直角坐标方程为x ＋y ＝4.(4分)设点P 的坐标为(2cos α，sin α)， 得P 到直线l 的距离d ＝|2cos α＋sin α－4|2，即d ＝|5sin α＋φ－4|2，其中cos φ＝15，sin φ＝25.(8分)当sin(α＋φ)＝－1时，d max ＝22＋102.(10分) D. 选修4­5：不等式选讲 解：因为正数a 、b 、c 满足a ＋b ＋c ＝1， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2[(3a ＋2)＋(3b ＋2)＋(3c ＋2)]≥(1＋1＋1)2，(5分) 即13a ＋2＋13b ＋2＋13c ＋2≥1，当且仅当3a ＋2＝3b ＋2＝3c ＋2，即a＝b ＝c ＝13时，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 →、DD 1→为单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz .则A (1,0,0)，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，C (0,1,0)， D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12， 于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，12，CD 1→＝(0，－1,1)．由cos 〈DE →，CD 1→〉＝DE →·CD 1→|DE →||CD 1→|＝36. 所以异面直线AE 与CD 1所成角的余弦值为36.(5分)(2) 设平面CD 1O 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·CO →＝0，m ·CD 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12x 1－12y 1＝0，－y 1＋z 1＝0，取x 1＝1，得y 1＝z 1＝1， 即m ＝(1,1,1) .(7分) 由D 1E ＝λEO ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ21＋λ，λ21＋λ，11＋λ，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ21＋λ，λ21＋λ，11＋λ. 又设平面CDE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由n ·CD →＝0，n ·DE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝0，λx 221＋λ＋λy 221＋λ＋z 21＋λ＝0，取x 2＝2，得z 2＝－λ，即n ＝(－2,0，λ) . 因为平面CDE ⊥平面CD 1F ，所以m·n ＝0，得λ＝2.(10分)23. 解：(1) 所抛5次得分ξ的概率为P (ξ＝i )＝C i －55⎝ ⎛⎭⎪⎫125(i ＝5,6,7,8,9,10)，其分布列如下：ξ 5 6 7 8 9 10P 132 532 516 516 532 132Eξ＝·C i －55⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝152(分)．(5分)(2) 令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n －1分以后再掷出一次反面．因为“不出现n 分”的概率是1－p n ，“恰好得到n －1分”的概率是p n －1，因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1－p n ＝12p n －1，(7分)即p n －23＝－12⎝⎛⎭⎪⎫p n －1－23.于是⎩⎨⎧⎭⎬⎫p n －23是以p 1－23＝12－23＝－16为首项，以－12为公比的等比数列．所以p n －23＝－16⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，即p n ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .答：恰好得到n 分的概率是13⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .(10分)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OA ⊥AM . 又AP ⊥OM ，在Rt △OAM 中， 由射影定理知，OA 2＝OM ·OP .(4分) (2) 因为BK 是圆O 的切线，BN ⊥OK ，同(1)，有OB 2＝ON ·OK .又OB ＝OA ，所以OP ·OM ＝ON ·OK ，即ON OP ＝OMOK .又∠NOP ＝∠MOK ，所以△ONP ∽△OMK ， 故∠OKM ＝∠OPN ＝90°.(10分)B. 选修4­2：矩阵与变换 解：(1) 由已知⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 b c 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤812， 即2＋3b ＝8,2c ＋6＝12，b ＝2，c ＝3， 所以M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 23 2.(4分) (2) 设曲线上任一点P (x ，y )，P 在M作用下对应点P ′(x ′，y ′)，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ′y ′＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 23 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝x ＋2y ，y ′＝3x ＋2y ，解之得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝y ′－x ′2，y ＝3x ′－y ′4， 代入5x 2＋8xy ＋4y 2＝1得x ′2＋y ′2＝2， 即曲线5x 2＋8xy ＋4y 2＝1在M 的作用下的新曲线的方程是x 2＋y 2＝2.(10分)C. 选修4­4：坐标系与参数方程 解：(1) 直线l 的极坐标方程ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝32， 则22ρsin θ－22ρcos θ＝32， 即ρsin θ－ρcos θ＝6， 所以直线l 的直角坐标方程为x －y ＋6＝0.(4分) (2) P 为椭圆C ：x 216＋y 29＝1上一点， 设P (4cos α，3sin α)，其中α∈[0,2π)， 则P 到直线l 的距离d ＝|4cos α－3sin α＋6|2＝|5cos α＋φ＋6|2，其中cos φ＝45， 所以当cos(α＋φ)＝1时，d 的最大值为1122.(10分) D. 选修4­5：不等式选讲 证明：因为x 2＋y 2≥2xy ≥0，所以x 3＋y 3＝(x ＋y )(x 2－xy ＋y 2)≥xy (x ＋y )，(4分)同理y 3＋z 3≥yz (y ＋z )，z 3＋x 3≥zx (z＋x )， 三式相加即可得2(x 3＋y 3＋z 3)≥xy (x ＋y )＋yz (y ＋z )＋zx (z ＋x )．又xy (x ＋y )＋yz (y ＋z )＋zx (z ＋x )＝x 2(y ＋z )＋y 2(x ＋z )＋z 2(x ＋y )， 所以2(x 3＋y 3＋z 3)≥x 2(y ＋z )＋y 2(x ＋z )＋z 2(x ＋y )．(10分)22. (1) 证明：建立如图所示直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0,1)， B 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0， NP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12. 因为PN →·AM →＝0×0＋1×12＋(－1)×12＝0，所以PN ⊥AM .(4分) (2) 解：设平面PMN 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， NP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1，NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·NP →＝0n 1·NM →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－12y 1＋z 1＝0，－12x 1＋12y 1＋12z 1＝0.令y 1＝2，得z 1＝1，x 1＝3， 所以n 1＝(3,2,1)．(6分)又MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，－12，所以sin θ＝n 1·MB→|n 1||MB →|＝1232×14＝1442.(10分) 23. 证明：(1) 因为|a n |＞1，a n ＋1＝4a 3n－3a n所以|a n ＋1|＝|4a 3n －3a n |＝|a n |(4|a n |2－3)＞1.(2分)(2) ① 假设|a 1|＞1，则|a 2|＝|4a 31－3a 1|＝|a 1|(4|a 1|2－3)＞1.若|a k |＞1，则|a k ＋1|＝|4a 3k －3a k |＝|a k |(4|a k |2－3)＞1.所以当|a 1|＞1时，有|a n |＞1(n ∈N *)， 这与已知a m ＝1矛盾， 所以|a 1|≤1.(6分) ② 由①可知，存在θ，使得a 1＝cos θ.则a 2＝4cos 3θ－3cos θ＝cos3θ假设n ＝k 时，有a n ＝cos3n －1θ即a k ＝cos3k －1θ，则a k ＋1＝4a 3k －3a k ＝4(cos3k －1θ)3－3(cos3k －1θ)＝cos3kθ.所以对任意n ∈N *，a n ＝cos3n －1θ，则a m ＝cos3m －1θ＝1,3m －1θ＝2k π，其中k ∈Z ，即θ＝2k π3m －1，所以a 1＝cos 2k π3m －1(其中k 为整数)．(10分)市2010～2011学年度高三年级第二次调研考试21. A. 选修41：几何证明选讲 解：连结AO ，PA 为圆的切线， ∴ △PAO 为Rt △，122＋r 2＝(r ＋6)2，(4分) ∴ r ＝9.(6分) 又CD 垂直于PA ，于是PC PO ＝CDAO ，∴ CD ＝185cm.(10分) B. 选修42：矩阵与变换解：矩阵M 的特征多项式为f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1 －2－2 λ－x ＝(λ－1)(λ－x )－4，(4分) 因为λ1＝3方程f (λ)＝0的一根，所以x ＝1.(7分) 由(λ－1)(λ－1)－4＝0得λ2＝－1，所以矩阵M 的另一个特征值为－1.(10分) C. 选修44：坐标系与参数方程 解：(1) 由ρ＝1得x 2＋y 2＝1，又ρ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3＝cos θ－3sin θ，∴ ρ2＝ρcos θ－3ρsin θ.(5分)∴ x 2＋y 2－x ＋3y ＝0，由⎩⎨⎧x 2＋y 2＝1，x 2＋y 2－x ＋3y ＝0， 得A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，∴ AB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0＋322＝3.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋1a 3m＝(a 1＋a 2＋a 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋1a 3 ≥33a 1·a 2·a 3·331a 1·1a 2·1a 3＝9，当且仅当a 1＝a 2＝a 3＝m3时等号成立，(5分)又m ＝a 1＋a 2＋a 3＞0，所以1a 1＋1a 2＋1a 3≥9m.(10分)22. 解：(1) 因为y ＝21－x 2，所以y ′＝22×11－x 2×(－2x )＝－2x1－x2，(3分) 故切线l 的方程为y －21－x 20＝－2x 01－x 20(x －x 0)，即y ＝－2x 01－x 2x ＋21－x 2.(5分) (2) 设A (x 1,0)、B (0，y 2)，M (x ，y )是轨迹上任一点， 在y ＝－2x 01－x 20x ＋21－x 20中令y ＝0， 得x 1＝1x 0；令x ＝0，得y 2＝21－x 2， 则由OM →＝OA →＋OB →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1x 0，y ＝21－x 20，(8分) 消去x 0，得动点M 的轨迹方程为1x 2＋4y2＝1(x ＞1)．(10分)23. 解：当n ＝1时，a 2＝－a 21＋pa 1＝a 1(－a 1＋p )，因为a 1∈(0,2)，所以欲a 2∈(0,2)恒成立．则要⎩⎪⎨⎪⎧p ＞a 1，p ＜a 1＋2a 1恒成立，解得2≤p＜22，由此猜想p 的最小值为2.(4分) 因为p ≥2，所以要证该猜想成立， 只要证：当p ＝2时，a n ∈(0,2)对n ∈N *恒成立．(5分)现用数学归纳法证明：① 当n ＝1时结论显然成立．(6分) ② 假设当n ＝k 时结论成立，即a k ∈(0, 2)，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－a 2k ＋2a k ＝a k (2－a k )，一方面，a k ＋1＝a k (2－a k )>0成立，(8分)另一方面，a k ＋1＝a k (2－a k )＝－(a k －1)2＋1≤1<2，所以a k ＋1∈(0, 2)，即当n ＝k ＋1时结论也成立．(9分) 由①、②可知，猜想成立，即p 的最小值为2.(10分)。

－3＋2b＋c＝5， b＝3， 解得： c＝2 c＝2
3 这个二次函数的关系式为 y＝－ x2＋3x＋2. …………………………4 分 4 3 3 （2）y＝ (x－2)2－1.（或 y＝ x2－3x＋2 ） 4 4 …………………………7 分
24． （本题 8 分） 解： （1）直线 BC 与⊙A 相切． 理由如下：过点 A 作 AD⊥BC，垂足为 D，…………………………1 分 在 Rt△ ADC，∠C＝30° ，AC＝2，
共有 6 种结果，它们出现的可能性相同．…………………………3 分 所有的结果中，摸到的 2 个球都是白球的结果有 2 种， 1 所以 P（摸出 2 个白球）＝ ． 3 4 （2） …………………………6 分 9 ⑶ 4 …………………………7 分 9 …………………………4 分
数学答案
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O
2 2 2 2 2 2
M A N
D E G F N′ G B C M′
答：ON 至少为 4.5 米…题 10 分） BC 4 解： （1）在 Rt△ ABC 中，AB＝4 3，BC＝4，∠B＝90° ，∴tan∠BAC＝ ＝ ． AB 4 3 ∴tan∠BAC＝ 3 ．∵∠BAC 是锐角，∴∠BAC＝30° ． 3
（2）设 AB 所在直线的函数关系式为 y＝kx＋b， 将点 A(0，30)，B(7.5，18)代入 y＝kx＋b 得：
b＝30， 18k＋b＝7.5 b＝30， 解得 k＝－1.6
…………………………4 分
∴AB 所在直线的函数关系式为 y＝－1.6x＋30 …………………………6 分 答：AB 所在直线的函数关系式为 y＝－1.6x＋30. （3） 甲到达扶梯底端所需时间为 60÷ 2.4＝25 s， 乙到达扶梯底端所需时间是 18.75 s，

2011年江苏高考数学模拟试卷1一、填空题（共14小题，每小题5分，满分70分）1. 已知命题p:x 2−2x −15≤0，命题q:x 2−2x −m 2+1≤0，且¬p 是¬q 的必要不充分条件，则实数m 的取值范围为________．2. 若正数a 、b 、c 、d 满足ab +bc +cd +ad =1，那么a +b +c +d 的最小值是________．3. 已知函数f(x)=x 3−(k 2−k +1)x 2+5x −2，g(x)=k 2x 2+kx +1，其中k ∈R ． （1）设函数p(x)=f(x)+g(x)．若p(x)在区间(0, 3)上不单调，求k 的取值范围； （2）设函数q(x)={g(x),x ≥0f(x),x <0.是否存在k ，对任意给定的非零实数x 1，存在惟一的非零实数x 2(x 2≠x 1)，使得q′(x 2)=q′(x 1)？若存在，求k 的值；若不存在，请说明理由． 4. 函数f(x)=2sin 2x−3sinx (2sinx+3)2的值域为________．5. 设x 0是方程8−x =lgx 的解，且x 0∈(k, k +1)(k ∈Z)，则k =________．6. 矩形ABCD 中，AB =6，AD =7．在矩形内任取一点P ，则∠APB >π2的概率为________． 7. 在△ABC 中，C =π2，AC =1，BC =2，则f(λ)=|2λCA →+(1−λ)CB →|的最小值是________．8. 已知1−cos2αsinαcosα=1，tan(β−α)=−13，则tan(β−2α)等于________．9. 如图是由所输入的x 值计算y 值的一个算法程序，若x 依次取数列{n 2+4n}(n ∈N ∗, n ≤2009)的项，则所得y 值中的最小值为________．10. 已知双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 是准线上一点，且PF 1⊥PF 2，PF 1⋅PF 2=4ab ，则双曲线的离心率是________．11. 设函数f(x)=ax +b ，其中a ，b 为实数，f 1(x)=f(x)，f n+1(x)=f[f n (x)]，n =1，2，…．若f 5(x)=32x +93，则ab =________．12. 设A 、B 是椭圆x 225+y 216=1上不同的两点，点C(−3, 0)，若A 、B 、C 共线，则ACCB 的取值范围是________．13. 设函数f(x)=x(12)x +1x+1，A 0为坐标原点，A n 为函数y =f(x)图象上横坐标为n(n ∈N ∗)的点，向量a n =∑A k−1A k →nk=1，向量i=(1, 0)，设θn 为向量a n 与向量i 的夹角，则满足∑tan n k=1θk <53的最大整数n 是________．14. 已知l 1和l 2是平面内互相垂直的两条直线，它们的交点为A ，动点B 、C 分别在l 1和l 2上，且BC =3√2，过A 、B 、C 三点的动圆所形成的区域的面积为________．二、解答题（共6小题，满分90分）15. 在△ABC 中，角A 的对边长等于2，向量m →=(2,2cos 2B+C 2−1)，向量n →=(sin A2，−1)．（1）求m →⋅n →取得最大值时的角A 的大小；（2）在（1）的条件下，求△ABC 面积的最大值．16. 如图，在四面体ABCD 中，CB ＝CD ，AD ⊥BD ，点E ，F 分别是AB ，BD 的中点．求证：（1）直线EF // 面ACD ； （2）平面EFC ⊥面BCD ．17. 按照某学者的理论，假设一个人生产某产品单件成本为a 元，如果他卖出该产品的单价为m 元，则他的满意度为m m+a；如果他买进该产品的单价为n 元，则他的满意度为an+a．如果一个人对两种交易（卖出或买进）的满意度分别为ℎ1和ℎ2，则他对这两种交易的综合满意度为√ℎ1ℎ2．现假设甲生产A 、B 两种产品的单件成本分别为12元和5元，乙生产A 、B 两种产品的单件成本分别为3元和20元，设产品A 、B 的单价分别为m A 元和m B 元，甲买进A 与卖出B 的综合满意度为ℎ甲，乙卖出A 与买进B 的综合满意度为ℎ乙（1）求ℎ甲和ℎ乙关于m A 、m B 的表达式；当m A =35m B 时，求证：ℎ甲=ℎ乙；（2）设m A =35m B ，当m A 、m B 分别为多少时，甲、乙两人的综合满意度均最大？最大的综合满意度为多少？（3）记（2）中最大的综合满意度为ℎ0，试问能否适当选取m A ，m B 的值，使得ℎ甲≥ℎ0和ℎ乙≥ℎ0同时成立，但等号不同时成立？试说明理由． 18. 如图，已知椭圆C:x 25+y 23=m 22(m >0)，经过椭圆C 的右焦点F 且斜率为k(k ≠0)的直线l 交椭圆G 于A 、B 两点，M 为线段AB 的中点，设O 为椭圆的中心，射线OM 交椭圆于N 点． （1）是否存在k ，使对任意m >0，总有OA →+OB →=ON →成立？若存在，求出所有k 的值； （2）若OA →⋅OB →=−12(m 3+4m)，求实数k 的取值范围．19. 已知数列{a n}的前n项和为S n，对一切正整数n，点P n(n, S n)都在函数f(x)=x2+2x的图象上，且过点P n(n, S n)的切线的斜率为k n．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=2k n⋅a n，求数列{b n}的前n项和T n；（3）设A={x|x=k n, n∈N∗}，B={x|x=2a n, n∈N∗}等差数列{c n}的任一项c n∈A∩B，其中c1是A∩B中的最小数，110<c10<115，求{c n}的通项公式．20. 已知函数f1(x)=3|x−p1|，f2(x)=2⋅3|x−p2|（x∈R，p1，p2为常数）．函数f(x)定义为：对每个给定的实数x，f(x)={f1(x)若f1(x)≤f2(x) f2(x)若f1(x)>f2(x)（1）求f(x)=f1(x)对所有实数x成立的充分必要条件（用p1，p2表示）；（2）设a，b是两个实数，满足a<b，且p1，p2∈(a, b)．若f(a)=f(b)，求证：函数f(x)在区间[a, b]上的单调增区间的长度之和为b−a2（闭区间[m, n]的长度定义为n−m）2011年江苏高考数学模拟试卷1答案1. m<−4或m>42. 23. 解析：（1）因P(x)=f(x)+g(x)=x3+(k−1)x2+(k+5)x−1，p′(x)=3x2+2(k−1)x+(k+5)，因p(x)在区间(0, 3)上不单调，所以p′(x)=0在(0, 3)上有实数解，且无重根，由p′(x)=0得k(2x+1)=−(3x2−2x+5)，∴ k=−(3x2−2x+5)2x+1=−34[(2x+1)+92x+1−103]，令t=2x+1，有t∈(1, 7)，记ℎ(t)=t+9t，则ℎ(t)在(1, 3]上单调递减，在[3, 7)上单调递增，所以有ℎ(t)∈[6, 10)，于是(2x+1)+92x+1∈[6,10)，得k∈(−5, −2]，而当k=−2时有p′(x)=0在(0, 3)上有两个相等的实根x=1，故舍去，所以k∈(−5, −2)；（2）当x<0时有q′(x)=f′(x)=3x2−2(k2−k+1)x+5；当x>0时有q′(x)=g′(x)=2k2x+k，因为当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，记A=(k, +∞)，B=(5, +∞)（1）当x 1>0时，q′(x)在(0, +∞)上单调递增， 所以要使q′(x 2)=q′(x 1)成立，只能x 2<0且A ⊆B ， 因此有k ≥5，（2）当x 1<0时，q′(x)在(−∞, 0)上单调递减， 所以要使q′(x 2)=q′(x 1)成立，只能x 2>0且A ⊆B ， 因此k ≤5，综合(1)(II)k =5；当k =5时A =B ，则∀x 1<0，q′(x 1)∈B =A ，即∃x 2>0， 使得q′(x 2)=q′(x 1)成立，因为q′(x)在(0, +∞)上单调递增，所以x 2的值是唯一的； 同理，∀x 1<0，即存在唯一的非零实数x 2(x 2≠x 1)， 要使q′(x 2)=q′(x 1)成立，所以k =5满足题意． 4. [−116，5]5. 76. 3π287. √2 8. −1 9. 17 10. √3 11. 6 12. [14, 4]13. 3 14. 18π15. 解：(1)m →⋅n →=2sin A2−(2cos 2B+C 2−1)=2sin A2−cos(B +C)．因为A +B +C =π，所以B +C =π−A ，于是m →⋅n →=2sin A2+cosA =−2sin 2A2+2sin A2+1=−2(sin A2−12)2+32． 因为A2∈(0,π2)，所以当且仅当sin A2=12，即A =π3时，m →⋅n →取得最大值32． 故m →⋅n →取得最大值时的角A =π3；（2）设角、B 、C 所对的边长分别为a 、b 、c 由余弦定理，得b 2+c 2−a 2=2bccosA 即bc +4=b 2+c 2≥2bc ，所以bc ≤4，当且仅当b =c =2时取等号． 又S △ABC =12bcsinA =√34bc ≤√3．当且仅当a =b =c =2时，△ABC 的面积最大为√3．16. ∵ E ，F 分别是AB ，BD 的中点．∴ EF 是△ABD 的中位线，∴ EF // AD ，∵ EF ⊄面ACD ，AD ⊂面ACD ，∴ 直线EF // 面ACD ； ∵ AD ⊥BD ，EF // AD ，∴ EF ⊥BD ， ∵ CB ＝CD ，F 是BD 的中点，∴ CF ⊥BD 又EF ∩CF ＝F ，∴ BD ⊥面EFC ，∵ BD ⊂面BCD ，∴ 面EFC ⊥面BCD 17. 解：（1）甲：买进A 的满意度为ℎA1=12m A +12，卖出B 的满意度为ℎB1=m Bm B +5；所以，甲买进A 与卖出B 的综合满意度为ℎ甲=√ℎA1⋅ℎB1=√12m A +12×m B m B +5=√12m B(mA +12)(mB +5)；乙：卖出A 的满意度为：ℎA2=m Am A +3，买进B 的满意度为：ℎB2=20m B +20； 所以，乙卖出A 与买进B 的综合满意度ℎ乙=√ℎA2⋅ℎB2=√m Am A+3×20mB+20=√20m A(m A +3)(m B +20)；当m A =35m B 时，ℎ甲=√12m B(35mB +12)(m B +5)=√20m B(m B +20)(m B +5)，ℎ乙=√20×35m B(35m B +3)(m B +20)=√20m B(m B +5)(m B +20)，所以ℎ甲=ℎ乙（2）设m B =x （其中x >0），当m A =35m B 时， ℎ甲=ℎ乙=√20x(x+5)(x+20)=√20x+100x+25≤√2√x⋅x+25=√2045=23；当且仅当x =100x，即x =10时，上式“=”成立，即m B =10，m A =35×10=6时，甲、乙两人的综合满意度均最大，最大综合满意度为23（3）不能由（2）知ℎ0=23．因为ℎ甲ℎ乙≤49因此，不能取到m A ，m B 的值，使得ℎ甲≥ℎ0和ℎ乙≥ℎ0同时成立，但等号不同时成立． 18. 解：（1）椭圆C:x 25m 22+y 23m 22=1，c 2=5m 22−3m 22=m 2，c =m ，∴ F(m, 0)，直线AB:y =k(x −m)，{y =k(x −m)x 25+y 23=m 22(m >0)，(10k 2+6)x 2−20k 2mx +10k 2m 2−15m 2=0．设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 则x 1+x 2=20k 2m10k 2+6， x 1x 2=10k 2m 2−15m 210k 2+6；则x m =x 1+x 22=10k 2m10k 2+6，y m =k(x m −m)=−6km10k 2+6，若存在k ，使AB 为ON 的中点，∴ OA →+OB →=2OM →． ∴ OA →+OB →=(2x m ,2y m )=(20k 2m10k 2+6,−12km10k 2+6)， 即N 点坐标为(20k 2m10k 2+6，−12km10k 2+6)．由N 点在椭圆上，则15×(20k 2m10k 2+6)2+13×(−12km10k 2+6)2=m 22即5k 4−2k 2−3=0．∴ k 2=1或k 2=−35（舍）．故存在k =±1使OA →+OB →=ON →． （2）OA →⋅OB →=x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+k 2(x 1−m)(x 2−m) =(1+k 2)x 1x 2−k 2m(x 1+x 2)+k 2m 2 =(1+k 2)⋅10k 2m 2−15m 210k 2+6−k 2m ⋅20k 2m 10k 2+6+k 2m 2=(k 2−15)10k 2+6m 2，由m 2⋅(k 2−15)10k +6=−12(m 3+4m)，得m 2⋅k 2−1510k +6=−m 22(m +4m)≤−2m 2，即k 2−15≤−20k 2−12，k 2≤17，∴ −√77≤k ≤√77，且k ≠0．19. 解：（1）∵ 点P n (n, S n )都在函数f(x)=x 2+2x 的图象上， ∴ S n =n 2+2n(n ∈N ∗)，当n ≥2时，a n =S n −S n−1=2n +1．当n =1时，a 1=S 1=3满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n =2n +1 （2）由f(x)=x 2+2x 求导可得f′(x)=2x +2 ∵ 过点P n (n, S n )的切线的斜率为k n ， ∴ k n =2n +2．∴ b n =2k n a n =4⋅(2n +1)⋅4n ．∴ T n =4×3×41+4×5×42+4×7×43++4×(2n +1)×4n ①由①×4，得4T n =4×3×42+4×5×43+4×7×44++4×(2n +1)×4n+1② ①-②得：−3T n =4[3×4+2×(42+43++4n )−(2n +1)×4n+1]=4[3×4+2×42(1−4n−1)1−4−(2n +1)×4n+1]∴ T n =6n+19⋅4n+2−169．（3）∵ Q ={x|x =2n +2, n ∈N ∗}，R ={x|x =4n +2, n ∈N ∗}，∴ Q ∩R =R ． 又∵ c n ∈Q ∩R ，其中c 1是Q ∩R 中的最小数， ∴ c 1=6．∵ {c n }是公差是4的倍数， ∴ c 10=4m +6(m ∈N ∗)． 又∵ 110<c 10<115，∴ {110<4m +6<115m ∈N ∗，解得m =27．所以c 10=114，设等差数列的公差为d ，则d =c 10−c 110−1=114−69=12，∴ c n =6+(n −1)×12=12n −6，所以{c n }的通项公式为c n =12n −6 20. 解：（1）由f(x)的定义可知，f(x)=f 1(x)（对所有实数x ）等价于f 1(x)≤f 2(x)（对所有实数x ）这又等价于3|x−p 1|≤2⋅3|x−p 2|，即3|x−p 1|−|x−p 2|≤3log 32=2对所有实数x 均成立．(∗)由于|x −p 1|−|x −p 2|≤|(x −p 1)−(x −p 2)|=|p 1−p 2|(x ∈R)的最大值为|p 1−p 2|， 故(∗)等价于3|p 1−p 2|≤2，即|p 1−p 2|≤log 32，这就是所求的充分必要条件 （2）分两种情形讨论(I)当|p1−p2|≤log32时，由（1）知f(x)=f1(x)（对所有实数x∈[a, b]）则由f(a)=f(b)及a<p1<b易知p1=a+b2，再由f1(x)={3p1−x，x<p13x−p1，x≥p1的单调性可知，函数f(x)在区间[a, b]上的单调增区间的长度为b−a+b2=b−a2（参见示意图）(II)|p1−p2|>log32时，不妨设p1<p2，则p2−p1>log32，于是当x≤p1时，有f1(x)=3p1−x<3p2−x<f2(x)，从而f(x)=f1(x)；当x≥p2时，有f1(x)=3x−p1=3p2−p1+x−p2=3p2−p1⋅3x−p2>3log32⋅3x−p2=f2(x)从而f(x)=f2(x)；当p1<x<p2时，f1(x)=3x−p1，及f2(x)=2⋅3p2−x，由方程3x−p1= 2⋅3p2−x解得f1(x)与f2(x)图象交点的横坐标为x0=p1+p22+12log32(1)显然p1<x0=p2−12[(p2−p1)−log32]<p2，这表明x0在p1与p2之间．由（1）易知f(x)={f1(x)，p1≤x≤x0f2(x)，x0<x≤p2综上可知，在区间[a, b]上，f(x)={f1(x)，a≤x≤x0f2(x)，x0<x≤b（参见示意图）故由函数f1(x)及f2(x)的单调性可知，f(x)在区间[a, b]上的单调增区间的长度之和为(x0−p1)+(b−p2)，由于f(a)=f(b)，即3p1−a=2⋅3b−p2，得p1+p2=a+b+log32(2)故由（1）、（2）得(x0−p1)+(b−p2)=b−12[p1+p2−log32]=b−a2综合(I)(II)可知，f(x)在区间[a, b]上的单调增区间的长度和为b−a2．。