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数学附加题答案
实战演练·高三数学附加分
参考答案与解析
南京市、盐城市2015届高三年级第一次模拟考试
(一)
21.A.解:
由切割线定理,得PC2=PA·PB,解得PB=2,
所以AB=16,即Rt△ABC的外接圆半径r=8,
记Rt△ABC外接圆的圆心为O,连OC,则OC⊥PC,
在Rt△POC中,由面积法得OC·PC=PO·CD,解得CD=.(10分)
B.解:
设P(x,y)是所求曲线上的任一点,它在已知直线上的对应点为Q(x′,y′),
则解得(5分)
代入x′-y′-1=0中,得(x+y)-(y-x)-1=0,
化简可得所求曲线方程为x=.(10分)
C.解:
将圆ρ=2cosθ化为普通方程为x2+y2-2x=0,圆心为(1,0),(4分)
又2ρsin=1,即2ρ=1,
所以直线的普通方程为x+y-1=0,(8分)
故所求的圆心到直线的距离d=.(10分)
D.解:
当x<-1时,不等式化为-x-1+2-x<4,解得- 当-1≤x≤2时,不等式化为x+1+2-x<4,解得-1≤x≤2;(6分) 当x>2时,不等式化为x+1+x-2<4,解得2 所以原不等式的解集为.(10分) 22.解: (1)以点A为坐标原点,AB,AC,AA1分别为x、y、z轴,建立空间直角坐标系, 设CC1=m,则B1(3,0,m),B(3,0,0),P(0,4,λm), 所以=(3,0,m),=(3,-4,-λm),=(3,0,0),(2分) 当λ=时,有·=(3,0,m)·=0, 解得m=3,即棱CC1的长为3.(4分) (2)设平面PAB的一个法向量为n1=(x,y,z), 则由得 即 令z=1,则y=-,所以平面PAB的一个法向量为n1=.(6分) 又平面ABB1与y轴垂直,所以平面ABB1的一个法向量为n2=(0,1,0). 因为二面角B1ABP的平面角的大小为, 所以==,结合λ>0,解得λ=.(10分) 23.解: (1)当n=2时,即S={1,2},此时A={1},B={2},所以P2=1,(2分) 当n=3时,即S={1,2,3},若A={1},则B={2},或B={3},或B={2,3}; 若A={2}或A={1,2},则B={3},所以P3=5.(4分) (2)当集合A中的最大元素为“k”时,集合A的其余元素可在1,2,…,k-1中任取若干个(包含不取), 所以集合A共有C+C+C+…+C=2k-1种情况,(6分) 此时,集合B的元素只能在k+1,k+2,…,n中任取若干个(至少取1个),所以集合B共有C+C+C+…+C=2n-k-1种情况, 所以,当集合A中的最大元素为“k”时,集合对(A,B)共有 2k-1(2n-k-1)=2n-1-2k-1对,(8分) 当k依次取1,2,3,…,n-1时,可分别得到集合对(A,B)的个数, 求和可得Pn=(n-1)·2n-1-(20+21+22+…+2n-2)=(n-2)·2n-1+1.(10分) 南通市2015届高三第一次调研测试 (二) 21.A.证明: 连结ON,因为AN=AC,ON=OC,OA是公共边, 所以△ANO≌△ACO,故∠OAC=∠OAN.(3分) 又∠OAC=∠OCA, 所以∠NAC=∠OAC+∠OAN=∠OCA+∠OAC=2∠OCA. 因为A,C,D,N四点共圆,所以∠MDN=∠MAC, 所以∠MDN=2∠OCA.(10分) B.解: 由MM-1===,(5分) 所以解得(10分) C.解: (解法1)将曲线C的参数方程化为普通方程为x=8y2,(3分) 解方程组得或(6分) 所以A(0,0),B, 所以AB==.(10分) (解法2)将曲线C的参数方程代入直线l,得t=t2,解得t1=0,t2=1.(3分) 可得A(0,0),B,(6分) 所以AB==.(10分) D.证明: 因为a,b,c都是为正数, 所以+=≥.(3分) 同理可得+≥,+≥. 将上述三个不等式两边分别相加,并除以2,得 ++≥++.(10分) 22.解: 设BE的中点为O,连结AO,DO, 由于AB=AE,BO=OE,所以AO⊥BE,同理DO⊥BE. 因为平面ABE⊥平面BCDE,平面ABE∩平面BCDE=BE,所以AO⊥平面BCDE, 由题意,BE2=2AB2=2DB2,所以AB=BD=DE=AE. (解法1) (1)不妨设OA=a,以O为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系Oxyz,则A(0,0,a),B(0,-a,0),C(a,-2a,0),D(a,0,0),E(0,a,0).(3分) 所以=(0,-a,-a),=(-a,a,0). 因为cos〈,〉===, 所以与的夹角为120°, 所以异面直线AB与DE所成角为60°.(5分) (2)设平面ACE的法向量为n1=(x,y,z), 因为=(0,a,-a),=(a,-3a,0), 所以n1·=0,n1·=0, 所以,y=z且x=3y,取y=z=1,得x=3, 所以n1=(3,1,1). 又平面ABE的法向量为n2=(1,0,0), 设二面角BAEC的平面角为θ,由cosθ===, 因此,二面角BAEC的余弦值为.(10分) (解法2) (1)不妨设AB=1,以B为原点,建立如图所示空间直角坐标系Bxyz,则B(0,0,0),C(1,0,0),D(0,1,0),E(-1,1,0),A,(3分) 则=,=(-1,0,0). 因为cos〈,〉===, 所以与的夹角为120°, 所以异面直线AB与DE所成角为60°.(5分) (2)设平面ACE的法向量n1=(x,y,z),=,=(-1,1,0), 所以n1·=0,n1·=0,解得n1=(1,1,0). 设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),=,=(2,-1,0), 所以n2·=0,n2·=0,解得n2=. 设二面角BAEC的平面角为θ,则cosθ===, 因此,二面角BAEC的余弦值为.(10分) 23. (1)解: 当n=1时,只有自然数1满足题设条件,所以a1=1; 当n=2时,只有11,2两个自然数满足题设条件,所以a2=2; 当n=3时,有111,21,12三个自然数满足题设条件,所以a3=3; 当n=4时,有1111,112,121,211,22五个自然数满足题设条件,所以a4=5. 综上所述,a1=1,a2=2,a3=3,a4=5.(4分) (2)证明: 设自然数X的各位数字之和为n+2, 由题设可知,X的首位为1或2两种情形. 当X的首位为1时,则其余各位数字之和为n+1, 故首位为1的各位数字之和为n+2的自然数的个数为an+1; 当X的首位为2时,则其余的各位数字之和为n, 故首位为2的各位数字之和为n+2的自然数的个数为an, 所以各位数字之和为n+2的自然数为an+1+an,即an+2=an+1+an.(7分) 下面用数归纳法证明: a5n-1是5的倍数. (ⅰ)当n=1时,a4=5,所以a4是5的倍数,命题成立; (ⅱ)假设n=k时,命题成立,即a5k-1是5的倍数. 则a5k+4=a5k+3+a5k+2=2a5k+2+a5k+1=2(a5k+1+a5k)+a5k+1=3a5k+1+2a5k=3(a5k+a5k-1)+2a5k=5a5k+3a5k-1. 因为5a5k是5的倍数,a5k-1是5的倍数, 所以5a5k+3a5k-1是5的倍数,即a5k+4是5的倍数. 所以n=k+1时,命题成立. 由(ⅰ)(ⅱ)可知,a5n-1(n∈N*)是5的倍数.(10分) 苏州市2015届高三调研测试(三) 21.A.解: 设圆O半径为r,由切割线定理得AP2=PC·(PC+2r), 即122=6×(6+2r),解得r=9.(4分) 连结OA,则有OA⊥AP, 又CD⊥AP,所以OA∥CD.(7分) 所以=,即CD==cm.(10分) B.解: 设α=,由A2α=β得=,(5分) ∴∴∴α=.(10分) C.解: ρ2=3ρcosθ,圆ρ=3cosθ的普通方程为x2+y2=3x,即+y2=.(3分) 直线2ρcosθ+4ρsinθ+a=0的普通方程为2x+4y+a=0.(6分) 又圆与直线相切,所以=,解得a=-3±3.(10分) D.解: ∵(x2+y2+z2)(12+22+32)≥(x+2y+3z)2=36,(4分) ∴(x2+y2+z2)≥,当且仅当x==时取等号.(7分) ∵x+2y+3z=6,∴x=,y=,z=. ∴x2+y2+z2的最小值为,此时x=,y=,z=.(10分) 22.解: (1)如图,以,,为正交基底建立空间直角坐标系,则E(0,0,1),D(,0,0),B(0,,0),F(,,1).(2分) 平面ADF的法向量t=(1,0,0),=(,-,0),=(,0,1). 设平面DFB的法向量n=(a,b,c),则n·=0,n·=0, ∴令a=1,得b=1,c=-,∴n=(1,1,-).(4分) 从而cos〈n,t〉==,显然二面角ADFB为锐角, 故二面角ADFB的大小为60°.(6分) (2)由题意,设P(a,a,0)(0≤a≤),则=(-a,-a,1),=(0,,0). ∵PF与BC所成的角为60°, ∴cos60°=||=,解得a=或a=(舍), ∴点P在线段AC的中点处.(10分) 23.解: (1)依题意,X的可能取值为1,0,-1,(2分) X的分布列为 X 1 0 -1 P (4分) E(X)=1×-1×=.(5分) (2)设Y表示10万元投资乙项目的收益,则Y的分布列为 Y 2 -2 P α β (8分) E(Y)=2α-2β=4α-2,依题意要求4α-2≥,∴≤α≤1.(10分) 无锡市2014年秋学期普通高中期末考试试卷(四) 21.A.证明: (1)由题设得知A、B、C、D四点共圆,所以∠D=∠CBE. 由已知得∠CBE=∠E,所以∠D=∠E.(5分) (2)设BC中点为N,连结MN,由MB=MC,知 MN⊥BC,所以O在MN上. 又AD不是圆O的直径,M为AD中点,故OM⊥AD,即MN⊥AD,所以AD∥BC,故∠CBE=∠A, 又∠CBE=∠E,故∠A=∠E. 由 (1)知∠D=∠E,所以△ADE为等边三角形.(10分) B.解: (1)由M=,∴M-1=.(5分) (2)设点P(x,y)是曲线y=2x上任意一点,在矩阵M-1对应的变换作用下得到的为点Q(x′,y′),则==, 所以即(8分) 且点P在直线y=2x上,于是得2y′=2×x′,2y′=x′, 即直线y=2x在矩阵M-1对应的变换作用下的曲线方程为y=x.(10分) C.解: (1)根据半圆C的参数方程α为参数,α∈, 得圆的普通方程: x2+(y-1)2=1(0≤x≤1),(3分) 所以,半圆C的极坐标方程为ρ=2sinθ,θ∈.(5分) (2)依题意可知半圆C的直径为2,设半圆C的直径为OA, 所以sin∠TAO=.(8分) 因为∠TAO∈,所以∠TAO=. 因为∠TAO=∠TOX,所以∠TOX=,所以点T的极坐标为.(10分) D.解: (1)当a=2时,由f(x)≥4得,|x-1|+|x-2|≥4, 或或(2分) 解得x≤-,或x≥. 原不等式的解集为.(5分) (2)由不等式的性质得f(x)≥|a-1|, 要使不等式f(x)≥2a恒成立,则只要|a-1|≥2a,(8分) 解得a≤-1或a≤, 所以实数a的取值范围为.(10分) 22. (1)解: 由已知条件,可设抛物线的方程为x2=2py(p>0). 因为点P(2,1)在抛物线上,所以22=2p×1,得p=2.(3分) 故所求抛物线的方程是x2=4y.(4分) (2)证明: 由题意,kAP+kBP=0,所以+=0.(6分) +=0,所以+=0, 所以x1+x2=-4.(8分) kAB====-1.(10分) 23. (1)解: 当n=3时,集合M只有1个符合条件的子集, S3=1+2+3=6,(1分) 当n=4时,集合M每个元素出现了C次, S4=C(1+2+3+4)=30,(2分) 当n=5时,集合M每个元素出现了C次, S5=C(1+2+3+4+5)=90,(3分) 所以,当集合M有n个元素时,每个元素出现了C次,故Sn=C·.(5分) (2)证明: 因为Sn=C·==6C.(7分) 则S3+S4+S5+…+Sn=6(C+C+C+…+C)=6(C+C+C+…+C)=6C.(10分) 常州市2015届高三上学期期末考试(五) 21.A.证明: 连结AE,EB,OE,则∠AOE=∠BOE=90°.(2分) 因为∠APE是圆周角,∠AOE同弧上的圆心角,所以∠APE=∠AOE=45°.(5分) 同理可得∠BPE=45°,所以PE是∠APB的平分线.(8分) 又PC也是∠APB的平分线,∠APB的平分线有且只有一条,所以PC与PE重合. 所以直线PC经过点E.(10分) B.解: 由题意,λ1,λ2是方程f(λ)==λ2-ab=0的两根. 因为λ1=1,所以ab=1. ①(2分) 因为Mα2=λ2α2,所以=λ2,从而(5分) 所以λ=ab=1. 因为λ1≠λ2,所以λ2=-1.从而a=b=-1.(8分) 故矩阵M=.(10分) C.解: 设M(x,y),则(2分) 两式平方相加得x2+y2=2.(5分) 又x=sin,y=sin,θ∈[0,π],所以x∈,y∈.(8分) 所以动点M轨迹的普通方程为x2+y2=2(x,y∈).(10分) D.证明: 因为a>0,b>0,所以a2+b2+ab≥3=3ab>0,(4分) ab2+a2b+1≥3=3ab>0,(8分) 所以(a2+b2+ab)(ab2+a2b+1)≥9a2b2.(10分) 22.解: (1)记“该网民购买i种商品”为事件Ai,i=4,5, 则P(A5)=××××=, P(A4)=××××+C××××+C××××=,(2分) 所以该网民至少购买4种商品的概率为P(A5)+P(A4)=+=. 答: 该网民至少购买4种商品的概率为.(3分) (2)随机变量η的可能取值为0,1,2,3,4,5, P(η=0)=××××=, P(η=1)=C××××+C××××+××××=, P(η=2)=××××+××××+C××××+C××××+C××C××=, P(η=3)=1-P(η=0,1,2,4,5)=1-----=, P(η=4)=P(A4)=,P(η=5)=P(A5)=.(8分) 所以,随机变量η的概率分布为 η 0 1 2 3 4 5 P 故Eη=0×+1×+2×+3×+4×+5×=.(10分) 23. (1)证明: 因为an(n∈N*且n≥3)均为正实数, 左-右=++ ≥++ =0, 所以,原不等式++≥a1+a2+a3成立.(4分) (2)解: 归纳的不等式为 ++…+++≥a1+a2+…+an(n∈N*且n≥3).(5分) 记Fn=++…+++-(a1+a2+…+an), 当n=3(n∈N*)时,由 (1)知,不等式成立; 假设当n=k(k∈N*且k≥3)时,不等式成立,即 Fk=++…+++-(a1+a2+…+ak)≥0. 则当n=k+1时, Fk+1=++…++++-(a1+a2+…+ak+ak+1) =Fk+++---ak+1(7分) =Fk+ak-1ak+ak+1+(ak+1-ak) ≥0+a+ak+1+(ak+1-ak) =(ak+1-ak), 因为ak+1≥ak,+≥2,≤=2, 所以Fk+1≥0,所以当n=k+1,不等式成立.(9分) 综上所述,不等式++…+++≥a1+a2+…+an(n∈N*且n≥3)成立.(10分) 镇江市2015届高三年级期末调研测试卷(六) 21.A.解: 连PB,BC切圆P于点B,PB⊥BC,(2分) CD=2,CB=2,由切割线定理得CB2=CD·CE,(3分) CE=4,DE=2,BP=1,(5分) ∵EF⊥CE,∴△CPB∽△CFE,(8分) 得=,EF=.(10分) B.解: MN==,(4分) 即在矩阵MN变换下→==,(6分) x′=x,y′=2y,(8分) 代入得y′=sin2x′, 即曲线y=sinx在矩阵MN变换下的函数解析式为y=2sin2x.(10分) C.解: (1)由ρsin=6,得ρ=6, ∴y-x=12,即x-y+12=0.(4分) 圆C的方程为x2+y2=100.(6分) (2)∵d=6,r=10,弦长l=2=16.(10分) D.解: 由|a+b|+|a-b|≥|a|f(x),且a≠0,得≥f(x).(3分) 因为≥=2,则有2≥f(x),(6分) 解不等式|x-1|+|x-2|≤2, ①解得2≤x≤;(7分) ②解得1<x<2;(8分) ③解得≤x<1.(9分) 综上得≤x≤.(分3类讨论,每类各1分,总结1分)(10分) 22.解: 设T(x,y),A(x0,y0),则4x-y0+1=0, ①(2分) 又M(-2,0),由=2得(x-x0,y-y0)=2(-2-x,0-y),(5分) ∴x0=3x+4,y0=3y.(7分) 代入①式得4(3x+4)2-3y+1=0,即为所求轨迹方程.(10分) 23.解: 建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),D(1,0,0),P(0,0,1),B(0,2,0),C(1,1,0),M.(1分) (1)证明: 因为=(0,0,1),=(0,1,0),故·=0,所以AP⊥DC. 由题设知AD⊥DC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线, 由此得DC⊥平面PAD,又DC平面PCD,故平面PAD⊥平面PCD.(4分) (2)∵=(1,1,0),=(0,2,-1),∴||=,||=,·=2, ∴cos〈,〉==.(7分) (3)设平面AMC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1⊥, ∴n1·=(x1,y1,z1)·=y1+z1=0. 又n1⊥,∴n1·=(x1,y1,z1)·(1,1,0)=x1+y1=0, 取x1=1,得y1=-1,z1=2,故n1=(1,-1,2). 同理可得平面BMC的一个法向量为n2=(1,1,2). ∵cos〈n1,n2〉===, ∴平面AMC与平面BMC所成二面角(锐角)的余弦值为.(10分) 泰州市2015届高三第一次模拟考试(七) 21.A.证明: ∵EA与圆O相切于点A.由切割线定理: DA2=DB·DC. ∵D是EA的中点,∴DA=DE.∴DE2=DB·DC.(5分) ∴=. ∵∠EDB=∠CDE,∴△EDB∽△CDE,∴∠DEB=∠DCE.(10分) B.解: ∵B=,∴B-1=, ∴AB-1==.(5分) 设直线l上任意一点(x,y)在矩阵AB-1对应的变换下为点(x′,y′),则 =,∴ 代入l′,得(x-2y)+(2y)-2=0,化简,得l: x=2.(10分) C.解: 圆O: x2+y2=4,直线l: x-y+1=0,(5分) 圆心O到直线l的距离d==,弦长AB=2=.(10分) D.证明: ∵正实数a,b,c满足a+b+c=3, ∴3=a+b+c≥3,∴abc≤1,(5分) ∴++≥3=3≥3.(10分) 22.解: (1)以,,为一组正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz, 由题意,知D(0,0,0),A′(2,0,1),B(2,2,0),C′(0,2,1), O′(1,1,1). 设P(t,t,0),∴=(t-1,t-1,-1),=(-2,0,1). 设异面直线O′P与BC′所成角为θ, 则cosθ===, 化简得21t2-20t+4=0,解得t=或t=, DP=或DP=.(5分) (2)∵DP=,∴P, =(0,2,1),=(2,2,0),=,=. 设平面DC′B的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), ∴∴即取y1=-1,得n1=(1,-1,2). 设平面PA′C′的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), ∴∴即取y2=1,得n2=(1,1,1). 设平面PA′C′与平面DC′B所成角为φ, ∴|cosφ|===, ∴sinφ=.(10分) 23.解: ∵C≤i2, 当i≥2时,C=C=1≤i2,C=C=i≤i2,C=C=≤i2,C≤, ∴当2≤i≤5,i∈N*时,C≤i2的解为r=0,1,…,i.(3分) 当6≤i≤10,i∈N*,C≥Cr≤. 由C=≤i2i=3,4,5可知: 当r=0,1,2,i-2,i-1,i时,C≤i2成立, 当r=3,…,i-3时,C≥C≥i2(等号不同时成立),即C>i2.(6分) ξ 0 1 2 3 4 5 P(ξ) 6 7 8 9 10 (8分) ∴Eξ=(0+1+2)×+(3+4+5+6+7+8)×+9×+10×=.(10分) 扬州市2014~2015学年度第一学期期末检测试题(八) 21.A.解: 设P(x,y)是曲线C1上任意一点,点P(x,y)在矩阵A对应的变换下变为点P′(x′,y′), 则有=,即(5分) 又点P′(x′,y′)在曲线C2: +y2=1上, 故+y′2=1,从而+2=1, 所以曲线C1的方程是x2+y2=4.(10分) B.解: 由ρcos=-,得曲线C1的直角坐标系的方程为x+y+1=0,(3分) 由得曲线C2的普通方程为x2+y=1(-1≤x≤1).(7分) 由得x2-x-2=0,即x=2(舍去)或x=-1, 所以曲线C1与曲线C2交点的直角坐标为(-1,0).(10分) 22.解: 在甲靶射击命中记作A,不中记作A-;在乙靶射击命中记作B,不中记作B-, 其中P(A)=,P(A-)=1-=,P(B)=,P(B-)=1-=.(2分) (1)ξ的所有可能取值为0,2,3,4,则 P(ξ=0)=P(A-B-B-)=P(A-)P(B-)P(B-)=××=, P(ξ=2)=P(A-BB-)+P(A-B-B)=P(A-)P(B)P(B-)+P(A-)P(B-)P(B)=××+××=, P(ξ=3)=P(A)=, P(ξ=4)=P(BB)=P(A-)P(B)P(B)=××=. ξ的分布列为 ξ 0 2 3 4 P Eξ=0×+2×+3×+4×=3.(7分) (2)射手选择方案1通过测试的概率为P1,选择方案2通过测试的概率为P2, P1=P(ξ≥3)=+=; P2=P(ξ≥3)=P(B-BB)+P(BB-B)+P(BB)=××+××+×=,(9分) 因为P2>P1,所以应选择方案2通过测试的概率更大.(10分) 23.解: (1)当n=2时,x=a0+2a1+4a2,a0∈{0,1},a1∈{0,1},a2=1, 故满足条件
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