南京市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＝，

所以A′的坐标为(－2，－2b)；

＝，

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

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＝，

所以x′＝x＋ay，y′＝bx＋4y.

解得x＝，y＝.(6分)

因此＋＋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＝＝.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：x2＋y2＝10x，即(x－5)2＋y2＝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＝＝3.

所以AB＝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＜.所以2＜x＜；(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.(10分)

22. (1) 证明：以点C为原点，CB、CA、CC1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，，0)，A1(0，，)，M(0,0，)．所以＝(1，－，－)，＝(0，－，)．(2分)

因为·＝1×0＋(－)×(－)＋(－)×()＝0，

所以A1B⊥AM.(4分)

(2) 解：因为ABC—A1B1C1是直三棱柱，

所以CC1⊥平面ABC.

又BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC.

因为∠ACB＝90°，即BC⊥AC，

所以BC⊥平面ACC1，即BC⊥平面AMC.

所以是平面AMC的一个法向量，＝(1,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，

＝(－1，，0)，＝(－1,0，)．

由得

令z＝2，得x＝，y＝，所以n＝(，，2)．(8分)

因为||＝1，|n|＝2，所以cos〈，n〉＝＝.

因此二面角B—AM—C的大小为45°.(10分)

23. 证明：由已知，得Sn＝3n－1，

≤等价于≤，

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≤.(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＋C×2＋C×22＋…＋C×2n＝1＋2n＋…＞1＋2n.

所以≤.(10分)

南通市2011届高三第一次调研测试

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为的中点，

∴  和的度数均为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C2上任意一点，P′(x′，y′)为曲线x2＋2y2＝1上与P对应的点，

则＝，

得

即(5分)

∵  P′是曲线C1上的点，

∴  C2的方程(x－2y)2＋2y2＝1.(10分)

C. 选修44：坐标系与参数方程

解：将曲线C1化成普通方程是(x－1)2＋y2＝1，圆心是(1,0)，

直线C2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C1上的点到直线C2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

(＋＋…＋)2

≤(1＋1＋…＋1)(C＋C＋…＋C)(5分)

＝n[(1＋1)n－1]＝n(2n－1)．

∴   ＋＋…＋≤.(10分)

22. 证明：①当n＝1时，左边＝1×2×3＝6，

右边＝＝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)＝.(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＋1)(k＋2)(k＋3)

＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)(＋1)

＝

＝.

∴  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＝＋＝.(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×＋30×＋50×＋70×＋90×

＝5＋＋＋＋＝30.(9分)

答： 这旅客候车时间的数学期望是30分钟．(10分)

苏州市2011届高三调研测试试卷

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y2＝4x.(4分)

(2) l：y＝x－1，代入y2＝4x，消去x，得

y2－4y－4＝0.(6分)

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y1,2＝2±2；|y2－y1|＝4.(8分)

∴  △AOB的面积S＝×OF×|y2－y1|

＝×1×4＝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)＝＝.(3分)

∴  摸出的三个球中既有红球又有白球的概率为.(4分)

(2) P(X＝0)＝＝，

P(X＝1)＝＝，

P(X＝2)＝＝，

P(X＝3)＝＝.

则X的分布列为

∴  X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.(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)，C1(0,3,3)，＝(－3,3,3)，

D1(0,0,3)，E(3,0,2)，＝(3,0，－1)．(2分)

∴  cos〈，〉＝

＝

＝－.(4分)

则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为.(5分)

(2) B(3,3,0)，＝(0，－3,2)，＝(3,0，－1)．

设平面BED1F的一个法向量为n＝(x，y，z)，

由得∴  

则n＝(x,2x,3x)．

取x＝1，得n＝(1,2,3)．(8分)

设直线AC1与平面BED1F所成角为α，

则sinα＝|cos〈，n〉|

＝

＝＝.

∴  直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为.(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kk＋1＞(k＋1)k(*)．

下面证明当n＝k＋1时，猜想也成立．

由(*)得＞1.

∵  (k＋1)2＞k(k＋2)，∴  ＞.(5分)

∴  ＝()k·(7分)

＞()k·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＝λ＝(0，λ，2λ)．(2分)

∴＝＋＝(1，－λ，2－2λ)，(3分)

＝＋＝(2,2－λ，－2λ)，(4分)

∴·＝2－λ(2－λ)－2λ(2－2λ)

＝5λ2－6λ＋2(6分)

＝5(λ－)2＋，(8分)

∴ 当λ＝时，·最小，此时M.(10分)

2. 解：(1) X的分布列为：

(2) E(X)＝0×＋1×＋2×＝，(8分)

V(X)＝12×＋22×－＝.(10分)

3. 解：(1) ∵ Tr＋1＝Cn－r()r，(1分)

x的指数为－＋＝0，(2分)

∵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) ∵ Tr＋1＝C10－r()r，

其系数为C·210－r.(5分)

设第k＋1项的系数最大，

则(6分)

化简得

即≤k≤，∴ k＝3.(8分)

即第四项系数最大，则T4＝C·27·x－＝15 360x－.(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：∵ 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：设在M的变换下得到，

则·＝，

∴(2分)

由题意，得(x＋ay)＋2(bx＋2y)＝1，

即(1＋2b)x＋(a＋4)y＝1.

∴∴(5分)

∴ M＝.(7分)

∴ M－1＝＝.(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x2＋(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dmin＝－2＝2－2.(10分)

D. 选修45：不等式选讲

证明：∵ A－B＝(2x2＋y2＋1)－(2xy－2x)

＝(x2－2xy＋y2)＋(x2＋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，得解得p1＝p2＝.(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)＝＋×＋××＝.

答：学生甲不能通过A高校自主招生考试的概率为.(4分)

(2) 由题意知：ξ＝0,1,2,3.

P(ξ＝0)＝＋×＋××＋××＝，

P(ξ＝2)＝××＋××＋××＋××＝，

P(ξ＝3)＝××＝，

∵ P(ξ＝i)＝1，

∴ P(ξ＝1)＝1－P(ξ＝0)－P(ξ＝2)－P(ξ＝3)

＝.(7分)

故ξ的分布列为

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)．

∵＝(2,2，－b)，＝(2,2－a,0)，CD⊥PD，

∴·＝0.∴ 4＋4－2a＝0，a＝4.

又＝(2,0，－b)，＝(2，－2,0)，

异面直线PA和CD所成角等于60°，

∴＝，即＝，

解得b＝2.(2分)

(1)＝(0,4，－2)，＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．

设平面PAD的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，

则由得(4分)

取n1＝(1,0,1)，

∵ sinθ＝＝＝，

∴ 直线PC和平面PAD所成角的正弦值为.(6分)

(2) 假设存在．设＝λ，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n2＝(x2，y2，z2)，

则由得(8分)

取n2＝(λ－1,1－λ，λ)，

又平面ABE的法向量n3＝(0,1,0)，

由cosθ＝＝，得＝，

解得λ＝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)

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DF2＝DB·DA，

所以DE2＝DB·DA.(10分)

B. 选修42：矩阵与变换

解：特征多项式f(λ)＝＝(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，可取为属于特征值λ1＝1的一个特征向量；(8分)

同理，当λ2＝3时，由⇒x－y＝0，

所以可取为属于特征值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与.(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＝2ρsinθ，又x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，

所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝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|＝，

所以|MN|≤|MC|＋r＝＋1.(10分)

D. 选修45：不等式选讲

证明：因为1＋m＞0，

所以要证2≤，

只要证(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，(5分)

即证m(a2－2ab＋b2)≥0，

即证(a－b)2≥0，显然成立，故2≤.(10分)

22. 解：(1) 令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…－a2 011＝(1－2)2 011＋(1－1)2 0 11＝－1.(4分)

(2) 因为2C＋C＝2m＋n＝20，

所以n＝20－2m，则x2的系数为

22C＋C＝4×＋

＝2m2－2m＋(20－2m)(19－2m)

＝4m2－41m＋190，(7分)

所以当m＝5，n＝10时，f(x)展开式中x2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)＝·＝.(4分)

(2) 由题意得，ξ的取值有0,1,2,3，

则P(ξ＝0)＝，

P(ξ＝1)＝，

P(ξ＝2)＝··＝，

P(ξ＝3)＝··＝，

即随机变量ξ的概率分布列为

所以Eξ＝0×＋1×＋2×＋3×

＝.(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＝，由M＝，

得＝，即(2分)

再由M＝，得＝，

即所以(4分)

所以M＝，(6分)

 M2＝.(10分)

22. 解：由ρ＝，

得ρcos2θ＝4sinθ，ρ2cos2θ＝4ρsinθ，

又ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，

故所求曲线的直角坐标方程是x2＝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(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，

B1(，0,2)，C1(0,1,2)，

所以＝(，1,0)，＝(0，－2,2)，

＝(，1，－2)．

因为PC⊥AB，

所以·＝0，(＋)·＝0，

(＋λ)·＝0，λ＝－＝.(5分)

(2)由(1)知：＝，＝(0,2,2)，

cos〈，〉＝＝＝－，

所以异面直线PC与AC1所成角的余弦值是.(10分)

24. 证明：由x1＝1，xn＋1＝1＋知，xn＞0(n∈N*)．

(1)当p＝2时，xn＋1＝1＋，

①当n＝1时，x1＝1＜，命题成立；

②假设当n＝k时，xk＜，

则当n＝k＋1时，

xk＋1＝1＋＝2－＜2－＝，

即n＝k＋1时，命题成立．

根据①②，xn＜(n∈N*)．(4分)

(2)用数学归纳法证明，xn＋1＞xn(n∈N*)．

①当n＝1时，x2＝1＋＞1＝x1，命题成立；

②假设当n＝k时，xk＋1＞xk，

∵　xk＞0，p＞0，∴　＜，

则当n＝k＋1时，

xk＋1＝1＋＝2－＜2－＝xk＋2，

即n＝k＋1时，命题成立．

根据①②，xn＋1＞xn(n∈N*)．(8分)

故不存在正整数M，使得对于任意正整数n，都有xM≥xn.(10分)

苏北四市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DA2＝DB·DC.

因为D为PA中点，

所以DP＝DA，

所以DP2＝DB·DC，

即＝.(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)(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＝，

则得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＝.(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＝2 (sinθ＋)即ρ＝2(sinθ＋cosθ)，

两边同乘以ρ得ρ2＝2(ρsinθ＋ρcosθ)，

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＝＝＜，

所以直线l和⊙C相交．(10分)

D. 选修45：不等式选讲

解：因为y2＝(＋·)2

≤[12＋()2][1－x＋2＋x]＝3×3，(6分)

所以y≤3.(8分)

当且仅当＝时取“＝”号，即当x＝0时，ymax＝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x2＝y.(4分)

(2) 证明：设A(x1，x)，B(x2，x)，∵ y＝x2，

∴ y′＝2x，

∴ AN、BN的斜率分别为2x1、2x2，

故AN的方程为y－x＝2x1(x－x1)，BN的方程为y－x＝2x2(x－x2)，(7分)

即两式相减，得xN＝.

又xM＝，

∴ 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 (1－)C (1－a)2＝(1－a)2，

P(ξ＝1)＝C·C (1－a)2＋C (1－)Ca(1－a)＝(1－a2)，

P(ξ＝2)＝C·Ca(1－a)＋C (1－)Ca2＝(2a－a2)，

P(ξ＝3)＝C·Ca2＝.

所以ξ的分布列为

Eξ＝0×(1－a)2＋1×(1－a2)＋2×(2a－a2)＋3×＝.(5分)

(2) P(ξ＝1)－P(ξ＝0)＝[(1－a2)－(1－a)2]＝a(1－a)，

P(ξ＝1)－P(ξ＝2)＝[(1－a2)－(2a－a2)]＝，

P(ξ＝1)－P(ξ＝3)＝[(1－a2)－a2]＝.

由和0＜a＜1，得0＜a≤，

即a的取值范围是(0，]．(10分)

南京市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为圆内接四边形，

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＝λ，(4分)

所以解得a＝λ＝2.(7分)

因此A＝，

所以A2＝＝.(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＋y2＝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≤2，|3m＋2|≤10.(8分)

解得－4≤m≤，即m的取值范围是[－4，]．(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≥2＝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＋()2][12＋()2]

≥(1＋)2.(7分)

又ab＝2，所以(1＋)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)＝5＋2.(5分)

因为a为正实数，所以a＋≥2＝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) 

≥3··3·

＝9·.(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(，0,0)，B1(，0,1)，

C(0,1,0)．

所以＝(0,1,1)，BB1＝(0,0,1)，

＝(－，1，－1)，

所以＝＋＝＋λ＝(－λ，λ，－λ＋1)．(4分)

因为向量与的夹角小于45°，

所以cos〈，〉∈，

即＜≤1，(8分)

解得0＜λ＜.所以λ的取值范围是.(10分)

23. 解：(1) X的概率分布列为

E(X)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝4.(或E(X)＝8×＝4)(4分)

(2) ① 连续3次投篮未中，不同投法为1＋C＋C＋(C－4)＋(C＋C)＝44(种)；

② 只因累计7次投篮未中，不同投法为C＋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＝＝.(10分)

苏锡常镇四市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)

∴＝，(4分)

同理＝，(6分)

两式相乘＝.(8分)

∵ AT＝AS，∴＝.(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·(6分)

＝.(10分)

C. 选修4­4：坐标系与参数方程

解：曲线ρ＝12sinθ的直角坐标系方程为x2＋(y－6)2＝36，(2分)

其圆心为(0,6)，半径为6；(4分)

曲线ρ＝12cos(θ－)的直角坐标系方程为(x－3)2＋(y－3)2＝36，(6分)

其圆心为(3，3)，半径为6.(8分)

∴ AB的最大值＝＋6＋6＝18.(10分)

D. 选修4­5：不等式选讲

证明：∵＋－m2－n2＝＋(2分)

＝＝，(6分)

又m、n均为正实数，(8分)

∴＋≥m2＋n2.(10分)

22. (1) 证明：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系．

则B(1,0,0)，D1(0,1,1)，E(0,0，t)，F(1,1,1－t)，其中0≤t≤1，

则＝＝(－1,0，t)，

所以BE∥FD1，

所以B、E、D1、F四点共面．(5分)

(2) 解：＝(－1,0,1)，

＝(－1,0，t)，＝(0,1,1－t)，

可求平面BFE的法向量n＝(t，t－1,1)，

由已知sin30°＝，

所以＝，

平方可求得t＝0，

所以点E与点A重合时，直线A1B和平面BFE所成角等于.(10分)

23. 证明：(1) (1＋)k＝1＋C＋C ()2＋…＋C ()k，　

(1－)k＝1－C＋C ()2－…＋C (－1)k()k，

因此(1＋)k＋(1－)k＝2[1＋C ()2＋C ()4＋…]．

∵的偶数次幂均为正整数，

∴ (1＋)k＋(1－)k是正整数．(5分)

(2) (证法1)因为0＜(1－)2n＜1，由(1)知(1＋)2n＋(1－)2n为正整数，所以大于(1＋)2n的最小整数为(1＋)2n＋(1－)2n.

由于(1＋)2n＋(1－)2n＝[(1＋)2]n＋[(1－)2]n＝2n[(2＋)n＋(2－)n]，

由二项式定理知(2＋)n＋(2－)n是一偶数，

所以(1＋)2n＋(1－)2n能被2n＋1整除．(10分)

(证法2)大于(1＋)2n的最小整数为(1＋)2n＋(1－)2n，

设a＝4＋2，b＝4－2，

只要证an＋bn能被2n＋1整除，

由an＋1＋bn＋1＝(a＋b)(an＋bn)－ab(an－1＋bn－1)及数学归纳法获证．

南通市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MA2＝MB·MC.

又M为PA的中点，所以MP2＝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＝－1×，得(5分)

同理可得

解得a＝2，b＝3，c＝2，d＝1.

因此矩阵A＝.(10分)

C. 选修4­4：坐标系与参数方程

解：ρcos＝2化简为ρcosθ＋ρsinθ＝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(2cosα，sinα)，

得P到直线l的距离d＝，

即d＝，其中cosφ＝，sinφ＝.(8分)

当sin(α＋φ)＝－1时，dmax＝2＋.(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[(3a＋2)＋(3b＋2)＋(3c＋2)]≥(1＋1＋1)2，(5分)

即＋＋≥1，

当且仅当3a＋2＝3b＋2＝3c＋2，即a＝b＝c＝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、、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，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.(5分)

(2) 设平面CD1O的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

由m·＝0，m·＝0，

得取x1＝1，得y1＝z1＝1，

即m＝(1,1,1) .(7分)

由D1E＝λEO，则E，

＝.

又设平面CDE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，

由n·＝0，n·＝0，

得取x2＝2，得z2＝－λ，即n＝(－2,0，λ) .

因为平面CDE⊥平面CD1F，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)＝C5(i＝5,6,7,8,9,10)，

其分布列如下：

(2) 令pn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－pn，“恰好得到n－1分”的概率是pn－1，

因为“掷一次出现反面”的概率是，所以有1－pn＝pn－1，(7分)

即pn－＝－.

于是是以p1－＝－＝－为首项，以－为公比的等比数列．

所以pn－＝－n－1，

即pn＝.

答：恰好得到n分的概率是.(10分)

苏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，OA2＝OM·OP.(4分)

(2) 因为BK是圆O的切线，BN⊥OK，同(1)，

有OB2＝ON·OK.

又OB＝OA，所以OP·OM＝ON·OK，

即＝.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＝，

即2＋3b＝8,2c＋6＝12，b＝2，c＝3，

所以M＝.(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＝，

即解之得

代入5x2＋8xy＋4y2＝1得x′2＋y′2＝2，

即曲线5x2＋8xy＋4y2＝1在M的作用下的新曲线的方程是x2＋y2＝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＝3，

则ρsinθ－ρcosθ＝3，

即ρsinθ－ρcosθ＝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：＋＝1上一点，

设P(4cosα，3sinα)，其中α∈[0,2π)，

则P到直线l的距离d＝＝，其中cosφ＝，

所以当cos(α＋φ)＝1时，d的最大值为.(10分)

D. 选修4­5：不等式选讲

证明：因为x2＋y2≥2xy≥0，

所以x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)≥xy(x＋y)，(4分)

同理y3＋z3≥yz(y＋z)，z3＋x3≥zx(z＋x)，

三式相加即可得2(x3＋y3＋z3)≥xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)．

又xy(x＋y)＋yz(y＋z)＋zx(z＋x)＝x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(x＋y)，　

所以2(x3＋y3＋z3)≥x2(y＋z)＋y2(x＋z)＋z2(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)，A1(0,0,1)，

B1(1,0,1)，C1(0,1,1)，

P，M，N，

＝，＝.

因为·＝0×0＋1×＋(－1)×＝0，

所以PN⊥AM.(4分)

(2) 解：设平面PMN的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

＝，＝，

则⇒

令y1＝2，得z1＝1，x1＝3，

所以n1＝(3,2,1)．(6分)

又＝，

所以sinθ＝＝＝.(10分)

23. 证明：(1) 因为|an|＞1，an＋1＝4a－3an

所以|an＋1|＝|4a－3an|＝|an|(4|an|2－3)＞1.(2分)

(2) ① 假设|a1|＞1，

则|a2|＝|4a－3a1|＝|a1|(4|a1|2－3)＞1.

若|ak|＞1，

则|ak＋1|＝|4a－3ak|＝|ak|(4|ak|2－3)＞1.

所以当|a1|＞1时，有|an|＞1(n∈N*)，

这与已知am＝1矛盾，

所以|a1|≤1.(6分)

② 由①可知，存在θ，使得a1＝cosθ.

则a2＝4cos3θ－3cosθ＝cos3θ

假设n＝k时，有an＝cos3n－1θ即ak＝cos3k－1θ，

则ak＋1＝4a－3ak＝4(cos3k－1θ)3－3(cos3k－1θ)＝cos3kθ.

所以对任意n∈N*，an＝cos3n－1θ，

则am＝cos3m－1θ＝1,3m－1θ＝2kπ，其中k∈Z，即θ＝，

所以a1＝cos (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，PA为圆的切线，

∴ △PAO为Rt△，122＋r2＝(r＋6)2，(4分)

∴ r＝9.(6分)

又CD垂直于PA，于是＝，∴ CD＝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)(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x2＋y2＝1，

又ρ＝2cos＝cosθ－sinθ，

∴ ρ2＝ρcosθ－ρsinθ.(5分)

∴ x2＋y2－x＋y＝0，

由

得A(1,0)，B，

∴ AB＝＝.(10分)

D. 选修45：不等式选讲

证明：因为m

＝(a1＋a2＋a3) 

≥3·3＝9，

当且仅当a1＝a2＝a3＝时等号成立，(5分)

又m＝a1＋a2＋a3＞0，所以＋＋≥.(10分)

22. 解：(1) 因为y＝2，所以y′＝××(－2x)＝－，(3分)

故切线l的方程为y－2＝－(x－x0)，即y＝－x＋.(5分)

(2) 设A(x1,0)、B(0，y2)，M(x，y)是轨迹上任一点，

在y＝－x＋中令y＝0，

得x1＝；令x＝0，得y2＝， 

则由＝＋，得(8分)

消去x0，得动点M的轨迹方程为＋＝1(x＞1)．(10分)

23. 解：当n＝1时，a2＝－a＋pa1＝a1(－a1＋p)，

因为a1∈(0,2)，所以欲a2∈(0,2)恒成立．

则要恒成立，解得2≤p＜2，

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，an∈(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ak∈(0, 2)，

则当n＝k＋1时，ak＋1＝－a＋2ak＝ak(2－ak)，

一方面，ak＋1＝ak(2－ak)>0成立，(8分)

另一方面，ak＋1＝ak(2－ak)＝－(ak－1)2＋1≤1<2，

所以ak＋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)