江苏高考附加题

冲刺一模附加题训练一

1.矩阵与变换

⎡m0⎤

设曲线2x2+2xy+y2=1在矩阵M=⎢⎥(m>0)对应的变换作用下得到的曲线为n1⎣⎦

x2+y2=1，求矩阵M的逆矩阵M-1．

【解】设曲线2x2+2xy+y2=1上任一点P(x,y)在矩阵M对应的变换下的像是

P'(x',y'),

⎡x'⎤⎡m0⎤⎡x⎤⎡mx⎤⎧x'=mx，

由⎢⎥=⎢,得 =⎢⎨⎢⎥⎥⎥''⎣y⎦⎣n1⎦⎣y⎦⎣nx+y⎦⎩y=nx+y，

因为P'(x'，y')在圆x2+y2=1上,所以(mx)+(nx+y)=1，化简可得

2

2

(m2+n2)x2+2nxy+y2=1．„„„„„„„„„„3分

依题意可得m2+n2=2，2n=2，m=1，n=1或m=-1，n=1而由m>0可得m=1，n=1．„„„6分

⎡10⎤⎡10⎤-1

故M=⎢,M=⎥⎢-11⎥．„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 11⎣⎦⎣⎦

2.坐标系与参数方程

在平面直角坐标xOy中,已知圆C1:x2+y2=4,圆C2:(x-2)2+y2=4． （1）在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别求圆C1,C2的极坐标

方程及这两个圆的交点的极坐标； （2）求圆C1与C2的公共弦的参数方程．

【解】（1）圆C1的极坐标方程为ρ=2， 圆C2的极坐标方程为ρ=4cosθ，

⎧ρ=2，由⎨

⎩ρ=4cosθ

得ρ=2，θ=±

π3

，故圆C1，C2交点坐标为圆

，2，-)．„„„„„„„5分 )(2(33

（2）由（1）得，圆C1，

C2交点直角坐标为(1，(1，，

⎧⎪x=1，故圆C1与

C2的公共弦的参数方程为⎨ „„„„„„„„10分

y=t(t．⎪⎩

注：第（1）小题中交点的极坐标表示不唯一；第（2）小题的结果中，若未注明参数

范围，扣2分．

3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC，且AB=AC=A1B=2．

（1）求棱AA1与BC所成的角的大小；

（2）在棱B1C1上确定一点P，使二面角P-AB

-A1．

【解】（1）如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则 C(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(0，2，2)，B1(0，4，2)，

C1

B1

A1

AA1=(0，2，2)，BC=B1C1=(2，-2，0)．

1cos〈AA1，BC〉===-，

2AA1⋅BC

故AA1与棱BC所成的角是． „„„„„„„„„4分

3（2）P为棱B1C1中点，

设B1P=λB1C1=(2λ，4-2λ，2)． -2λ，0)，则P(2λ，设平面PAB的法向量为n1=(x,y,z)，AP=(2λ，4-2λ，2)，

C1

AA1⋅BC

C

A

（第3题）

⎧⎪n⋅AP=0，⎧x+3y+2z=0，⎧z=-λx，则⎨1 ⇒⎨⇒⎨

⎩2y=0⎩y=0．⎪⎩n1⋅AB=0

故n1=(1，0，-

λ)„„„„„„„„„„„„„„„„„8分

而平面ABA1的法向量是n2=(1，0，0)，则cos〈n1,n2〉=解得λ=

n1⋅n2=，

n1⋅n21

，即P为棱B1C1中点，其坐标为P(1„„„„„„„10分 ，3，2)．2

4．设b>0，函数f(x)=(ax+1)2-x+lnbx，记F(x)=f'(x)（f'(x)是函数f(x)的导

2abbb函数），且当x = 1时，F(x)取得极小值2． （1）求函数F(x)的单调增区间；

（2）证明[F(x)]-F(xn)≥2n-2(n∈N*)．

n

【解】（1）由题F(x)=f'(x)=1⋅2(ax+1)⋅a-1+1=1ax+1，x>0，b>0．

2abbbxbx于是F'(x)=1a-12，若a

0，与F(x)有极小值矛盾，所以a>0．

bx令F'(x)=0，并考虑到x>0，知仅当x=时，F(x)取得极小值．

()

()

=1，所以解得a=b=1．„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

⎪(a+1)=2，⎩b+∞)． 故F(x)=x+1(x>0)，由F'(x)>0，得x>1，所以F(x)的单调增区间为(1，

（2）因为x>0，所以记g(x)=[F(x)]

n

-F(x)=[F(x)]-F(x)=x+x

n

n

n

()-(x+x)

n

n

n

n-1n-2n-3-1=C1⋅+C2⋅2+C3⋅3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+Cnnxnxnxnx⋅n-1 xxxx

n-r-rr因为Cr⋅+Cn，2，L，n-1)， nxnx⋅n-r≥2Cn(r=1xx23n-1n

所以2g(x)≥2(C1n+Cn+Cn+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+Cn)=2(2-2)，故

[F(x)]

n

-F(xn)≥2n-2(n∈N*)．„„„10分

冲刺一模附加题训练二

1. 已知矩阵M=⎢

⎡1　x⎤

的一个特征值为-1，求其另一个特征值. ⎥

⎣2　1　⎦

x2y2

2. 在平面直角坐标系xOy中，椭圆+=1的右顶点为A，上顶点为B，点P是第一

164

象限内在椭圆上的一个动点，求∆PAB面积S的最大值． 3. 设10件同类型的零件中有2件不合格品，从所有零件中依次不放回地取出3件，以X表示取出的3件中不合格品的件数．

（1）求“第一次取得正品且第二次取得次品”的概率；

（2）求X的概率分布和数学期望E(X)．

4. 三棱柱ABC-A1B1C1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB=2，AC=4，

AA1=3．D是BC的中点．

（1）求直线DB1与平面AC11D所成角的正弦值； （2）求二面角B1-A1D-C1的大小的正弦值．

冲刺一模附加题训练三

1.矩阵与变换

⎡10⎤

已知曲线C: y2=2x，在矩阵M=⎢⎥对应的变换作用下得到曲线C1，C1在矩阵02⎣⎦⎡0-1⎤N=⎢⎥对应的变换作用下得到曲线C2，求曲线C2的方程． 10⎣⎦

⎡0-1⎤⎡10⎤⎡0-2⎤解：设A=NM，则A=⎢⎥⎢02⎥=⎢10⎥， „„„„„„„„„„„„„3分 10⎣⎦⎣⎦⎣⎦

设P(x', y')是曲线C上任一点，在两次变换下，在曲线C2上的对应的点为P(x, y)， x'=y,

⎡x⎤⎡0-2⎤⎡x'⎤⎡-2y'⎤⎧x=-2y',⎧⎪则 ⎢⎥=⎢⎥⎢y'⎥=⎢x'⎥， 即⎨y=x',∴⎨y'=-1x. „„„„7分 10y⎦⎣⎦⎣⎣⎦⎣⎦⎩⎪⎩2

又点P(x', y')在曲线C: y2=2x上，∴ (-1x)2=2y，即y=1x2．„„„„10分

82.坐标系与参数方程

已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x轴的正半轴重合．曲线C的极坐⎧⎪x=,

标方程为ρ2cos2θ+3ρ2sin2θ=3，直线l

的参数方程为⎨(t为参数，t∈R)．试

y=1+t⎪⎩

在曲线C上求一点M，使它到直线l的距离最大．

x2

解：曲线C的普通方程是+y2=1． „„„„„„„„„„„„„„2分

3

直线l

的普通方程是x=0． „„„„„„„„„4分 设点M

的直角坐标是θ,sinθ)，则点M到直线l的距离是

d

7分

因为≤θ+

π

4

)≤

πππ3π

当sin(θ+)=-1，即θ+=2kπ-(k∈Z)，即θ=2kπ-(k∈Z)时，d取得最大值．

4424θ=． 7π

综上，点M

的极坐标为)时，该点到直线l的距离最大． „„10分

6

θ=注 凡给出点M

的直角坐标为(，不扣分．

3．如图，已知定点R(0，－3)，动点P，Q分别在x轴和y轴上移动，延长PQ至点M，使PQ=1QM，且PR⋅PM=0．

2（1）求动点M的轨迹C1；

（2）圆C2： x2+(y-1)2=1，过点(0，1)的直线l依次交C1于A，D两点

（从左到右），交C2于B，C两点（从左到右），求证：AB⋅CD为定值．

（第3题）

1

解：（1）法一：设M(x，y)，P(x1，0)，Q(0，y2)，则由PR⋅PM=0,PQ=QM及R(0，－3)，

2得

⎧

⎪-x1(x-x1)+(-3)y=0,⎪

1⎪

化简，得x2=4y．„„„„„„4分 ⎨-x1=x,

2⎪

11⎪y=y-y2.2⎪⎩22

所以，动点M的轨迹C1是顶点在原点，开口向上的抛物线．„„„„5分 法二：设M(x，y)．

1xy由PQ=QM，得 P(-,0),Q(0,)．

223x3x

所以，PR=(,-3),PM=(,y)．

22

x33

由PRPM=0，得 (,-3)⋅(x,y)=0，即x2-3y=0．化简得 x2=4y． 4分

224所以，动点M的轨迹C1是顶点在原点，开口向上的抛物线．„„„5分

（2）证明：由题意，得 AB⋅CD=AB⋅CD，⊙C2的圆心即为抛物线C1的焦点F． 设A(x1,y1)，D(x2,y2)，则AB=FA-FB=y1+1-1=y1． „„„„„„7分 同理 CD=y2．

设直线的方程为 x=k(y-1)．

⎧x=k(y-1),

12⎪22222

由⎨12得y=k(y-1)，即ky-(2k-4)y+k=0．

4y=x,⎪⎩4

所以，AB⋅CD=AB⋅CD=y1y2=1． „„„„„„„„„„10分 4．已知数列{an}满足：a1=2a-2,an+1=aan-1+1(n∈N*)． （1）若a=-1，求数列{an}的通项公式；

（2）若a=3，试证明：对∀n∈N*，an是4的倍数．

解：(1)当a=-1时，a1=-4,an+1=(-1)an-1+1．

令bn=an-1，则b1=-5,bn+1=(-1)bn． 因b1=-5为奇数，bn也是奇数且只能为-1， 所

以

，

⎧-5,n=1,bn=⎨

⎩-1,n≥2,

即

⎧-4,n=1,

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分 an=⎨

0,n≥2.⎩

(2)当a=3时，

a1=4,an+1=3an-1+1． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

下面利用数学归纳法来证明：an是4的倍数． 当n=1时，a1=4=4⨯1，命题成立；

设当n=k(k∈N*)时，命题成立，则存在t∈N*，使得ak=4t，

∴ak+1=3ak-1+1=34t-1+1=27⋅(4-1)4(t-1)+1=27⋅(4m+1)+1=4(27m+7)，

4t-5

+其中，4m=44(t-1)-C14(t-1)⋅4

4t-4-r

+(-1)rCr+4(t-1)⋅4

t-3

-C44(t-1)⋅4，

∴m∈Z，∴当n=k+1时，命题成立．

∴

由数学归纳法原理知命题对∀n∈N*成

立． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

冲刺一模附加题训练四

⎡x⎤⎡x'⎤⎡x+2y⎤

1.已知，点A在变换T：⎢⎥→⎢⎥=⎢作用后，再绕原点逆时针旋转90o，得到⎥

⎣y⎦⎣y'⎦⎣y⎦

点、B．若点B的坐标为（-3，4），求点A的坐标． 2.已知在极坐标系下，圆C：p= 2cos（θ+

π

2

）与直线l：ρsin（θ+

π

4

）

M为

圆C上的动点．求点M到直线l距离的最大值．

3.银行的一个营业窗口可办理四类业务，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整

数分钟，经统计以往100位顾客办理业务所需的时间（t），结果如下：

注：银行工作人员在办理两项业务时的间隔时间忽略不计，并将频率视为概率． （Ⅰ）求银行工作人员恰好在第6分钟开始办理第三位顾客的业务的概率； （Ⅱ）用X表示至第4分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望．

4.已知函数f（x）=

12

x+1nx． 2

（Ⅰ）求函数f（x）在区间[1，e]上的最大值、最小值；

（Ⅱ）设g（x）=f（x），求证：[g(x)]n-g(xn)≥2n-2(n∈N+)．

冲刺一模附加题训练五

1.已知矩阵A=⎢

⎡1　a⎤⎡-1⎤

α=λ=-1的一个特征值为，其对应的一个特征向量为，已11⎥⎢⎥

⎣c0　⎦⎣1⎦

知β=⎢⎥，求A5β.

2.

已知直线的参数方程⎨

⎡8⎤⎣1⎦

⎧⎪x=2-t

（为参数），圆C的极坐标方程：ρ+2sinθ=0．

⎪⎩y=1（1）将直线的参数方程化为普通方程，圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）在圆C上求一点P，使得点P到直线的距离最小．

3.如图，圆锥的高PO=4，底面半径OB=2，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE．

（1）求异面直线EF与BD所成角的余弦值； （2）求二面角O-DF-E的正弦值．

A B

4.（1）山水城市镇江有“三山”——金山、焦山、北固山，一位游客游览这三个景点的概率都是0.5，且该游客是否游览这三个景点相互独立，用ξ表示这位游客游览的景点数和没有游览的景点数差的绝对值，求ξ的分布列和数学期望；

（2）某城市有n（n为奇数，n≥3）个景点，一位游客游览每个景点的概率都是0.5，且该游客是否游览这n个景点相互独立，用ξ表示这位游客游览的景点数和没有游览的景点数差的绝对值，求ξ的分布列和数学期望．

D

E

冲刺一模附加题训练六

1.矩阵与变换

⎡-1a⎤

已知a,b∈R，若矩阵M=⎢⎥所对应的变换把直线l：2x-y=3变换为自身，求b3⎣⎦M-1.

【解】对于直线l上任意一点(x,y)，在矩阵M对应的变换作用下变换成点(x',y')，

⎡-1a⎤⎡x⎤⎡-x+ay⎤⎡x'⎤则⎢=⎢=⎢⎥， ⎥⎢⎥⎥

⎣b3⎦⎣y⎦⎣bx+3y⎦⎣y'⎦

因为2x'-y'=3，所以2(-x+ay)-(bx+3y)=3， „„„„„„„„„„„„„„„4分

⎧-2-b=2,⎧a=1,所以⎨解得⎨

⎩2a-3=-1,⎩b=-4.

⎡-11⎤所以M=⎢⎥， „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分 -43⎣⎦⎡3-1⎤所以M-1=⎢. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分 ⎥

⎣4-1⎦

2.坐标系与参数方程 在极坐标系中，已知直线2ρcosθ+ρsinθ+a=0(a>0)被圆ρ=4sinθ截得的弦长为2，求a的值.

【解】直线的极坐标方程化为直角坐标方程为2x+y+a=0， „„„„„„„„„„3分

圆的极坐标方程化为直角坐标方程为x2+y2=4y，即x2+(y-2)2=4 ，„„„„6分 因为截得的弦长为2，所以圆心(0,2)

，

=a>

0，所以a=2. „„„„„„„„„„„„„„„10分

3.

如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1=6，AB=2，M,N分别是棱BB1，CC1上的点，且BM=4，CN=2. ⑴求异面直线AM与AC11所成角的余弦值； ⑵求二面角M-AN-A1的正弦值.

1

1

A1

（第3题图）

【解】⑴以AC的中点为原点O，分别以OA,OB所在直线为x,z轴，建立空间直角坐标系

O-xyz（如图）C，. 则O(0,0,0)，A(1,0,0)，

A1(1,6,0)，C1(-1,6,0).

所以AM=(-，AC11=(-2,0,0). 所以cos=

AMA1C1AMA1C1

=

=

所以异面直线AM与AC11

⑵平面ANA1的一个法向量为m=(0,0,1).

设平面AMN的法向量为n

=(x,y,z)，因为AM=(-，AN=(-2,2,0)，

⎧⎪n⊥AM,⎧⎪-x+4y=0,由⎨得⎨令x=

1，则n=(1,1,.

⎪⎪⎩-2x+2y=0,⎩n

⊥AN,

所以cos=

mn， ==mn. „„„„„„„„„„„„„„„„„10分 02n-112n-222n-3rnn-1

4.已知函数f(x)=Cnx,n∈N*． -Cnx+Cnx-+Cn(-1)rx2n-1-r++Cnn(-1)x⑴当n≥2时，求函数f(x)的极大值和极小值；

所以二面角

M-AN-A11

⑵是否存在等差数列{an}，使得a1C0n+a2Cn+并说明理由．

n

+an+1Cn=nf(2)对一切n∈N*都成立？

n1n-1n-2rn-r

【解】（1）f(x)=xn-1[C0+C2-⋅⋅⋅+Cr+⋅⋅⋅+(-1)nCnnx-Cnxnxn(-1)xn]

=xn-1(x-1)n，

f'(x)=(n-1)xn-2(x-1)n+xn-1⋅n(x-1)n-1=xn-2(x-1)n-1[(n-1)(x-1)+nx]，

令f'(x)=0得x1=0,x2=

n-1

,x3=1， 2n-1

因为n≥2，所以x1

x

(-∞,0)

(0,

n-1

)2n-1

n-12n-1

(

n-1

,1)2n-1

1

(1,+∞)

f'(x)

+ 0 + 0

-

+

f

(x)

无

极值

极大值

极小值

(n-1)n-1⋅(-n)nn-1

所以当x=时，y极大；当x=1时，y极小=0．„„„4分

(2n-1)2n-12n-1

当n为奇数时f(x)的增减性如下表：

x

(-∞,0)

(0,

n-1

)2n-1

n-12n-1

(

n-1

,1)2n-1

1

(1,+∞)

f'(x)

+ 0

-

0 + 0 +

f(x

)

极大值

极小值

无极值

(n-1)n-1⋅(-n)nn-1

所以x=0时，y极大=0；当x=时，y极小=．„„„„6分

(2n-1)2n-12n-1

12nn-1

（2）假设存在等差数列{an}使a1C0成立， n+a2Cn+a3Cn+⋅⋅⋅+an+1Cn=n⋅2

n-m

由组合数的性质Cm， n=Cn

12nn-1把等式变为an+1C0， n+anCn+an-1Cn+⋅⋅⋅+a1Cn=n⋅2

两式相加，因为{an}是等差数列，所以a1+an+1=a2+an=a3+an-1=

1故(a1+an+1)(C0n+Cn+

=an+1+a1，

n

+Cn)=n⋅2n，

所以a1+an+1=n． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8分 再分别令n=1，n=2，得a1+a2=1且a1+a3=2，

进一步可得满足题设的等差数列{an}的通项公式为an=n-1(n∈N*)．„„„10分