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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42：矩阵与变换已知矩阵A，求A1的值解：设A1，则AA1，所以解得所以A1，所以A1.B选修44：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(为参数)被射线0所截得的弦长为2，求0的值解：曲线的直角坐标方程为(x1)2(y)24.射线0的直角坐标方程可以设为ykx(x0，k0)，则圆心到直线的距离d根据题意得，22，解得k，即tan 0，0，故0.C选修45：不等式选讲已知x，y，z为不全相等的正数求证：.证明：因为x，y，z都是正数，所以.同理可得，将上述三个不等式两边分别相加，并除以2，得.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.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：x1，点T(3,0)动点P满足PSl，垂足为S，且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：向量与共线解：(1)设P(x，y)为曲线C上任意一点 .因为PSl，垂足为S，又直线l：x1，所以S(1，y)因为T(3,0)，所以(x，y)，(4，y)因为0，所以4xy20，即y24x.所以曲线C的方程为y24x. (2)证明：因为直线PQ过点(1,0)，故设直线PQ的方程为xmy1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)联立方程消去x，得y24my40.所以y1y24m，y1y24. 因为M为线段PQ的中点，所以M的坐标为，即M(2m21,2m)又因为S(1，y1)，N(1,0)，所以(2m22,2my1)，(x21，y2)(my22，y2). 因为(2m22)y2(2my1)(my22)(2m22)y22m2y2my1y24m2y12(y1y2)my1y24m8m4m4m0.所以向量与共线23对于给定的大于1的正整数n，设xa0a1na2n2annn，其中ai0,1,2，n1，i0,1，2，n1，n，且an0，记满足条件的所有x的和为An.(1)求A2；(2)设An，求f(n)解：(1)当n2时，xa02a14a2，a00,1，a10,1，a21，故满足条件的x共有4个，分别为x004，x024，x104，x124，它们的和是22，所以A222.(2)由题意得，a0，a1，a2，an1各有n种取法；an有n1种取法，由分步计数原理可得a0，a1，a2，an1，an的不同取法共有nnn(n1)nn(n1)，即满足条件的x共有nn(n1)个，当a0分别取0,1,2，n1时，a1，a2，an1各有n种取法，an有n1种取法，故An中所有含a0项的和为(012n1)nn1(n1)；同理，An中所有含a1项的和为(012n1)nn1(n1)nn；An中所有含a2项的和为(012n1)nn1(n1)n2n2；An中所有含an1项的和为(012n1)nn1(n1)nn1nn1；当an分别取i1,2，n1时，a0，a1，a2，an1各有n种取法，故An中所有含an项的和为(12n1)nnnnnn.所以An(1nn2nn1)nnnn(nn1nn1)，故f(n)nn1nn1.3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42：矩阵与变换已知变换T将平面上的点，(0,1)分别变换为点，.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，则，即解得则M.(2)设矩阵M的特征多项式为f()，可得f()(3)(4)6276，令f()0，可得1或6.B选修44：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：sinm(mR)，圆C的参数方程为(t为参数)当圆心C到直线l的距离为时，求m的值解：由sinm，得sin coscos sinm，即xym0，即直线l的直角坐标方程为xym0，圆C的普通方程为(x1)2(y2)29，圆心C到直线l的距离d，解得m1或m5.C选修45：不等式选讲已知a0，b0，且a2b1，求的最大值解：因为()2(a22b1)(1212)8，所以2.即的最大值为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如图，在棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，A1ECF1.(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)，(3,3,3)，(0，3,2)，所以cos，故两条异面直线AC1与BE所成角的余弦值为.(2)由(1)知(0，3,2)，又D1(0,0,3)，B1(3,3,3)，所以(3,0，1)，(0,0,3)设平面BED1F的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得y2，z3，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，则sin ，所以直线BB1与平面BED1F所成角的正弦值为.23设数列tn满足0t11，tn1tnsin tn.(1)求证：0tn1tn1；(2)若t1，求证：tn.证明：(1)法一：设f(x)xsin x(0x1)，所以f(x)1cos x0，所以f(x)在(0,1)上是单调增函数因为tn1tnsin tn,0t11，所以t2t1sin t1f(0)0，又因为t2t1sin t10，所以t2t1，所以0t2t11.下面用数学归纳法证明：当n1时，0t2t11，命题成立假设当nk(kN*)时，命题成立，即0tk1tk1.因为f(x)在(0,1)上是单调增函数，所以f(0)f(tk1)f(tk)f(1)，所以0tk2tk11sin 11，即0tk2tk11，也就是说，当nk1时，命题也成立综上所述，对nN*时，0tn1tn1.法二：先证明0tn1.当n1时，0t11，命题成立假设当nk(kN*)时，命题成立，即0tk1.则当nk1时，tk1tksin tk，设f(x)xsin x(0x1)，所以f(x)1cos x0，所以f(x)在(0,1)上是单调增函数因为0tk1，所以f(0)f(tk)f(1)，所以0tk11sin 11，即0tk11，这就是说，当nk1时，命题也成立综上所述，对nN*时，0tn1.因为tn1tnsin tn,0tn1，所以tn1tnsin tn0，即tn1tn，所以，对nN*时，0tn1tn1.(2)令g(x)xsin x(0x1)，则g(x)1cos xx，记(x)g (x)1cos xx，则(x)sin x10(0x1)，所以(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0x1，所以g(x)g(0)0，由于0tn1，所以g(tn)0，即tnsin tn0，所以tn1，所以，又因为tntn1t2t1，故n2时，tnt1t1t1，因为t1，所以tn.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42：矩阵与变换已知矩阵A，求其特征值及特征向量解：因为f()256，由f()0，得2或3.当2时，对应的一个特征向量为1；当3时，对应的一个特征向量为2.B选修44：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：(t为参数)与圆C：22cos 2sin 0的位置关系解：把直线l的参数方程化为普通方程为xy2.将圆C的极坐标方程22cos 2sin 0化为直角坐标方程为x22xy22y0，即(x1)2(y1)22.所以圆心C(1,1)到直线l的距离d，所以直线l与圆C相切C选修45：不等式选讲已知函数f(x)|x|x|的最小值为M.若正数x，y，z满足xyzM，求z2的最小值解：因为f(x)|x|x|xx|2，所以xyz2.由柯西不等式得，(491)2(xyz)228，当且仅当，即x，y，z时取“”所以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：y22px(p0)，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PT2PAPB，求直线l2的斜率解：设直线l1的方程为xmyp，代入抛物线方程得，y22p(myp)，整理得，y22pmy2p20，因为直线l1与曲线C相切，所以4p2m28p20，所以m22，且T(pm2p，pm)，所以PT2(pm2)2(pm)26p2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线l2：xnyp，代入抛物线方程整理得，y22pny2p20，由4p2n28p20得，n22且y1y22pn，y1y22p2，所以PAPB(1n2)|y1y2|2p2(1n2)因为PT2PAPB，所以6p2p2(1n2)，解得n252，即n.此时直线l2的斜率为.23设P(n，m)(1)kC，Q(n，m)C，其中m，nN*.(1)当m1时，求P(n,1)Q(n,1)的值；(2)对mN*，证明：P(n，m)Q(n，m)恒为定值解：(1)当m1时，P(n,1)(1)kC(1)kC，又Q(n,1)Cn1，显然P(n,1)Q(n,1)1.(2)证明：P(n，m)(1)kC1(1)k(CC)(1)n1(1)kC(1)kCP(n1，m)(1)kCP(n1，m)(1)kCP(n1，m)P(n，m)即P(n，m)P(n1，m)，由累乘，易求得P(n，m)P(0，m)，又Q(n，m)C，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42：矩阵与变换已知矩阵A，X，且AX ，其中x，yR.(1)求x，y的值；(2)若B，求(AB)1.解：(1)AX . 因为AX，所以解得x3，y0. (2)由(1)知A ，又B ，所以AB . 设(AB)1 ，则，即. 所以解得a，b，c0，d，即 (AB)1 .B选修44：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(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sin24cos 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sin24cos 0，所以2sin24cos ，即曲线C的直角坐标方程为y24x. 将直线l的参数方程代入抛物线方程y24x，得24，即t28t0，解得t10，t28.所以AB|t1t2|8.C选修45：不等式选讲已知a，b，cR，a2b2c21，若|x1|x1|(abc)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，cR，a2b2c21，所以由柯西不等式得(abc)2(a2b2c2)12(1)2123，因为|x1|x1|(abc)2对任意的实数a，b，c恒成立，所以|x1|x1|3.当x1时，2x3，即x.综上，实数x的取值范围为.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，ABAC，AB4，AC4，AA16，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，ABAC，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(2,2，6)，(4,0,6)，(2,2,0)，设平面AB1D的法向量n1(x1，y1，z1)，则即令y11，可得x11，z1，所以平面AB1D的法向量n1，所以|cosn1，|，所以直线A1D与平面AB1D所成角的正弦值为.(2)因为(0,4,0)，(2,2，6)，设平面A1C1D的法向量n2(x2，y2，z2)，则即令z1，可得y20，x23，所以平面A1C1D的法向量n2(3,0,1)，所以cosn1，n2，所以平面AB1D与平面A1C1D所成锐二面角的余弦值为.23已知(2x1)na0a1(x1)a2(x1)2an(x1)n，nN*.(1)求Snai的值；(2)设Tnn(n2)2n2n3，试比较S2 019与T2 019的大小，并说明理由解：(1)对等式(2x1)na0a1(x1)a2(x1)2an(x1)n两边求导，得2n(2x1)n1a12a2(x1)nan(x1)n1，取x2，则Snaia12a23a3nan2n3n1.(2)要比较Sn与Tn的大小，即比较3n1与(n2)2n1n2的大小当n1时，3n1(n2)2n1n2；当n2,3,4时，3n1(n2)2n1n2；当n5,6时，3n1(n2)2n1n2，猜想：当n5时，3n1(n2)2n1n2，下面用数学归纳法证明：当n5时，3518173(52)25152，猜想成立，假设当nk(k5)时结论成立，即3k1(k2)2k1k2，则当nk1时，3k1133k13(k2)2k1k2，而3(k2)2k1k2(k1)2k(k1)2(k4)2k12k22k12k22k12k(k1)12541390，所以3k113(k2)2k1k2(k1)2k(k1)2，故当nk1时猜想也成立，由可知，当n5时，3n1(n2)2n1n2.所以S2 019T2 019.3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42：矩阵与变换已知向量是矩阵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，因为向量是矩阵A的属于特征值1的一个特征向量，所以(1).所以因为点P(1,1)在矩阵A对应的变换作用下变为P(3，3)，所以.所以由解得a1，b2，c2，d1，所以A.B选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，已知直线(n为参数)与曲线(t为参数)相交于A，B两点，求线段AB的长解：法一：将曲线(t为参数)化为普通方程为y28x. 将直线(n为参数)代入y28x得，n28n240，解得n12，n26.则|n1n2|4， 所以线段AB的长为4.法二：将曲线(t为参数)化为普通方程为y28x, 将直线(n为参数)化为普通方程为xy0，由得或所以AB的长为 4.C选修45：不等式选讲已知函数f(x)，g(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)1，由柯西不等式得，(1)2(31)(x214x)64，所以f(x)g(x)8，当且仅当x10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，(01)(1)若，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，求实数的值解：(1)以，为一组基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.因为，所以，依题意，C，P(0,0,1)，B(1，0,0)，D(0,1,0)，所以，(1,0，1)，(0,1，1)设平面PBD的一个法向量为n(x，y，z)，则即取z1，得n(1,1,1)所以|cos，n|.所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为.(2)依题意，C(1，0)，(1,0，1)，(1，1)，(0,1，1)设平面PBC的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取z11，得n1(1,0,1)设平面PCD的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则即取z21，得n2(1，1,1)所以|cosn1，n2|cos 120|，解得1或5，因为01，所以1.23设(x1)2na0a1xa2x2arxra2nx2n，其中nN*，ar(r0,1,2，2n)是与x无关的常数(1)若S2n，求S2n；(2)求证：1.解：(1)由二项展开式的通项公式可知arC(1)2nrC(1)2nr，C.r0,1,2，2n，所以S2nCCCCCC2n12n1CCCC2n12n111(11)2n1.(2)证明：由(1)知，3n，即证3n.利用数学归纳法证明如下：当n1时，3n3，3，不等式成立假设当nk时，3k，当nk1时，3k322k13k33(k1)，综上，由可知，当nk1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42：矩阵与变换求圆C：x2y21在矩阵A(a0，b0)对应的变换作用下所得的曲线的方程为1，求A1.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，则代入圆方程x2y21，得1，所以a24，b29，所以a2，b3，所以A.设A1，所以AA1，所以解得所以A1.B选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(为参数)以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，若圆C与直线l相切，求直线l的极坐标方程解：圆的直角坐标方程为x2(y2)21，设直线l对应的直角坐标方程为ykx，因为圆C与直线l相切，所以d1，得到k，故直线l的极坐标方程或.C选修45：不等式选讲已知a，b，c，d为实数，且a2b24，c2d216，证明：acbd8.证明：由柯西不等式可得：(acbd)2(a2b2)(c2d2)因为a2b24，c2d216，所以(acbd)264，因此acbd8.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某学校文娱队的每位队员唱歌、跳舞至少会一项，已知会唱歌的有2人，会跳舞的有5人，现从中选2人设为选出的人中既会唱歌又会跳舞的人数，且P(0).(1)求文娱队的队员人数；(2)写出的概率分布列并计算E()解：设既会唱歌又会跳舞的有x人，则文娱队中共有(7x)人，只会一项的人数是(72x)人(1)因为P(0)P(1)1P(0)，所以P(0)，即，所以，解得x2.故文娱队共有5人(2)P(1)，P(2)，所以的概率分布列为012P所以E()012.23已知数列an满足：a11，对任意的nN*，都有an1an.(1)求证：当n2时，an2；(2)利用“x0，ln(1x)x”，证明：an2e(其中e是自然对数的底数)证明：(1)由题意，a212，故当n2时，a22，不等式成立假设当nk(k2，kN*)时不等式成立，即ak2，则当nk1时，ak1ak2.所以，当nk1时，不等式也成立根据可知，对所有n2，an2成立. (2)当n2时，由递推公式及(1)的结论有an1anan(n2)两边取对数，并利用已知不等式ln(1x)x，得ln an1lnln anln an，故ln an1ln an(n2)，求和可得ln anln a2.由(1)知，a22，故有ln，即an2 (n2)，而a112，所以对任意正整数n，有an2.- 19 -
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