A．選修4-1：幾何證明選講
銳角三角形ABC內接于⊙O，∠ABC=60？，∠BAC=40？，作OE⊥AB交劣弧

AB

于點E，連接EC，求∠OEC．
B．選修4-2：矩陣與變換
曲線C₁=x²+2y2=1在矩陣M=[

1 2 0 1

]的作用下變換為曲線C₂，求C₂的方程．
C．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程
P為曲線C₁：

x=1+cosθ y=sinθ

（θ為參數(shù)）上一點，求它到直線C₂：

x=1+2t y=2

（t為參數(shù)）距離的最小值．
D．選修4-5：不等式選講
設n∈N^*，求證：

C 1 n

+

C 2 N

+L+

C N N

≤

n(2n-1)

．

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A．選修4-1：幾何證明選講
如圖，圓O₁與圓O₂內切于點A，其半徑分別為r₁與r₂（r₁＞r₂ ）．圓O₁的弦AB交圓O₂于點C （ O₁不在AB上）．求證：AB：AC為定值．
B．選修4-2：矩陣與變換
已知矩陣A=

1 1 2 1

，向量β=

1 2

．求向量

α

，使得A²

α

=

β

．
C．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程
在平面直角坐標系xOy中，求過橢圓

x=5cosφ y=3sinφ

（φ為參數(shù)）的右焦點，且與直線

x=4-2t y=3-t

（t為參數(shù)）平行的直線的普通方程．
D．選修4-5：不等式選講（本小題滿分10分）
解不等式：x+|2x-1|＜3．

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A．選修4-1：幾何證明選講
如圖，△ABC的外接圓的切線AE與BC的延長線相交于點E，∠BAC的平分線與BC
交于點D．求證：ED²=EB•EC．
B．選修4-2：矩陣與變換
求矩陣M=

-1 4 2 6

的特征值和特征向量．
C．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程
在以O為極點的極坐標系中，直線l與曲線C的極坐標方程分別是ρcos(θ+

π

4

)=

3 2

2

和ρsin²θ=4cosθ，直線l與曲線C交于點．A，B，C，求線段AB的長．
D．選修4-5：不等式選講
對于實數(shù)x，y，若|x-1|≤1，|y-2|≤1，求|x-y+1|的最大值．

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A．選修4-1：幾何證明選講
如圖，直角△ABC中，∠B=90°，以BC為直徑的⊙O交AC于點D，點E是AB的中點．
求證：DE是⊙O的切線．
B．選修4-2：矩陣與變換
已知二階矩陣A有特征值-1及其對應的一個特征向量為，點P（2，-1）在矩陣A對應的變換下得到點P′（5，1），求矩陣A．
C．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程
在直角坐標系中，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．已知直線l的極坐標方程為，曲線C的參數(shù)方程為（α為參數(shù)），求曲線C截直線l所得的弦長．
D．選修4-5：不等式選講
已知a，b，c都是正數(shù)，且abc=8，求證：log₂（2+a）+log₂（2+b）+log₂（2+c）≥6．

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A．選修4-1：幾何證明選講
銳角三角形ABC內接于⊙O，∠ABC=60？，∠BAC=40？，作OE⊥AB交劣弧于點E，連接EC，求∠OEC．
B．選修4-2：矩陣與變換
曲線C₁=x²+2y2=1在矩陣M=[]的作用下變換為曲線C₂，求C₂的方程．
C．選修4-4：坐標系與參數(shù)方程
P為曲線C₁：（θ為參數(shù)）上一點，求它到直線C₂：（t為參數(shù)）距離的最小值．
D．選修4-5：不等式選講
設n∈N^*，求證：++L+≤．

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說明：

1．本解答給出的解法供參考．如果考生的解法與本解答不同，可根據(jù)試題的主要考查內容比照評分標準制訂相應的評分細則．

2．對計算題，當考生的解答在某一步出現(xiàn)錯誤時，如果后續(xù)部分的解答未改變該題的內容和難度，可視影響的程度決定給分，但不得超過該部分正確解答應得分數(shù)的一半；如果后續(xù)部分的解答有較嚴重的錯誤，就不再給分．

3．解答右端所注分數(shù)，表示考生正確做到這一步應得的累加分數(shù)．

4．只給整數(shù)分數(shù)，填空題不給中間分數(shù)．

一、填空題（本大題共14小題，每小題5分，共70分）

1．{0，1}       2．1       3．2      4．－3       5．5      6．[2，5]    

7．60            8．4      9．   10．（，）     11．     12．4 

13．        14．(，]

二、解答題（本大題共6小題，共90分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）

15．（本題滿分14分）

解：（1）tana＝＝，…………………………………………3分

所以＝，又因為sin²a＋cos²a＝1，

解得sina＝．………………………………………………………7分

（2）因為0＜a＜＜b＜p，所以0＜b－a＜p．

因為cos(b－a)＝，所以sin(b－a)＝．……………………9分

所以sinb＝sin[(b－a)＋a]

＝sin(b－a)cosa＋cos(b－a)sina＝×＋×＝，……12分

因為b∈(，p)，

所以b＝．………………………………………………………14分

16．（本題滿分14分）

證明：（1）取AB₁中點F，連結DF，CF．因為D為A₁B₁中點，

所以DF∥=AA₁．

因為E為CC₁中點，AA₁∥=CC₁，

所以CE∥=DF．

所以四邊形CFDE為平行四邊形．

所以DE∥CF．…………………………………………………4分

因為CFÌ平面ABC，DE(/平面ABC，

所以DE∥平面ABC．…………………………………………7分

（2） 因為AA₁C₁C為矩形，所以AC^CC₁．

因為BB₁C₁C為菱形，所以CC₁＝CB．B₁C^BC₁．…………8分

因為AC∶AB∶CC₁＝3∶5∶4，

所以AC∶AB∶BC＝3∶5∶4，

所以AC²＋BC²＝AB²．……………………………………10分

所以AC^BC．

所以AC^平面BB₁C₁C．…………………………………12分

所以AC^BC₁．

所以BC₁^平面AB₁C．……………………………………14分

17．（本題滿分14分）

解：（1）設從A地運出的油量為a，根據(jù)題設，直接運油到B地，往返油耗等于a，

所以B地收到的油量為(1－)a．

所以運油率P₁＝＝．……………………………………3分

而從A地運出的油量為a時，C地收到的油量為(1－)a，

B地收到的油量(1－)(1－)a，

所以運油率P₂＝

＝(1－)(1－)＝(＋)(1－)．…………………………7分

所以P₂－P₁＝x(1－x)，因為0＜x＜1，

所以P₂－P₁＞0，即P₂＞P₁．…………………………………………9分

（2）因為P₂＝(＋)(1－)≤＝．

當且僅當＋＝1－，即x＝時，取“＝”．

所以當C地為AB中點時，運油率P₂有最大值．……………………………………14分

18．（本題滿分16分）

解：（1）因為拋物線頂點在原點，準線方程為x＝－1，

所以拋物線開口向右，且－＝－1，所以p＝2．

所以所求的拋物線方程為y²＝4x．…………………………………………4分

（2）設P(x₀，y₀)，則y₀²＝4x₀，半徑r＝PF＝x₀＋1，

圓P的方程為(x－x₀)₂＋(y－y₀)²＝(x₀＋1)²，……………………………6分

設AB的方程為y＝2x＋b，由AB＝2CD得，

圓心P到直線AB的距離2d＝，……………………………6分

所以5d²＝r²，即d＝r．

因為r＝|x₀＋1|，d＝，

代入得ㄏ2x₀－y₀＋bㄏ＝ㄏx₀＋1ㄏ．…………………………………8分

即2x₀－y₀＋b＝x₀＋1或2x₀－y₀＋b＝－x₀－1．

所以x₀－y₀＋b－1＝0或3x₀－y₀＋b＋1＝0．

因為y₀²＝4x₀，所以x₀＝y₀²，

代入得y₀²－y₀＋(b－1)＝0或y₀²－y₀＋(b＋1)＝0．……………………10分

方程y₀²－y₀＋(b－1)＝0關于y₀有解Û1－(b－1)≥0，b≤2．

方程y₀²－y₀＋(b＋1)＝0．關于y₀有解Û1－3(b＋1)≥0，b≤－．…12分

綜上所述，b的最大值為2．……………………………………………14分

此時，y₀＝2，x₀＝1，r＝x₀＋1＝2，

所以圓P的方程為(x－1)²＋(y－2)²＝4．……………………………16分

19．（本題滿分16分）

解： f ¢(x)＝(x＞0)  2分

   （1）由已知，得f ¢(x)在[1，＋∞)上有解，即a＝在(1，＋∞)上有解，

       又當x∈(1，＋∞)時，＜1，

所以a＜1．又a＞0，所以a的取值范圍是(0，1)．………………………………6分

   （2）①當a≥時，

       因為f ¢(x)＞0在(e，e²)上恒成立，這時f(x)在[e，e²]上為增函數(shù)，

所以當x＝e時，f(x)_min＝f(e)＝1＋  ……………………………………………… 8分

       ②當0＜a≤時，

因為f ¢(x)＜0在(e，e²)上恒成立，

這時f(x)在[e，e²]上為減函數(shù)，

所以，當x＝e²時，f(x)_min＝f(e²)＝2－，…………………………………………10分

       ③當＜a＜時，令f¢(x)＝0得，x＝∈(e，e²)，

又因為對于x∈(e，)有f ¢(x)＜0，

對于x∈(，e²)有f ¢(x)＞0，

所以當x＝時，f(x)_min＝f()＝ln＋1－．………………………………………14分

       綜上，f(x)在[e，e²]上的最小值為

       f(x)_min＝………………………………………16分

20．（本題滿分16分）

解：（1）由條件得a_n＋2＝(2＋)a_n＋1－a_n，

所以a_n＋2－a_n＋1＝2(a_n＋1－a_n)，

即b_n＋1＝2b_n，又b₁＝a₂－a₁＝2，所以b_n≠0，

從而＝2對n∈N*成立，

所以數(shù)列{b_n}是首項為b₁＝2，公比q＝2的等比數(shù)列，

所以b_n＝2ⁿ．…………………………………………………6分

（2）由（1）得a_n＋1―a_n＝2ⁿ．所以(n＋1)a_n＋1－na_n＝(n＋1)×2ⁿ，………………8分

所以2a₂－a₁＝2×2¹，

3a₃－2a₂＝3×2²，

4a₄－3a₃＝4×2³，

…………，

na_n－(n－1)a_n－1＝n×2^n－1，

相加得na_n－a₁＝2×2¹＋3×2²＋4×2³＋…＋n×2^n－1，

所以2(na_n－a₁)＝     2×2²＋3×2³＋…＋(n－1)×2^n－1＋n×2ⁿ．

兩式相減得：－（na_n－a₁)＝2(2¹＋2²＋…＋2^n－1)－n×2ⁿ＝2^n＋1－4－n×2ⁿ，所以

a_n＝2ⁿ－＝．…………………………………………………………11分

（3）因為c_n＝＝＝4[－]，…………13分

所以S_n＝c₁＋c₂＋…＋c_n

＝4[－＋－＋－＋…＋－]

＝4[－]＝2－＜2．…………………………………………………16分

南京市第十三中學2009屆高三年級第三次模擬考試

        數(shù)學附加卷答案   2009.5

1．（幾何證明選講）（本題滿分10分）

證明：證明：因為A，B，C，D四點共圓，所以ÐADF＝ÐABC．

因為PF∥BC，所以ÐAFP＝ÐABC．所以ÐAFP＝ÐFQP．

因為ÐAPF＝ÐFPA，所以△APF∽△FPQ．所以＝．………………5分

所以PF²＝PA×PD．因為PQ與圓相切，所以PQ²＝PA×PD．

所以PF²＝PQ²．所以PF＝PQ．……………………………………………10分

2．（矩陣與變換）（本題滿分10分）

解：∵MN＝ ＝，

設直線y＝2x＋1上一點(x₀，y₀)在MN作用下變?yōu)?x¢，y¢)，則

＝， 即＝，即

從而可得……………………………………5分

∵y₀＝2x₀＋1，代入得y¢＝2(x¢－y¢)＋1，

化簡得2x¢－y¢＋1＝0，即6x¢－5y¢＋3＝0．

即變換后的直線方程是6x－5y＋3＝0．…………………………10分

3．（坐標系與參數(shù)方程）（本題滿分10分）

解：⊙O的直角坐標方程是x²＋y²－x－y＝0，

即(x－)²＋(y－)²＝．………………………………………………3分

直線l的極坐標方程為r(cosq－sinq)＝4，

直線l的直角坐標方程為x－y－4＝0．………………………………6分

設M(＋cosq，＋sinq)為⊙C上任意一點，M點到直線l的距離

d＝＝，

當q＝時，d_min＝．…………………………………………………10分

4．（不等式選講）（本題滿分10分）

解：因為＋＋≥3＝3，………………………………………4分

所以ㄏx＋1ㄏ＋ㄏx－1ㄏ≤3，

x∈[－，]．…………………………………………………………10分

5．（本題滿分10分）

解：解：（1）選取的5只恰好組成完整“奧運會吉祥物”的概率

       ………………………………………………3分

   （2）ξ的取值為100，80，60，40.…………………………………4分

       ……………………………………………………8分

ξ的分布列為

ξ

100

80

60

40

       ……………………………………………………………………………………9分

Eξ=…………………………………………10分

6．（本題滿分10分）

解：（1）∵，∴.

∴（）.

∴（）.

∴（）.

∴（）.

∴數(shù)列為等比數(shù)列，其公比為，首項，

而，且，∴.

∴.  

∴.…………………………………………………………4分．

   （2）∵，

     ∴  .

∴.

∴，        ①

∴2.       ②

①-②得 -，

              ，

∴.…………………………………………………6分．

∴（）==.

當時，=；

當時，-（）=4（4-5）=-4，；

當時，，

且，

∴時，總有.…………………………………………………10分．

∴時，總有．