江蘇省六市20xx屆高三第二次調(diào)研二模3月數(shù)學(xué)-資料下載頁
2024-11-26 22:11本頁面
【導(dǎo)讀】如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上，圓上異于點(diǎn)B1，B2的一動(dòng)點(diǎn)．當(dāng)直線PB1的方程為y＝x＋3時(shí)，線段PB1的長為42.求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；為圓柱的兩個(gè)底面；設(shè)B，C都是正方形，且其內(nèi)切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑；設(shè)l1的長為xdm，則當(dāng)x為多少時(shí)，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？設(shè)a1＝1，q＝c1，c2，c3是等比數(shù)列，求b2關(guān)于d的函數(shù)關(guān)系式及其定義域；數(shù)列c1，c2，c3，c4能否為等比數(shù)列？若函數(shù)y＝f是R上的單調(diào)增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；成一張如圖所示的3×3表格，其中1格設(shè)獎(jiǎng)300元，4格各設(shè)獎(jiǎng)200元，其余4格各設(shè)獎(jiǎng)100
【正文】 x10.(12 分 ) 下面證明 x2－ x1ln x2－ ln x1 x1x2， 即證明 t－ 1ln t t， 只要證明 ln t－ t－ 1t 0 (*)． 設(shè) h(t)＝ ln t－ t－ 1t (t1)， 所以 h′(t)＝ －（ t－ 1）22t t 0 在 (1， ＋ ∞ )上恒成立． 所以 h(t)在 (1， ＋ ∞ )上單調(diào)遞減 ， 故 h(t)h(1)＝ 0， 從而 (*)得證． 所以－ 2b x1x2， 即 x1x24b2.(16 分 ) 2018 屆高三模擬考試試卷 (十三 )(六市聯(lián)考 ) 數(shù)學(xué)附加題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 21. A. 證明： 延長 AO 交圓 O于點(diǎn) E， 則 BDDC＝ DEDA＝ (OD＋ OE)(OA－ OD)． (5 分 ) 因?yàn)?OE＝ OA， 所以 DBDC＝ (OA＋ OD)(OA－ OD)＝ OA2－ OD2. 所以 DBDC＋ OD2＝ OA2.(10 分 ) B. 解： 依題意 ， 依次實(shí)施變換 T1， T2所對(duì)應(yīng)的矩陣 NM＝ ??? ???2 00 1 ??? ???1 00 2 ＝ ??? ???2 00 2 .(5 分 ) 則 ??? ???2 00 2 ??? ???00 ＝ ??? ???00 ， ??? ???2 00 2 ??? ???30 ＝ ??? ???60 ， ??? ???2 00 2 ??? ???22 ＝ ??? ???44 . 所以 A(0， 0)， B(3， 0)， C(2， 2)分別變?yōu)辄c(diǎn) A′(0， 0)， B′ (6， 0)， C′ (4， 4)． 從而所得圖形的面積為 12 6 4＝ 12.(10 分 ) C. 解： 以極點(diǎn)為原點(diǎn) ， 極軸為 x軸的非負(fù)半軸 ， 建立平面直角坐標(biāo)系 xOy. 則點(diǎn) P 的直角坐標(biāo)為 (1， 3)． (2 分 ) 將直線 l： ρsin?? ??θ－ π 3 ＝ 2 的方程變形為 ρsin θ cosπ 3 － ρcos θ sinπ 3 ＝ 2， 化為普通方程 ， 得 3x－ y＋ 4＝ 0.(5 分 ) 所以 P(1， 3)到直線 l： 3x－ y＋ 4＝ 0 的距離為 4（ 3） 2＋（－ 1） 2＝ 2. 故所求圓的普通方程為 (x－ 1)2＋ (y－ 3)2＝ 4.(8 分 ) 化為極坐標(biāo)方程 ， 得 ρ＝ 4sin?? ??θ＋ π 6 .(10 分 ) D. 證明： 因?yàn)?a， b， c 為正實(shí)數(shù) ， 所以 1－ a＋ cc（ a＋ 2 b） ＝ a＋ 2b＋ 3cc（ a＋ 2 b） ＝（ a＋ c）＋ 2（ b＋ c）ac＋ 2 bc ≥2 ac＋ 4 bcac＋ 2 bc＝ 2(當(dāng)且僅當(dāng) a＝ b＝ c 取 “ ＝ ” )． (10 分 ) 22. 解： (1)從 3 3 表格中隨機(jī)不重復(fù)地點(diǎn)擊 3 格 ， 共有 C39種不同情形 ， 則事件 “ X＝ 600” 包含兩類情形： 第一類是 3 格各得獎(jiǎng) 200 元； 第二類是 1 格得獎(jiǎng) 300 元 ， 1 格得獎(jiǎng) 200 元 ， 1 格得獎(jiǎng) 100 元． 其中第一類包含 C34種情形 ， 第二類包含 C11 C14 C14種情形 ， 所以 P(X＝ 600)＝ C34＋ C11 C14 C14C39 ＝521.(3 分 ) (2) X 的所有可能值為 300， 400， 500， 600， 700， 則 P(X＝ 300)＝ C34C39＝484＝121， P(X＝ 400)＝C11 C24C39 ＝2484＝27， P(X＝ 500)＝ C11 C24＋ C14 C24C39 ＝3084＝514， P(X＝ 700)＝C11 C24C39 ＝684＝114. 所以 X 的概率分布列為 X 300 400 500 600 700 P 121 27 514 521 114 (8 分 ) 所以 E(X)＝ 300 121＋ 400 27＋ 500 514＋ 600 521＋ 700 114＝ 500.(10 分 ) 23. 解： 由二項(xiàng)式定理 ， 得 ai＝ Ci2n＋ 1(i＝ 0， 1， 2， ? ， 2n＋ 1)． (1) T2＝ a2＋ 3a1＋ 5a0＝ C25＋ 3C15＋ 5C05＝ 30.(2 分 ) (2) 因?yàn)?(n ＋ 1 ＋ k)C n＋ 1＋ k2n＋ 1 ＝ (n ＋ 1 ＋ k) （ 2n＋ 1）?。?n＋ 1＋ k）！（ n－ k）！ ＝（ 2n＋ 1） （ 2n）！（ n＋ k）?。?n－ k）！ ＝ (2n＋ 1)Cn＋ k2n ， (4 分 ) （ 8分） Tn＝ (2n＋ 1)Cn2n＝ (2n＋ 1)(Cn－ 12n－ 1＋ Cn2n－ 1)＝ 2(2n＋ 1)Cn2n－ 1. 因?yàn)?Cn2n－ 1∈ N*， 所以 Tn能被 4n＋ 2 整除． (10 分 )
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