2017年江苏省南京市高考一模数学及答案解析.docx

《2017年江苏省南京市高考一模数学及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年江苏省南京市高考一模数学及答案解析.docx（17页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、2017年 江 苏 省 南 京 市 高 考 一 模 数 学一 、 填 空 题 (每 题 5 分 ， 共 70分 )1.已 知 集 合 A=x|x| 2， B=x|3x-2 1， 则 A B=_.解 析 ： 由 A中 不 等 式 解 得 ： -2 x 2， 即 A=x|-2 x 2，由 B 中 不 等 式 解 得 ： x 1， 即 B=x|x 1，则 A B=x|1 x 2.答 案 ： x|1 x 22.复 数 21 2a ii (i是 虚 数 单 位 )是 纯 虚 数 ， 则 实 数 a的 值 为 _.解 析 ： 2 1 2 4 2 1 2 12 41 2 1 2 1 2 5 5 5 a i

2、i a a i aa i a ii i i 复 数 21 2a ii 是 纯 虚 数 4 052 1 05a a ， 解 得 ： a=4答 案 ： 43.已 知 命 题 p： x R， x 2+2x+a 0 是 真 命 题 ， 则 实 数 a的 取 值 范 围 是 _.解 析 ： 若 命 题 p： x R， x2+2x+a 0是 真 命 题 ，则 判 别 式 =4-4a 0，即 a 1.答 案 ： (- ， 14.从 长 度 为 2、 3、 5、 6 的 四 条 线 段 中 任 选 三 条 ， 能 构 成 三 角 形 的 概 率 为 _.解 析 ： 从 长 度 为 2、 3、 5、 6 的 四

3、 条 线 段 中 任 选 三 条 ，共 有 2、 3、 5； 2、 3、 6； 2、 5、 6； 3、 5、 6； 4种 情 况 ，能 构 成 三 角 形 的 有 2、 5、 6； 3、 5、 6， 共 两 种 情 况 ，所 以 P(任 取 三 条 ， 能 构 成 三 角 形 )= 24 = 12 答 案 ： 125.某 个 容 量 为 100的 样 本 的 频 率 分 布 直 方 图 如 下 ， 则 在 区 间 4， 5)上 的 数 据 的 频 数 为 _. 解 析 ： 根 据 题 意 ，在 区 间 4， 5的 频 率 为 ： 1-(0.05+0.1+0.15+0.4) 1=0.3，而 总

4、数 为 100， 因 此 频 数 为 30答 案 ： 306.在 如 图 所 示 的 算 法 流 程 图 中 ， 若 输 出 的 y的 值 为 26， 则 输 入 的 x的 值 为 _. 解 析 ： 模 拟 执 行 程 序 框 图 ， 可 得 程 序 框 图 的 功 能 是 计 算 并 输 出 25 42 2 4xy x x x 的 值 ，当 输 出 的 y的 值 为 26时 ， 显 然 x 4， 有 x2-2x+2=26，解 得 ： x=-4或 x=6(舍 去 )答 案 ： -47.在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy中 ， 点 F为 抛 物 线 x 2=8y的 焦 点 ， 则 点 F到

5、双 曲 线 22 19yx 的 渐近 线 的 距 离 为 _.解 析 ： 抛 物 线 x2=8y的 焦 点 F(0， 2)，双 曲 线 22 19yx 的 渐 近 线 方 程 为 y= 3x，则 F 到 双 曲 线 22 19yx 的 渐 近 线 的 距 离 为2 22 1053 1d 答 案 ： 105 8.已 知 a， b 为 实 数 ， 且 a b， a 0， 则 a_ 22 bb a (填 “ ” 、 “ ” 或 “ =” )解 析 ： a b， a 0， 222 0（ ） a bba b a a ， 22 ba b a 答 案 ： 9. ABC 是 直 角 边 等 于 4 的 等 腰

6、 直 角 三 角 形 ， D 是 斜 边 BC 的 中 点 ， 1 4AM AB m AC ，向 量 AM 的 终 点 M 在 ACD的 内 部 (不 含 边 界 )， 则 AM BM 的 取 值 范 围 是 _.解 析 ： 以 AB为 x 轴 ， AC为 y轴 ， 作 图 如 下 图 ， 点 A(0， 0)， B(4， 0)， C(0， 4)， D(2， 2)，则 1 14 4 =AM AB m AC (4， 0)+m(0， 4)=(1， 4m)， 则 M(1， 4m)又 点 M 在 ACD的 内 部 (不 含 边 界 )， 1 4m 3， 1 34 4 m ，则 AM BM (1， 4m)

7、 (-3， 4m)=16m2-3， -2 16m2-3 6.答 案 ： (-2， 6)10.已 知 四 数 a 1， a2， a3， a4依 次 成 等 比 数 列 ， 且 公 比 q 不 为 1 将 此 数 列 删 去 一 个 数 后 得 到的 数 列 (按 原 来 的 顺 序 )是 等 差 数 列 ， 则 正 数 q 的 取 值 集 合 是 _.解 析 ： 因 为 公 比 q 不 为 1， 所 以 不 能 删 去 a1， a4 设 an的 公 差 为 d， 则 若 删 去 a2， 则 由 2a3=a1+a4得 2a1q2=a1+a1q3， 即 2q2=1+q3，整 理 得 q2(q-1)=

8、(q-1)(q+1) 又 q 1， 则 可 得 q2=q+1， 又 q 0解 得 1 52q ； 若 删 去 a3， 则 由 2a2=a1+a4得 2a1q=a1+a1q3， 即 2q=1+q3， 整 理 得 q(q-1)(q+1)=q-1又 q 1， 则 可 得 q(q+1)=1， 又 q 0 解 得 1 52q 综 上 所 述 ， 1 52q 答 案 ： 1 52 ， 1 52 11.已 知 棱 长 为 1 的 正 方 体 ABCD-A1B1C1D1， F 是 棱 BC的 中 点 ， M 是 线 段 A1F上 的 动 点 ， 则 MDD1与 MCC1的 面 积 和 的 最 小 值 是 _.

9、解 析 ： 由 题 意 ， 就 是 求 M到 DD1与 CC1距 离 和 的 最 小 值 ， 由 于 A1F 在 平 面 ABCD上 的 射 影 为 AF，故 问 题 转 化 为 正 方 形 ABCD 中 ， AF上 的 点 到 D， C 距 离 和 的 最 小 值 ， 设 出 D 关 于 AF的 对 称 点D， 则 DD = 4 55 ， cos CDD = 15 16 4 5 1 651 2 15 5 55CD ， MDD 1与 MCC1的 面 积 和 的 最 小 值 是 1 65 652 5 10 .答 案 ： 6510 12.已 知 函 数 f(x)=-x2+ax+b(a， b R)的

10、 值 域 为 (- ， 0， 若 关 于 x的 不 等 式 f(x) c-1 的解 集 为 (m-4， m+1)， 则 实 数 c的 值 为 _.解 析 ： 函 数 f(x)=-x 2+ax+b(a， b R)的 值 域 为 (- ， 0， =0， a2+4b=0， 24ab 关 于 x 的 不 等 式 f(x) c-1的 解 集 为 (m-4， m+1)， 方 程 f(x)=c-1的 两 根 分 别 为 ： m-4， m+1，即 方 程 ： 22 14ax ax c 两 根 分 别 为 ： m-4， m+1， 方 程 ： 22 14ax ax c 根 为 ：12 ax c ， 两 根 之 差

11、 为 ： 2 1 1 4（ ） （ ）c m m ，214c 答 案 ： 214 13.若 对 任 意 的 x D， 均 有 f 1(x) f(x) f2(x)成 立 ， 则 称 函 数 f(x)为 函 数 f1(x)到 函 数 f2(x)在 区 间 D 上 的 “ 折 中 函 数 ” 已 知 函 数 f(x)=(k-1)x-1， g(x)=0， h(x)=(x+1)lnx， 且 f(x)是 g(x)到 h(x)在 区 间 1， 2e上 的 “ 折 中 函 数 ” ， 则 实 数 k 的 值 构 成 的 集 合 是 _.解 析 ： 根 据 题 意 ， 可 得 0 (k-1)x-1 (x+1)l

12、nx在 x 1， 2e上 恒 成 立 当 x 1， 2e时 ， 函 数 f(x)=(k-1)x-1的 图 象 为 一 条 线 段 ，于 是 ， 1 02 0ff e ， 解 得 k 2另 一 方 面 ， 1 ln 11 x xk x 在 x 1， 2e上 恒 成 立 令 1 ln 1 ln 1ln x x xm x xx x x ， 则 2ln x xm x x 由 于 1 x 2e，所 以 1ln 1 0 x x x ，于 是 函 数 x-lnx为 增 函 数 ，从 而 x-lnx 1-ln1 0，所 以 m (x) 0，则 函 数 m(x)为 1， 2e上 的 增 函 数 所 以 k-1

13、m(x) min=m(1)=1，即 k 2综 上 ， k=2答 案 ： 214.若 实 数 x， y满 足 4 2x y x y ， 则 x 的 取 值 范 围 是 _.解 析 ： 方 法 一 ： 【 几 何 法 】当 x=0时 ， 解 得 y=0， 符 合 题 意 ， 当 x 0 时 ， 解 答 如 下 ： 令 0，t y x ， 原 方 程 可 化 为 ： 22 2xt x t ，记 函 数 2 2（ ） xf t t ， 2（ ）g t x t ， t 0， x ，这 两 个 函 数 都 是 关 于 t 的 函 数 ， 其 中 x为 参 数 ，f(t)的 图 象 为 直 线 ， 且 斜

14、率 为 定 值 -2，g(t)的 图 象 为 四 分 之 一 圆 ， 半 径 为 为 x ，问 题 等 价 为 ， 在 第 一 象 限 f(t)， g(t)两 图 象 有 公 共 点 ， 当 直 线 与 圆 相 切 时 ， 由 d=r解 得 x=20， 当 直 线 过 的 点 A(0， 2x )在 圆 上 的 点 (0， x )处 时 ，即 2= xx ， 解 得 x=4， 因 此 ， 要 使 直 线 与 圆 有 公 共 点 ， x 4， 20，综 合 以 上 分 析 得 ， x 4， 20 0方 法 二 ： 【 代 数 法 】令 0，t y x ， 原 方 程 可 化 为 ： 24 2x t

15、 x t ，因 为 x-y=x-t2 0， 所 以 x t2 0，两 边 平 方 并 整 理 得 ， 20t2-8xt+x2-4x=0(*)，这 是 一 个 关 于 t的 一 元 二 次 方 程 ， 则 方 程 (*)有 两 个 正 根 (含 相 等 )， 2 221 2 64 80 4 01 4 020 x x xt t x x ， 解 得 ， x 4， 20 0特 别 地 ， 当 x=0时 ， y=0， 符 合 题 意 答 案 ： 4， 20 0 二 、 解 答 题 ： 本 大 题 共 6 小 题 ， 共 90 分 .请 在 答 题 卡 指 定 区 域 内 作 答 ， 解 答 时 应 写

16、出 文 字 说 明 、 证 明 过 程 或 演 算 步 骤 .15.如 图 ， 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy上 ， 点 A(1， 0)， 点 B 在 单 位 圆 上 ， AOB= (0 )(1)若 点 B 3 4( )5 5， ， 求 tan( + 4 )的 值 ；(2)若 OA OB OC ， 1813OB OC ， 求 cos( 3 - ) 解 析 ： (1)利 用 三 角 函 数 的 定 义 及 其 和 差 公 式 即 可 得 出 ；(2)利 用 向 量 的 坐 标 运 算 、 数 量 积 运 算 性 质 、 同 角 三 角 函 数 基 本 关 系 式 、 和 差 公 式 即

17、可 得 出 答 案 ： (1)由 点 B 3 4( )5 5， ， sin = 45 ， cos 35 ， tan = 43 4 1tan tan 13tan 4 71 tan tan44 4 1 3（ ） ；(2) OA OB OC ， OC =(1+cos ， sin )1813OB OC ， (cos ， sin ) (1+cos ， sin )=cos +cos2 +sin2 =cos +1=1813 ，解 得 cos = 513 ， 0 ， 2 12sin 1 cos 13 1 5 3 12 5 12 3cos cos cos sin sin3 3 3 2 13 2 13 26（ ）

18、 16.如 图 ， 六 面 体 ABCDE 中 ， 面 DBC 面 ABC， AE 面 ABC(1)求 证 ： AE 面 DBC；(2)若 AB BC， BD CD， 求 证 ： AD DC 解 析 ： (1)过 点 D 作 DO BC， O 为 垂 足 ， 由 已 知 得 DO 面 ABC， 由 此 能 证 明 AE 面 DBC(2)由 已 知 得 DO AB， AB 面 DBC， 从 而 AB DC， 由 此 能 证 明 AD DC答 案 ： (1)过 点 D 作 DO BC， O 为 垂 足 因 为 面 DBC 面 ABC， 又 面 DBC 面 ABC=BC， DO面 DBC， 所 以

19、DO 面 ABC又 AE 面 ABC， 则 AE DO又 AE面 DBC， DO面 DBC， 故 AE 面 DBC(2)由 (1)知 DO 面 ABC， AB面 ABC， 所 以 DO AB又 AB BC， 且 DO BC=O， DO， BC平 面 DBC， 则 AB 面 DBC因 为 DC面 DBC， 所 以 AB DC又 BD CD， AB DB=B， AB， DB面 ABD， 则 DC 面 ABD又 AD面 ABD， 故 可 得 AD DC17.如 图 ， 某 城 市 有 一 条 公 路 正 西 方 AO 通 过 市 中 心 O 后 转 向 北 偏 东 角 方 向 的 OB， 位 于 该

20、市 的 某 大 学 M 与 市 中 心 O 的 距 离 3 13OM km， 且 AOM= ， 现 要 修 筑 一 条 铁 路 L， L 在OA上 设 一 站 A， 在 OB上 设 一 站 B， 铁 路 在 AB 部 分 为 直 线 段 ， 且 经 过 大 学 M， 其 中 tan =2，3cos 13 ， AO=15km(1)求 大 学 M 在 站 A 的 距 离 AM；(2)求 铁 路 AB 段 的 长 AB 解 析 ： (1)在 AOM中 ， 利 用 已 知 及 余 弦 定 理 即 可 解 得 AM的 值 ；(2)由 3cos 13 ， 且 为 锐 角 ， 可 求 sin ， 由 正 弦

21、 定 理 可 得 sin MAO， 结 合 tan =2，可 求 sin ， cos ， sin ABO， sin AOB， 结 合 AO=15， 由 正 弦 定 理 即 可 解 得 AB的 值 答 案 ： (1)在 AOM中 ， A0=15， AOM= ， 且 3cos 13 ， 3 13OM ，由 余 弦 定 理 可 得 ： AM 2=OA2+OM2-2OA OM cos AOM= 2 2 33 13 15 2 3 13 15 7213（ ） 所 以 可 得 ： 6 2AM ， 大 学 M在 站 A 的 距 离 AM 为 6 2 km(2) 3cos 13 ， 且 为 锐 角 ， 2sin

22、 13 ， 在 AOM中 ， 由 正 弦 定 理 可 得 ： sin sinAM OMMAO ， 即 6 2 3 132 sin13 MAO ， 2sin 2MAO ， 4MAO ， ABO= - 4 ， tan =2， 2sin 5 ， 1cos 5 ， 1sin sin 4 10（ ）ABO ， 又 AOB= - ， sin AOB=sin( - )= 25 在 AOB中 ， AO=15， 由 正 弦 定 理 可 得 ： sin sinAB AOAOB ABO ， 即 152 15 10AB ， 解 得 30 2AB ， 即 铁 路 AB段 的 长 AB为 30 2 km 18.设 椭 圆

23、 C： 2 22 2 1x ya b (a b 0)的 离 心 率 32e ， 直 线 y=x+ 2 与 以 原 点 为 圆 心 、 椭圆 C 的 短 半 轴 长 为 半 径 的 圆 O相 切 (1)求 椭 圆 C 的 方 程 ；(2)设 直 线 12x 与 椭 圆 C交 于 不 同 的 两 点 M， N， 以 线 段 MN为 直 径 作 圆 D， 若 圆 D 与 y轴 相交 于 不 同 的 两 点 A， B， 求 ABD的 面 积 ；(3)如 图 ， A 1， A2， B1， B2是 椭 圆 C 的 顶 点 ， P 是 椭 圆 C 上 除 顶 点 外 的 任 意 点 ， 直 线 B2P 交

24、x轴 于 点 F， 直 线 A1B2交 A2P于 点 E， 设 A2P 的 斜 率 为 k， EF的 斜 率 为 m， 求 证 ： 2m-k为 定 值 解 析 ： (1)由 于 直 线 y=x+ 2 与 以 原 点 为 圆 心 、 椭 圆 C的 短 半 轴 长 为 半 径 的 圆 O 相 切 ， 可 得0 22 b ， 解 得 b 又 离 心 率 32 ce a ， b2=a2-c2， 联 立 解 得 即 可 得 出 (2)把 12x 代 入 椭 圆 方 程 可 得 ： 2 11 16y ， 可 得 D 的 方 程 为 ： 2 21 152 16x y 令x=0， 解 得 y， 可 得 |AB

25、|， 利 用 1 2ABDS AB OD 即 可 得 出 (3)由 (1)知 ： A 1(-2， 0)， A2(2， 0)， B2(0， 1)， 可 得 直 线 A1B2AD的 方 程 ， 设 直 线 A2P 的 方 程为 y=k(x-2)， k 0， 且 k 12 ， 联 立 解 得 E 设 P(x1， y1)， 与 椭 圆 方 程 联 立 可 得(4k2+1)x2-16k2x+16k2-4=0 解 得 P 设 F(x2， 0)， 则 由 P， B2， F 三 点 共 线 得 ， kB2P kB2F 可得 F 即 可 证 明 2m-k为 定 值 答 案 ： (1) 直 线 y=x+ 2 与

26、以 原 点 为 圆 心 、 椭 圆 C 的 短 半 轴 长 为 半 径 的 圆 O相 切 ， 0 22 b ， 化 为 b=1 离 心 率 32 ce a ， b 2=a2-c2=1， 联 立 解 得 a=2， c= 3 椭 圆 C 的 方 程 为 2 2 14x y ；(2)解 ： 把 12x 代 入 椭 圆 方 程 可 得 ： 2 11 16y ， 解 得 154y D的 方 程 为 ： 2 21 152 16x y 令 x=0， 解 得 114y ， 112AB ， 1 1 11 1 112 2 2 2 8ABDS AB OD (3)证 明 ： 由 (1)知 ： A1(-2， 0)， A

27、2(2， 0)， B2(0， 1)， 直 线 A1B2的 方 程 为 y 12 x+1，由 题 意 ， 直 线 A2P 的 方 程 为 y=k(x-2)， k 0， 且 k 12 ，由 1 12 2y xy k x ， 解 得 4 2 42 1( 2 )1，k kE k k 设 P(x1， y1)， 则 由 2 2 214y k xx y ， 得 (4k2+1)x2-16k2x+16k2-4=0 21 216 42 4 1kx k ， 21 28 24 1kx k ， 1 1 242 4 1（ ） ky k x k 22 28 2 44 1 4 )1( ，k kP k k 设 F(x 2， 0

28、)， 则 由 P， B2， F 三 点 共 线 得 ， kB2P kB2F即 22 224 1 0 14 18 2 004 1kkk xk ， 2 4 22 1kx k ， F( 4 22 1kk ， 0) EF 的 斜 率 4 0 2 12 14 2 4 2 42 1 2 1k kkm k kk k 2 1 12 2 2km k k 为 定 值 19.已 知 数 列 an的 前 n 项 和 为 Sn， 且 满 足 Sn+n=2an(n N*)(1)证 明 ： 数 列 an+1为 等 比 数 列 ， 并 求 数 列 an的 通 项 公 式 ；(2)若 bn=(2n+1)an+2n+1， 数 列

29、 bn的 前 n项 和 为 Tn 求 满 足 不 等 式 2 20102 1nTn 的 n的 最小 值 解 析 ： (1)利 用 递 推 式 ， 再 写 一 式 ， 两 式 相 减 ， 可 得 数 列 an+1为 等 比 数 列 ， 从 而 可 求 数 列 an的 通 项 公 式 ；(2)求 出 数 列 b n的 前 n 项 和 为 Tn， 代 入 可 求 满 足 不 等 式 2 20102 1nTn 的 n的 最 小 值 答 案 ： (1)证 明 ： 当 n=1 时 ， 2a1=a1+1， a1=1 2an=Sn+n， n N*， 2an-1=Sn-1+n-1， n 2，两 式 相 减 得

30、an=2an-1+1， n 2， 即 an+1=2(an-1+1)， n 2， 数 列 an+1为 以 2为 首 项 ， 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ， an+1=2n， an=2n-1， n N*；(2)解 ： b n=(2n+1)an+2n+1=(2n+1) 2n， Tn=3 2+5 22+ +(2n+1) 2n， 2Tn=3 22+5 23+ +(2n+1) 2n+1，两 式 相 减 可 得 -Tn=3 2+2 22+2 23+ +2 2n-(2n+1) 2n+1， Tn=(2n-1) 2n+1+2 2 20102 1nTn 可 化 为 2n+1 2010 2 10=1024，

31、211=2048 满 足 不 等 式 2 20102 1nTn 的 n 的 最 小 值 为 10 20.已 知 函 数 21 ln2（ ）f x ax x ， g(x)=-bx， 其 中 a， b R， 设 h(x)=f(x)-g(x)，(1)若 f(x)在 22x 处 取 得 极 值 ， 且 f (1)=g(-1)-2 求 函 数 h(x)的 单 调 区 间 ；(2)若 a=0 时 ， 函 数 h(x)有 两 个 不 同 的 零 点 x1， x2 求 b的 取 值 范 围 ； 求 证 ： 1 22 1x xe 解 析 ： (1)根 据 极 值 点 处 的 导 数 为 零 ， 结 合 f(1)

32、=g(-1)-2列 出 关 于 a， b 的 方 程 组 ， 求 出 a，b， 然 后 再 利 用 导 数 研 究 导 数 研 究 单 调 区 间 ；(2) 将 a=0代 入 ， 研 究 极 值 的 符 号 ， 即 可 求 出 求 b 的 取 值 范 围 ， 结 合 的 结 论 ， 通 过 适 当 的 变 形 ， 利 用 放 缩 法 和 基 本 不 等 式 即 可 证 明 答 案 ： (1)由 已 知 得 1f x ax x ， (x 0)，所 以 2 2 2 02 2 f a ， 所 以 a=-2由 f (1)=g(-1)-2，得 a+1=b-2，所 以 b=1所 以 h(x)=-x 2+l

33、nx+x， (x 0)则 12 11 22 1 x xh x x x x ， (x 0)，由 h (x) 0 得 0 x 1， h (x) 0 得 x 1所 以 h(x)的 减 区 间 为 (1， + )， 增 区 间 为 (0， 1)(2) 由 已 知 h(x)=lnx+bx， (x 0)所 以 1h x bx ， (x 0)，当 b 0 时 ， 显 然 h (x) 0 恒 成 立 ， 此 时 函 数 h(x)在 定 义 域 内 递 增 ， h(x)至 多 有 一 个 零 点 ，不 合 题 意 当 b 0时 ， 令 h (x)=0得 1 0 x b ， 令 h (x) 0得 10 x b ；

34、 令 h (x) 0得 1x b 所 以 h(x)极 大 = 1 1 0（ ） （ ） h ln bb ， 解 得 1 0 be 且 x 0 时 ， lnx 0， x + 时 ， lnx 0所 以 当 b ( 1e ， 0)时 ， h(x)有 两 个 零 点 证 明 ： 由 题 意 得 1 12 2ln 0ln 0 x bxx bx ， 即 12 12 bxbxe xe x ， 得 1 2 1 2b x xe x x 因 为 x1， x2 0，所 以 -b(x1+x2) 0，所 以 1 2 1 2b x xe x x 1，因 为 10 b e ，所 以 e -b 1，所 以 1 2 1 22

35、2 21 2 b x x x xx x e e e ，所 以 1 22 1x xe 选 做 题 (选 修 4-2： 矩 阵 与 变 换 )21.已 知 点 P(a， b)， 先 对 它 作 矩 阵 1 32 2 3 12 2M 对 应 的 变 换 ， 再 作 2 0 0 2N 对 应 的 变 换 ， 得 到 的 点 的 坐 标 为 (8， 4 3 )， 求 实 数 a， b的 值 解 析 ： 利 用 矩 阵 的 乘 法 ， 求 出 MN， (NM)-1， 利 用 变 换 得 到 的 点 的 坐 标 为 (8， 4 3 )， 即 可 求实 数 a， b 的 值 答 案 ： 依 题 意 ， 1 3

36、2 0 1 32 2 0 2 3 1 3 12 2NM ，由 逆 矩 阵 公 式 得 ， 1 1 34 43 14 4（ ）NM ， 所 以 1 3 8 54 4 4 3 33 14 4 ， 即 有 a=5， b= 3 选 修 4-4： 坐 标 系 与 参 数 方 程 22.已 知 极 坐 标 系 的 极 点 与 直 角 坐 标 系 的 原 点 重 合 ， 极 轴 与 x轴 的 正 半 轴 重 合 ， 若 直 线 l 的 极 坐 标 方 程 为 sin 2 24（ ）p (1)把 直 线 l 的 极 坐 标 方 程 化 为 直 角 坐 标 系 方 程 ；(2)已 知 P 为 椭 圆 C： 2

37、2 13 9 x y 上 一 点 ， 求 P 到 直 线 l 的 距 离 的 最 小 值 解 析 ： (1)把 直 线 l 的 极 坐 标 方 程 化 为 直 角 坐 标 系 方 程 即 可 ；(2)设 3 cos 3sin（ ， ）P ， 利 用 点 到 直 线 的 距 离 公 式 表 示 出 P 到 直 线 l 的 距 离 d， 利 用 余弦 函 数 的 值 域 确 定 出 最 小 值 即 可 答 案 ： (1)直 线 l 的 极 坐 标 方 程 为 sin 2 24（ ）p ， 整 理 得 ： 2 2sin cos cos sin sin cos 2 24 4 2 2（ ） ，即 sin

38、 - cos =4，则 直 角 坐 标 系 中 的 方 程 为 y-x=4， 即 x-y+4=0；(2)设 3 cos 3sin（ ， ）P ， 点 P 到 直 线 l 的 距 离2 3co (s 43cos 3sin 4 2 3 43 2 2 62|2 )2|d ，则 P 到 直 线 l 的 距 离 的 最 小 值 为 2 2 6 【 必 做 题 】 第 23题 、 第 24 题 ， 每 题 10分 ， 共 计 20分 .23.抛 掷 甲 ， 乙 两 枚 质 地 均 匀 且 四 面 上 分 别 标 有 1， 2， 3， 4的 正 四 面 体 ， 其 底 面 落 于 桌 面 ，记 所 得 数

39、字 分 别 为 x， y 设 为 随 机 变 量 ， 若 xy 为 整 数 ， 则 =0； 若 xy 为 小 于 1的 分 数 ，则 =-1； 若 xy 为 大 于 1的 分 数 ， 则 =1(1)求 概 率 P( =0)；(2)求 的 分 布 列 ， 并 求 其 数 学 期 望 E( )解 析 ： (1)数 对 (x， y)共 有 16种 ， 利 用 列 举 法 求 出 使 xy 为 整 数 的 种 数 ， 由 此 能 求 出 概 率 P( =0)(2)随 机 变 量 的 所 有 取 值 为 -1， 0， 1， 分 别 求 出 相 应 的 概 率 ， 由 此 能 求 出 的 分 布 列 和

40、数学 期 望 答 案 ： (1)依 题 意 ， 数 对 (x， y)共 有 16种 ， 其 中 使 xy 为 整 数 的 有 以 下 8 种 ：(1， 1)， (2， 2)， (3， 3)， (4， 4)， (2， 1)， (3， 1)， (4， 1)， (4， 2)，所 以 8 10 16) 2( P ；(2)随 机 变 量 的 所 有 取 值 为 -1， 0， 1， =-1有 以 下 6种 ： (1， 2)， (1， 3)， (1， 4)， (2， 3)， (2， 4)， (3， 4)，故 6 3-1 16) 8( P ， =1 有 以 下 2 种 ： (3， 2)， (4， 3)， 故

41、2 11 16) 8( P ， 3 1 10 1 8 8 2（ ）P ， 的 分 布 列 为 ： -1 0 1P 38 12 18 的 数 学 期 望 为 3 1 1 11 0 18 2 8( ) 4 E 24.已 知 (x+2) n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2 +an(x-1)n(n N*)(1)求 a0及 1 nn iiS a ；(2)试 比 较 Sn与 (n-2)3n+2n2的 大 小 ， 并 说 明 理 由 解 析 ： (1)令 x=1， 则 a 0 3n， 再 令 x=2， 则 0 4 n nii a ， 可 得 1 nn iiS a 的 值 (2)要 比 较 Sn与 (

42、n-2)3n+2n2的 大 小 ， 只 要 比 较 4n与 (n-1)3n+2n2的 大 小 检 验 可 得 当 n=1或 4或 5 时 ， 4n (n-1)3n+2n2， 当 n=2或 3 时 ， 4n (n-1)3n+2n2 猜 测 当 n 4 时 ， 4n (n-1)3n+2n2，再 用 下 面 用 数 学 归 纳 法 、 放 缩 法 证 明 结 论 答 案 ： (1)令 x=1， 则 a0 3n， 令 x=2， 则 0 4 n nii a ， 所 以 1 4 3 n n nn iiS a (2)要 比 较 S n与 (n-2)3n+2n2的 大 小 ， 只 要 比 较 4n与 (n-1

43、)3n+2n2的 大 小 当 n=1时 ， 4n (n-1)3n+2n2，当 n=2或 3时 ， 4n (n-1)3n+2n2， 当 n=4或 5 时 ， 4n (n-1)3n+2n2猜 想 ： 当 n 4 时 ， 4n (n-1)3n+2n2 下 面 用 数 学 归 纳 法 证 明 ： 由 上 述 过 程 可 知 ， 当 n=4时 ， 结 论 成 立 假 设 当 n=k(k 4， k N*)时 结 论 成 立 ， 即 4k (k-1)3k+2k2，两 边 同 乘 以 4， 得 4k+1 4(k-1)3k+2k2=k3k+1+2(k+1)2+(k-4)3k+6k2-4k-2，而 (k-4)3 k+6k2-4k-2=(k-4)3k+6(k2-k-2)+2k+10=(k-4)3k+6(k-2)(k+1)+2k+10 0，所 以 4k+1 (k+1)-13k+1+2(k+1)2， 即 n=k+1 时 结 论 也 成 立 由 可 知 ， 当 n 4 时 ， 4n (n-1)3n+2n2成 立 综 上 所 述 ， 当 n=1时 ， Sn (n-2)3n+2n2； 当 n=2或 3时 ， 4n (n-1)3n+2n2， Sn (n-2)3n+2n2；当 n 4 时 ， Sn (n-2)3n+2n2