附加题专题.doc

附加题
一、概率
1．今年雷锋日,某中学预备从高中三个年级选派4名教师和20名学生去当雷锋志愿者,学生的名额分配如下:
(I)若从20名学生中选出3人参加文明交通宣传,求他们中恰好有1人是高一年级学生的概率;
(II)若将4名教师安排到三个年级(假设每名教师加入各年级是等可能的,且各位教师的选择是相互独立的),记安排到高一年级的教师人数为,求随机变量的分布列和数学期望.
高一年级
高二年级
高三年级
10人
6人
4人

解： (I)设“他们中恰好有1人是高一年级学生”为事件,则
答:若从选派的学生中任选3人进行文明交通宣传活动,他们中恰好有1人是高一年级学生的概率为
(II)解法1:的所有取值为0,1,2,3,4.由题意可知,每位教师选择高一年级的概率均为.所以 ; ;
;;
. 随机变量的分布列为:

0
1
2
3
4

所以
解法2: 随机变量服从参数为4,的二项分布,即~.
随机变量的分布列为:

0
1
2
3
4

所以
即X的数学期望是2.
2、某射击运动员向一目标射击，该目标分为3个不同部分，第一、二、三部分面积之比为
1∶3∶6.击中目标时，击中任何一部分的概率与其面积成正比．
(1)若射击4次，每次击中目标的概率为且相互独立．设表示目标被击中的次数，求的分布列和数学期望E()；
(2)若射击2次均击中目标，A表示事件“第一部分至少被击中1次或第二部分被击中2次”，求事件A发生的概率．
解：(1)依题意知ξ～B，ξ的分布列：
ξ
0
1
2
3
4
P

数学期望
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
(2)法一：设Ai表示事件“第一次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2,3.
Bi表示事件“第二次击中目标时，击中第i部分”，i＝1,2,3.
依题意，知P(A1)＝P(B1)＝0.1，P(A2)＝P(B2)＝0.3，
A＝A11∪1B1∪A1B1∪A2B2，所求的概率为
P(A)＝P(A11)＋P(1B1)＋P(A1B1)＋P(A2B2)
＝P(A1)P(1)＋P(1)P(B1)＋P(A1)P(B1)＋P(A2)P(B2)
＝0.1×0.9＋0.9×0.1＋0.1×0.1＋0.3×0.3＝0.28.
即事件A发生的概率为0.28.
法二：记“第一部分至少击中一次”为事件C，“第二部分被击中二次”为事件D，
则P(C)＝C0.1×0.9＋0.1×0.1＝0.19，
P(D)＝0.3×0.3＝0.09.
P(A)＝P(C)＋P(D)＝0.28.
即事件A发生的概率为0.28.
3、如图,,,,在线段上任取一点,试求:
(1)为钝角三角形的概率;
(2)为锐角三角形的概率.

解：
为钝角三角形的概率为(2) 为锐角三角形的概率为
如图,由平面几何知识:
当时,;
当时,,.
(1)当且仅当点在线段或上时,为钝角三角形,
记＂为钝角三角形＂为事件,则,
即为钝角三角形的概率为.
(2)当且仅当点在线段上时,为锐角三角,
记＂为锐角三角＂为事件,则,
即为锐角三角形的概率为.

4、如图，已知面积为1的正三角形ABC三边的中点分别为D、E、F，从A，B,C,D，E，F六个点中任取三个不同的点，所构成的三角形的面积为X（三点共线时，规定X=0）
（1）求；（2）求E（X）
解：⑴从六点中任取三个不同的点共有个基本事件，
事件“”所含基本事件有，从而．

⑵的分布列为：

则．
答：，．…………………………………………10分

二、复合函数的导数
5、设b>0，函数，记（是函数的导函数），且当x = 1时，取得极小值2．
（1）求函数的单调增区间；
（2）证明．
解：（1）由题．
于是，若，则，与有极小值矛盾，所以．
令，并考虑到，知仅当时，取得极小值．
所以解得．…………………………………4分
故，由，得，所以的单调增区间为．
（2）因为，所以记

因为，
所以，故．…10分

6、已知函数
(1)若函数在，求的值；
(2)如图，设直线，将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域(不含边界)，若函数的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的的取值范围；
(3)比较与的大小，并说明理由．

解：(1)f(x)＝(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x(a>0)，
f′(x)＝2ln(2x＋1)－4a(2x＋1)＋1.
∵f(x)在x＝0处取极值，
∴f′(0)＝－4a＋1＝0.
∴a＝.
(2)因为函数的定义域为，且当x＝0时，f(0)＝－a<0.又直线y＝－x恰好通过原点，
所以函数y＝f(x)的图象应位于区域Ⅳ内，于是可得f(x)<－x，
即(2x＋1)ln(2x＋1)－a(2x＋1)2－x<－x.∵2x＋1>0，∴a>.
令h(x)＝，∴h′(x)＝.
令h′(x)＝0，得x＝.
∵x>－，∴x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
∴hmax(x)＝h＝.
∴a的取值范围是.
(3)由(2)知，函数h(x)＝在
x∈时单调递减，
函数p(x)＝在x∈(e，＋∞)时单调递减．
∴<，
∴xln(x＋1)<(x＋1)ln x.
∴ln(x＋1)x<ln x(x＋1)，即(x＋1)x<x(x＋1)．
∴令x＝3,4，…，2011，则43<34,54<45，…，2 0122 011<2 0112 012，又32×43<23×34，
所以32×43×54…×2 0122 011<23×34×45…×2 0112 012.

三、数学归纳法
7、已知正项数列中，，．
用数学归纳法证明：．
证明：
①当n＝1时，a2＝1＋＝，a1<a2，所以n＝1时，不等式成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时，ak<ak＋1成立，显然ak>0.
则当n＝k＋1时，
ak＋2－ak＋1＝1＋－ak＋1＝1＋－＝>0，
所以n＝k＋1时，不等式成立．
综合①②可知，不等式an<an＋1(n∈N*)成立． [来源:学。科。网]

8、某班级共派出n＋1个男生和n个女生参加学校运动会的入场仪式，其中男生甲为领队．入场时，领队男生甲必须排第一个，然后女生整体在男生的前面，排成一路纵队入场，共有种排法；入场后，又需从男生(含男生甲)和女生中各选一名代表到主席台服务，共有种选法．
(1)试求和；
(2)判断和的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明．
本题考查排列组合等基础知识，考查数学归纳法的应用以及综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力．这类问题以排列组合为主线，利用数学归纳法进行推理．利用导数研究函数的单调性证明ln(k＋1)<k＋1是关键．
解：
(1)由题意知En＝A·A＝(n！)2，Fn＝C·C＝n(n＋1)．
(2)因为ln En＝2ln n！，Fn＝n(n＋1)，
所以ln E1＝0<F1＝2，ln E2＝ln 4<F2＝6，ln E3＝ln 36<F3＝12，…，
因此猜想；当n∈N*时都有ln En<Fn，即2ln n！<n(n＋1)．
下面用数学归纳法证明2ln n！<n(n＋1)(n∈N*)．
证明：
①当n＝1时，该不等式显然成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即2ln k！<k(k＋1)，
则当n＝k＋1时，2ln(k＋1)！＝2ln(k＋1)＋2ln k！<2ln(k＋1)＋k(k＋1)，
要证当n＝k＋1时不等式成立，只要证2ln(k＋1)＋k(k＋1)≤(k＋1)(k＋2)，
即只要证ln(k＋1)≤k＋1.
令f(x)＝ln x－x，x∈(1，＋∞)，
因为f′(x)＝<0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
从而f(x)<f(1)＝－1<0，而k＋1∈(1，＋∞)，
所以ln(k＋1)≤k＋1成立，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
综合①②，当n∈N*时，都有ln En<Fn.

9、若其中。
(1)求及；
(2)试比较与的大小，并说明理由．
解：(1)取x＝1，则a0＝2n；
取x＝2，则a0＋a1＋…＋an＝3n，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－2n.
(2)要比较Sn与(n－2)2n＋2n2的大小，
即比较3n与(n－1)2n＋2n2的大小，
当n＝1时，3n>(n－1)2n＋2n2；
当n＝2,3时，3n<(n－1)2n＋2n2；
当n＝4,5时，3n>(n－1)2n＋2n2，
猜想：当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2.
下面用数学归纳法证明：
①由上述过程可知，n＝4时结论成立，
②假设当n＝k，(k≥4)时结论成立，
即3k>(k－1)2k＋2k2，
两边同乘以3得3k＋1>3[(k－1)2k＋2k2]＝k2k＋1＋2(k＋1)2＋[(k－3)2k＋4k2－4k－2]，而(k－3)2k＋4k2－4k－2＝(k－3)2k＋4(k2－k－2)＋6＝(k－3)2k＋4(k－2)(k＋1)＋6>0，
所以3k＋1>2k＋1＋2(k＋1)2，即n＝k＋1时结论也成立．
由①②知当n≥4时，3n>(n－1)2n＋2n2成立．
综上所述，当n＝1时，Sn＞(n－2)2n＋2n2；
当n＝2,3时，Sn＜(n－2)2n＋2n2；
当n≥4时，Sn＞(n－2)2n＋2n2.

四、二项式定理
10、已知()是给定的某个正整数，数列满足：，，其中k＝1，2,3，…，.[来源:学科网]
(1)设＝4，求，，；
(2)求.
解：(1)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，
得＝p×，k＝1,2,3，…，p－1，
即＝－4×＝－6，a2＝－6a1＝－6；＝－4×＝－，a3＝16；
＝－4×＝－1，a4＝－16.
(2)由(k＋1)ak＋1＝p(k－p)ak，得＝p×，k＝1,2,3，…，p－1，
即＝－p×，＝－p×，…，＝－p×，
以上各式相乘得：＝(－p)k－1×，
∴ak＝(－p)k－1×
＝(－p)k－1×＝×
＝－(－p)k－2×C＝－C(－p)k，k＝1,2,3，…，p.
∴a1＋a2＋a3＋…＋ap
＝－[C(－p)1＋C(－p)2＋C(－p)3＋…＋C(－p)p]
＝－[(1－p)p－1]．
11、设二项展开式的整数部分为，小数部分为，试用二项式定理推导和.
解：因为Cn＝(＋1)2n－1＝C()2n－1＋C()2n－2＋…＋C＋C，①
而(－1)2n－1＝C()2n－1－C()2n－2＋…＋C－C，②
①—②得：(＋1)2n－1－(－1)2n－1＝2(C·()2n－2＋C()2n－4＋…＋C)∈N*.
而0<(－1)2n－1<1，所以An＝(＋1)2n－1－(－1)2n－1，Bn＝(－1)2n－1.
12、已知．
(1)若，求证：是奇数；
(2)求证：对于任意，都存在正整数，使得.
证明：(1)由二项式定理，得an＝C＋C＋C()2＋C()3＋…＋C()n，
所以a＝C＋C()2＋C()4＋…＝1＋2C＋22C＋…，
因为2C＋22C＋…为偶数，所以a是奇数．
(2)由(1)设an＝(1＋)n＝a＋b(a，b∈Z)，
则(1－)n＝a－b，
所以a2－2b2＝(a＋b)(a－b)＝(1＋)n(1－)n＝(1－2)n.
当n为偶数时，a2＝2b2＋1，存在k＝a2，
使得an＝a＋b＝＋＝＋，
当n为奇数时，a2＝2b2－1，存在k＝2b2，
使得an＝a＋b＝＋＝＋，
综上，对于任意n∈N*，都存在正整数k，
使得an＝＋.

五、曲线与方程及抛物线
13、在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点在原点，经过点A(2,2)，其焦点F在x轴上．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)求过焦点F，且与直线OA垂直的直线的方程；
(3)设过点M(m,0)（)的直线交抛物线C于D，E两点，
ME＝2DM，记D和E两点间的距离为，求关于m的表达式．

本小题主要考查直线、抛物线方程及两点间的距离公式等基本知识，考查运算求解能力．
解：
(1)由题意，可设抛物线C的标准方程为y2＝2px.因为点A(2,2)在抛物线C上，所以p＝1.因此，抛物线C的标准方程为y2＝2x.
(2)由(1)可得焦点F的坐标是，又直线OA的斜率为＝1，故与直线OA垂直的直线的斜率为－1.因此，所求直线的方程是x＋y－＝0.
(3)法一：设点D和E的坐标分别为(x1，y1)和(x2，y2)，直线DE的方程是y＝k(x－m)，k≠0.
将x＝＋m代入y2＝2x，有ky2－2y－2km＝0，解得y1,2＝.
由ME＝2DM，知1＋＝2(－1)，化简得k2＝，
因此DE2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(y1－y2)2＝＝(m2＋4m)．
所以f(m)＝ (m>0)．
法二：设D，E，由点M(m,0)及＝2
得t2－m＝2，t－0＝2(0－s)．
因此t＝－2s，m＝s2，
所以f(m)＝DE＝ ＝ (m>0)．

14、（Ⅰ）过直线上的动点P作抛物线的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．
(1)若切线PA，PB的斜率分别为，求证：为定值；
(2)求证：直线AB恒过定点．
证明：(1)不妨设A(t，2t1)(t1>0)，B(t，2t2)(t2<0)，P(－2，m)．
因为y2＝4x，所以当y>0时，y＝2，y′＝，所以k1＝.同理k2＝.
由k1＝＝，得t－mt1－2＝0.同理t－mt2－2＝0.
所以t1，t2是方程t2－mt－2＝0的两个实数根．
所以t1t2＝－2.所以k1k2＝＝－为定值．
(2)直线AB的方程为y－2t1＝(x－t)，
即y＝x＋2t1－，
即y＝x＋，由于t1t2＝－2，
所以直线方程化为y＝(x－2)，
所以直线AB恒过定点(2,0)．
（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，已知焦点为F的抛物线上有两个动点A，B，且满足＝， 过A，B两点分别作抛物线的切线，设两切线的交点为M.
(1)求：·的值；
(2)证明：·为定值．
解：(1)设A，B，
∵焦点F(0,1)，∴＝，＝.
∵＝λ，
∴消λ，得x1＋x2＝0.
化简整理得(x1－x2)＝0.
∵x1≠x2，∴x1x2＝－4.
∴y1y2＝·＝1.
∴·＝x1x2＋y1y2＝－3.
(2)证明：抛物线方程为y＝x2，∴y′＝x.
∴过抛物线A，B两点的切线方程分别为[来源:学科网ZXXK]
y＝x1(x－x1)＋和y＝x2(x－x2)＋，
即y＝x1x－和y＝x2x－.
联立解出两切线交点M的坐标为.
∴·＝·
＝－＝0(定值).

15、对称轴为坐标轴，顶点在坐标原点的抛物线C经过两点，(其中为正常数)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设动点T(m,0)()，直线AT，BT与抛物线C的另一个交点分别为，，当m变化时，记所有直线组成的集合为M，求证：集合M中的任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上．
解：(1)当抛物线焦点在x轴上时，
设抛物线方程y2＝2px，
∵∴p＝2a.
∴y2＝4ax.
当抛物线焦点在y轴上时，设抛物线方程x2＝2py，
∵方程无解，∴抛物线不存在．
综上抛物线C的方程为y2＝4ax.
(2)设A1(as2,2as)，B1(at2,2at)，T(m,0)(m>a)．
∵kTA＝kTA1，∴＝，
∴as2＋(m－a)s－m＝0.
∵(as＋m)(s－1)＝0，∴s＝－，∴A1.
∵kTB＝kTB1，∴＝.
∵2at2＋(m－4a)t－2m＝0，∴(2at＋m)(t－2)＝0.
∴t＝－.∴B1.
∴直线A1B1的方程为y＋2m＝.
∵直线的斜率为－在(a，＋∞)单调，
∴集合M中的直线必定相交．
∵直线的横截距为－在(a，＋∞)单调，纵截距为－在(a，＋∞)单调，
∴任意两条直线都相交且交点都不在坐标轴上．

16、已知斜率为的直线过抛物线C：的焦点F且交抛物线于A，B两点．设线段AB的中点为M.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)若时，点M到直线：（m为常数，)的距离总不小于，求m的取值范围．
解：(1)焦点F(1,0)，直线AB方程为y＝k(x－1)，
因为k≠0，所以x＝＋1.
由得y2－y－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，显然Δ>0恒成立，则y0＝＝.
又x0＝＋1，消去k ，得y＝2(x0－1)，
所以点M的轨迹方程为y2＝2(x－1)．
(2)由(1)知，点M.
因为m<，所以d＝＝.
由题意，得≥，m≤＋＋2对－2<k<－1恒成立．
因为－2<k<－1时，＋＋2的最小值是－，
所以m≤－.

17、如图，过抛物线C：上一点P(1，－2)作倾斜角互补的两条直线，分别与抛物线交于点．
(1)求的值；
(2)若，，求△PAB面积的最大值．

解：(1)因为A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线C：
y2＝4x上，
所以A，B，
kPA＝＝＝，
同理kPB＝，依题有kPA＝－kPB，
所以＝－，即y1＋y2＝4.
(2)由(1)知kAB＝＝1，设AB的方程为
y－y1＝x－，即x－y＋y1－＝0，
P到AB的距离为d＝，
AB＝＝|y1－y2|＝2|2－y1|，
所以S△PAB＝××2|2－y1|
＝|y－4y1－12||y1－2|
＝|(y1－2)2－16||y1－2|，
令y1－2＝t，由y1＋y2＝4，y1≥0，y2≥0，可知－2≤t≤2.S△PAB＝|t3－16t|，
因为S△PAB＝|t3－16t|为偶函数，只考虑0≤t≤2的情况，
记f(t)＝|t3－16t|＝16t－t3，f′(t)＝16－3t2>0，故f(t)在[0,2]是单调增函数，故f(t)的最大值为f(2)＝24，故S△PAB的最大值为6.

六、空间向量
18、如图，在三棱锥P—ABC中，平面ABC⊥平面APC，
AB＝BC＝AP＝PC＝，∠ABC＝∠APC＝.
(1)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
(2)若动点M在底面三角形ABC上，二面角M－PA－C的余弦值为，求BM的最小值．
考查空间向量在立体几何中的应用，求出平面的法向量是解题的关键．
解：
(1)取AC中点O，∵AB＝BC，∴OB⊥OC.
∵平面ABC⊥平面APC，平面ABC∩平面APC＝AC，
∴OB⊥平面PAC.∴OB⊥OP.
以O为坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴
建立如图所示空间直角坐标系．
∵AB＝BC＝PA＝，∴OB＝OC＝OP＝1.
从而O(0,0,0)，B(1,0,0)，A(0，－1,0)，C(0,1,0)，P(0,0，1)，
∴＝(－1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(0,1,1)．
设平面PBC的法向量n1＝(x，y，z)，
由·n1＝0，·n1＝0得方程组取n1＝(1,1,1)，
∴cos〈，n1〉＝＝.
设PA与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n1〉|＝.
∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.
(2)由题意平面PAC的法向量n2＝(1,0,0)．
设平面PAM的法向量为n3＝(x，y，z)，M(m，n,0)．
∵＝(0,1,1)，＝(m，n＋1,0)，
又∵·n3＝0，·n3＝0，
∴取n3＝.
∴cos〈n2，n3〉＝＝＝.
∴2＝9.∴n＋1＝3m或n＋1＝－3m(舍去)．
∴＝(m,3m,0)．又＝(1,1,0)，
∴cos〈，〉＝＝.
则sin〈，〉＝，
∴d＝AB·＝.
∴B点到AM的最小值为垂直距离d＝.

19、在三棱锥S—ABC中，底面是边长为的正三角形，点S在底面ABC上的射影O恰是BC的中点，侧棱SA和底面成角．
(1) 若D为侧棱SA上一点，当为何值时，BDAC；
(2) 求二面角S—AC—B的余弦值大小．
解：
以O点为原点，OC为x轴，OA为y轴，OS为z轴
建立空间直角坐标系．因为△ABC是边长为2的正三角形，
又SA与底面所成角为45°，所以∠SAO＝45°.所以SO＝AO＝3.
所以O(0,0,0)，C(，0,0)，A(0,3,0)，S(0,0,3)，B(－，0，0)．
(1) 设AD＝a，则D，
(2) 所以＝，
＝(，－3,0)．若BD⊥AC，则·＝3－3＝0，
解得a＝2，而AS＝3，所以SD＝.
所以＝＝.
(2)因为＝(0，－3,3)，＝(2，0,0)．
设平面ACS的法向量为n1＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则x＝，y＝1，所以n1＝(，1,1)．
而平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝，显然所求二面角的平面角为锐角，
故所求二面角的余弦值的大小为.

20、如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M是CC1的中点，N是BC的中点，点P在直线A1B1上，
且满足＝λ.
(1)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成的角θ最大？
(2)若平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，试确定点P的位置．
解：(1)以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A—xyz，则N，P(λ，0,1)，则＝，
平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
于是问题转化为二次函数求最值，而θ∈，当θ最大时，sin θ最大，所以当λ＝时，sin θ最大，θ也最大．
(2)已知给出了平面PMN与平面ABC所成的二面角为45°，即可得到平面ABC的一个法向量为n＝＝(0,0,1)，设平面PMN的一个法向量为m＝(x，y，z)，＝.
由得
解得
令x＝3，得m＝(3,2λ＋1,2(1－λ))，于是由
|cos〈m，n〉|＝
＝＝，解得λ＝－，
故点P在B1A1的延长线上，且|A1P|＝.

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