1、江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷( 九)数学附加分(满分 40 分，考试时间 30 分钟)21. 【选做题】 在 A、B、C、D 四小题中只能选做 2 题，每小题 10 分，共 20 分若多做，则按作答的前两题计分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤A. (选修 4-1：几何证明选讲 )如图，PAQ 是直角，圆 O 与射线 AP 相切于点 T，与射线 AQ 相交于两点 B，C. 求证：BT 平分OBA.B. (选修 4-2：矩阵与变换)已知矩阵 A ，求矩阵 A 的特征值和特征向量1 2 1 4C. (选修 4-4：坐标系与参数方程 )在极坐标系中，圆 C 的极坐标方程为 2
2、8sin 130，已知 A ，B( 3) (1， 32)，P 为圆 C 上一点，求 PAB 面积的最小值(3， 32)D. (选修 4-5：不等式选讲 )设 x，y 均为正数，且 xy，求证：2x 2y3.1x2 2xy y2【必做题】 第 22、23 题，每小题 10 分，共 20 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤22. 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，底面 ABC 是直角三角形，ABAC1， AA12，点 P 是棱 BB1 上一点，满足 (01)BP BB1 (1) 若 ，求直线 PC 与平面 A1BC 所成角的正弦值；13(2) 若二面角 PA1CB 的正弦值为
3、 ，求 的值2323. 已知数列a n满足 an3n2，f(n) ，g(n)f(n 2)f(n1) ，nN *.求1a1 1a2 1an证：(1) g(2) ；13(2) 当 n3 时，g(n) .13(九)21. A. 证明：连结 OT.因为 AT 是切线，所以 OTAP.(2 分)因为PAQ 是直角，即 AQ AP，所以 ABOT，所以TBABTO.(5 分)又 OTOB，所以OTB OBT，(8 分)所以OBTTBA，即 BT 平分OBA.(10 分)B. 解：矩阵 A 的特征多项式为f() 25 6，(2 分)| 1 21 4|由 f()0，解得 12， 23.(4 分)当 12 时，
4、特征方程组为 x 2y 0，x 2y 0， )故属于特征值 12 的一个特征向量 1 ；(7 分)21当 23 时，特征方程组为 2x 2y 0，x y 0， )故属于特征值 23 的一个特征向量 2 .(10 分)11C. 解：圆 C 的直角坐标方程为 x2y 24 x4y13 0，3即(x2 )2(y2) 23.(4 分 )3又 A(0， 1)， B(0，3)，所以 AB2.(6 分)P 到直线 AB 距离的最小值为 2 ，(8 分)3 3 3所以PAB 面积的最小值为 2 .(10 分)12 3 3D. 证明：因为 x0，y0， xy0，2x 2y2(x y) (4 分)1x2 2xy
5、y2 1（x y）2(xy)(x y) 3 3，(8 分)1（x y）2 3（x y）2 1（x y）2所以 2x 2y3.(10 分)1x2 2xy y222. 解：以 A 为坐标原点 O，分别以 AB，AC，AA 1 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.因为 ABAC 1，AA 12，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0) ，A 1(0，0，2) ，B1(1，0，2)，P(1，0，2)(1 分)(1) 由 得， ， (1 ，0，2)， (0 ，1，2)，13 CP (1， 1， 23) A1B A1C 设平面 A1BC 的法向量为 n1(x
6、1，y 1，z 1)，由 得n1A1B 0，n1A1C 0， ) x1 2z1 0，y1 2z1 0. )不妨取 z11，则 x1y 12，从而平面 A1BC 的一个法向量为 n1(2 ，2，1)(3 分)设直线 PC 与平面 A1BC 所成的角为 ，则 sin|cos ，n 1| | ，CP CP n1|CP |n1| 2233所以直线 PC 与平面 A1BC 所成的角的正弦值为 .(5 分)2233(2) 设平面 PA1C 的法向量为 n2(x 2，y 2，z 2)，(1，0，22)，A1P 由 得n2A1C 0，n2A1P 0， ) y2 2z2 0，x2 （2 2）z2 0.)不妨取
7、z21，则 x222 ，y 22，所以平面 PA1C 的法向量为 n2(22，2，1) (7 分)则 cosn 1，n 2 .9 4342 8 9因为二面角 PA1CB 的正弦值为 ，23所以 ，(9 分)9 4342 8 9 53化简得 2890，解得 1 或 9(舍去) ，故 的值为 1.(10 分)23. 证明：(1) 由题意知，a n3n2，g(n) ，(1 分)1an 1an 1 1an 2 1an2当 n2 时，g(2) .(2 分)1a2 1a3 1a4 14 17 110 69140 13(2) 用数学归纳法加以证明： 当 n3 时，g(3) 1a3 1a4 1a5 1a9 1
8、7 110 113 116 119 122 125 17 (110 113 116) (119 122 125) 18 (116 116 116) (132 132 132) ，18 316 332 18 316 116 13所以当 n3 时，结论成立(4 分) 假设当 nk 时，结论成立，即 g(k) ，13则 nk1 时，g(k1)g(k) (6 分)(1ak2 1 1ak2 2 1a（k 1）2 1ak) 13 ( 1ak2 1 1ak2 2 1a（k 1）2 1ak) 13 2k 13（k 1）2 2 13k 2 13 （2k 1）（3k 2） 3（k 1）2 23（k 1）2 2（3k 2） ，13 3k2 7k 33（k 1）2 2（3k 2）由 k3 可知，3k 27k30，即 g(k1) .13所以当 nk1 时，结论也成立综合可得，当 n3 时，g(n) .(10 分)13
