保温训练11.doc

装订线内不准答姓名_ 班级_ 学号_编号021 扬中树人1213第一学期高三年级数学作业纸 2013-5-30冲刺保温训练111、 在平面直角坐标系xOy中，设圆x2y21在矩阵A 对应的变换作用下得到曲线F，求曲线F的方程2、在平面直角坐标系xOy中，设M是椭圆1(ab0)上在第一象限的点，A(a，0)和B(0，b) 是椭圆的两个顶点，求四边形MAOB的面积的最大值.3、如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BAAC，ABACA1B2，顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B（1）求异面直线AA1与BC所成角的大小；（2）在棱B1C1上确定一点P，使AP，并求出二面角PABA1的平面角的余弦值（第22题）4、 设a为实数，若数列an的首项为a，且满足an1an2a1（nN*），称数列an为理想数列. 若首项为a的理想数列满足：对于任意的正整数n2，都有|an|2，称实数a为伴侣数记M是所有伴侣数构成的集合（1）若a(，2)，求证：aM；（2）若a(0，求证：aM.1、解 设P(x0，y0)是圆上任意一点，点P(x0，y0)在矩阵A对应的变换下变为点P(x0，y0) 则有 ，即，所以. 4分又因为点P在圆x2y21上，故x02y021，从而(x0)(y0)1. 8分 所以，曲线F的方程是x21. 10分2、解 已知椭圆1的参数方程为.由题设可令M(acos，bsin)，其中0. 2分所以，S四边形MAOBSMAOSMOBOA·yMOB·xMab(sincos)absin(). 7分所以，当时，四边形MAOB的面积的最大值为ab. （第22题）3、解（1）建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0, 2, 0)，B(2, 0 , 0)，A1(0,2, 2)，B1(4, 0 , 2)从而，(0,2, 2)，(2, 2, 0) 2分记与的夹角为，则有cos.又由异面直线AA1与BC所成角的范围为（0，），可得异面直线AA1与BC所成的角为60º. 4分（2）记平面PAB和平面ABA1的法向量分别为m和n，则由题设可令m(x, y, z)，且有平面ABA1的法向量为n(0,2,0).设(2, 2, 0)，则P(42, 2, 2)于是AP，解得或又题设可知(0, 1)，则舍去，故有从而，P为棱B1C1的中点，则坐标为P(3, 1, 2) 6分由平面PAB的法向量为m，故m且m.由m·0，即(x, y, z)·(3, 1 ,2)0，解得3xy2z0； 由m·0，即(x, y, z)·(1,1,2)0，解得xy2z0，解方程、可得，x0，y2z0，令y2，z1，则有m(0,2, 1) . 8分记平面PAB和平面ABA1所成的角为，则cos.故二面角PABA1的平面角的余弦值是 10分4、证明（1）假设aM，则由M的定义知对于任意正整数n2，都有|an|2，从而知|a2|2. 1分由a1a，a2a12a1a(a1)，又a(，2)，得a2，a11，所以| a2| a(a1)| a|·| a1| a|·12，即| a2|2，这与|a2|2矛盾. 3分故当a(，2)时，aM. 4分（2）由a2a2a(a)2，又a(0, ，所以a2(0, 同理可得，a3(0, 猜想0an. 6分下面用数学归纳法证明 当时，|a1|a |成立 假设nk（k1）时|ak|2成立，所以，当nk1时， ak1aka1().故，对任意nN*，|an|2，所以aM 10分