2022年高三第二次模拟考试数学试题含答案 .pdf

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1、江苏省南京、盐城市高三第二次模拟考试数学参考公式：柱体的体积公式：VSh，其中 S为柱体的底面积，h 为柱体的高圆柱的侧面积公式：S侧2 Rh，其中 R 为圆柱的底面半径，h 为圆柱的高一、填空题（本大题共14 小题，每小题5 分，计 70 分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1函数 f(x) lnx1x的定义域为2已知复数z1 2i，z2a2i(i 为虚数单位，a R)若 z1z2为实数，则a 的值为3某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150 分到 450 分之间的1000 名学生的成绩，并根据这1000 名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(

2、如图 )，则成绩在300，350)内的学生人数共有4盒中有3 张分别标有1，2，3 的卡片从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为偶数的概率为5已知等差数列 an的公差 d 不为 0，且 a1， a3，a7成等比数列，则a1d的值为6执行如图所示的流程图，则输出的k 的值为150 200 250 300 350 400 450 0.005 a0.001 0.004 0.003 O 成绩 /分频率组距(第 3 题图 )k1 开始输出 k 结束S6S 1 Y N S S(k1)2 kk1 (第 6 题图 )精选学习资料 - - - - - - -

3、 - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 21 页7函数 f(x) Asin( x )(A， ，为常数， A0， 0，0 )的图象如下图所示，则f(3)的值为8在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线与抛物线y2 4x 的准线相交于 A，B 两点若 AOB 的面积为2，则双曲线的离心率为9表面积为12 的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为10已知 | OA|1，| OB|2， AOB23， OC12OA14OB，则 OA与 OC的夹角大小为 11在平面直角坐标系xOy 中，过点P(5，3)作直线 l 与圆 x2y24

4、相交于 A，B 两点，若OAOB，则直线l 的斜率为12已知 f(x)是定义在R 上的奇函数， 当 0 x1 时，f(x)x2，当 x0 时，f(x1)f(x)f(1)，且若直线 y kx 与函数 yf(x)的图象恰有5 个不同的公共点，则实数k 的值为13在 ABC 中，点 D 在边 BC 上，且 DC2BD，ABAD AC3k1，则实数 k 的取值范围为14设函数f(x)ax sinx cosx若函数f(x)的图象上存在不同的两点A，B，使得曲线yf(x)在点 A，B处的切线互相垂直，则实数a 的取值范围为二、解答题（本大题共6 小题，计90 分.）15(本小题满分14 分) 如图，在四棱

5、锥PABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面P AB平面 ABCD，PAPB，BPBC，E 为 PC 的中点（1）求证： AP平面 BDE；（2）求证： BE平面 PACxyO111262 2 (第 7 题图 ) P B C D E A (第 15 题图 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 21 页16(本小题满分14 分) 在平面直角坐标系xOy 中，角 的顶点是坐标原点，始边为x 轴的正半轴，终边与单位圆O交于点 A(x1 ，y1 )， (4，2)将角 终边绕原点按逆时针方向旋转4，交单位圆于点B(x2，y2)（1）

6、若 x135，求 x2；（2）过 A，B 作 x 轴的垂线，垂足分别为C，D，记 AOC 及BOD 的面积分别为S1，S2，且 S143S2，求 tan的值17(本小题满分14 分) 如图，经过村庄A 有两条夹角为60 的公路 AB，AC，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂 P，分别在两条公路边上建两个仓库M、N (异于村庄A)，要求 PMPNMN2(单位：千米)如何设计，使得工厂产生的噪声对居民的影响最小(即工厂与村庄的距离最远)18 (本小题满分16 分) 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆Cx2a2y2b21(a b0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为 2，一条准线方程为x2

7、 P为椭圆 C 上一点，直线PF1交椭圆 C 于另一点Q（1）求椭圆C 的方程；（2）若点 P 的坐标为 (0，b)，求过 P，Q，F2三点的圆的方程；（3）若 F1P QF1，且 12，2，求 OP OQ的最大值A B D O C x y (第 16 题图 ) A P M N B C (第 17 题图 ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 21 页19(本小题满分16 分) 已知函数f(x)axbxex，a，bR，且 a0（1）若 a2，b1，求函数f(x)的极值；（2）设 g(x) a(x1)exf(x) 当 a1 时

8、，对任意x(0， )，都有 g(x)1 成立，求b 的最大值； 设 g(x)为 g(x)的导函数若存在x1，使 g(x)g (x)0 成立，求ba的取值范围20(本小题满分16 分) 已知数列 an的各项都为正数，且对任意nN*，a2n1，a2n，a2n1成等差数列，a2n，a2n1，a2n2成等比数列（1）若 a2 1，a53，求 a1的值；（2）设 a1 a2，求证：对任意n N* ，且 n2，都有an1ana2a1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 21 页南京市 2014 届高三年级第二次模拟考试数学附加题2014.

9、03注意事项：1附加题供选修物理的考生使用2本试卷共40 分，考试时间30 分钟3答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题纸的密封线内试题的答案写在答题纸上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题纸21 【选做题】在A、B、C、D 四小题中只能选做2 题，每小题10 分，共计20 分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修 41：几何证明选讲如图， ABC 为圆的内接三角形，ABAC，BD 为圆的弦，且BDAC过点A 作圆的切线与DB 的延长线交于点E，AD 与 BC 交于点 F（1）求证：四边形ACBE 为平行四边形；（2）若 AE6，BD5，求线段

10、CF 的长 . B选修 42：矩阵与变换已知矩阵A1a1b的一个特征值为2，其对应的一个特征向量为 21（1）求矩阵 A；（2）若 Axyab，求 x，y 的值C选修 44：坐标系与参数方程在极坐标系中，求曲线2cos 关于直线 4( R)对称的曲线的极坐标方程D选修 45：不等式选讲已知 x， yR，且 |xy|16，|xy|14，求证： |x5y|1【必做题】第22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解答应写出A E B C F D 第 21题 A 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，

11、共 21 页文字说明、证明过程或演算步骤22 （本小题满分10 分）某中学有4 位学生申请A，B，C 三所大学的自主招生若每位学生只能申请其中一所大学，且申请其中任何一所大学是等可能的（1）求恰有2 人申请 A 大学的概率；（2）求被申请大学的个数X 的概率分布列与数学期望E(X)23 （本小题满分10 分）设 f(n)是定义在N*上的增函数， f(4)5，且满足：任意 nN* ，f(n) Z； 任意 m，nN*，有 f(m)f(n)f(mn)f(mn1)（1）求 f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）求 f(n)的表达式精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

12、 - - - - -第 6 页，共 21 页参考答案一、填空题：本大题共14 小题，每小题5 分，计 70 分. 1(0，1 24 3300 45952 64 71 85 912106011 1 或72312222 13(53，73) 141，1 二、解答题15证： （1）设 ACBDO，连结 OE因为 ABCD 为矩形，所以O 是 AC 的中点因为 E 是 PC 中点，所以OEAP4 分因为 AP / 平面 BDE， OE平面 BDE，所以 AP平面 BDE6 分（2）因为平面PAB平面 ABCD，BCAB，平面 PAB平面 ABCDAB，所以 BC平面 PAB8 分因为 AP平面 PAB，

13、所以 BCPA因为 PBPA，BCPB B，BC，PB平面 PBC，所以 PA平面 PBC12 分因为 BE平面 PBC，所以 PABE因为 BPPC，且 E 为 PC 中点，所以BEPC因为 PAPC P，PA，PC平面 PAC，所以 BE平面 PAC14 分16解： （1）解法一：因为x135，y10，所以 y11x2145所以 sin 45，cos 352 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 21 页所以 x2cos( 4)cos cos4 sin sin42106 分解法二：因为x135，y10，所以 y11x21

14、45A(35，45)，则 OA(35，45)， 2 分OB(x2，y2)，因为 OAOB | OA| OB| cos AOB，所以35x245y22 2 4 分又 x22y221，联立消去y2得 50 x2230 2x27 0 解得 x22 10或7 210，又 x2 0，所以 x22 106 分解法三：因为x135， y1 0，所以 y11 x2145因此 A(35，45)，所以 tan 43 2 分所以 tan( 4)1 tan1 tan 7，所以直线OB 的方程为y 7x 4 分由y 7x，x2y21得 x2 10，又 x20，所以 x22 106 分（2）S112sin cos 14s

15、in2 8 分因为 (4，2)，所以 4(2，34)所以 S212sin( 4)cos( 4)14sin(2 2)14cos2 10 分因为 S143S2，所以 sin2 43cos2 ，即 tan2 4312 分所以2tan1tan243，解得 tan 2 或 tan 12因为 (4，2)，所以 tan 2 14 分17、解法一：设AMN ，在 AMN 中，MNsin60 AMsin(120 )因为 MN2，所以 AM433sin(120 ) 2分在 APM 中， cosAMPcos(60 ) 6 分AP2AM2MP22 AMMPcosAMP163sin2(120 )422433sin(12

16、0 ) cos(60 ) 8 分163sin2( 60 )1633sin( 60 ) cos( 60 ) 4 831 cos (2 120 )833sin(2 120 )4 833sin(2 120 )cos (2 120 )203203163sin(2 150 )， (0，120 )12 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 21 页当且仅当2 150 270 ，即 60 时， AP2取得最大值12，即 AP 取得最大值2 3答：设计 AMN 为 60 时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14分解法二 (构造直角三角形)：设

17、 PMD ，在 PMD 中，PM2， PD2sin ，MD 2cos 2 分在 AMN 中， ANM PMD ，MNsin60 AMsin，AM433sin ， AD433sin 2cos ，( 2时，结论也正确) 6 分AP2AD2PD2(433sin 2cos )2(2sin )2 163sin2 833sin cos 4cos2 4sin28 分1631cos224 33sin2 4433sin2 83cos2 203203163sin(2 6)， (0，23)12 分当且仅当2 62，即 3时， AP2取得最大值12，即 AP 取得最大值2 3此时 AMAN2， PAB3014 分解法

18、三：设AMx，AN y， AMN 在 AMN 中，因为MN 2， MAN60 ，所以 MN2 AM2AN22 AMANcosMAN，即x2y22xycos60 x2y2xy42 分因为MNsin60 ANsin，即2sin60 ysin，所以sin34y，cos x24y222xx2 (x2xy)4x2xy46 分cos AMPcos( 60 ) 12cos 32sin 122xy43234y x2y48 分在 AMP 中， AP2AM2PM22 AMPMcos AMP，A P M N B C 第 17 题图D 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

19、 - -第 9 页，共 21 页即AP2x2422 xx2y4x24x(x2y)42xy12 分因为 x2y2xy 4，4xyx2y22xy，即 xy 4所以 AP212，即 AP 2 3当且仅当xy2 时， AP 取得最大值2 3答：设计AMAN2 km 时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14 分解法四 (坐标法 )：以 AB 所在的直线为x 轴， A 为坐标原点，建立直角坐标系设 M(x1，0)， N(x2，3x2)， P(x0，y0) MN2，( x1x2)23x2242 分MN 的中点 K(x1x22，32x2) MNP 为正三角形，且MN2 PK3，PK MNPK2(x0 x1x22

20、)2 (y032x2)23，kMNkPK 1，即3x2x2x1y032x2x0 x1x22 1，6分y032x2x1x23x2(x0 x1x22)， (y032x2)2(x1x2)23x22(x0 x1x22)2(1(x1x2)23x22)(x0 x1x22)23，即43x22(x0 x1x22)23， (x0 x1 x22)294x22x0 x1x220 x0 x1x2232x2，x012x12x2， y032x18 分AP2x20y20(2x212x1)234x21x214x222x1x2 44x1x244 212，12 分即 AP2 3答：设计 AMAN2 km 时，工厂产生的噪声对居民

21、的影响最小14 分解法五 (变换法 )：以 AB 所在的直线为x 轴， A 为坐标原点，建立直角坐标系设 M(x1，0)，N(x2，3x2)，P(x0， y0)MN 2， ( x1x2)23x224即 x214x2242x1x242x1x24x1x2，即 x1x224 分A P M N B C xy精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 21 页 MNP 为正三角形，且MN2 PK3，PK MNMN顺时针方向旋转60 后得到 MPMP (x0 x1，y0)，MN(x2x1，3x2)12323212x2x13x2x0 x1y0，

22、即x0 x112(x2x1)32x2，y032(x2x1)32x2x02x212x1， y032x18 分AP2x20y20(2x212x1)234x21x214x22 2x1x2 44x1x2442 12，12 分即 AP2 3答：设计 AMAN2 km 时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14 分解法六 (几何法 )：由运动的相对性，可使PMN 不动，点 A 在运动由于 MAN60 ，点 A 在以 MN 为弦的一段圆弧(优弧 )上，4 分设圆弧所在的圆的圆心为F，半径为 R，由图形的几何性质知：AP 的最大值为PF R 8 分在 AMN 中，由正弦定理知：MNsin60 2R，R23， 10

23、 分FM FNR23，又 PMPN， PF 是线段 MN 的垂直平分线设 PF 与 MN 交于 E，则 FE2FM2ME2 R21213即 FE33，又 PE312 PF43， AP 的最大值为PF R23答：设计 AMAN2 km 时，工厂产生的噪声对居民的影响最小14 分18、 （1）解：由题意得2c2，a2c2，解得 c1，a22，所以 b2a2c21所以椭圆的方程为x22y2A P M N B C FE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 21 页12 分（2）因为 P(0，1)， F1(1，0)，所以 PF1的方程

24、为 xy10由xy10，x22y21，解得x0，y1，或x43，y13，所以点 Q 的坐标为 (43，13) 4 分解法一：因为kPF1kPF2 1，所以 PQF2为直角三角形 6 分因为 QF2的中点为 (16，16)，QF25 23，所以圆的方程为(x16)2(y16)225188 分解法二：设过P，Q，F2三点的圆为x2y2DxEyF0，则1E F0，1DF 0，17943D13EF0，解得D13，E13，F43所以圆的方程为x2y213x13y4308 分（3）解法一：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 F1P(x11，y1)， QF1 (1x2， y2)因为 F1P QF1，所

25、以x11 (1x2)，y1 y2，即x1 1 x2，y1 y2，所以(1 x2)222y221，x222y22 1，解得x213212 分所以 OPOQx1x2y1y2x2(1 x2) y222x22 (1 )x2 2(132)2(1 )132 7458( 1) 14 分因为 12，2，所以 1212，当且仅当 1，即 1 时，取等号所以 OPOQ12，即 OPOQ最大值为1216 分解法二：当PQ 斜率不存在时，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 21 页在x22 y2 1 中，令 x 1 得 y2 2所以2211 (

26、1)()222OP OQ，此时11,222当 PQ 斜率存在时，设为k，则 PQ 的方程是y k(x1)，由yk(x1)，x22y21得(12k2)x2 4k2x2k220，韦达定理22121222422=1212kkxxx xkk，4设 P(x1，y1)，Q(x2，y2) ，则212121212(1)(1)OP OQx xy yx xkxx22212122222222222(1)()224(1)1212261215122(12)2kx xkxxkkkkkkkkkkk分。O P O Q的最大值为12，此时11,22819、解： （1）当 a 2，b1 时， f (x)(21x)ex，定义域为

27、(， 0)(0， )所以f (x)(x1)(2x1)x2ex2 分令 f (x)0，得 x1 1， x212，列表x(，1) 1 (1，0) (0，12) 12(12， ) f (x) 00f (x) 极大值极小值精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 21 页由 表 知f(x) 的 极 大 值 是f( 1) e1， f(x) 的 极 小 值 是f(12) 4 e4分（2）因为 g (x)(axa)exf (x)(axbx2a)ex，当 a 1 时， g (x)(xbx2)ex因为 g (x)1 在 x（ 0，）上恒成立，所以

28、 bx22xxex在 x（ 0，）上恒成立8 分记 h(x)x22xxex（x0） ，则 h(x)(x1)(2ex1)ex当 0 x 1时， h (x)0，h(x)在（ 0， 1）上是减函数；当 x1 时， h (x)0，h(x)在（ 1，）上是增函数所以 h(x)min h(1) 1 e1所以 b 的最大值为 1e110 分解法二：因为g (x)(axa)exf (x)(axbx2a)ex，当 a1 时， g (x)(xbx2)ex因为 g (x)1 在 x（ 0，）上恒成立，所以g(2)b2e20，因此b06 分g (x)(1bx2)ex (xbx2)ex(x1)(x2b)exx2因为 b

29、0，所以：当0 x1 时， g(x) 0，g(x)在（ 0，1）上是减函数；当 x 1 时， g (x)0，g(x)在（ 1，）上是增函数所以g(x)ming(1)(1b)e1 8 分因为 g (x)1 在 x（ 0，）上恒成立，所以 (1 b)e11，解得 b 1e1因此b的最大值为1e110 分解法一：因为g (x)(axbx2a)ex，所以 g (x)(bx2axbxa)ex精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 21 页由 g (x)g (x)0，得 (axbx2a)ex(bx2axbxa)ex0，整理得 2ax33a

30、x22bxb0存在 x1，使 g (x)g (x)0 成立，等价于存在x1，2ax33ax22bxb0成立12 分因为 a0，所以ba2x33x22x1设 u(x)2x33x22x1（x1） ，则 u (x)8x(x34)2316(2x1)2因为 x1，u (x)0 恒成立，所以u(x)在（ 1，）是增函数，所以u(x)u(1) 1，所以ba 1，即ba的取值范围为（1，）16 分解法二：因为g (x)(axbx2a)ex，所以 g (x)(bx2 axbxa)ex由 g (x)g (x)0，得 (axbx2a)ex(bx2axbxa)ex0，整理得 2ax33ax22bxb0存在 x1，使

31、g (x)g (x)0 成立，等价于存在x1，2ax33ax2 2bxb0 成立12 分设 u(x)2ax33ax2 2bxb(x1) u (x)6ax26ax2b 6ax(x1)2b -2b当 b0 时， u (x) 0 此时 u(x)在 1， )上单调递增，因此u(x)u(1) ab因为存在x1，2ax33ax2 2bxb0 成立所以只要 ab0 即可，此时1ba0 13 分当 b 0 时，令 x03a9a216ab4a3a9a24a321，得 u(x0) b0，又 u(1) ab0 于是 u(x) 0，在 (1，x0)上必有零点即存在 x1，2ax33ax22bxb0 成立，此时ba0

32、15 分综上有ba的取值范围为（1，）16 分20、解： （1）解法一：因为a3，a4，a5成等差数列，设公差为d，则a332d，a43d因为 a2，a3， a4成等比数列，所以a2a23a4(32d)23d 3 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 21 页因为 a21，所以(32d)23d1，解得 d2，或 d34因为 an0，所以 d34因为 a1，a2， a3成等差数列，所以a12a2a32(32d)125 分解法二：因为a1， a2， a3成等差数列， a2，a3，a4成等比数列， a3，a4，a5成等差数列，则

33、3223442331aaaaaa，3 分则32323aa，解得233a或13a（舍），所以212321a。 5 分解法三：因为a1， a2， a3成等差数列，则132aa，因为 a2，a3，a4成等比数列，则214)2(aa3 分因为 a3，a4，a5成等差数列，则5342aaa，则32)2(2121aa解得：31a或211a；当31a时，13a（与0na矛盾，故舍去），所以211a 5 分（注：没有舍去一解，扣1 分）（2）证法一：因为a2n1，a2n，a2n1成等差数列， a2n，a2n1， a2n2成等比数列，所以 2a2na2n1a2n1，a2 2n1a2na2n2；所以a2 2n1a

34、2n2a2n，n2所以a2n2a2na2na2n22a2n因为 an0，所以a2n2a2n22a2n 7 分即数列 a2n是等差数列所以a2na2 (n 1)(a4a2)由 a1，a2及 a2n1，a2n，a2n1是等差数列，a2n，a2n1，a2n2是等比数列，可得 a4(2a2 a1)2a28 分所以a2na2 (n 1)(a4a2)(a2a1)na1a2所以 a2n(a2a1)na12a210 分所以 a2n2(a2a1)(n1)a12a2从而 a2n1a2na2n2(a2a1)n a1( a2a1)(n1)a1a2所以 a2n1(a2a1)(n1)a1( a2 a1)n a1a212

35、分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 21 页当 n2m，m N* 时，an1ana2a1(a2a1)ma1( a2a1)(m 1)a1a2(a2a1)m a12a2a2a1(a2a1)(m 1) a1(a2a1)ma1a2a1m(a1a2)2a1(a2 a1)ma10 14 分当 n2m1，mN* ，m2 时，an1ana2a1(a2a1)ma12a2(a2 a1)(m1)a1(a2a1)ma1a2a2a1(a2a1)ma1(a2a1)(m1)a1a2a1(m1)(a1a2)2a1(a2 a1)(m1)a10综上，对一切

36、nN*，n2，有an1ana2a116 分证法二：若n 为奇数且 n3 时，则 an，an1，an2成等差数列因为an2an1an1anan2ana2n1an1an(2an1an)ana2n1an1an(an1an)2an1an0，所以an2an1an1an9 分若 n 为偶数且n2 时，则 an，an1， an2成等比数列，所以an2an1an1an 11 分由可知，对任意n2，n N*，an2an1an1ana3a2 13 分又因为a3a2a2a12a2a1a2a2a12a2a1a12a22a2a1(a1a2)2a2a1，因为 a1a2，所以(a1 a2)2a2a10，即a3a2a2a1

37、15 分综上，an1ana2a1 16 分21、A选修 41：几何证明选讲解： （1）因为 AE 与圆相切于点A，所以 BAE ACB因为 ABAC，所以 ABC ACB所以 ABC BAE所以 AEBC因为 BDAC，所以四边形ACBE 为平行四边形4 分（2）因为 AE 与圆相切于点A，所以 AE2EB (EBBD)，即 62EB (EB5)，解得 BE4根据（ 1）有 AC BE4，BC AE6精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 21 页设 CFx，由 BDAC，得ACBDCFBF，即45x6x，解得 x83，即 C

38、F83 10 分B、解： （1）由题意，得1a 1b21221，即2a4，2b2，解得 a2，b4所以A12145 分（2）解法一： Axyab，即12 14xy24，所以x2y2，x4y4，8 分解得x0，y110 分解法二：因为A1214，所以 A1231316167 分因为 Axyab，所以xyA1ab231316162401所以x0，y110 分C、解法一：以极点为坐标原点，极轴为x 轴建立直角坐标系，则曲线2cos的直角坐标方程为(x1)2y21，且圆心C 为(1，0)4 分直线 4的直角坐标方程为yx，因为圆心C(1， 0)关于 yx 的对称点为 (0，1)，所以圆心C 关于 yx

39、 的对称曲线为x2(y1)2 18 分所以曲线2cos关于直线 4( R)对称的曲线的极坐标方程为2sin 10 分解法二：设曲线2cos上任意一点为 ( ， )，其关于直线 4对称点为 ( ， )，则， 2k26 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 21 页将( ， )代入2cos ，得2cos(2 )，即2sin 所以曲线2cos关于直线 4(R)对称的曲线的极坐标方程为2sin 10 分D、证：因为 |x 5y|3(xy)2(x y)|5 分由绝对值不等式性质，得|x 5y|3(xy)2(x y)|3(xy)|2(

40、xy)| 3|x y|2|xy|3162141即|x5y|110 分22 （本小题满分10 分）解（ 1）记“恰有2 人申请 A 大学”为事件A，P(A)C4222342481827答：恰有2 人申请 A 大学的概率为8274 分（2）X 的所有可能值为1，2，3P(X1)334127，P(X2)C43A323A323442811427，P(X3)C42A3334368149X 的概率分布列为：X1 2 3 P127142749所以X的数学期望E(X)112721427349652710 分23解： （1）因为 f(1)f(4)f(4)f(4)，所以 5 f(1)10，则 f(1)21 分因为

41、 f(n)是单调增函数，所以 2f(1)f(2)f(3) f(4)5因为 f(n)Z，所以 f(2)3，f(3)43 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 21 页（2）解：由（ 1）可猜想 f (n) n+1证明：因为f (n)单调递增，所以f (n+1)f (n)，又 f(n)Z，所以 f (n+1)f (n)+1首先证明： f (n) n+1因为 f (1)2，所以 n1 时，命题成立假设 n=k (k1)时命题成立，即f(k)k+1则 f(k+1)f (k)+1k+2，即 nk+1 时，命题也成立综上，f(n)n+

42、15 分由已知可得f (2)f (n)f (2n) f (n+1)，而 f(2)3，f (2n)2n1，所以 3 f (n)f (n+1)2n1，即 f(n+1)3 f (n)2n1下面证明： f (n) n+1因为 f (1)2，所以 n1 时，命题成立假设 n=k (k1)时命题成立，即f(k)k+1，则 f(k+1)3f (k)2k13(k+1)2k1k 2，又 f(k+1)k2，所以 f(k+1)k2即 nk+1 时，命题也成立所以f(n)n+1 10 分解法二：由f(1)2，f(2)3， f(3)4，f(4)5，猜想 f(n)n1下面用数学归纳法证明：当 n1，2， 3，4 时，命题

43、成立假设当nk (k4)时，命题成立，下面讨论nk1 的情形若 k 为奇数，则k1 为偶数，且k12k，k32k根据归纳假设知f(k 12)k121k 32，f(k 32)k321k52因为 f(2) f(k12)f(k1)f(k1221)f(k1)f(k32)，所以 3k32(k1)k52，即 (k1)k2若 k 为偶数，则k2，k4 为偶数，且k22k，k 42k精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 21 页根据归纳假设知f(k 22)k221k 42，f(k 42)k421k62因为 f(2) f(k22)f(k2)f

44、(k2221)f(k2)f(k42)，所以 3k42f(k 2)k62，即 f(k2)k3又 k1f(k) f(k1)f(k2)k3所以 f(k1)k2 因此不论k 的奇偶性如何，总有f(k1)k2，即 nk1 时，命题也成立于是对一切nN* ，f(n)n1解法三：因为f (n)单调递增，所以f (n+1)f (n)，又 f(n)Z，所以 f (n+1)f (n)+1，又 f(1)2，所以 f (n)n+1 由已知可得：f (2)f (n)f (2n) f (n+1) 而 f(2)3，f (2n) 2n1 所以 3 f (n)f (n+1)2n1，即： f(n+1)3 f (n)2n1 或者 f(n+1) n23(f (n)n1) 所以有 f(n+1)n23(f (n)n1) 32(f (n1)n) 33(f (n2)n1) 3n(f (1)2)0 于是 f(n+1) n2 又 f (n1)n+2 所以 f(n+1) n2，又 f(1)2 所以 f(n)n1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 21 页