南京市2011届高三第一次模拟考试(23页).doc

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1、-南京市2011届高三第一次模拟考试-第 23 页-21. A. 选修41：几何证明选讲证明：(方法1)连结BE.因为AB是半圆O的直径，E为圆周上一点，所以AEB90，即BEAD.又ADl，所以BEl.所以DCECEB.(5分)因为直线l是圆O的切线，所以DCECBE，所以CBECEB，所以CECB.(10分)(方法2)连结AC、BE，在DC延长线上取一点F.因为AB是半圆O的直径，C为圆周上一点，所以ACB90，即BCFACD90.又ADl，所以DACACD90.所以BCFDAC.(5分)又直线l是圆O的切线，所以CEBBCF.又DACCBE，所以CBECEB.所以CECB.(10分)B.

2、 选修42：矩阵与变换解：(方法1)在直线l：xy20上分别取两点A(2,0)，B(0，2)A、B在矩阵M对应的变换作用下分别对应于点A、B.因为，所以A的坐标为(2，2b)；，所以B的坐标为(2a，8)(6分)由题意A、B在直线m：xy40上，所以解得a2，b3.(10分)(方法2)设直线l：xy20上任意点(x，y)在矩阵M对应的变换作用下对应于点(x，y)因为，所以xxay，ybx4y.解得x，y.(6分)因此20，即(b4)x(a1)y(2ab8)0.因为直线l在矩阵M对应的变换作用下得到直线m：xy40.所以.解得a2，b3.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：分别将圆C和

3、直线l的极坐标方程化为直角坐标方程：圆C：x2y210x，即(x5)2y225，圆心C(5,0)直线l：3x4y300.(6分)因为圆心C到直线l的距离d3.所以AB28.(10分)D. 选修45：不等式选讲解：当x2时，原不等式同解于2x44x，解得x.所以2x；(4分)当0x2时，原不等式同解于42x4x，解得x0，所以0x2；(6分)当x0时，原不等式同解于42x4x，解得x0，所以x.(8分)综上所述，原不等式的解集为.(10分)22. (1) 证明：以点C为原点，CB、CA、CC1所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，则B(1,0,0)，A(0，0)，A1(0

4、，)，M(0,0，)所以(1，)，(0，)(2分)因为10()()()()0，所以A1BAM.(4分)(2) 解：因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.又BC平面ABC，所以CC1BC.因为ACB90，即BCAC，所以BC平面ACC1，即BC平面AMC.所以是平面AMC的一个法向量，(1,0,0)设n(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，(1，0)，(1,0，)由得令z2，得x，y，所以n(，2)(8分)因为|1，|n|2，所以cos，n.因此二面角BAMC的大小为45.(10分)23. 证明：由已知，得Sn3n1，等价于，即3n2n1.(*)(2分)(方法1)用数学归纳法

5、证明 当n1时，左边3，右边3，所以(*)成立；(4分) 假设当nk时，(*)成立，即3k2k1，那么当nk1时，3k133k3(2k1)6k32k32(k1)1，所以当nk1时，(*)成立(8分)综合，得3n2n1成立所以.(10分)(方法2)当n1时，左边3，右边3，所以(*)成立；(4分)当n2时，3n(12)nCC2C22C2n12n12n.所以.(10分)南通市2011届高三第一次调研测试21. A. 选修41：几何证明选讲解： 连OC. ABC60，BAC40， ACB80.(4分) OEAB， E为的中点， 和的度数均为80. EOC8080160.(8分) OEC10.(10分

6、)B. 选修42：矩阵与变换解： 设P(x，y)为曲线C2上任意一点，P(x，y)为曲线x22y21上与P对应的点，则，得即(5分) P是曲线C1上的点， C2的方程(x2y)22y21.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：将曲线C1化成普通方程是(x1)2y21，圆心是(1,0)，直线C2化成普通方程是y20，则圆心到直线的距离为2.(5分) 曲线C1上的点到直线C2的距离的最小值为1，该点为(1,1)(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：由柯西不等式，得()2(111)(CCC)(5分)n(11)n1n(2n1) .(10分)22. 证明：当n1时，左边1236，右边6左边，

7、 等式成立；(2分) 设当nk(kN*)时，等式成立，即123234k(k1)(k2).(4分)则当nk1时，左边123234k(k1)(k2)(k1)(k2)(k3)(k1)(k2)(k3)(k1)(k2)(k3)(1). nk1时，等式成立(8分)由、可知，原等式对于任意nN*成立(10分)23. 解：(1)第一班若在8：20或8：40发出，则旅客能乘到，其概率为P.(3分)(2) 旅客候车时间的分布列为候车时间(分)1030507090概率(6分)(3) 候车时间的数学期望为1030507090530.(9分)答： 这旅客候车时间的数学期望是30分钟(10分)苏州市2011届高三调研测试

8、试卷21. 解：(1) 设P(x，y)，由抛物线定义知，点P的轨迹E为抛物线，方程为y24x.(4分)(2) l：yx1，代入y24x，消去x，得y24y40.(6分)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1,222；|y2y1|4.(8分) AOB的面积SOF|y2y1|142.(10分)22. 解：(1) 记“摸出的三球中既有红球又有白球”为事件A，依题意知P(A).(3分) 摸出的三个球中既有红球又有白球的概率为.(4分)(2) P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3).则X的分布列为X0123P(8分) X的数学期望E(X)0123.(10分)23. 解：(1) 以D为原点，

9、建立空间直角坐标系Dxyz如图所示，则A(3,0,0)，C1(0,3,3)，(3,3,3)，D1(0,0,3)，E(3,0,2)，(3,0，1)(2分) cos，.(4分)则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为.(5分)(2) B(3,3,0)，(0，3,2)，(3,0，1)设平面BED1F的一个法向量为n(x，y，z)，由得 则n(x,2x,3x)取x1，得n(1,2,3)(8分)设直线AC1与平面BED1F所成角为，则sin|cos，n|. 直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为.(10分)24. 解：(1) f(1)g(1)，f(2)g(2)，f(3)g(3)，f(4)g(4)

10、(2分)(2) 猜想：当n3，nN*时，有nn1(n1)n.(3分)证明： 当n3时，猜想成立(已验证)； 假设当nk(k3，kN*)时，猜想成立，即kk1(k1)k(*)下面证明当nk1时，猜想也成立由(*)得1. (k1)2k(k2)， .(5分) ()k(7分)()kk1.(9分)则(k1)k2(k2)k1.由知，猜想对一切n3，nN*都成立(10分)无锡市2010年秋学期高三期末考试试卷1. 解：设(0，2)(2分) (1，22)，(3分)(2,2，2)，(4分) 2(2)2(22)5262(6分)5()2，(8分) 当时，最小，此时M.(10分)2. 解：(1) X的分布列为：X01

11、2P(X)(6分)(2) E(X)012，(8分)V(X)1222.(10分)3. 解：(1) Tr1Cnr()r，(1分)x的指数为0，(2分) n的展开式中的常数项为第五项， r4.(3分)解得n10.(4分)(2) Tr1C10r()r，其系数为C210r.(5分)设第k1项的系数最大，则(6分)化简得即k， k3.(8分)即第四项系数最大，则T4C27x15 360x.(10分)4. 解：当n1时，5123018， m8，(2分)下证5n23n11(nN*)能被8整除(3分) 当n1时已证；(4分) 假设当nk(kN*)时命题成立，即5k23k11能被8整除(5分)则当nk1时，5k1

12、23k155k63k11(6分)(5k23k11)4(5k3k1)，(7分) 5k23k11能被8整除，而5k3k1为偶数， 4(5k3k1)也能被8整除，即当nk1时命题也成立(8分)由得m的最大值为8.(10分)常州市教育学会学生学业水平监测21. A. 选修41：几何证明选讲解： PA102OA4，PCPDPAPB40， PC5，CDPDPC3.(4分) OCD为正三角形 COD60.(8分) CBD30.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：设在M的变换下得到，则， (2分)由题意，得(xay)2(bx2y)1，即(12b)x(a4)y1. (5分) M.(7分) M1.(10分)C

13、. 选修44：坐标系与参数方程解：曲线C的直角坐标方程为x2(y2)24，所以曲线C是以(0,2)为圆心，2为半径的圆(3分)直线l的普通方程为xy20.(6分)所以dmin222.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明： AB(2x2y21)(2xy2x)(x22xyy2)(x22x1)(4分)(xy)2(x1)20，(6分) AB.(8分)当且仅当xy1时，等号成立(10分)22. 解：由题意，得解得p1p2.(2分)(1) 设事件A为学生甲不能通过A高校自主招生考试，则P(A).答：学生甲不能通过A高校自主招生考试的概率为.(4分)(2) 由题意知：0,1,2,3.P(0)，P(2)，

14、P(3)， P(i)1， P(1)1P(0)P(2)P(3).(7分)故的分布列为0123P的数学期望E0123.(10分)23. 解：如图，以B为原点，BA、BC、BP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设BCa，BPb，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0，a,0)，D(2,2,0)，P(0,0，b) (2,2，b)，(2,2a,0)，CDPD， 0. 442a0，a4.又(2,0，b)，(2，2,0)，异面直线PA和CD所成角等于60， ，即，解得b2.(2分)(1) (0,4，2)，(0,2,0)，(2,0，2)设平面PAD的一个法向量n1(x1，y1，z1)，则由得(4分

15、)取n1(1,0,1)， sin， 直线PC和平面PAD所成角的正弦值为.(6分)(2) 假设存在设，且E(x，y，z)，则(x，y，z2)(2,0，2)，E(2，0,22)设平面DEB的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则由得(8分)取n2(1,1，)，又平面ABE的法向量n3(0,1,0)，由cos，得，解得或2(不合题意)故存在这样的E点，E为棱PA上的靠近A的三等分点(10分)盐城市20102011学年度高三年级第一次调研考试21. A. 选修41：几何证明选讲证明：连结OF，因为DF切O于F，所以OFD90，所以OFCCFD90.因为OCOF，所以OCFOFC.又COAB于O，所

16、以OCFCEO90，所以CFDCEODEF，所以DFDE.(6分)又DF是O的切线，所以DF2DBDA，所以DE2DBDA.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：特征多项式f()(2)21243.(3分)由f()0，解得11，23.(5分)将11代入特征方程组，得xy0，可取为属于特征值11的一个特征向量；(8分)同理，当23时，由xy0，所以可取为属于特征值23的一个特征向量综上所述，该矩阵的特征值为11，23；对应的一个特征向量分别为与.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：(1) 曲线C的极坐标方程可化为22sin，又x2y22，xcos，ysin，所以曲线C的直角坐标方程为x

17、2y22y0.(5分)(2) 令y0，得点M的坐标为(2,0)(7分)又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为(1,0)，半径r1，则|MC|，所以|MN|MC|r1.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：因为1m0，所以要证2，只要证(amb)2(1m)(a2mb2)，(5分)即证m(a22abb2)0，即证(ab)20，显然成立，故2.(10分)22. 解：(1) 令x1，得a0a1a2a3a2 011(12)2 011(11)2 0 111.(4分)(2) 因为2CC2mn20，所以n202m，则x2的系数为22CC42m22m(202m)(192m)4m241m190，(7分)所以当m5，n

18、10时，f(x)展开式中x2的系数最小，最小值为85.(10分)23. 解：(1) 记“仅闯过第一关的概率”这一事件为A，则P(A).(4分)(2) 由题意得，的取值有0,1,2,3，则P(0)，P(1)，P(2)，P(3)，即随机变量的概率分布列为0123P(8分)所以E0123.(10分)扬州市20102011学年度第一学期期末调研测试试题21. 解：设M，由M，得，即(2分)再由M，得，即所以(4分)所以M，(6分) M2.(10分)22. 解：由，得cos24sin，2cos24sin，又cosx，siny，故所求曲线的直角坐标方程是x24y，(8分)故焦点到准线的距离为2.(10分)

19、23. 解：(1)设正三棱柱的棱长为2，建立如图所示的直角坐标系，则A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)，所以(，1,0)，(0，2,2)，(，1，2)因为PCAB，所以0，()0，()0，.(5分)(2)由(1)知：，(0,2,2)，cos，所以异面直线PC与AC1所成角的余弦值是.(10分)24. 证明：由x11，xn11知，xn0(nN*)(1)当p2时，xn11，当n1时，x11，命题成立；假设当nk时，xk，则当nk1时，xk1122，即nk1时，命题成立根据，xn(nN*)(4分)(2)用数学归纳法证明，xn1

20、xn(nN*)当n1时，x211x1，命题成立；假设当nk时，xk1xk，xk0，p0，则当nk1时，xk1122xk2，即nk1时，命题成立根据，xn1xn(nN*)(8分)故不存在正整数M，使得对于任意正整数n，都有xMxn.(10分)苏北四市2011届高三年级期末考试试卷21. A. 选修41：几何证明选讲证明：因为PA与圆相切于A，所以DA2DBDC.因为D为PA中点，所以DPDA，所以DP2DBDC，即.(5分)因为BDPPDC，所以BDPPDC，所以DPBDCP.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：矩阵M的特征多项式为f()(1)(x)4.(1分)因为13方程f()0的一根，所

21、以x1.(3分)由(1)(1)40得21，(5分)设21对应的一个特征向量为，则得xy，(8分)令x1，则y1，所以矩阵M的另一个特征值为1，对应的一个特征向量为.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：消去参数t，得直线l的直角坐标方程为y2x1；(2分)2(sin)即2(sincos)，两边同乘以得22(sincos)，得C的直角坐标方程为(x1)2(y1)22，(6分)圆心C到直线l的距离d，所以直线l和C相交(10分)D. 选修45：不等式选讲解：因为y2()212()21x2x33，(6分)所以y3.(8分)当且仅当时取“”号，即当x0时，ymax3.(10分)22. (1)

22、解：根据抛物线的定义，可得动圆圆心P的轨迹C的方程为x2y.(4分)(2) 证明：设A(x1，x)，B(x2，x)， yx2， y2x， AN、BN的斜率分别为2x1、2x2，故AN的方程为yx2x1(xx1)，BN的方程为yx2x2(xx2)，(7分)即两式相减，得xN.又xM， M、N的横坐标相等，于是MNx轴(10分)23. 解：(1) P()是“个人命中，3个人未命中”的概率其中的可能取值为0,1,2,3.P(0)C(1)C(1a)2(1a)2，P(1)CC(1a)2C(1)Ca(1a)(1a2)，P(2)CCa(1a)C(1)Ca2(2aa2)，P(3)CCa2.所以的分布列为012

23、3P(1a)2(1a2)(2aa2)的数学期望为E0(1a)21(1a2)2(2aa2)3.(5分)(2) P(1)P(0)(1a2)(1a)2a(1a)，P(1)P(2)(1a2)(2aa2)，P(1)P(3)(1a2)a2.由和0a1，得0a，即a的取值范围是(0，(10分)南京市2011届高三第二次模拟考试21. A. 选修41：几何证明选讲证明：因为CE为圆的切线，所以DCEDAC.(3分)因为ADBC，所以DACBCA.所以DCEBCA.(6分)因为梯形ABCD为圆内接四边形，所以EDCABC.所以ABCEDC.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：由条件可知，(4分)所以解得a2

24、.(7分)因此A，所以A2.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：曲线C的普通方程为(xm)2y24.曲线D的普通方程为3x4y20.(4分)因为曲线C、D有公共点，所以2，|3m2|10.(8分)解得4m，即m的取值范围是4，(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：(方法1)因为a、b都是正实数，且ab2，所以2ab24.(5分)所以(12a)(1b)12ab2ab9.(10分)(方法2)因为a、b都是正实数，所以由柯西不等式可知(12a)(1b)12()212()2(1)2.(7分)又ab2，所以(1)29.所以(12a)(1b)9.(10分)(方法3)因为ab2，所以(12a)

25、(1b)(12a)52.(5分)因为a为正实数，所以a24.所以(12a)(1b)9.(10分)(方法4)因为a、b都是正实数，所以(12a)(1b)(1aa)339.(8分)又ab2，所以(12a)(1b)9.(10分)22. 解：以AC的中点O为坐标原点，OB为x轴建立如图所示的直角坐标系Oxyz，则A(0，1,0)，D(0,0,1)，B(，0,0)，B1(，0,1)，C(0,1,0)所以(0,1,1)，BB1(0,0,1)，(，1，1)，所以(，1)(4分)因为向量与的夹角小于45，所以cos，即1，(8分)解得0.所以的取值范围是.(10分)23. 解：(1) X的概率分布列为X024

26、68P(2分)E(X)024684.(或E(X)84)(4分)(2) 连续3次投篮未中，不同投法为1CC(C4)(CC)44(种)； 只因累计7次投篮未中，不同投法为C14(种)所以该同学恰好投篮10次，被停止投篮测试的概率为P.(10分)苏锡常镇四市2011届高三调研测试(一)21. A. 选修41：几何证明选讲证明： AT是圆O的切线，ATPANT，又TAPNAT， ATPANT，(3分) ，(4分)同理，(6分)两式相乘.(8分) ATAS， .(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：这个变换的逆变换是先作关于x轴反射变换，再作绕原点顺时针旋转45变换，(2分)其矩阵是(6分).(10分

27、)C. 选修44：坐标系与参数方程解：曲线12sin的直角坐标系方程为x2(y6)236，(2分)其圆心为(0,6)，半径为6；(4分)曲线12cos()的直角坐标系方程为(x3)2(y3)236，(6分)其圆心为(3，3)，半径为6.(8分) AB的最大值6618.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明： m2n2(2分)，(6分)又m、n均为正实数，(8分) m2n2.(10分)22. (1) 证明：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系则B(1,0,0)，D1(0,1,1)，E(0,0，t)，F(1,1,1t)，其中0t1，则(1,0，t)，所以BEFD1，

28、所以B、E、D1、F四点共面(5分)(2) 解：(1,0,1)，(1,0，t)，(0,1,1t)，可求平面BFE的法向量n(t，t1,1)，由已知sin30，所以，平方可求得t0，所以点E与点A重合时，直线A1B和平面BFE所成角等于.(10分)23. 证明：(1) (1)k1CC()2C()k，(1)k1CC()2C(1)k()k，因此(1)k(1)k21C()2C()4 的偶数次幂均为正整数， (1)k(1)k是正整数(5分)(2) (证法1)因为0(1)2n1，由(1)知(1)2n(1)2n为正整数，所以大于(1)2n的最小整数为(1)2n(1)2n.由于(1)2n(1)2n(1)2n(

29、1)2n2n(2)n(2)n，由二项式定理知(2)n(2)n是一偶数，所以(1)2n(1)2n能被2n1整除(10分)(证法2)大于(1)2n的最小整数为(1)2n(1)2n，设a42，b42，只要证anbn能被2n1整除，由an1bn1(ab)(anbn)ab(an1bn1)及数学归纳法获证南通市2011届高三第二次调研测试21. A. 选修41：几何证明选讲解：因为MA为圆O的切线，所以MA2MBMC.又M为PA的中点，所以MP2MBMC.因为BMPPMC，所以BMPPMC.(5分)于是MPBMCP.在MCP中，由MPBMCPBPCBMP180，得MPB20.(10分)B. 选修42：矩阵

30、与变换解：由特征值、特征向量定义可知，A111，即1，得(5分)同理可得解得a2，b3，c2，d1.因此矩阵A.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：cos2化简为cossin4，则直线l的直角坐标方程为xy4.(4分)设点P的坐标为(2cos，sin)，得P到直线l的距离d，即d，其中cos，sin.(8分)当sin()1时，dmax2.(10分)D. 选修45：不等式选讲解：因为正数a、b、c满足abc1，所以(3a2)(3b2)(3c2)(111)2，(5分)即1，当且仅当3a23b23c2，即abc时，原式取最小值1.(10分)22. 解：(1) 不妨设正方体的棱长为1，以、为

31、单位正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则A(1,0,0)，O，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，E， 于是，(0，1,1)由cos，.所以异面直线AE与CD1所成角的余弦值为.(5分)(2) 设平面CD1O的法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取x11，得y1z11，即m(1,1,1) .(7分)由D1EEO，则E，.又设平面CDE的法向量为n(x2，y2，z2)，由n0，n0，得取x22，得z2，即n(2,0，) .因为平面CDE平面CD1F，所以mn0，得2.(10分)23. 解：(1) 所抛5次得分的概率为P(i)C5(i5,6,7,8,9,10)，其分布列如

32、下：5678910PEC5(分)(5分)(2) 令pn表示恰好得到n分的概率不出现n分的唯一情况是得到n1分以后再掷出一次反面因为“不出现n分”的概率是1pn，“恰好得到n1分”的概率是pn1，因为“掷一次出现反面”的概率是，所以有1pnpn1，(7分)即pn.于是是以p1为首项，以为公比的等比数列所以pnn1，即pn.答：恰好得到n分的概率是.(10分)苏北四市高三年级第三次模拟考试21. A. 选修41：几何证明选讲证明：(1) 因为MA是圆O的切线，所以OAAM.又APOM，在RtOAM中，由射影定理知，OA2OMOP.(4分)(2) 因为BK是圆O的切线，BNOK，同(1)，有OB2O

33、NOK.又OBOA，所以OPOMONOK，即.又NOPMOK，所以ONPOMK，故OKMOPN90.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：(1) 由已知，即23b8,2c612，b2，c3，所以M.(4分)(2) 设曲线上任一点P(x，y)，P在M作用下对应点P(x，y)，则，即解之得代入5x28xy4y21得x2y22，即曲线5x28xy4y21在M的作用下的新曲线的方程是x2y22.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：(1) 直线l的极坐标方程sin3，则sincos3，即sincos6，所以直线l的直角坐标方程为xy60.(4分)(2) P为椭圆C：1上一点，设P(4cos，

34、3sin)，其中0,2)，则P到直线l的距离d，其中cos，所以当cos()1时，d的最大值为.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：因为x2y22xy0，所以x3y3(xy)(x2xyy2)xy(xy)，(4分)同理y3z3yz(yz)，z3x3zx(zx)，三式相加即可得2(x3y3z3)xy(xy)yz(yz)zx(zx)又xy(xy)yz(yz)zx(zx)x2(yz)y2(xz)z2(xy)，所以2(x3y3z3)x2(yz)y2(xz)z2(xy)(10分)22. (1) 证明：建立如图所示直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，

35、B1(1,0,1)，C1(0,1,1)，P，M，N，.因为001(1)0，所以PNAM.(4分)(2) 解：设平面PMN的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则令y12，得z11，x13，所以n1(3,2,1)(6分)又，所以sin.(10分)23. 证明：(1) 因为|an|1，an14a3an所以|an1|4a3an|an|(4|an|23)1.(2分)(2) 假设|a1|1，则|a2|4a3a1|a1|(4|a1|23)1.若|ak|1，则|ak1|4a3ak|ak|(4|ak|23)1.所以当|a1|1时，有|an|1(nN*)，这与已知am1矛盾，所以|a1|1.(6分) 由可知，

36、存在，使得a1cos.则a24cos33coscos3假设nk时，有ancos3n1即akcos3k1，则ak14a3ak4(cos3k1)33(cos3k1)cos3k.所以对任意nN*，ancos3n1，则amcos3m11,3m12k，其中kZ，即，所以a1cos(其中k为整数)(10分)盐城市20102011学年度高三年级第二次调研考试21. A. 选修41：几何证明选讲解：连结AO，PA为圆的切线， PAO为Rt，122r2(r6)2，(4分) r9.(6分)又CD垂直于PA，于是， CD cm.(10分)B. 选修42：矩阵与变换解：矩阵M的特征多项式为f()(1)(x)4，(4分)因为13方程f()0的一根，所以x1.(7分)由(1)(1)40得21，所以矩阵M的另一个特征值为1.(10分)C. 选修44：坐标系与参数方程解：(1) 由1得x2y21，又2coscossin， 2cossin.(5分) x2y2xy0，由得A(1,0)，B， AB.(10分)D. 选修45：不等式选讲证明：因为m(a1a2a3)339，当且仅当a1a2a3时等号成立，(5分)又ma1a