（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 附加題滿分練2 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

附加題滿分練21.(2018·江蘇省鹽城中學(xué)質(zhì)檢)已知AB是圓O的直徑，P是上半圓上的任意一點(diǎn)，PC是∠APB的平分線，E是下半圓的中點(diǎn).求證：直線PC經(jīng)過點(diǎn)E.證明連結(jié)AE，EB，OE，則∠AOE＝∠BOE＝90°.因?yàn)椤螦PE是圓周角，∠AOE同弧上的圓心角，所以∠APE＝eq\f(1,2)∠AOE＝45°.同理可得∠BPE＝45°，所以PE是∠APB的平分線.又PC也是∠APB的平分線，∠APB的平分線有且只有一條，所以PC與PE重合.所以直線PC經(jīng)過點(diǎn)E.2.(2018·蘇州、南通等六市模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2)).設(shè)變換T1,T2對(duì)應(yīng)的矩陣分別為M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02))，N＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,01))，求對(duì)△ABC依次實(shí)施變換T1,T2后所得圖形的面積.解依題意，依次實(shí)施變換T1,T2所對(duì)應(yīng)的矩陣NM＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,01))

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02)).則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02))

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,0))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02))

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6,0))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02))

eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4,4)).∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，2))分別變?yōu)辄c(diǎn)A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0))，B′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，0))，C′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，4)).∴所得圖形的面積為eq\f(1,2)×6×4＝12.3.已知兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)P，Q分別在兩條直線l1：y＝x和l2：y＝－x上運(yùn)動(dòng)，且它們的橫坐標(biāo)分別為角θ的正弦，余弦，θ∈[0，π]，記eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OQ,\s\up6(→))，求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡的普通方程.解設(shè)M(x，y)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝sinθ＋cosθ，,y＝sinθ－cosθ，))兩式平方相加得x2＋y2＝2.又x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))，y＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))，θ∈[0，π]，所以x∈[－1，eq\r(2)]，y∈[－1，eq\r(2)].所以動(dòng)點(diǎn)M軌跡的普通方程為x2＋y2＝2(x，y∈[－1，eq\r(2)]).4.(2018·江蘇省鹽城中學(xué)質(zhì)檢)已知a>0，b>0，證明：(a2＋b2＋ab)(ab2＋a2b＋1)≥9a2b2.證明因?yàn)閍>0，b>0，所以a2＋b2＋ab≥3eq\r(3,a2·b2·ab)＝3ab>0，ab2＋a2b＋1≥3eq\r(3,ab2·a2b·1)＝3ab>0，所以(a2＋b2＋ab)(ab2＋a2b＋1)≥9a2b2.5.甲、乙兩人輪流投籃，每人每次投一次籃，先投中者獲勝，投籃進(jìn)行到有人獲勝或每人都已投球3次時(shí)結(jié)束.設(shè)甲每次投籃命中的概率為eq\f(2,5)，乙每次投籃命中的概率為eq\f(2,3)，且各次投籃互不影響.現(xiàn)由甲先投.(1)求甲獲勝的概率；(2)求投籃結(jié)束時(shí)甲的投籃次數(shù)X的概率分布與數(shù)學(xué)期望.解(1)設(shè)甲第i次投中獲勝的事件為A1(i＝1,2,3)，則A1，A2，A3彼此互斥.甲獲勝的事件為A1＋A2＋A3.P(A1)＝eq\f(2,5)，P(A2)＝eq\f(3,5)×eq\f(1,3)×eq\f(2,5)＝eq\f(2,25)，P(A3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×eq\f(2,5)＝eq\f(2,125).所以P(A1＋A2＋A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(2,5)＋eq\f(2,25)＋eq\f(2,125)＝eq\f(62,125).(2)X的所有可能取值為1,2,3.則P(X＝1)＝eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,5)，P(X＝2)＝eq\f(2,25)＋eq\f(3,5)×eq\f(1,3)×eq\f(3,5)×eq\f(2,3)＝eq\f(4,25)，P(X＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2×1＝eq\f(1,25).即X的概率分布為X123Peq\f(4,5)eq\f(4,25)eq\f(1,25)所以數(shù)學(xué)期望E(X)＝1×eq\f(4,5)＋2×eq\f(4,25)＋3×eq\f(1,25)＝eq\f(31,25).6.設(shè)n個(gè)正數(shù)a1，a2，…，an滿足a1≤a2≤…≤an(n∈N*且n≥3).(1)當(dāng)n＝3時(shí)，證明：eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a3a1,a2)≥a1＋a2＋a3；(2)當(dāng)n＝4時(shí)，不等式eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a4)＋eq\f(a3a4,a1)＋eq\f(a4a1,a2)≥a1＋a2＋a3＋a4也成立，請(qǐng)你將其推廣到n(n∈N*且n≥3)個(gè)正數(shù)a1，a2，…，an的情形，歸納出一般性的結(jié)論并用數(shù)學(xué)歸納法證明.證明(1)因?yàn)閍n(n∈N*且n≥3)均為正實(shí)數(shù)，左—右＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1a3,a2)＋\f(a1a2,a3)－2a1))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2a3,a1)＋\f(a1a2,a3)－2a2))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2a3,a1)＋\f(a1a3,a2)－2a3))≥eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(a1a3,a2)×\f(a1a2,a3))－2a1))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(a2a3,a1)×\f(a1a2,a3))－2a2))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(\f(a2a3,a1)×\f(a1a3,a2))－2a3))＝0，所以原不等式eq\f(a2a3,a1)＋eq\f(a1a3,a2)＋eq\f(a1a2,a3)≥a1＋a2＋a3成立.(2)歸納的不等式為：eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a4)＋…＋eq\f(an－2an－1,an)＋eq\f(an－1an,a1)＋eq\f(ana1,a2)≥a1＋a2＋…＋an(n∈N*且n≥3).記Fn＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a4)＋…＋eq\f(an－2an－1,an)＋eq\f(an－1an,a1)＋eq\f(ana1,a2)－(a1＋a2＋…＋an)，當(dāng)n＝3(n∈N*)時(shí)，由(1)知，不等式成立；假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*且k≥3)時(shí)，不等式成立，即Fk＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a4)＋…＋eq\f(ak－2ak－1,ak)＋eq\f(ak－1ak,a1)＋eq\f(aka1,a2)－(a1＋a2＋…＋ak)≥0.則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，F(xiàn)k＋1＝eq\f(a1a2,a3)＋eq\f(a2a3,a4)＋…＋eq\f(ak－2ak－1,ak)＋eq\f(ak－1ak,ak＋1)＋eq\f(akak＋1,a1)＋eq\f(ak＋1a1,a2)－(a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1)＝Fk＋eq\f(ak－1ak,ak＋1)＋eq\f(akak＋1,a1)＋eq\f(ak＋1a1,a2)－eq\f(ak－1ak,a1)－eq\f(aka1,a2)－ak＋1＝Fk＋ak－1akeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak＋1)－\f(1,a1)))＋ak＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak,a1)－1))＋eq\f(a1,a2)(ak＋1－ak)≥0＋aeq\o\al(2,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak＋1)－\f(1,a1)))＋ak＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c