江苏专用2024高考数学二轮复习综合仿真练一理

PAGEPAGE1综合仿真练(一)(理独)1．本题包括A、B、C三个小题，请任选二个作答A．[选修4－2：矩阵与变换](2024·江苏高考)已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\o(3,\s\up6()),1,2,2))).(1)求A2；(2)求矩阵A的特征值．解：(1)因为A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\o(3,\s\up6()),1,2,2)))，所以A2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\o(3,\s\up6()),1,2,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\o(3,\s\up6()),1,2,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3×3＋1×\o(2,\s\up6()),3×1＋1×2,2×3＋2×2,2×1＋2×2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1\o(1,\s\up6()),5,10,6))).(2)矩阵A的特征多项式为f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(λ－3－1,－2λ－2))＝λ2－5λ＋4.令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝1，λ2＝4.B．[选修4－4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，已知圆C的圆心在极轴上，且过极点和点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,4)))，求圆C的极坐标方程．解：法一：因为圆心C在极轴上且过极点，所以设圆C的极坐标方程为ρ＝acosθ，又因为点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,4)))在圆C上，所以3eq\r(2)＝acoseq\f(π,4)，解得a＝6.所以圆C的极坐标方程为ρ＝6cosθ.法二：点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,4)))的直角坐标为(3,3)，因为圆C过点(0,0)，(3,3)，所以圆心C在直线为x＋y－3＝0上．又圆心C在极轴上，所以圆C的直角坐标方程为(x－3)2＋y2＝9.所以圆C的极坐标方程为ρ＝6cosθ.C．[选修4－5：不等式选讲](2024·南通等七市一模)柯西不等式已知实数a，b，c满意a2＋b2＋c2≤1，求证：eq\f(1,a2＋1)＋eq\f(1,b2＋1)＋eq\f(1,c2＋1)≥eq\f(9,4).证明：由柯西不等式，得[(a2＋1)＋(b2＋1)＋(c2＋1)]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2＋1)＋\f(1,b2＋1)＋\f(1,c2＋1)))≥eq\r(a2＋1)·eq\f(1,\r(a2＋1))＋eq\r(b2＋1)·eq\f(1,\r(b2＋1))＋eq\r(c2＋1)·eq\f(1,\r(c2＋1))2＝9，所以eq\f(1,a2＋1)＋eq\f(1,b2＋1)＋eq\f(1,c2＋1)≥eq\f(9,a2＋b2＋c2＋3)≥eq\f(9,1＋3)＝eq\f(9,4).2．(2024·扬州期末)已知直线x＝－2上有一动点Q，过点Q作直线l1垂直于y轴，动点P在l1上，且满意eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝0(O为坐标原点)，记点P的轨迹为C.(1)求曲线C的方程；(2)已知定点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，A为曲线C上一点，直线AM交曲线C于另一点B，且点A在线段MB上，直线AN交曲线C于另一点D，求△MBD的内切圆半径r的取值范围．解：(1)设点P(x，y)，则Q(－2，y)，∴eq\o(OP,\s\up7(→))＝(x，y)，eq\o(OQ,\s\up7(→))＝(－2，y)，∵eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝0，∴eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝－2x＋y2＝0，即y2＝2x.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直线BD与x轴的交点为E，△MBD内切圆与MB的切点为T.设直线AM的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，,y2＝2x，))得k2x2＋(k2－2)x＋eq\f(k2,4)＝0，Δ＝4－4k2>0，∴x1,2＝eq\f(2－k2±2\r(1－k2),2k2)，∴x1x2＝eq\f(1,4)且0<x1<x2，∴x1<eq\f(1,2)<x2，∴直线AN的方程为y＝eq\f(y1,x1－\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，与方程y2＝2x联立并整理得yeq\o\al(2,1)x2－yeq\o\al(2,1)＋2xeq\o\al(2,1)－2x1＋eq\f(1,2)x＋eq\f(1,4)yeq\o\al(2,1)＝0，化简得2x1x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x\o\al(2,1)＋\f(1,2)))x＋eq\f(1,2)x1＝0，解得x＝eq\f(1,4x1)或x＝x1，∴x3＝eq\f(1,4x1)＝x2，∴直线BD⊥x轴，设△MBD的内切圆圆心为H，连接HT，则H在x轴上且HT⊥AB.法一：∴S△MBD＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))·|2y2|，且△MBD的周长为2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2))＋2|y2|，∴S△MBD＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2))＋2|y2|))·r＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))·|2y2|，∴r＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))|y2|,|y2|＋\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2)))＝eq\f(1,\f(1,x2＋\f(1,2))＋\r(\f(1,y\o\al(2,2))＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2)))＝eq\f(1,\r(\f(1,2x2)＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2))＋\f(1,x2＋\f(1,2))).令t＝x2＋eq\f(1,2)，则t>1，∴r＝eq\f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在(1，＋∞)上单调递增，则r>eq\f(1,\r(2)＋1)，即r的取值范围为(eq\r(2)－1，＋∞)．法二：∴H(x2－r,0)，直线BD的方程为x＝x2，直线AM的方程为y＝eq\f(y2,x2＋\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即y2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))y＋eq\f(1,2)y2＝0，且点H与点O在直线AB的同侧，不妨设点B在x轴上方，∴r＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－ry2＋\f(1,2)y2)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2)))＝eq\f(x2－ry2＋\f(1,2)y2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2)))，解得r＝eq\f(x2y2＋\f(1,2)y2,y2＋\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2)))＝eq\f(1,\r(\f(1,2x2)＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2))＋\f(1,x2＋\f(1,2))).令t＝x2＋eq\f(1,2)，则t>1，∴r＝eq\f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在(1，＋∞)上单调递增，则r>eq\f(1,\r(2)＋1)，即r的取值范围为(eq\r(2)－1，＋∞)．法三：∴△MTH∽△MEB，∴eq\f(MH,MB)＝eq\f(HT,BE)，即eq\f(x2＋\f(1,2)－r,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2)))＝eq\f(r,|y2|)，解得r＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))|y2|,|y2|＋\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2＋y\o\al(2,2)))＝eq\f(x2＋\f(1,2),\r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2,y\o\al(2,2))＋1)＋1)＝eq\f(1,\r(\f(1,2x2)＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)))2))＋\f(1,x2＋\f(1,2))).令t＝x2＋eq\f(1,2)，则t>1，∴r＝eq\f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在(1，＋∞)上单调递增，则r>eq\f(1,\r(2)＋1)，即r的取值范围为(eq\r(2)－1，＋∞)．3．一条直路上依次有2n＋1棵树，分别为T1，T2，…，T2n＋1(n为给定的正整数)，一个醉汉从中间位置的树Tn＋1动身，并按以下规律在这些树之间随机游走n分钟：当他某一分钟末在树Ti(2≤i≤2n)位置时，下一分钟末他分别有eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,4)的概率到达Ti－1，Ti，Ti＋1的位置．(1)求该醉汉第n分钟末处在树Ti(1≤i≤2n＋1)位置的概率；(2)设相邻2棵树之间的距离为1个单位长度，试求该醉汉第n分钟末所在位置与起始位置(即树Tn＋1)之间的距离的数学期望(用关于n的最简形式表示)．解：(1)不妨假设2n＋1棵树T1，T2，…，T2n＋1从左向右排列，每2棵树的间距为1个单位长度．因为该醉汉下一分钟末分别有eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,4)的概率到达Ti－1，Ti，Ti＋1的位置，所以该醉汉将以eq\f(1,2)的概率向左或向右走．我们规定，事务“以eq\f(1,2)的概率向左或向右走0.5个单位长度”为一次“随机游走”，故原问题等价于求该醉汉从树Tn＋1位置动身，经过2n次随机游走后处在树Ti位置的概率为Pi.对某个i(1≤i≤2n＋1)，设从Tn＋1动身，经过2n次随机游走到达Ti的全过程中，向右走0.5个单位长度和向左走0.5个单位长度分别有k次和2n－k次，则n＋1＋eq\f(k－2n－k,2)＝i，解得k＝i－1，即在2n次中有i－1次向右游走，2n－(i－1)次向左游走，而这样的情形共Ceq\o\al(i－1,2n)种，故所求的概率Pi＝eq\f(C\o\al(i－1,2n),22n)(1≤i≤2n＋1)．(2)对i＝1,2，…，2n＋1，树Ti与Tn＋1相距|n＋1－i|个单位长度，而该醉汉到树Ti的概率为Pi，故所求的数学期望E＝eq\i\su(i＝1,2n＋1,|)n＋1－i|eq\f(C\o\al(i－1,2n),22n).而eq\i\su(i＝1,2n＋1,|)n＋1－i|Ceq\o\al(i－1,2n)＝eq\i\su(j＝0,2n,|)n－j|Ceq\o\al(j,2n)＝2eq\i\su(j＝0,n,)(n－j)Ceq\o\al(j,2n)＝2eq\i\su(j＝0,n,n)Ceq\o\al(j,2n)－2eq\i\su(j＝0,n,j)＝2neq\i\su(j＝0,n,C)eq\o\al(j,2n