PAGEPAGE1綜合仿真練(一)(理獨)1．本題包括A、B、C三個小題，請任選二個作答A．[選修4－2：矩陣與變換](2024·江蘇高考)已知矩陣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)求矩陣A的特征值．解：(1)因為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)矩陣A的特征多項式為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．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在極坐標(biāo)系中，已知圓C的圓心在極軸上，且過極點和點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,4)))，求圓C的極坐標(biāo)方程．解：法一：因為圓心C在極軸上且過極點，所以設(shè)圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝acosθ，又因為點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,4)))在圓C上，所以3eq\r(2)＝acoseq\f(π,4)，解得a＝6.所以圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝6cosθ.法二：點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\f(π,4)))的直角坐標(biāo)為(3,3)，因為圓C過點(0,0)，(3,3)，所以圓心C在直線為x＋y－3＝0上．又圓心C在極軸上，所以圓C的直角坐標(biāo)方程為(x－3)2＋y2＝9.所以圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝6cosθ.C．[選修4－5：不等式選講](2024·南通等七市一模)柯西不等式已知實數(shù)a，b，c滿意a2＋b2＋c2≤1，求證：eq\f(1,a2＋1)＋eq\f(1,b2＋1)＋eq\f(1,c2＋1)≥eq\f(9,4).證明：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·揚州期末)已知直線x＝－2上有一動點Q，過點Q作直線l1垂直于y軸，動點P在l1上，且滿意eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝0(O為坐標(biāo)原點)，記點P的軌跡為C.(1)求曲線C的方程；(2)已知定點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為曲線C上一點，直線AM交曲線C于另一點B，且點A在線段MB上，直線AN交曲線C于另一點D，求△MBD的內(nèi)切圓半徑r的取值范圍．解：(1)設(shè)點P(x，y)，則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)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，直線BD與x軸的交點為E，△MBD內(nèi)切圓與MB的切點為T.設(shè)直線AM的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，聯(lián)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，∴直線AN的方程為y＝eq\f(y1,x1－\f(1,2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，與方程y2＝2x聯(lián)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，化簡得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，∴直線BD⊥x軸，設(shè)△MBD的內(nèi)切圓圓心為H，連接HT，則H在x軸上且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的周長為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)，則t>1，∴r＝eq\f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則r>eq\f(1,\r(2)＋1)，即r的取值范圍為(eq\r(2)－1，＋∞)．法二：∴H(x2－r,0)，直線BD的方程為x＝x2，直線AM的方程為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，且點H與點O在直線AB的同側(cè)，不妨設(shè)點B在x軸上方，∴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)，則t>1，∴r＝eq\f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則r>eq\f(1,\r(2)＋1)，即r的取值范圍為(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)，則t>1，∴r＝eq\f(1,\r(\f(1,2t－1)＋\f(1,t2))＋\f(1,t))在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則r>eq\f(1,\r(2)＋1)，即r的取值范圍為(eq\r(2)－1，＋∞)．3．一條直路上依次有2n＋1棵樹，分別為T1，T2，…，T2n＋1(n為給定的正整數(shù))，一個醉漢從中間位置的樹Tn＋1動身，并按以下規(guī)律在這些樹之間隨機游走n分鐘：當(dāng)他某一分鐘末在樹Ti(2≤i≤2n)位置時，下一分鐘末他分別有eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,4)的概率到達Ti－1，Ti，Ti＋1的位置．(1)求該醉漢第n分鐘末處在樹Ti(1≤i≤2n＋1)位置的概率；(2)設(shè)相鄰2棵樹之間的距離為1個單位長度，試求該醉漢第n分鐘末所在位置與起始位置(即樹Tn＋1)之間的距離的數(shù)學(xué)期望(用關(guān)于n的最簡形式表示)．解：(1)不妨假設(shè)2n＋1棵樹T1，T2，…，T2n＋1從左向右排列，每2棵樹的間距為1個單位長度．因為該醉漢下一分鐘末分別有eq\f(1,4)，eq\f(1,2)，eq\f(1,4)的概率到達Ti－1，Ti，Ti＋1的位置，所以該醉漢將以eq\f(1,2)的概率向左或向右走．我們規(guī)定，事務(wù)“以eq\f(1,2)的概率向左或向右走0.5個單位長度”為一次“隨機游走”，故原問題等價于求該醉漢從樹Tn＋1位置動身，經(jīng)過2n次隨機游走后處在樹Ti位置的概率為Pi.對某個i(1≤i≤2n＋1)，設(shè)從Tn＋1動身，經(jīng)過2n次隨機游走到達Ti的全過程中，向右走0.5個單位長度和向左走0.5個單位長度分別有k次和2n－k次，則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，而這樣的情形共Ceq\o\al(i－1,2n)種，故所求的概率Pi＝eq\f(C\o\al(i－1,2n),22n)(1≤i≤2n＋1)．(2)對i＝1,2，…，2n＋1，樹Ti與Tn＋1相距|n＋1－i|個單位長度，而該醉漢到樹Ti的概率為Pi，故所求的數(shù)學(xué)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