（江苏专用）2020高考数学二轮复习 综合仿真练（一） 理

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](2019·江苏高考)已知矩阵A＝3122.(1)求A2；(2)求矩阵A的特征值．解：(1)因为A＝3122，所以A2＝31223122＝3×3＋1×23×1＋1×22×3＋2×22×1＋2×2＝115106.(2)矩阵A的特征多项式为f(λ)＝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32，π4，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32，π4在圆C上，所以32＝acosπ4，解得a＝6.所以圆C的极坐标方程为ρ＝6cosθ.法二：点32，π4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](2019·南通等七市一模)柯西不等式已知实数a，b，c满足a2＋b2＋c2≤1，求证：1a2＋1＋1b2＋1＋1c2＋1≥94.证明：由柯西不等式，得[(a2＋1)＋(b2＋1)＋(c2＋1)]·1a2＋1＋1b2＋1＋1c2＋1≥a2＋1·1a2＋1＋b2＋1·1b2＋1＋c2＋1·1c2＋12＝9，所以1a2＋1＋1b2＋1＋1c2＋1≥9a2＋b2＋c2＋3≥91＋3＝94.2．(2019·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，且满足OP―→·OQ―→＝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M－12，0，N12，0，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)，∴OP―→＝(x，y)，OQ―→＝(－2，y)，∵OP―→·OQ―→＝0，∴OP―→·OQ―→＝－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＝kx＋12，联立方程，得y＝kx＋12，y2＝2x，得k2x2＋(k2－2)x＋k24＝0，Δ＝4－4k20，∴x1,2＝2－k2±21－k22k2，∴x1x2＝14且0x1x2，∴x112x2，∴直线AN的方程为y＝y1x1－12x－12，与方程y2＝2x联立并整理得y21x2－y21＋2x21－2x1＋12x＋14y21＝0，化简得2x1x2－2x21＋12x＋12x1＝0，解得x＝14x1或x＝x1，∴x3＝14x1＝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＝12·x2＋12·|2y2|，且△MBD的周长为2x2＋122＋y22＋2|y2|，∴S△MBD＝122x2＋122＋y22＋2|y2|·r＝12·x2＋12·|2y2|，∴r＝x2＋12|y2||y2|＋x2＋122＋y22＝11x2＋12＋1y22＋1x2＋122＝112x2＋1x2＋122＋1x2＋12.令t＝x2＋12，则t1，∴r＝112t－1＋1t2＋1t在(1，＋∞)上单调递增，则r12＋1，即r的取值范围为(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＝y2x2＋12x＋12，即y2x－x2＋12y＋12y2＝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＝x2－ry2＋12y2x2＋122＋y22＝x2－ry2＋12y2x2＋122＋y22，解得r＝x2y2＋12y2y2＋x2＋122＋y22＝112x2＋1x2＋122＋1x2＋12.令t＝x2＋12，则t1，∴r＝112t－1＋1t2＋1t在(1，＋∞)上单调递增，则r12＋1，即r的取值范围为(2－1，＋∞)．法三：∴△MTH∽△MEB，∴MHMB＝HTBE，即x2＋12－rx2＋122＋y22＝r|y2|，解得r＝x2＋12|y2||y2|＋x2＋122＋y22＝x2＋12x2＋122y22＋1＋1＝112x2＋1x2＋122＋1x2＋12.令t＝x2＋12，则t1，∴r＝112t－1＋1t2＋1t在(1，＋∞)上单调递增，则r12＋1，即r的取值范围为(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出发，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14，12，14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14，12，14的概率到达Ti－1，Ti，Ti＋1的位置，所以该醉汉将以12的概率向左或向右走．我们规定，事件“以12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位置出发，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出发，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＋k－n－k2＝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Ci－12n种，故所求的概率Pi＝Ci－12n22n(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＝i＝12n＋1|n＋1－i|Ci－12n22n.而i＝12n＋1|n＋1－i|Ci－12n＝j＝02n|n－j|Cj2n＝2j＝0n(n－j)Cj2n＝2j＝0nnCj2n－2j＝0njCj2n＝2nj＝0nCj2n－2j＝1n2nCj－12n－1＝2n×12(Cn2n＋j＝02nCj2n)－4nj＝0n－1Cj2n－1＝n(Cn2n＋22n)－4n×12j＝02n－1Cj2n－1＝n(Cn2n＋22n)－2n·22n－1＝nCn2n，因此E＝nCn2n22n.