2022-2022学年江苏省南通市平潮高中高二（下）期末数学模拟试卷（理科） 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．1．若复数z=（x+i）（1+i）是纯虚数，其中x为实数，i为虚数单位，则z的共轭复数= ．2．随机变量ξ的概率分布如表：ξ﹣101Pabc其中a，b，c成等差数列，则b= ．3．用反证法证明命题“若a2+b2=0，则a，b全为0（a，b为实数）”，其反设为 ．4．若抛物线y2=8x的焦点F与双曲线﹣=1的一个焦点重合，则n的值为 ．5．已知直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：ax﹣y+2=0．则“a=﹣3”是“l1∥l2”的 条件．6．有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有 种．7．若圆柱的侧面积和体积的值都是12π，则该圆柱的高为 ．8．曲线y=x﹣cosx在点（，）处的切线方程为 ．9．二项式（﹣x2）10的展开式中的常数项是 ．10．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β．其中正确命题的序号是 ．11．记等差数列{an}得前n项和为Sn，利用倒序相加法的求和办法，可将Sn表示成首项a1，末项an与项数的一个关系式，即Sn=；类似地，记等比数列{bn}的前n项积为Tn，bn＞0（n∈N*），类比等差数列的求和方法，可将Tn表示为首项b1，末项bn与项数的一个关系式，即公式Tn= ．12．已知椭圆+=1（a＞b＞0），点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为 ．13．已知可导函数f（x）（x∈R）的导函数f′（x）满足f′（x）＞f（x），则不等式ef（x）＞f（1）ex的解集是 ．17/1814．在平面直角坐标系xOy中，过点P（﹣5，a）作圆x2+y2﹣2ax+2y﹣1=0的两条切线，切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），且+=0，则实数a的值为 ． 二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知，圆C：x2+y2﹣8y+12=0，直线l：ax+y+2a=0．（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；（2）当直线l与圆C相交于A、B两点，且AB=2时，求直线l的方程．16．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD，PB=PD，PA⊥PC，CD⊥PC，O，M分别是BD，PC的中点，连结OM．求证：（1）OM∥平面PAD；（2）OM⊥平面PCD．17．某校开设8门校本课程，其中4门课程为人文科学，4门为自然科学，学校要求学生在高中三年内从中选修3门课程，假设学生选修每门课程的机会均等．（1）求某同学至少选修1门自然科学课程的概率；（2）已知某同学所选修的3门课程中有1门人文科学，2门自然科学，若该同学通过人文科学课程的概率都是，自然科学课程的概率都是，且各门课程通过与否相互独立．用ξ表示该同学所选的3门课程通过的门数，求随机变量ξ的概率分布列和数学期望．18．如图所示，有一块半径长为1米的半圆形钢板，现要从中截取一个内接等腰梯形部件ABCD，设梯形部件ABCD的面积为y平方米．（I）设CD=2x（米），将y表示成x的函数关系式；（II）求梯形部件ABCD面积y的最大值．17/1819．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆+=1（a＞b＞0）的两焦点分别为F1（﹣，0），F2（，0），且经过点（，）．（1）求椭圆的方程及离心率；（2）设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2=k3k4．①求k1k2的值；②求OB2+OC2的值．20．已知函数f（x）=lnx﹣ax2+x．（1）若f（1）=0，求函数f（x）的单调减区间；（2）若关于x的不等式f（x）≤ax﹣1恒成立，求整数a的最小值；（3）若a=﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，证明：x1+x2≥． 数学附加题部分.本部分共4题，每小题0分，计40分．[选修4-2：矩阵与变换]21．在直角标系xOy中，点（2，﹣2）在矩阵M=（）对应变换作用下得到点（﹣2，4），曲线C：x2+y2=1在矩阵M对应变换作用下得到曲线C′，求曲线C′的方程． [选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合．若直线l的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=3（1）把直线l的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）已知P为曲线C：=1上一点，求点P到直线l的距离的最小值．23．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式成立．24．已知p（p≥2）是给定的某个正整数，数列{an}满足：a1=1，（k+1）ak+1=p（k﹣p）ak，其中k=1，2，3，…，p﹣1．（Ⅰ）设p=4，求a2，a3，a4；（Ⅱ）求a1+a2+a3+…+ap． 17/182022-2022学年江苏省南通市平潮高中高二（下）期末数学模拟试卷（理科）参考答案与试题解析 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．1．若复数z=（x+i）（1+i）是纯虚数，其中x为实数，i为虚数单位，则z的共轭复数= ﹣2i ．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】利用复数代数形式的乘法运算展开并整理，由复数为纯虚数求得x值，则z可求，可求．【解答】解：由z=（x+i）（1+i）=（x﹣1）+（x+1）i是纯虚数，得，即x=1，∴z=2i，则．故答案为：﹣2i． 2．随机变量ξ的概率分布如表：ξ﹣101Pabc其中a，b，c成等差数列，则b= ．【考点】离散型随机变量及其分布列．【分析】利用分布列的特征，概率和为1，以及等差数列求解即可．【解答】解：由题意可知：，可得b=．故答案为：． 3．用反证法证明命题“若a2+b2=0，则a，b全为0（a，b为实数）”，其反设为 a，b不全为0 ．【考点】反证法与放缩法．【分析】把要证的结论否定之后，即得所求的反设．【解答】解：用反证法证明命题的真假，先假设命题的结论不成立，所以用反证法证明命题“若a2+b2=0，则a，b全为0（a，b为实数）”，其反设为a，b不全为0，故答案为：a，b不全为0． 4．若抛物线y2=8x的焦点F与双曲线﹣=1的一个焦点重合，则n的值为 1 ．17/18【考点】双曲线的简单性质．【分析】求得抛物线的焦点为（2，0），由双曲线的a，b，c的关系，可得=2，解方程可得n=1．【解答】解：抛物线y2=8x的焦点F为（2，0），双曲线﹣=1的右焦点为（，0），由题意可得，=2，解得n=1，故答案为：1． 5．已知直线l1：ax+（a+2）y+1=0，l2：ax﹣y+2=0．则“a=﹣3”是“l1∥l2”的 充分不必要 条件．【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】对a分类讨论，利用两条直线相互平行与斜率之间的关系即可得出．【解答】解：当a=﹣2时，两条直线分别化为﹣2x+1=0，﹣2x﹣y+2=0，此时两条直线不平行，舍去，当a≠﹣2时，两条直线分别化为：y=﹣x﹣，y=ax+2，∵l1∥l2，∴﹣=a，﹣≠2，解得a=0，或a=﹣3，则“a=﹣3”是“l1∥l2”的充分不必要条件，故答案为：充分不必要． 6．有4名优秀学生A，B，C，D全部被保送到甲，乙，丙3所学校，每所学校至少去一名，则不同的保送方案共有 36 种．【考点】排列、组合的实际应用．【分析】分两步进行，先把4名学生分为2﹣1﹣1的三组，再将3组对应3个学校，有A33=6种情况，进而由分步计数原理，计算可得答案．【解答】解：分两步进行，先把4名学生分为2﹣1﹣1的三组，有C42=6种分法，再将3组对应3个学校，有A33=6种情况，则共有6×6=36种保送方案．故答案为：36． 7．若圆柱的侧面积和体积的值都是12π，则该圆柱的高为 3 ．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h，则2πrh=πr2h=12π，即可求出圆柱的高．【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则2πrh=πr2h=12π，∴r=2，h=3，故答案为：3． 17/188．曲线y=x﹣cosx在点（，）处的切线方程为 2x﹣y﹣=0 ．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，再由点斜式方程即可得到所求切线方程．【解答】解：y=x﹣cosx的导数为y′=1+sinx，即有在点（，）处的切线斜率为k=1+sin=2，则曲线在点（，）处的切线方程为y﹣=2（x﹣），即为2x﹣y﹣=0．故答案为：2x﹣y﹣=0． 9．二项式（﹣x2）10的展开式中的常数项是 45 ．【考点】二项式定理的应用．【分析】利用二项式的通项公式即可得出x的指数幂为0，即可得出r的值，就能够求解常数项．【解答】解：由通项公式Tr+1=（）r（﹣x2）10﹣r=（﹣1）10﹣r（x），令20﹣=0=0，解得r=8．∴常数项为T8=×（﹣1）2=45故答案为：45． 10．设α，β，γ是三个不重合的平面，l是直线，给出下列四个命题：①若α⊥β，l⊥β，则l∥α；②若l⊥α，l∥β，则α⊥β；③若l上有两点到α的距离相等，则l∥α；④若α⊥β，α∥γ，则γ⊥β．其中正确命题的序号是 ②④ ．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】根据直线与平面平行的判断定理及其推论对①、②、③、④四个命题进行一一判断；【解答】解：①错误，l可能在平面α内；②正确，l∥β，l⊂γ，β∩γ=n⇒l∥n⇒n⊥α，则α⊥β；③错误，直线可能与平面相交；④∵α⊥β，α∥γ，⇒γ⊥β，故④正确．故答案为②④； 17/1811．记等差数列{an}得前n项和为Sn，利用倒序相加法的求和办法，可将Sn表示成首项a1，末项an与项数的一个关系式，即Sn=；类似地，记等比数列{bn}的前n项积为Tn，bn＞0（n∈N*），类比等差数列的求和方法，可将Tn表示为首项b1，末项bn与项数的一个关系式，即公式Tn= ．【考点】类比推理．【分析】由等差和等比数列的通项和求和公式及类比推理思想可得结果，在运用类比推理时，通常等差数列中的求和类比等比数列中的乘积．【解答】解：在等差数列{an}的前n项和为Sn=，因为等差数列中的求和类比等比数列中的乘积，所以各项均为正的等比数列{bn}的前n项积Tn==，故答案为： 12．已知椭圆+=1（a＞b＞0），点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为 ．【考点】椭圆的简单性质．【分析】作简图，结合图象可得CD==（a+），从而解得．【解答】解：作简图如下，则=，=；即CD==（a+），即=1+；即（）2﹣﹣2=0；即（﹣2）（+1）=0；故=2；故离心率e=；故答案为：．17/18 13．已知可导函数f（x）（x∈R）的导函数f′（x）满足f′（x）＞f（x），则不等式ef（x）＞f（1）ex的解集是 （1，+∞） ．【考点】导数的运算；其他不等式的解法．【分析】由题目要求解的不等式是ef（x）＞f（1）ex，变性后得：，由此想到构造函数g（x）=，求导后结合f'（x）＞f（x），可知函数g（x）是实数集上的增函数，然后利用函数的单调性可求得不等式的解集．【解答】解：令g（x）=，则=，因为f'（x）＞f（x），所以g′（x）＞0，所以，函数g（x）=为（﹣∞，+∞）上的增函数，由ef（x）＞f（1）ex，得：，即g（x）＞g（1），因为函数g（x）=为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以，x＞1．所以，不等式ef（x）＞f（1）ex的解集是（1，+∞）．故答案为（1，+∞）． 14．在平面直角坐标系xOy中，过点P（﹣5，a）作圆x2+y2﹣2ax+2y﹣1=0的两条切线，切点分别为M（x1，y1），N（x2，y2），且+=0，则实数a的值为 3或﹣2 ．【考点】圆的切线方程．【分析】两者的和实质上是一个斜率与另一个斜率的倒数和，进而可得两斜率乘积为﹣1，可得P，Q，R，T共线，即可求出实数a的值．【解答】解：设MN中点为Q（x0，y0），T（1，0），圆心R（a，﹣1），17/18根据对称性，MN⊥PR，===，∵kMN=，+=0∴kMN•kTQ=﹣1，∴MN⊥TQ，∴P，Q，R，T共线，∴kPT=kRT，即，∴a2﹣a﹣6=0，∴a=3或﹣2．故答案为：3或﹣2． 二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知，圆C：x2+y2﹣8y+12=0，直线l：ax+y+2a=0．（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；（2）当直线l与圆C相交于A、B两点，且AB=2时，求直线l的方程．【考点】直线与圆的位置关系；直线与圆相交的性质．【分析】把圆的方程化为标准方程后，找出圆心坐标与圆的半径r，（1）当直线l与圆相切时，圆心到直线的距离d等于圆的半径r，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线l的距离d，让d等于圆的半径r，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；（2）联立圆C和直线l的方程，消去y后，得到关于x的一元二次方程，然后利用韦达定理表示出AB的长度，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值．【解答】解：将圆C的方程x2+y2﹣8y+12=0配方得标准方程为x2+（y﹣4）2=4，则此圆的圆心为（0，4），半径为2．（1）若直线l与圆C相切，则有．解得．（2）联立方程并消去y，得（a2+1）x2+4（a2+2a）x+4（a2+4a+3）=0．设此方程的两根分别为x1、x2，所以x1+x2=﹣，x1x2=则AB===217/18两边平方并代入解得：a=﹣7或a=﹣1，∴直线l的方程是7x﹣y+14=0和x﹣y+2=0． 16．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PBD⊥平面ABCD，PB=PD，PA⊥PC，CD⊥PC，O，M分别是BD，PC的中点，连结OM．求证：（1）OM∥平面PAD；（2）OM⊥平面PCD．【考点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）连结AC，由三角形中位线的性质可得OM∥PA，由OM⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，即可判定OM∥平面PAD．（2）连结PO，可证PO⊥BD，由面面垂直的性质可证明PO⊥平面ABCD，可得PO⊥CD，又CD⊥PC，PC∩PO=P，PC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，可证CD⊥平面PAC．从而证明CD⊥OM，OM⊥PC，又由CD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，CD∩PC=C，即可判定OM⊥平面PCD．【解答】证明：（1）连结AC，因为ABCD是平行四边形，所以O为AC的中点．…在△PAC中，因为O，M分别是AC，PC的中点，所以OM∥PA．…因为OM⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OM∥平面PAD．…（2）连结PO．因为O是BD的中点，PB=PD，所以PO⊥BD．又因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD，PO⊂平面PBD所以PO⊥平面ABCD．从而PO⊥CD．…又因为CD⊥PC，PC∩PO=P，PC⊂平面PAC，PO⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC．因为OM⊂平面PAC，所以CD⊥OM．…因为PA⊥PC，OM∥PA，所以OM⊥PC．…又因为CD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，CD∩PC=C，所以OM⊥平面PCD．…17/18 17．某校开设8门校本课程，其中4门课程为人文科学，4门为自然科学，学校要求学生在高中三年内从中选修3门课程，假设学生选修每门课程的机会均等．（1）求某同学至少选修1门自然科学课程的概率；（2）已知某同学所选修的3门课程中有1门人文科学，2门自然科学，若该同学通过人文科学课程的概率都是，自然科学课程的概率都是，且各门课程通过与否相互独立．用ξ表示该同学所选的3门课程通过的门数，求随机变量ξ的概率分布列和数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列．【分析】（1）记“某同学至少选修1门自然科学课程”为事件A，由对立事件概率计算公式能求出该同学至少选修1门自然科学课程的概率．（2）随机变量ξ的所有可能取值有0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出随机变量ξ的概率分布列和数学期望．【解答】解：（1）记“某同学至少选修1门自然科学课程”为事件A，则，…所以该同学至少选修1门自然科学课程的概率为．…（2）随机变量ξ的所有可能取值有0，1，2，3．…因为，，，，…所以ξ的分布列为ξ0123P所以．… 18．如图所示，有一块半径长为1米的半圆形钢板，现要从中截取一个内接等腰梯形部件ABCD，设梯形部件ABCD的面积为y平方米．（I）设CD=2x（米），将y表示成x的函数关系式；（II）求梯形部件ABCD面积y的最大值．17/18【考点】函数模型的选择与应用．【分析】如图所示，以直径AB所在的直线为x轴，线段AB中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，过点C作CE⊥AB，（I）由CD的长表示出OE的长，利用勾股定理表示出CE的长，利用梯形面积公式表示出y与x的函数关系式，并求出x的范围即可；（II）把表示出y与x的关系式变形，令被开方数等于t，求出导函数t′，根据导函数的正负确定出函数的增减性，进而求出y的最大值即可．【解答】解：如图所示，以直径AB所在的直线为x轴，线段AB中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，过点C作CE⊥AB，（I）∵CD=2x，∴OE=x（0＜x＜1），CE=，∴y=（|AB|+|CD|）•CE=（2+2x）=（x+1）（0＜x＜1）；（II）y==，令t=﹣x4﹣2x3+2x+1，则t′=﹣4x3﹣6x2+2=﹣2（2x3+3x2﹣1）=﹣2（x+1）2（2x﹣1），令t'=0，得到x=或x=﹣1（舍），∴当0＜x＜时，t'＞0，∴函数在（0，）上单调递增，当＜x＜1时，t'＜0，∴函数在（，1）上单调递减，当x=时，t有最大值，ymax=，17/18答：梯形部件y'=0面积的最大值为平方米． 19．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆+=1（a＞b＞0）的两焦点分别为F1（﹣，0），F2（，0），且经过点（，）．（1）求椭圆的方程及离心率；（2）设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2=k3k4．①求k1k2的值；②求OB2+OC2的值．【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．【分析】（1）依题意，c=，a2=b2+3，（，）代入椭圆方程，求出a，b，即可求椭圆的方程及离心率；（2）①利用斜率公式，即可求k1k2的值；②由①知，k3k4=k1k2=，故x1x2=﹣4y1y2．利用OB2+OC2=，求OB2+OC2的值．【解答】解：（1）依题意，c=，a2=b2+3，…2分由，解得b2=1（b2=，不合，舍去），从而a2=4．故所求椭圆方程为：，离心率e=．…5分（2）①设B（x1，y1），C（x2，y2），则D（﹣x1，﹣y1），于是k1k2===．…8分②由①知，k3k4=k1k2=，故x1x2=﹣4y1y2．所以（x1x2）2=（﹣4y1y2）2，即（x1x2）2==，17/18所以，=4．…11分又2==，故．所以，OB2+OC2==5．…14分 20．已知函数f（x）=lnx﹣ax2+x．（1）若f（1）=0，求函数f（x）的单调减区间；（2）若关于x的不等式f（x）≤ax﹣1恒成立，求整数a的最小值；（3）若a=﹣2，正实数x1，x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，证明：x1+x2≥．【考点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（1）利用f（1）=0，确定a的值，求导函数，从而可确定函数的单调性；（2）构造函数F（x）=f（x）﹣ax+1，利用导数研究其最值，将恒成立问题进行转化，（3）将代数式f（x1）+f（x2）+x1x2放缩，构造关于x1+x2的一元二次不等式，解不等式即可．【解答】解：（1）∵f（x）=lnx﹣ax2+x，f（1）=0，∴a=2，且x＞0．∴f（x）=lnx﹣x2+x，∴=，当f′（x）＜0，即x＞1时，函数f（x）的单调递减，∴函数f（x）的单调减区间（1，+∞）．（2）令F（x）=f（x）﹣ax+1=lnx﹣ax2+（1﹣a）x+1，则F′（x）=﹣ax+1﹣a=﹣=﹣a，当a≤0时，在（0，+∞）上，函数F（x）单调递增，且F（1）=2﹣＞0，不符合题意，当a＞0时，函数F（x）在x=时取最大值，F（）=ln+，令h（a）=ln+=，则根据基本函数性质可知，在a＞0时，h（a）单调递减，又∵h（1）=＞0，h（2）=＜0，∴符合题意的整数a的最小值为2．（3）∵a=﹣2，17/18∴f（x）=lnx+x2+x，∴f（x1）+f（x2）+x1x2=lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x1x2+x2=（x1+x2）2+x1+x2+lnx1x2﹣x1x2令g（x）=lnx﹣x，则g′（x）=，∴0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）max=g（1）=﹣1，∴f（x1）+f（x2）+x1x2≤（x1+x2）2+（x1+x2）﹣1，即（x1+x2）2+（x1+x2）﹣1≥0，又∵x1，x2是正实数，∴x1+x2≥． 数学附加题部分.本部分共4题，每小题0分，计40分．[选修4-2：矩阵与变换]21．在直角标系xOy中，点（2，﹣2）在矩阵M=（）对应变换作用下得到点（﹣2，4），曲线C：x2+y2=1在矩阵M对应变换作用下得到曲线C′，求曲线C′的方程．【考点】几种特殊的矩阵变换；逆变换与逆矩阵．【分析】先根据变换的对应点，列式解出α=2，得M=（）．再设曲线C上任意一点P（x0，y0），根据矩阵变换的公式求出对应的点P′（x，y），解出由x、y表示x0，y0的式子，将点P的坐标代入曲线C方程，化简即得曲线C'的方程．【解答】解：根据题意，得（）（）=（）∴2α=4，可得α=2，即M=（）设P（x0，y0）是曲线C：x2+y2=1上任意一点，则点P（x0，y0）在矩阵M对应的变换下变为点P′（x，y）则有（）=（）（），即，所以又∵点P在曲线C：x2+y2=1上，∴+x2=1，即曲线C'的方程为椭圆x2+=1． [选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与x轴的正半轴重合．若直线l的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=3（1）把直线l的极坐标方程化为直角坐标方程；17/18（2）已知P为曲线C：=1上一点，求点P到直线l的距离的最小值．【考点】简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）直线l的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=3，展开为ρ（cosθ+sinθ）=3，利用互化公式可得直角坐标方程．（2）P为曲线C：=1上一点，可设P（4cosθ，3sinθ）．可得点P到直线l的距离d=，即可得出．【解答】解：（1）直线l的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=3，展开为ρ（cosθ+sinθ）=3，可得直角坐标方程：x+y﹣6=0．（2）P为曲线C：=1上一点，可设P（4cosθ，3sinθ）．∴点P到直线l的距离d==≥=，当sin（θ+φ）=1时取等号，∴点P到直线l的距离的最小值为． 23．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式成立．【考点】数学归纳法．【分析】当n=2时，代入不等式左右端，验算可得证．再证明从k到k+1时，构造4k2+8k+4＞4k2+8k+3，向要证明的代数式转化即可证明n=k时也成立，从而结论得证．【解答】证明：①当n=2时，左端=1+=，右端=，又知，∴左端＞右端，即当n=2时有原不等式成立．②假设当n=k时，有原不等式成立，即成立，那么当n=k+1时，有=又4k2+8k+4＞4k2+8k+3，∴，即，即对n=k时成立，17/18综上，由①②知，对一切大于1的自然数n，不等式成立． 24．已知p（p≥2）是给定的某个正整数，数列{an}满足：a1=1，（k+1）ak+1=p（k﹣p）ak，其中k=1，2，3，…，p﹣1．（Ⅰ）设p=4，求a2，a3，a4；（Ⅱ）求a1+a2+a3+…+ap．【考点】数列递推式；数列的求和．【分析】（I）设p=4，利用（k+1）ak+1=p（k﹣p）ak，求出，通过k=1，2，3求a2，a3，a4；（II）利用列出的表达式通过连乘求出ak，然后通过二项式定理求解求a1+a2+a3+…+ap．【解答】解：（Ⅰ）由（k+1）ak+1=p（k﹣p）ak得，k=1，2，3，…，p﹣1即，a2=﹣6a1=﹣6；，a3=16，，a4=﹣16；（Ⅱ）由（k+1）ak+1=p（k﹣p）ak得：，k=1，2，3，…，p﹣1即，，…，，以上各式相乘得∴=17/18=，k=1，2，3，…，p∴a1+a2+a3+…+ap== 17/18
