江苏省扬州市2018届高三第一次模拟考试数学

江苏省扬州市2018届高三第一次模拟考试数学江苏省扬州市2018届高三第一次模拟考试数学江苏省扬州市2018届高三第一次模拟考试数学江苏省扬州市2018届高三第一次模拟考试数学编制仅供参考审核批准生效日期地址：电话：传真:邮编:2018届高三年级第一次模拟考试(六)数学(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝eq\f(1,n)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(xi－x)2，其中x＝eq\f(1,n)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xi.棱锥的体积V＝eq\f(1,3)Sh，其中S是棱锥的底面积，h是高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.若集合A＝{x|1<x<3}，B＝{0，1，2，3}，则A∩B＝________．2.若复数(a－2i)(1＋3i)(i是虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为________．3.若数据31，37，33，a，35的平均数是34，则这组数据的标准差是________．4.为了了解某学校男生的身体发育情况，随机抽查了该校100名男生的体重情况，整理所得数据并画出样本的频率分布直方图．根据此图估计该校2000名男生中体重在70～78(kg)的人数为________．(第4题)(第5题)5.运行如图所示的流程图，输出的结果是________．6.已知从2名男生2名女生中任选2人，则恰有1男1女的概率为________．7.若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为eq\f(2π,3)的扇形，则此圆锥的体积为________．8.若实数x，y满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤4，,y≤3，,3x＋4y≥12，))则x2＋y2的取值范围是________．9.已知各项都是正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若4a4，a3，6a5成等差数列，且a3＝3aeq\o\al(2,2)，则S3＝________．10．在平面直角坐标系xOy中，若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线与圆x2＋y2－6y＋5＝0没有交点，则双曲线离心率的取值范围是________．11．已知函数f(x)＝sinx－x＋eq\f(1－4x,2x)，则关于x的不等式f(1－x2)＋f(5x－7)<0的解集为________．12．已知正△ABC的边长为2，点P为线段AB中垂线上任意一点，Q为射线AP上一点，且满足eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝1，则|eq\o(CQ,\s\up6(→))|的最大值为________．13．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f())（－x＋1）－1，x∈[－1，k]，,－2|x－1|，x∈（k，a]，))若存在实数k使得该函数的值域为[－2，0]，则实数a的取值范围是________．14．已知正实数x，y满足5x2＋4xy－y2＝1，则12x2＋8xy－y2的最小值为________．二、解答题：本大题共6小题，计90分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．(1)证明：B1C1∥平面A1DE；(2)若平面A1DE⊥平面ABB1A1，证明：AB⊥DE.16.(本小题满分14分)已知在△ABC中，AB＝6，BC＝5，且△ABC的面积为9.(1)求AC的长度；(2)当△ABC为锐角三角形时，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))的值．

17.(本小题满分14分)如图，射线OA和OB均为笔直的公路，扇形OPQ区域(含边界)是一蔬菜种植园，其中P，Q分别在射线OA和OB上．经测量得，扇形OPQ的圆心角(即∠POQ)为eq\f(2π,3)、半径为1千米．为了方便菜农经营，打算在扇形OPQ区域外修建一条公路MN，分别与射线OA，OB交于M，N两点，并要求MN与扇形弧PQ相切于点S，设∠POS＝α(单位：弧度)，假设所有公路的宽度均忽略不计．(1)试将公路MN的长度表示为α的函数，并写出α的取值范围；(2)试确定α的值，使得公路MN的长度最小，并求出其最小值.

18.(本小题满分16分)已知椭圆E1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，若椭圆E2：eq\f(x2,ma2)＋eq\f(y2,mb2)＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．(1)求经过点(eq\r(,2)，1)，且与椭圆E1：eq\f(x2,2)＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程；(2)若m＝4，椭圆E1的离心率为eq\f(\r(,2),2)，点P在椭圆E2上，过点P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，①若点B的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l的方程；②若直线OP，OA的斜率之积为－eq\f(1,2)，求实数λ的值．

19.(本小题满分16分)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋b，a，b∈R.(1)若g(－1)＝0，且函数g(x)的图象是函数f(x)图象的一条切线，求实数a的值：(2)若不等式f(x)>x2＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围；(3)若对任意实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．

20.(本小题满分16分)已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，数列{bn}满足b1＝eq\f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an).(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝eq\f(bn＋2,Sn)，求c1＋c2＋…＋cn的值；(3)是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p，q，r的值；若不存在，请说明理由．

2018届高三年级第一次模拟考试(六)数学附加题(本部分满分40分，考试时间30分钟)21.B.[选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)已知x，y∈R，若点M(1，1)在矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,x,3,y)))对应的变换作用下得到点N(3，5)，求矩阵A的逆矩阵A－1.C.[选修44：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋\f(\r(,2),2)t，,y＝\f(\r(,2),2)t))(t是参数，m是常数)．以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝6cosθ.(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线C相交于P，Q两点，且PQ＝2，求实数m的值．

22.(本小题满分10分)扬州大学数学系有6名大学生要去甲、乙两所中学实习，每名大学生都被随机分配到两所中学的其中一所．(1)求6名大学生中至少有1名被分配到甲学校实习的概率；(2)设X，Y分别表示分配到甲、乙两所中学的大学生人数，记ξ＝|X－Y|，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．23．(本小题满分10分)二进制规定：每个二进制数由若干个0，1组成，且最高位数字必须为1.若在二进制中，Sn是所有n位二进制数构成的集合，对于an，bn∈Sn，M(an，bn)表示an和bn对应位置上数字不同的位置个数．例如当a3＝100，b3＝101时，M(a3，b3)＝1；当a3＝100，b3＝111时，M(a3，b3)＝2.(1)令a5＝10000，求所有满足b5∈S5，且M(a5，b5)＝2的b5的个数；(2)给定an(n≥2)，对于集合Sn中的所有bn，求M(an，bn)的和．

2018届扬州高三年级第一次模拟考试数学参考答案1．{2}2.－63.24.2405.946.eq\f(2,3)7.eq\f(2\r(2)π,3)8.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(144,25)，25))9.eq\f(13,27)10.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))11．(2，3)12.eq\f(\r(13)＋1,2)13.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))14.eq\f(7,3)15.解析：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，四边形B1BCC1是矩形，所以B1C1∥BC.(2分)在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，故BC∥DE，所以B1C1∥DE.(4分)又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE.(7分)(2)在平面ABB1A1内，过点A作AF⊥A1D，垂足为F.因为平面A1DE⊥平面A1ABB1，平面A1DE∩平面A1ABB1＝A1D，AF⊂平面A1ABB1，所以AF⊥平面A1DE.(11分)又DE⊂平面A1DE，所以AF⊥DE.在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，所以A1A⊥DE.因为AF∩A1A＝A，AF⊂平面A1ABB1，A1A⊂平面A1ABB1，所以DE⊥平面A1ABB1.因为AB⊂平面A1ABB1，所以DE⊥AB.(14分)16.解析：(1)因为S△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC×sinB＝9，又AB＝6，BC＝5，所以sinB＝eq\f(3,5).(2分)又B∈(0，π)，所以cosB＝±eq\r(1－sin2B)＝±eq\f(4,5).(3分)当cosB＝eq\f(4,5)时，AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcosB)＝eq\r(,36＋25－2×6×5×\f(4,5))＝eq\r(13).(5分)当cosB＝－eq\f(4,5)时，AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcosB)＝eq\r(36＋25＋2×6×5×\f(4,5))＝eq\r(109).所以AC＝eq\r(13)或eq\r(109).(7分)(2)由△ABC为锐角三角形得B为锐角，所以AB＝6，AC＝eq\r(13)，BC＝5，所以cosA＝eq\f(36＋13－25,2×6×\r(13))＝eq\f(2,\r(13)).又A∈(0，π)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,\r(13))，(9分)所以sin2A＝2×eq\f(3,\r(13))×eq\f(2,\r(13))＝eq\f(12,13)，cos2A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(13))))eq\s\up12()－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(13))))eq\s\up12()＝－eq\f(5,13)，(12分)所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝cos2Acoseq\f(π,6)－sin2Asineq\f(π,6)＝eq\f(－5\r(3)－12,26).(14分)17.解析：(1)因为MN与扇形弧PQ相切于点S，所以OS⊥MN.在Rt△OSM中，因为OS＝1，∠MOS＝α，所以SM＝tanα.在Rt△OSN中，∠NOS＝eq\f(2π,3)－α，所以SN＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))，所以MN＝tanα＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝eq\f(\r(3)（tan2α＋1）,\r(3)tanα－1)，(4分)其中eq\f(π,6)<α<eq\f(π,2).(6分)(2)因为eq\f(π,6)<α<eq\f(π,2)，所以eq\r(3)tanα－1>0.令t＝eq\r(3)tanα－1>0，则tanα＝eq\f(\r(3),3)(t＋1)，所以MN＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(4,t)＋2))，(8分)由基本不等式得MN≥eq\f(\r(3),3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(t×\f(4,t))＋2))＝2eq\r(3)，(10分)当且仅当t＝eq\f(4,t)，即t＝2时等号成立.(12分)此时tanα＝eq\r(3)，由于eq\f(π,6)<α<eq\f(π,2)，故α＝eq\f(π,3)，MN＝2eq\r(,3)千米．(14分)18.解析：(1)设椭圆E2的方程为eq\f(x2,2m)＋eq\f(y2,m)＝1，代入点(eq\r(2)，1)得m＝2，所以椭圆E2的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(3分)(2)因为椭圆E1的离心率为eq\f(\r(2),2)，故a2＝2b2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝2b2.又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m＝4，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，直线l1：y＝kx＋2，①方法一：由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，将直线l：y＝kx＋2，代入椭圆E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，解得x1＝eq\f(－8k,1＋2k2)，x2＝0，故y1＝eq\f(2－4k2,1＋2k2)，y2＝2，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k,1＋2k2)，\f(2－4k2,1＋2k2))).(5分)又＝2，即B为AP中点，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,1＋2k2)，\f(2＋12k2,1＋2k2)))，(6分)代入椭圆E2：x2＋2y2＝32得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,1＋2k2)))eq\s\up12()＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋12k2,1＋2k2)))eq\s\up12()＝32，即20k4＋4k2－3＝0，即(10k2－3)(2k2＋1)＝0，所以k＝±eq\f(\r(30),10)，所以直线l的方程为y＝±eq\f(\r(30),10)x＋2.(8分)方法二：由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32，设A(x，y)，B(0，2)，则P(－x，4－y)，代入椭圆得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝8，,x2＋2（4－y）2＝32，))解得y＝eq\f(1,2)，故x＝±eq\f(\r(30),2)，(6分)所以k＝±eq\f(\r(30),10)，所以直线l的方程为y＝±eq\f(\r(30),10)x＋2.(8分)②方法一：由题意得xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝8b2，xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2b2，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝2b2，eq\f(y0,x0)·eq\f(y1,x1)＝－eq\f(1,2)，即x0x1＋2y0y1＝0，因为＝λ，所以(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,λ)，))(12分)所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq\s\up12()＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))eq\s\up12()＝2b2，则xeq\o\al(2,0)＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,0)＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2yeq\o\al(2,1)＝2λ2b2，(xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0))＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1))＝2λ2b2，所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq\f(5,2).(16分)方法二：不妨设点P在第一象限，设直线OP：y＝kx(k>0)，代入椭圆E2：x2＋2y2＝8b2，解得x0＝eq\f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))，则y0＝eq\f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2))，因为直线OP，OA的斜率之积为－eq\f(1,2)，所以直线OA：y＝－eq\f(1,2k)x，代入椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，解得x1＝－eq\f(2bk,\r(1＋2k2))，则y1＝eq\f(b,\r(1＋2k2).)因为＝λ，所以(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(x0＋（λ－1）x1,λ)，,y2＝\f(y0＋（λ－1）y1,λ)，))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋（λ－1）x1,λ)))eq\s\up12()＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋（λ－1）y1,λ)))eq\s\up12()＝2b2，则xeq\o\al(2,0)＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,0)＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2yeq\o\al(2,1)＝2λ2b2，(xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0))＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1))＝2λ2b2，所以8b2＋2(λ－1)[eq\f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2bk,\r(1＋2k2))))＋2·eq\f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2))·eq\f(b,\r(1＋2k2))]＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq\f(5,2).19.解析：(1)由g(－1)＝0知，g(x)的直线图象过点(－1，0)．设切点坐标为T(x0，y0)，由f′(x)＝ex得切线方程是y－ex0＝ex0(x－x0)，此直线过点(－1，0)，故0－ex0＝ex0(－1－x0)，解得x0＝0，所以a＝f′(0)＝1.(3分)(2)由题意得m<ex－x2，x∈(0，＋∞)恒成立，令m(x)＝ex－x2，x∈(0，＋∞)，则m′(x)＝ex－2x，再令n(x)＝m′(x)＝ex－2x，则n′(x)＝ex－2，故当x∈(0，ln2)时，n′(x)<0，n(x)单调递减；当x∈(ln2，＋∞)时，n′(x)>0，n(x)单调递增，从而n(x)在(0，＋∞)上有最小值n(ln2)＝2－2ln2>0，所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，(6分)所以m≤m(0)，即m≤1.(8分)(3)若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1，(10分)以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝e－eq\f(b,a)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))－b＝e－eq\f(b,a)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(b,a)))上必有零点；(12分)②若a≥0，F(0)＝1－b<0，由(2)知ex>x2＋1>x2在x∈(0，＋∞)上恒成立，取x0＝a＋b，则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在(0，a＋b)上必有零点，综上得，实数b的取值范围是(1，＋∞)．(16分)20.解析：(1)2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，①2Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1，②②－①得2an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，所以{an}是等差数列，其中公差为1.在2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n.(2分)由2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an)得eq\f(bn＋1,n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(bn,n)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是等比数列，其中首项为eq\f(1,2)，公比为eq\f(1,2)，所以eq\f(bn,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12()，即bn＝eq\f(n,2n).(5分)(2)cn＝eq\f(bn＋2,Sn)＝eq\f(n＋2,（n2＋n）2n＋1)，裂项得cn＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1)，(7分)所以c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,（n＋1）2n＋1).(9分)(3)假设存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差数列，则bp＋br＝2bq，即eq\f(p,2p)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q).因为bn＋1－bn＝eq\f(n＋1,2n＋1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－n,2n＋1)，所以数列{bn}从第二项起单调递减，当p＝1时，eq\f(1,2)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q)，若q＝2，则eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2)，此时无解；若q＝3，则eq\f(r,2r)＝eq\f(1,4)，因为{bn}从第二项起递减，所以r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求．(11分)若q≥4，则eq\f(b1,bq)≥eq\f(b1,b4)≥2，即b1≥2bq，不符合要求，此时无解；当p≥2时，一定有q－p＝1，否则若q－p≥2，则eq\f(bp,bq)≥eq\f(bp,bp＋2)＝eq\f(4p,p＋2)＝eq\f(4,1＋\f(2,p))≥2，即bp≥2bq，矛盾，所以q－p＝1，此时eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2p)，令r－p＝m＋1，则r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，综上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1满足要求．(16分)21．B.解析：因为Aeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3,5)))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,x,3,y)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3,5)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋x＝3，,3＋y＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2))).(5分)方法一：设A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))，则AA－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1,0,0,1)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋c＝1，,3a＋2c＝0，,2b＋d＝0，,3b＋2d＝1，))(7分)解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，,c＝－3，,d＝2，))所以A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,－1,－3,2))).(10分)方法二：因为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))eq\s\up12()＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(d,ad－bc),\f(－b,ad－bc),\f(－c,ad－bc),\f(a,ad－bc))))，且det(A)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2)))＝2×2－1×3＝1，所以A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2)))－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,－1,－3,2))).(10分)C.解析：(1)因为直线l的参数方程是：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋\f(\r(2),2)t，,y＝\f(\r(2),2)t))(t是参数)，所以直线l的普通方程为x－y－m＝0.(2分)因为曲线C的极坐标方程为ρ＝6cosθ，所以ρ2＝6ρcosθ，所以x2＋y2＝6x，所以曲线C的直角坐标方程是(x－3)2＋y2＝9.(5分)(2)设圆心到直线l的距离为d，则d＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2).又d＝eq\f(|3－m|,\r(2))＝2eq\r(2).(8分)所以|3－m|＝4，即m＝－1或m＝7.(10分)22．解析：(1)记“6名大学生中至少有1名被分配到甲学