南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学

南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学南京市、盐城市2018届高三年级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:南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学注意事项：1．本试卷共4页，包括填空题(第1题~第14题)、解答题（第15题~第20题）两部分．本试卷满分160分，考试时间为120分钟．2．答题前，请务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内．试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题卡．参考公式：柱体体积公式：V＝Sh，其中S柱体的底面积,为柱体的高．1．已知集合A＝{x∣x(x－4)＜0}，B＝{0，1，5}，则A∩B＝▲．2．设复数z＝a＋i(a∈R，i为虚数单位），若(1＋i)z为纯虚数，则a的值为▲．时间/分钟eq\f(频率,组距)100(第3题)时间/分钟eq\f(频率,组距)100(第3题)5060708090aReadxReadxIfx＞0Theny←lnxElsey←exEndIfPrinty(第4题)4．执行如图所示的伪代码，若x＝0，则输出的y的值为▲．5．口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4．若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为▲．6．在平面直角坐标系xOy中，若抛物线y2＝2px的焦点与双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1的右焦点重合，则实数p的值为▲．7．设函数y＝ex＋eq\f(1,ex)－a的值域为A，若A[0，＋∞)，则实数a的取值范围是▲．8．已知，均为锐角，且满足(tan－1)(tan－1)＝2，则＋的值为▲．9．若函数y＝sinx在区间[0，2]上单调递增，则实数的取值范围是▲．10．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若{an}的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为▲．11．设函数f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\al(x(3－x)，0≤x≤3，,－\f(3,x)＋1，x＞3．))若函数y＝f(x)－m有四个不同的零点，则实数m的取值范围是▲．AB(第13题)12．在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝k(x－3eq\r(3))上存在一点P，圆x2＋(y－1)2＝1上存在一点Q，满足eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OP))＝3eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OQ))，则实数k的最小值为▲．AB(第13题)13．如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置如图所示，则eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CD))的最大值为▲．14．若不等式ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为▲．二、解答题：本大题共小题，共计分.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．(本小题满分14分)ABCA1B1C1MN（第15题）如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CBABCA1B1C1MN（第15题）（1）求证：BN∥平面A1MC；（2）若A1MAB1，求证：AB1A1C．16．(本小题满分14分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝eq\f(\r(5),2)b．（1）若C＝2B，求cosB的值；（2）若eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AC))＝eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CA))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CB))，求cos(B＋eq\f(,4))的值．17．(本小题满分14分)有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF是以O为圆心、EOF＝120的扇形，且弧eq\o(\s\up5(⌒),\s\do0(EF))，eq\o(\s\up5(⌒),\s\do0(GH))分别与边BC，AD相切于点M，N．（1）当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；ADCBADCBEGFOMH（第17题-甲）NEFGH（第17题-乙）MN18.(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的下顶点为B，点M．N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点(eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))处时，点Q的坐标为(eq\f(2\r(3),3)，0)．（1）求椭圆C的标准方程；xyOBNMPQD(第18题)（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且eq\o(\s\up8(→),\s\do1(DN))＝2eq\o(\s\up8(→),\s\do1(xyOBNMPQD(第18题)19．(本小题满分16分)设数列{an}满足an2＝an＋1an－1＋(a2－a1)2，其中n≥2，且n∈N，为常数．（1）若{an}是等差数列，且公差d≠0，求的值；（2）若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3，7]，使得man≥n－r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；（3）若≠0，且数列{an}不是常数列，如果存在正整数T，使得an＋T＝an对任意的n∈N*均成立，求满足条件的所有数列{an}中T的最小值．20．(本小题满分16分)设函数f(x)＝lnx，g(x)＝ax＋eq\f(b,x)－c(a，b，c∈R)．（1）当c＝0时，若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线，求a，b的值；（2）当b＝3－a时，若对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值；（3）当a＝1时，设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点．求证：x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学附加题注意事项：1．附加题供选修物理考生使用．2．本试卷共40分，考试时间30分钟．2．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内．试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内．考试结束后，交回答题卡．21．【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在答题相应的区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A.（选修4-1：）A．选修4-1：几何证明选讲（本小题满分10分）ABEDO·（第21(A)）如图，已知AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D.若DE＝4，求切点ABEDO·（第21(A)）B．选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）已知矩阵M＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(2,0,0,1))，求圆x2＋y2＝1在矩阵M对应的变换作用下所得的曲线方程．C．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，直线cos(＋eq\f(,3))＝1与曲线＝r(r＞0)相切，求r的值．D．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数x，y满足x2＋3y2＝1，求当x＋y取最大值时x的值．【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20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．22．（本小题满分10分）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP底面ABCD，点M为PC中点，AC＝4，BD＝2，OP＝4．（1）求异面直线AP与BM所成角的余弦值；（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．MMABCDOP（第22题）23．（本小题满分10分）已知n∈N*，nf(n)＝Ceq\a(0,n)Ceq\a(1,n)＋2Ceq\a(1,n)Ceq\a(2,n)＋…＋rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n)Ceq\a(n,n)．（1）求f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）试猜想f(n)的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案及评分标准说明：1．本解答给出的解法供参考．如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分．3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．4．只给整数分数，填空题不给中间分数．一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，计70分.)1．{1}2．13．12004．15．eq\f(2,3)6．67．(－∞，2]8．eq\f(3,4)9．(0，eq\f(1,4)]10．403411．[1，eq\f(9,4))12．－eq\r(3)13．2414．100ABCA1B1CABCA1B1C1MN（第15题）15．证明：（1）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AB∥A1B1，且AB＝A1B1．又因为点M，N分别是AB，A1B1的中点，所以MB＝A1N，且MB∥A1N，所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1M∥BN．………………4分又BN平面A1MC，A1M平面A1MC，所以BN∥平面A1MC．……………6分（2）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面ABC，而CM平面ABC，所以AA1CM．又CA＝CB，且M是AB的中点，所以CMAB．又AB∩AA1＝A，AB，AA1平面ABB1A1，所以CM平面ABB1A1．………………8分又AB1平面ABB1A1，所以CMAB1．………………10分又AB1A1M，A1M，CM平面A1MC，A1M∩CM＝M，所以AB1平面A1MC，…………………12分又A1C平面A1MC，所以AB1A1C．…………………14分16．解：（1）因为c＝eq\f(\r(5),2)b，则由正弦定理，得sinC＝eq\f(\r(5),2)sinB．…………2分又因为C＝2B，所以sin2B＝eq\f(\r(5),2)sinB，即2sinBcosB＝eq\f(\r(5),2)sinB.………4分又B是△ABC的内角，所以sinB＞0，故cosB＝eq\f(\r(5),4)．………………6分（2）因为eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AC))＝eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CA))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(CB))，所以cbcosA＝bacosC，则由余弦定理，得b2＋c2－a2＝b2＋a2－c2，得a＝c．…………………10分从而cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(c2＋c2－(\f(2,\r(5))c)2,2c2)＝eq\f(3,5)．………12分又0＜B＜，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4,5)．从而cos(B＋eq\f(,4))＝cosBcoseq\f(,4)－sinBsineq\f(,4)＝eq\f(3,5)eq\f(\r(2),2)－eq\f(4,5)eq\f(\r(2),2)＝－eq\f(\r(2),10)．……14分17．解：（1）在图甲中，连接MO交EF于点T．设OE＝OF＝OM＝R，ADCBEGFOMNHT在Rt△OET中，因为EOT＝eq\f(1,2)ADCBEGFOMNHT所以OT＝eq\f(1,2)R，则MT＝OM－OT＝eq\f(R,2)．从而BE＝MT＝eq\f(1,2)R，即R＝2BE＝2．……2分故所得柱体的底面积S＝S扇形OEF－S△OEF＝eq\f(1,3)R2－eq\f(1,2)R2sin120＝eq\f(4,3)－eq\r(3)．…………4分又所得柱体的高EG＝4，所以V＝SEG＝eq\f(16,3)－4eq\r(3)．答：当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为(eq\f(16,3)－4eq\r(3))立方分米.…………6分（2）设BE＝x，则R＝2x，所以所得柱体的底面积S＝S扇形OEF－S△OEF＝eq\f(1,3)R2－eq\f(1,2)R2sin120＝(eq\f(4,3)－eq\r(3))x2.又所得柱体的高EG＝6－2x，所以V＝SEG＝(eq\f(8,3)－2eq\r(3))(－x3＋3x2)，其中0＜x＜3.……10分令f(x)＝－x3＋3x2，x∈(0，3)，则由f(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)＝0，解得x＝2．………………………12分列表如下：x(0，2)2(2，3)f(x)＋0－f(x)↗极大值↘所以当x＝2时，f(x)取得最大值.答：当BE的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大.……14分18．解：（1）由N(eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))，Q(eq\f(2\r(3),3)，0)，得直线NQ的方程为y＝eq\f(3,2)x－eq\r(3)．……2分令x＝0，得点B的坐标为(0，－eq\r(3))．所以椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1．……………………4分将点N的坐标(eq\r(3)，eq\f(\r(3),2))代入，得eq\f((\r(3))2,a2)＋eq\f((\f(\r(3),2))2,3)＝1，解得a2＝4．所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．……………8分（2）方法一：设直线BM的斜率为k(k＞0)，则直线BM的方程为y＝kx－eq\r(3)．在y＝kx－eq\r(3)中，令y＝0，得xP＝eq\f(\r(3),k)，而点Q是线段OP的中点，所以xQ＝eq\f(\r(3),2k)．所以直线BN的斜率kBN＝kBQ＝eq\f(0－(－\r(3)),\f(\r(3),2k)－0)＝2k．………………10分联立eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx－\r(3)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消去y，得(3＋4k2)x2－8eq\r(3)kx＝0，解得xM＝eq\f(8\r(3)k,3＋4k2)．用2k代k，得xN＝eq\f(16\r(3)k,3＋16k2)．……………………12分又eq\o(\s\up8(→),\s\do1(DN))＝2eq\o(\s\up8(→),\s\do1(NM))，所以xN＝2(xM－xN)，得2xM＝3xN．……………14分故2eq\f(8\r(3)k,3＋4k2)＝3eq\f(16\r(3)k,3＋16k2)，又k＞0，解得k＝eq\f(\r(6),2)．所以直线BM的方程为y＝eq\f(\r(6),2)x－eq\r(3)．…………16分方法二：设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．由B(0，－eq\r(3))，得直线BM的方程为y＝eq\f(y1＋\r(3),x1)x－eq\r(3)，令y＝0，得xP＝eq\f(\r(3)x1,y1＋\r(3))．同理，得xQ＝eq\f(\r(3)x2,y2＋\r(3))．而点Q是线段OP的中点，所以xP＝2xQ，故eq\f(\r(3)x1,y1＋\r(3))＝2eq\f(\r(3)x2,y2＋\r(3))．…………10分又eq\o(\s\up8(→),\s\do1(DN))＝2eq\o(\s\up8(→),\s\do1(NM))，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝eq\f(2,3)x1＞0，从而eq\f(1,y1＋\r(3))＝eq\f(\f(4,3),y2＋\r(3))，解得y2＝eq\f(4,3)y1＋eq\f(\r(3),3)．…………………12分将eq\b\lc\{(\a\al(x2＝\f(2,3)x1，,y2＝\f(4,3)y1＋\f(\r(3),3)，))代入到椭圆C的方程中，得eq\f(x12,9)＋eq\f((4y1＋\r(3))2,27)＝1．又x12＝4(1－eq\f(y12,3))，所以eq\f(4(1－\f(y12,3)),9)＋eq\f((4y1＋\r(3))2,27)＝1，………………14分即eq\r(3)y12＋2y1－eq\r(3)＝0，解得y1＝－eq\r(3)（舍）或y1＝eq\f(\r(3),3)．又x1＞0，所以点M的坐标为M(eq\f(4\r(2),3)，eq\f(\r(3),3))．故直线BM的方程为y＝eq\f(\r(6),2)x－eq\r(3)．………………16分19．解：（1）由题意，可得an2＝(an＋d)(an－d)＋d2，化简得(－1)d2＝0，又d≠0，所以＝1.…………4分（2）将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝14＋，解得＝0，所以an2＝an＋1an－1，所以数列{an}是首项为1，公比q＝2的等比数列，所以an＝2n－1.………6分欲存在r∈[3，7]，使得m2n－1≥n－r，即r≥n－m2n－1对任意n∈N*都成立，则7≥n－m2n－1，所以m≥eq\f(n－7,2n－1)对任意n∈N*都成立.…………8分令bn＝eq\f(n－7,2n－1)，则bn＋1－bn＝eq\f(n－6,2n)－eq\f(n－7,2n－1)＝eq\f(8－n,2n)，所以当n＞8时，bn＋1＜bn；当n＝8时，b9＝b8；当n＜8时，bn＋1＞bn．所以bn的最大值为b9＝b8＝eq\f(1,128)，所以m的最小值为eq\f(1,128).………10分（3）因为数列{an}不是常数列，所以T≥2．①若T＝2，则an＋1＝an恒成立，从而a3＝a1，a4＝a2，所以eq\b\lc\{(\a\al(a22＝a12＋(a2－a1)2，,a12＝a22＋(a2－a1)2，))所以(a2－a1)2＝0，又≠0，所以a2＝a1，可得{an}是常数列，这与已知条件矛盾，所以T＝2不合题意.…………………12分②若T＝3，取an＝eq\b\lc\{(\a\al(1，n＝3k－2，,2，n＝3k－1，,－3，n＝3k，))(k∈N*)（*），满足an＋3＝an恒成立．……14分由a22＝a1a3＋(a2－a1)2，可得此时＝7．则条件式变为an2＝an＋1an－1＋7．由22＝13＋7，知a3k－12＝a3k－2a3k＋(a2－a1)2；由(－3)2＝21＋7，知a3k2＝a3k－1a3k＋1＋(a2－a1)2；由12＝(－3)2＋7，知a3k＋12＝a3ka3k＋2＋(a2－a1)2；所以，数列（*）适合题意．所以T的最小值为3.…………………16分（注：写一个数列{an}时，需满足a1＋a2＋a3＝0，且a1≠a2．）20．解：（1）由f(x)＝lnx，得f(1)＝0，又f(x)＝eq\f(1,x)，所以f(1)＝1．当c＝0时，g(x)＝ax＋eq\f(b,x)，所以g(x)＝a－eq\f(b,x2)，所以g(1)＝a－b．……………2分因为函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线，所以eq\b\lc\{(\a\al(f(1)＝g(1)，,f(1)＝g(1)，))即eq\b\lc\{(\a\al(a－b＝1，,a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\al(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(1,2)．))…………………4分（2）方法一：当x0＞1时，则f(x0)＞0，又b＝3－a，设t＝f(x0)，则题意可转化为方程ax＋eq\f(3－a,x)－c＝t(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2，……………6分即关于x的方程ax2－(c＋t)x＋(3－a)＝0(t＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x1，x2．所以eq\b\lc\{(\a\al(0＜a＜3，,△＝(c＋t)2－4a(3－a)＞0，,x1＋x2＝\f(c＋t,a)＞0，,x1x2＝\f(3－a,a)＞0．))得eq\b\lc\{(\a\al(0＜a＜3，,(c＋t)2＞4a(3－a)，,c＋t＞0．))所以c＞2eq\r(a(3－a))－t对任意t∈(0，＋∞)恒成立．……………8分因为0＜a＜3，所以2eq\r(a(3－a))≤2eq\f(a＋3－a,2)＝3(当且仅当a＝eq\f(3,2)时取等号)．又－t＜0，所以2eq\r(a(3－a))－t的取值范围是(－∞，3)，所以c≥3．故c的最小值为3.…………………10分方法二：由b＝3－a，且0＜a＜3，得g(x)＝a－eq\f(3－a,x2)＝eq\f(ax2－(3－a),x2)＝0，得x＝eq\r(\f(3－a,a))或x＝－eq\r(\f(3－a,a))(舍)，则函数g(x)在(0，eq\r(\f(3－a,a)))上递减；在(eq\r(\f(3－a,a))，＋∞)上递增．又对任意x0＞1，f(x0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0.即g(eq\r(\f(3－a,a)))＝2eq\r(a(3－a))－c≤0，……………6分即c≥2eq\r(a(3－a))对任意a∈(0，3)恒成立．又2eq\r(a(3－a))≤a＋(3－a)＝3，所以c≥3．……………………8分当c＝3，对任意a∈(0，3)，x0∈(1，＋∞)，方程g(x)－f(x0)＝0化为ax＋eq\f(3－a,x)－3－f(x0)＝0，即ax2－[3＋f(x0)]x＋(3－a)＝0（*）关于x的方程（*）的△＝[3＋f(x0)]2－4a(3－a)≥[3＋f(x0)]2－4eq\b\bc\((\f(a＋3－a,2))eq\s\up10(2)＝[3＋f(x0)]2－9,因为x0＞1，所以f(x0)＝lnx0＞0，所以△＞0，所以方程（*）有两个不相等的实数解x1，x2，又x1＋x2＝eq\f(f(x0)＋3,a)＞0，x1x2＝eq\f(3－a,a)＞0，所以x1，x2为两个正实数解．所以c的最小值为3.……………10分（3）当a＝1时，因为函数f(x)与g(x)的图象交于A，B两点，所以eq\b\lc\{(\a\al(lnx1＝x1＋\f(b,x1)－c，,lnx2＝x2＋\f(b,x2)－c，))两式相减，得b＝x1x2(1－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1))．………………12分要证明x1x2－x2＜b＜x1x2－x1，即证x1x2－x2＜x1x2(1－eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1))＜x1x2－x1，即证eq\f(1,x2)＜eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1)＜eq\f(1,x1)，即证1－eq\f(x1,x2)＜lneq\f(x2,x1)＜eq\f(x2,x1)－1．……………14分令eq\f(x2,x1)＝t，则t＞1，此时即证1－eq\f(1,t)＜lnt＜t－1．令(x)＝lnt＋eq\f(1,t)－1，所以(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(1,t2)＝eq\f(t－1,t2)＞0，所以当t＞1时，函数(t)单调递增．又(1)＝0，所以(t)＝lnt＋eq\f(1,t)－1＞0，即1－eq\f(1,t)＜lnt成立．再令m(t)＝lnt－t－1，所以m(t)＝eq\f(1,t)－1＝eq\f(1－t,t)＜0，所以当t＞1时，函数m(t)单调递减，又m(1)＝0，所以m(t)＝lnt－t－1＜0，即lnt＜t－1也成立．综上所述，实数x1，x2满足x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．…………16分南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案及评分标准21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2小题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4-1：几何证明选讲ABEDFO·（第21(A)）解：如图，连接AE，OE，过E作EFABEDFO·（第21(A)）因为直线DE与⊙O相切于点E，所以DEOE，又因为AD垂直DE于D，所以AD∥OE，所以DAE＝OEA①，在⊙中OE＝OA，所以OEA＝OAE②，…………5分由①②得DAE＝OAE，即DAE＝FAE，又ADE＝AFE，AE＝AE，所以△ADE≌△AFE，所以DE＝FE，又DE＝4，所以FE＝4，即E到直径AB的距离为4.…………10分B．选修4-2：矩阵与变换解：设P(x0，y0)是圆x2＋y2＝1上任意一点，则x02＋y02＝1．设点P(x0，y0)在矩阵M对应的变换作用下所得的点为Q(x，y)，则eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x,y))＝eq\b\bc\[(\a\co2\vs2\hs8(2,0,0,1))eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(x0,y0))＝eq\b\bc\[(\a\co1\vs4\hs8(2x0,y0))，即eq\b\lc\{(\a\al(x＝2x0，,y＝y0，))即eq\b\lc\{(\a\al(x0＝\f(1,2)x，,y0＝y，))…………………5分代入x02＋y02＝1，得eq\f(x2,4)＋y2＝1，即为所求的曲线方程.……………10分C．选修4-4：坐标系与参数方程解：以极点O为原点，极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系，由cos(＋eq\f(,3))＝1，得(coscoseq\f(,3)－sinsineq\f(,3))＝1，得直线的直角坐标方程为x－eq\r(3)y－2＝0．…………5分曲线＝r的直角坐标方程为圆x2＋y2＝r2，所以圆心到直线的距离为d＝eq\f(∣10－\r(3)0－2∣,\r(12＋(－\r(3))2))＝1．因为直线cos(＋eq\f(,3))＝1与曲线＝r(r＞0)相切，所以r＝d，即r＝1.……………10分D．选修4-5：不等式选讲解：由柯西不等式，得[x2＋(eq\r(3)y)2][12＋(eq\f(\r(3),3))2]≥(x1＋eq\r(3)yeq\f(\r(3),3))2，即eq\f(4,3)(x2＋3y2)≥(x＋y)2．而x2＋3y2＝1，所以(x＋y)2≤eq\f(4,3)，所以－eq\f(2,3)eq\r(3)≤x＋y≤eq\f(2,3)eq\r(3)，…………5分由eq\b\lc\{(\a\al(\f(x,1)＝\f(\r(3)y,\f(\r(3),3))，,x＋y＝\f(2,3)\r(3)，))即eq\b\lc\{(\a\al(x＝\f(\r(3),2)，,y＝\f(\r(3),6)，))所以当且仅当x＝eq\f(\r(3),2)，y＝eq\f(\r(3),6)时，(x＋y)max＝eq\f(2,3)eq\r(3)．所以当x＋y取最大值时x的值为x＝eq\f(\r(3),2)．……………10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．22．解：（1）因为ABCD是菱形，所以ACBD．因为OP底面ABCD，所以以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，1，0)，P(0，0，4)，C(－2，0，0)，M(－1，0，2)，MABCDOP（第22题）xyz所以eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))＝(－2，0，4)，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝(－1，－1，2)，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝10，MABCDOP（第22题）xyz∣eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))∣＝2eq\r(5)，∣eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))∣＝eq\r(6)．则cos＜eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＞＝eq\f(\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))\o(\s\up8(→),\s\do1(BM)),∣\o(\s\up8(→),\s\do1(AP))∣∣\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))∣)＝eq\f(10,2\r(5)\r(6))＝eq\f(\r(30),6)．故异面直线AP与BM所成角的余弦值为eq\f(\r(30),6)………………5分（2）eq\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))＝(－2，1，0)，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝(－1，－1，2)．设平面ABM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\al(n\o(\s\up8(→),\s\do1(AB))＝0，,n\o(\s\up8(→),\s\do1(BM))＝0，))得eq\b\lc\{(\a\al(－2x＋y＝0，,－x－y＋2z＝0，))令x＝2，得y＝4，z＝3．所以平面ABM的一个法向量为n＝(2，4，3)．又平面PAC的一个法向量为eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))＝(0，1，0)，所以neq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))＝4，∣n∣＝eq\r(29)，∣eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))∣＝1．则cos＜n，eq\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))＞＝eq\f(n\o(\s\up8(→),\s\do1(OB)),∣n∣∣\o(\s\up8(→),\s\do1(OB))∣)＝eq\f(4\r(29),29)．故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为eq\f(4\r(29),29).…………10分23．解：（1）由条件，n∈N*，nf(n)＝Ceq\a(0,n)Ceq\a(1,n)＋2Ceq\a(1,n)Ceq\a(2,n)＋…＋rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n)Ceq\a(n,n)①，在①中令n＝1，得f(1)＝Ceq\a(0,1)Ceq\a(1,1)＝1．……………………1分在①中令n＝2，得2f(2)＝Ceq\a(0,2)Ceq\a(1,2)＋2Ceq\a(1,2)Ceq\a(2,2)＝6，得f(2)＝3．……………2分在①中令n＝3，得3f(3)＝Ceq\a(0,3)Ceq\a(1,3)＋2Ceq\a(1,3)Ceq\a(2,3)＋3Ceq\a(2,3)Ceq\a(3,3)＝30，得f(3)＝10．………………3分（2）猜想f(n)＝Ceq\a(n,2n－1)(或f(n)＝Ceq\a(n－1,2n－1))．…………………5分欲证猜想成立，只要证等式nCeq\a(n,2n－1)＝Ceq\a(0,n)Ceq\a(1,n)＋2Ceq\a(1,n)Ceq\a(2,n)＋…＋rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n)Ceq\a(n,n)成立．方法一：当n＝1时，等式显然成立．当n≥2时，因为rCeq\a(r,n)＝eq\f(rn!,r!(n－r)!)＝eq\f(n!,(r－1)!(n－r)!)＝neq\f((n－1)!,(r－1)!(n－r)!)＝nCeq\a(r－1,n－1)，………7分故rCeq\a(r－1,n)Ceq\a(r,n)＝(rCeq\a(r,n))Ceq\a(r－1,n)＝nCeq\a(r－1,n－1)Ceq\a(r－1,n)．故只需证明nCeq\a(n,2n－1)＝nCeq\a(0,n－1)Ceq\a(0,n)＋nCeq\a(1,n－1)Ceq\a(1,n)＋…＋nCeq\a(r－1,n－1)Ceq\a(r－1,n)＋…＋nCeq\a(n－1,n－1)Ceq\a(n－1,n)．即证Ceq\a(n,2n－1)＝Ceq\a(0,n－1)Ceq\a(0,n)＋Ceq\a(1,n－1)Ceq\a(1,n)＋…＋Ceq\a(r－1,n－1)Ceq\a(r－1,n)＋…＋Ceq\a(n－1,n－1)Ceq\a(n－1,n)．而Ceq\a(r－1,n)＝Ceq\a(n－r＋1,n)，故即证Ceq\a(n,2n－1)＝Ceq\a(0,n－1)Ceq\a(n,n)＋Ceq\a(1,n－1)Ceq\a(n－1,n)＋…＋Ceq\a(r－1,n－1)Ceq\a(n－r＋1,n)＋…＋Ceq\a(n－1,n－1)Ceq\a(1,n)②．由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左边xn的系数为eq\a(n,2n－1)．而右边(1＋x)n－1(1＋x)n＝(Ceq\a(0,n－1)＋Ceq\a(1,n－1)x＋Ceq\a(2,n－1)x2＋…＋Ceq\a(n－1,n－1)xn－1)(Ceq\a(0,n