江苏省盐城市2020届高三第二次模拟考试(5月)

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江苏省盐城市2020届高三第二次模拟考试（5月）
参考公式：
锥体的体积公式：V ＝1
3Sh ，其中S 为锥体的底面，h 为高．
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1. 已知集合M ＝{x|x 2
－2x<0}，N ＝{x|－1<x<1}，则M 与N 的并集M ∪N ＝________． 2. 设复数z ＝a ＋i(a ＞0)．若zz ＝2，则正实数a 的值为________．
3. 某电视台对一节目的喜爱程度进行网络调查，共有12 000人参与调查，喜爱、一般、不喜爱的人分别为6 000人、5 000人、1 000 人，为进一步了解被调查人的具体想法，现利用分层抽样的方法抽取60人，则抽取不喜爱的人数为________．
4. 某校志愿者小组有2名男生和1名女生，现从中任选2人参加活动，则女生入选的概率是________．
I ←1 While I ＜6 I ←I ＋2 S ←2I －1 End While Print S
5. 一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出S 的值为________．
6. 若双曲线x 2
a 2－y
2
b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，则其两条渐近线所成的锐角为________．
7. 设三棱锥PABC 的体积为V 1，点M ，N 分别满足PM →＝2MB →，PN →＝NC →
.记三棱锥ABMN 的体积为V 2，则V 2
V 1
＝________．
8. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c.若sin A sin B ＝b
a ＋c ，a ＝2c ，则cos A ＝
________．
9. 已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，且数列{b n }是等差数列．若b 3＝2，b 10＝9，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．
10. 若函数f(x)＝|sin(2x ＋θ)|关于直线x ＝π
4对称，则θ的最小正值为________．
11. 若存在实数x ∈(0，4)，使不等式x 3
－2ax ＋16<0成立，则实数a 的取值范围是________．
2
12. 在锐角三角形ABC 中，已知AH 是BC 边上的高，且满足AH →＝13AB →＋23AC →
，则AC AB 的取值范
围是________．
13. 设函数f(x)＝x 2
－2ax ＋b ·2x
.若函数y ＝f(x)与函数y ＝f(f(x))都有零点，且它们的零点完全相同，则实数a 的取值范围是________．
14. 若圆C 1：(x －m)2
＋y 2
＝16与圆C 2：(x －n)2
＋y 2
＝16相交，点P 为其在x 轴下方的交点，且mn ＝－8，则点P 到直线x ＋y －1＝0距离的最大值为________．
二、 解答题：本大题共6小题，共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)
若m ＝(sin x 2，cos x 2)，n ＝(cos x 2，3cos x 2)．设f(x)＝m ·n －3
2.
(1) 求函数f(x)在[0，π]上的单调减区间；
(2) 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若f(A)＝f(B)，a ＝2b ，求sin B 的值．
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝AC，A1B⊥AC1，设O为AC1与A1C的交点，点P为BC 的中点．求证：
(1) OP∥平面ABB1A1；
(2) 平面ACC1⊥平面OCP.
3
4
如图1是淋浴房示意图，它的底座是由正方形截去一角得到，这一角是一个与正方形两邻边相切的圆的1
4圆弧(如图2)．现已知正方形的边长是1米，设该底座的面积为S 平方
米，周长为l 米(周长是指图2中实线部分)，圆的半径为r 米．设计的理想要求是面积S 尽可能大，周长l 尽可能小，但显然S ，l 都是关于r 的减函数，于是设f(r)＝S
l ，当f(r)
的值越大，满意度就越高．试问r 为何值时，该淋浴房底座的满意度最高？(解答时π以3代入运算)
5
如图，A ，B 为椭圆C ：x 2
a 2＋y 2
＝1短轴的上、下顶点，P 为直线l ：y ＝2上一动点，
连结PA 并延长交椭圆于点M ，连结PB 交椭圆于点N. 已知直线MA ，MB 的斜率之积恒为－1
2
.
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 若直线MN 与x 轴平行，求直线MN 的方程；
(3) 求四边形AMBN 面积的最大值，并求对应的点P 的坐标．
已知数列{a n}满足|a n＋1－a n|＝2n＋1.
(1) 若数列{a n}的首项为a1，其中0<a1<3，且a1，a2，a3构成公比小于0的等比数列，求a1的值；
(2) 若a n是公差为d(d＞0)的等差数列{b n}的前n项和，求a1的值；
(3) 若a1＝1，a2＝－2，且数列{a2n－1}单调递增，数列{a2n}单调递减，求数列{a n}的通项公式．
6
设函数f(x)＝φ（x）
e x
，g(x)＝
ln x
φ（x）
，其中φ(x)恒不为0.
(1) 设φ(x)＝x2，求函数f(x)在x＝1处的切线方程；
(2) 若x0是函数f(x)与g(x)的公共极值点，求证：x0存在且唯一；
(3) 设φ(x)＝ax＋b，是否存在实数a，b，使得f′(x)·g′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立？
若存在，请求出实数a，b满足的条件；若不存在，请说明理由.
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2020届高三模拟考试试卷(十六)
数学附加题
(满分40分，考试时间30分钟)
21. 【选做题】 在A ，B ，C 三小题中只能选做两题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． A. (选修42：矩阵与变换)
直线l 经矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
cos θ－sin θsin θ cos θ(其中θ∈(0，π))作用变换后得到直线l ′：
y ＝2x.若直线l 与l ′垂直，求θ的值．
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋3
2
t ，y ＝－12t (t 为参数)．以坐标
原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2，求直线l 被曲线C 截得的弦长．
C. (选修45：不等式选讲)
若正数a ，b ，c 满足2a ＋4b ＋c ＝3，求
1a ＋1＋1b ＋2＋1c ＋3
的最小值．
【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
22. 已知某高校综合评价有两步：第一步是材料初审，若材料初审不合格，则不能进入第二步面试；若材料初审合格，则进入第二步面试．只有面试合格者，才能获得该高校综合评价的录取资格，现有A，B，C三名学生报名参加该高校的综合评价，假设A，B，C三位
学生材料初审合格的概率分别是1
3
，
1
2
，
1
4
；面试合格的概率分别是
1
2
，
1
3
，
2
3
.
(1) 求A，B两位考生有且只有一位考生获得录取资格的概率；
(2) 记随机变量X为A，B，C三位学生获得该高校综合评价录取资格的人数，求X的概率分布与数学期望．
23.设集合T n＝{1，2，3，…，n}(其中n≥3，n∈N*)，将T n的所有3元子集(含有3个元素的子集)中的最小元素的和记为S n.
(1) 求S3，S4，S5的值；
(2) 试求S n的表达式．
9
10
参考答案
1. (－1，2)
2. 1
3. 5
4. 23
5. 13
6. π3
7. 16
8. 6
4
9. 2n
－1 10. π2 11. (6，＋∞)
12. (
22，1) 13. (－2，0] 14. 522
15. 解：(1) f(x)＝m ·n －32＝sin x 2cos x 2＋3cos 2x
2－32＝12sin x ＋32
cos x ＝sin(x ＋π
3)．(4分) 当2k π＋
π2≤x ＋π3≤2k π＋3π2，k ∈Z 时，函数f(x)单调递减，即2k π＋π
6
≤x ≤2k π＋7π
6
，k ∈Z. 因为x ∈[0，π]，所以函数f(x)在[0，π]上的减区间为[π
6
，π]．(6分) (2) 由f(A)＝f(B)得sin(A ＋
π3)＝sin(B ＋π
3
)． 又a ＝2b ，所以A>B ，所以A ＋
π3＋B ＋π3＝π，得A ＋B ＝π
3
.(8分) 由a ＝2b 及正弦定理得sin A ＝2sin B ， 所以sin(π3－B)＝2sin B ，即sin π3cos B －cos π3sin B ＝2sin B ，解得cos B ＝533
sin B ．(12分)
又sin 2B ＋cos 2B ＝1，得sin 2
B ＝328.
因为sin B>0，所以sin B ＝
21
14
.(14分) 16. 证明：(1) 在平行四边形ACC 1A 1中，因为O 为AC 1与A 1C 的交点，所以点O 为A 1C 的中点．
因为点P 为BC 的中点，所以OP ∥A 1B.(4分)
又OP ⊄平面ABB 1A 1，A 1B ⊂平面ABB 1A 1，所以OP ∥平面ABB 1A 1.(6分) (2) 由(1)知OP ∥A 1B ，又A 1B ⊥AC 1，所以AC 1⊥OP.(8分)
在平行四边形ACC 1A 1中，AA 1＝AC ，所以四边形ACC 1A 1为菱形，所以AC 1⊥A 1C.(10分) 又OP ，A 1C ⊂平面OCP ，且OP ∩A 1C ＝O ，所以AC 1⊥平面OCP.(12分) 又AC 1⊂平面ACC 1，所以平面ACC 1⊥平面OCP.(14分)
11
17. 解：周长l ＝2＋2(1－r)＋14·2πr ＝4－1
2
r ，
面积S ＝1－(r 2
－14πr 2)＝1－14
r 2，(4分)
所以f(r)＝1－14r 2
4－12
r ＝4－r
2
2（8－r ），r ∈(0，1)．(6分)
令8－r ＝x ，则f(r)＝4－（8－x ）2
2x ＝4－（8－x ）2
2x ＝16－(x 2＋30
x )≤16－
2
x 2·30
x
.(10分) 当且仅当x ＝60
x 时，即x ＝215，f(r)最大，此时r ＝8－215.(13分)
答：当r ＝8－215时，该淋浴房底座的满意度最高．(14分) 18. 解：(1) 由椭圆C ：x 2
a
2＋y 2
＝1，所以A(0，1)，B(0，－1)．
设M(x 0，y 0)，则y 0－1x 0·y 0＋1x 0＝－1
2，(2分)
所以y 2
0＝1－12
x 20.
又x 2
0a 2＋y 20＝1，解得a 2
＝2， 所以椭圆的方程为x 2
2
＋y 2
＝1.(4分)
(2) 设P(t ，2)，当t ＝0时，x M ＝x N ＝0，不符题意，所以t ≠0， 所以k PA ＝1t ，直线PA 的方程为y ＝1
t x ＋1，即x ＝ty －t ，(6分)
代入椭圆的方程得到（ty －t ）2
2＋y 2＝1，即t 2(y －1)2＋2(y 2
－1)＝0，
解得y A ＝1，y M ＝t 2
－2t 2＋2，同理y N ＝18－t
2
t 2＋18
.(8分)
因为直线MN 与x 轴平行，所以t 2
－2t 2＋2＝18－t 2
t 2＋18，解得t 2
＝6，y M ＝12，
所以直线MN 的方程为y ＝1
2
.(10分)
(3) 由(2)知t 2
－2t 2＋2＝1t x M ＋1，解得x M ＝－4t t 2＋2，同理x N ＝12t
t 2＋18，(12分)
所以四边形AMBN 的面积S ＝12·2(|x M |＋|x N |)＝4|t|t 2＋2＋12|t|
t 2＋18
.
根据对称性，不妨设t ＞0，则S ＝4t t 2＋2＋12t t 2＋18＝16（t 3
＋6t ）
t 4＋20t 2
＋36
.(14分)
12
所以S ＝16·t ＋
6
t
t 2
＋36t 2＋20＝16·t ＋6t
（t ＋6t
）2＋8
.
设m ＝t ＋6t (m ≥26)，则S ＝16·m m 2＋8＝16·1m ＋8m ≤16·126＋826＝16·1
86
3＝ 6.
当且仅当t ＝6
t
，即t ＝6时等号成立，
所以四边形AMBN 面积的最大值为6，此时点P(±6，2)．(16分) 19. 解：(1) 因为|a n ＋1－a n |＝2n ＋1，所以a 2－a 1＝±3，即a 2＝a 1±3.
又0<a 1<3，且前三项是公比小于0的等比数列，所以a 2＝a 1－3<0，(2分) a 3－a 2＝±5，即a 3＝a 2＋5>0，所以a 3＝a 1＋2， 所以(a 1－3)2
＝a 1(a 1＋2)，解得a 1＝98
.(4分)
(2) 因为a n 是等差数列{b n }的前n 项和，所以|a n ＋1－a n |＝|b n ＋1|＝2n ＋1.(6分) 又b n ＋1＝b 1＋dn ＝dn ＋a 1，所以|dn ＋a 1|＝2n ＋1.(8分)
当dn ＋a 1＝－2n －1时，(d ＋2)n ＋a 1＋1＝0，所以d ＝－2，不符题意； 当dn ＋a 1＝2n ＋1时，(d －2)n ＋a 1－1＝0，所以d ＝2，a 1＝1.(10分) (3) 因为数列{a 2n －1}单调递增，所以a 1<a 3<a 5<… 因为数列{a 2n }单调递增，所以a 2>a 4>a 6>… 因为a 1>a 2，
所以…<a 6<a 4<a 2<a 1<a 3<a 5<…
因为|a n ＋1－a n |＝2n ＋1，所以a 2n ＋1－a 2n ＝4n ＋1； 同理a 2n －a 2n －1＝－4n ＋1，所以a 2n ＋1－a 2n －1＝2. 又a 1＝1，所以a 2n －1＝1＋2(n －1)＝2n －1，(14分) 所以a 2n －(2n －1)＝－(4n －1)，a 2n ＝－2n ，
所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，－n ，n ＝2k (k ∈N *
)．(16分)
20. (1) 解：因为φ(x)＝x 2
，所以f(x)＝x 2e x ，f ′(x)＝2xe x －x 2e x e 2x
＝2x －x
2
e
x ，(2分) 所以f ′(1)＝1
e
.
13
又f(1)＝1e ，所以函数f(x)在x ＝1处的切线方程为y －1e ＝1e (x －1)，即y ＝1
e x.(4分)
(2) 证明：因为f(x)＝φ（x ）e x ，所以f ′(x)＝φ′（x ）e x
－φ（x ）e
x
e 2x
＝φ′（x ）－φ（x ）
e
x
. 又g(x)＝ln x
φ（x ），所以g ′(x)＝1
x φ（x ）－φ′（x ）ln x φ2
（x ）.(6分) 因为x 0是函数f(x)与g(x)的公共极值点，
所以f ′(x 0)＝0，g ′(x 0)＝0，即φ′(x 0)＝φ(x 0)，1
x 0φ(x 0)＝φ′(x 0)ln x 0.
因为φ(x)≠0，所以1
x 0＝ln x 0.(8分)
令h(x)＝ln x －1
x
，则x 0是h(x)的零点．
因为h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以h(x)至多有1个零点，
又h(1)＝ln 1－11<0，h(e)＝ln e －1
e >0，且函数h(x)在(0，＋∞)上连续不间断，由
零点存在性定理可知h(x)的零点x 0唯一存在，得证．(10分)
(3) 解：因为φ(x)＝ax ＋b ，由(2)得f ′(x)＝－ax ＋a －b
e x ，g ′(x)＝a ＋b
x －aln x
φ2
（x ）. 记m(x)＝－ax ＋a －b ，n(x)＝a ＋b
x
－aln x.
①当a ＝0时，m(x)＝－b ，n(x)＝b
x ，若b ＝0，则m(x)＝n(x)＝0，此时f ′(x)＝g ′
(x)＝0，不符题意；
若b ≠0，m(x)与n(x)符号相反，此时f ′(x)·g ′(x)<0，满足题意．(12分) ②当a>0时，若x>
a －b
a
，则m(x)<0； 若b>0，当x>1时，则n(x)＝a ＋b
x －aln x<a ＋b －aln x.
由a ＋b －aln x<0，得ln x>a ＋b
a ，所以x>e a ＋b
a ，
所以x>x 0＝max ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a －b
a ，1，e a ＋
b a 时，m(x)<0，n(x)<0，
此时函数f ′(x)<0与g ′(x)<0，f ′(x)·g ′(x)>0，不符题意(舍)；
14
若b<0，则n(x)＝a ＋b
x －aln x<a －aln x.
由a －aln x<0，得ln x>1，所以x>e.
所以x>x 0＝max ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a －b a ，e 时，m(x)<0，n(x)<0， 此时函数f ′(x)<0与g ′(x)<0，f ′(x)·g ′(x)>0，不符题意(舍)；(14分) ③当a<0时，若x>
a －b
a
，则m(x)>0； 若b>0，则n(x)＝a ＋b
x －aln x>a －aln x.
由a －aln x>0，得ln x>1，所以x>e ，
所以x>x 0＝max ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
a －
b a ，e 时，m(x)>0，n(x)>0， 此时函数f ′(x)>0与g ′(x)>0，f ′(x)·g ′(x)>0，不符题意(舍); 若b<0，当x>1时，则n(x)＝a ＋b
x －aln x>a ＋b －aln x.
由a ＋b －aln x>0，得x>e a ＋b
a ，
所以x>x 0＝max ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫a －b
a ，1，e a ＋
b a 时，m(x)>0，n(x)>0，
此时函数f ′(x)>0与g ′(x)>0，f ′(x)·g ′(x)>0，不符题意(舍)． 综上所述，当a ＝0且b ≠0时，
函数f(x)与g(x)满足f ′(x)·g ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立．(16分)
2020届高三模拟考试试卷(盐城)
数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：(解法1)平面列向量关于原点逆时针旋转α所对应的变换矩阵为M (α)＝
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
cos αsin α－sin αcos α，(4分) 直线l 经矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
cos θ－sin θsin θ cos θ作用，即顺时针旋转θ以后得到直线l ′，且
l ⊥l ′，θ∈(0，π)，
所以θ＝π
2
.(10分)
(解法2)在直线l 上任取一点P(x ，y)，经过矩阵M 作用后得到点P ′(x ′，y ′)，
15
则⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos θ－sin θsin θ cos θ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos θ·x －sin θ·y sin θ·x ＋cos θ·y ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤x ′y ′ .(6分) 又点P ′(x ′，y ′)在直线l ′：y ＝2x 上，
所以sin θ·x ＋cos θ·y ＝2×(cos θ·x －sin θ·y)， 即(cos θ＋2sin θ)·y ＝(2cos θ－sin θ)·x.(8分)
因为l ⊥l ′，所以2cos θ－sin θcos θ＋2sin θ＝－1
2，所以4cos θ－2sin θ＝－2sin θ－cos θ，
所以cos θ＝0.
因为θ∈(0，π)，所以θ＝
π
2
.(10分) B. 解：直线l 的直角坐标方程为x ＋3y ＋1＝0，(2分)
曲线C 的直角坐标方程为x 2
＋y 2
＝2，圆心为C(0，0)，半径r ＝2，(6分) 圆心C 到直线l 的距离d ＝
1
12＋（3）
2＝12， 所以直线l 被曲线C 截得的弦长为2
（2）2
－（12）2＝ 6.(10分)
C. 解：因为正数a ，b ，c 满足2a ＋4b ＋c ＝3，所以2(a ＋1)＋4(b ＋2)＋(c ＋3)＝16.
所以1a ＋1＋1b ＋2＋1c ＋3＝116[2(a ＋1)＋4(b ＋2)＋(c ＋3)]·(1a ＋1＋1b ＋2＋1c ＋3)
≥116(2＋2＋1)2
＝11＋6216
.(8分) 当且仅当a ＝242－237，b ＝10－827，c ＝27－1627时，取最小值11＋6216.(10分)
22. 解：(1) 记“A ，B 两位考生有且只有一位考生获得录取资格”为事件M.
A 考生获得录取资格的概率为13×12＝16；
B 考生获得录取资格的概率为12×13＝1
6；
所以P(M)＝16×56＋56×16＝5
18
.
答：A ，B 两位考生有且只有一位考生获得录取资格的概率为5
18.(4分)
(2) 随机变量X 可能的取值为0，1，2，3.
C 考生获得录取资格的概率为14×23＝1
6，由(1)得A ，B 两位考生获得录取资格的概率均
为16
.
16
所以A ，B ，C 三位考生获得高校综合评价录取资格的人数X ～B(3，1
6)．
则P(X ＝0)＝C 03(56)3＝125216，P(X ＝1)＝C 13(56)2
·(16)1＝75216，
P(X ＝2)＝C 23(56)1·(16)2＝15216，P(X ＝3)＝C 33(16)3
＝1216，
随机变量X 的概率分布表如下：
数学期望为E(X)＝0×125216＋1×75216＋2×15216＋3×1216＝108216＝1
2(人)．(8分)
答：X 的数学期望为1
2
人．(10分)
注：(1) 如果随机变量X 的概率分布列写成P(X ＝k)＝C k 3(56)3－k
·(16)k (k ＝0，1，2，3)，
可酌情给分．(如果由二项分布的期望公式直接得出结果，可酌情给分．)
23. 解：(1) 当n ＝3时，T 3＝{1，2，3}，3元子集有：{1，2，3}，∴ S 3＝1；(1分)
当n ＝4时，T 4＝{1，2，3，4}，
3元子集有：{1，2，3}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，∴ S 4＝1×C 2
3＋2C 2
2＝5；(2分)
当n ＝5时，T 5＝{1，2，3，4，5}，
3元子集有：{1，2，3}，{1，2，4}，{1，2，5}，{1，3，4}，{1，3，5}，{1，4，5}，{2，3，4}，{2，3，5}，{2，4，5}，{3，4，5}，
∴ S 5＝1×C 2
4＋2×C 2
3＋3×C 2
2＝15.(4分)
(2) (解法1)T n ＝{1，2，3，…，n}，以1为最小值的3元子集个数为C 2
n －1；以2为最小值的3元子集个数为C 2
n －2；…以n －2为最小值的3元子集个数为C 2
2.
∴ S n ＝1×C 2
n －1＋2×C 2
n －2＋…＋(n －3)×C 2
3＋(n －2)×C 2
2(n ≥3)
＝(n －2)×C 2
2＋(n －3)×C 2
3＋…＋[n －(n －2)]×C 2
n －2＋[n －(n －1)]×C 2
n －1 ＝n(C 2
2＋C 2
3＋…＋C 2
n －1)－[2C 2
2＋3C 2
3＋…＋(n －1)C 2
n －1] (*)． ∵ C k
n ＋1＝C k
n ＋C k －1
n ，
∴ C 2
2＋C 2
3＋…＋C 2
n －1＝C 3
3＋C 2
3＋…＋C 2
n －1＝C 3
4＋C 2
4＋…＋C 2
n －1＝C 3
n .(6分) 下求2C 2
2＋3C 2
3＋…＋(n －1)C 2
n －1.
记f(x)＝(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n－1(x≠0)，
则f′(x)＝2(1＋x)1＋3(1＋x)2＋…＋(n－1)(1＋x)n－2(x≠0)．
记g(x)＝(x＋1)f′(x)＝2(1＋x)2＋3(1＋x)3＋…＋(n－1)(1＋x)n－1(x≠0)，则g(x)的展开式中x2项前的系数为2C22＋3C23＋…＋(n－1)C2n－1.
又f(x)＝（1＋x）2[（1＋x）n－2－1]
x
(x≠0)，
f′(x)＝[n（1＋x）n－1－2（1＋x）]x－[（1＋x）n－（1＋x）2]
x2
(x≠0)，
g(x)＝[n（1＋x）n－2（1＋x）2]x－[（1＋x）n＋1－（1＋x）3]
x2
(x≠0)，
则g(x)的展开式中x2项前的系数又可以写作nC3n－C4n＋1，
∴ 2C22＋3C23＋…＋(n－1)C2n－1＝nC3n－C4n＋1，
∴(*)式＝nC3n－(nC3n－C4n＋1)＝C4n＋1(n≥3)．(10分)
(解法2)由S3＝1，S4＝5，S5＝15，S6＝35…归纳猜想出S n＝C4n＋1(n≥3)．下用数学归纳法给出证明．
①当n＝3时，S3＝1＝C44，结论成立；(2分)
②假设n＝k(k≥3，k∈N*)时，结论成立，即S k＝C4k＋1，(4分)
则当n＝k＋1时，T k＋1＝{1，2，3，…，k，k＋1}，
S k＋1＝S k＋[C1k－1＋2C1k－2＋3C1k－3＋…＋(k－2)C12＋(k－1)C11]
＝C4k＋1＋{(k－1)C11＋(k－2)C12＋…＋[k－(k－2)]C1k－2＋[k－(k－1)]C1k－1} ＝C4k＋1＋{k(C11＋C12＋…＋C1k－1)－[C11＋2C12＋3C13＋…＋(k－1)C1k－1]}
＝C4k＋1＋[kC2k－(kC2k－C3k＋1)]
＝C4k＋1＋C3k＋1＝C4（k＋1）＋1，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
综上，由①②可得S n＝C4n＋1(n≥3)．(10分)
17。