江苏省南通市2020届高三第二次模拟考试(5月)数学

2020届高三模拟考试试卷
数 学
(满分160分，考试时间120分钟)
2020．5
参考公式：
样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差s 2＝
圆柱的体积公式：V
圆柱
＝Sh ，其中S 是圆柱的底面积，h 为高．
圆柱的侧面积公式：S 圆柱侧＝cl ，其中c 是圆柱底面的周长，l 为母线长．
球的体积公式：V 球＝4
3πR 3，球的表面积公式：S 球＝4πR 2，其中R 为球的半径．
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 ＝{－2，－1，0，1}，N ＝{x|x 2＋x ≤0}，则M ∩N ＝________．
2. 已知复数a ＋i
2＋i
为纯虚数，其中i 为虚数单位，则实数a 的值是________．
3. 某同学5次数学练习的得分依次为114，116，114，114，117，则这5次得分的方差是________． Read x
If x ＜0 Then m ←2x ＋1 Else
m ←2－3x End If Print m
(第4题)
4. 根据如图所示的伪代码，当输入的x 为－1时，最后输出m 的值是________．
5. 在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a 2－y 2
b
2＝1(a>0，b>0)的离心率为5，则该双曲线的渐近
线的方程是____________．
6. 某同学参加“新冠肺炎防疫知识”答题竞赛活动，需从4道题中随机抽取2道作答．若该同学会其中的3道题，则抽到的2道题他都会的概率是________．
7. 将函数f(x)＝sin(2x ＋π
3)的图象向右平移φ个单位长度得到函数g(x)的图象．若g(x)为奇函数，
则φ的最小正值是________．
8. 已知非零向量b 与a 的夹角为120°，且|a|＝2，|2a ＋b|＝4，则|b|＝________．
9. 已知等比数列{a n }的各项均为正数，且8a 1，a 3，6a 2成等差数列，则a 7＋2a 8
a 5＋2a 6
的值是________．
10. 在平面直角坐标系xOy 中，已知过点(－10，0)的圆M 与圆x 2＋y 2－6x －6y ＝0相切于原点，则圆M 的半径是________．
11. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的
智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R ，酒杯内壁表面积为14
3πR 2.设酒杯上部分(圆柱)
的体积为V 1，下部分(半球)的体积为V 2，则V 1
V 2
的值是________．
12. 已知函数f(x)＝log a x(a>1)的图象与直线y ＝k(x －1)(k ∈R )相交．若其中一个交点的纵坐标为1，则k ＋a 的最小值是________．
13. 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4x ＋1，x ≥0，
（x ＋2）2，x<0.
若关于x 的不等式f(x)－mx －m －1<0(m ∈R )的解集是(x 1，
x 2)∪(x 3，＋∞)，x 1<x 2<x 3，则m 的取值范围是________．
14. 如图，在△ABC 中，AC ＝3
2BC ，点M ，N 分别在AC ，BC 上，
且AM ＝13AC ，BN ＝12BC.若BM 与AN 相交于点P ，则CP
AB
的取值范围是
________．
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)
在斜三角形ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c. (1) 若2acos C ＝b ，且sin 2C ＝sin Asin B ，求B 的值； (2) 若cos(2A ＋B)＋3cos B ＝0，求tan Atan C 的值．
16. (本小题满分14分)
如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1，侧面BCC 1B 1是矩形，点E ，F 分别为BC ，A 1B 1的中点．求证：
(1) BC ⊥AC 1；
(2) EF ∥平面ACC 1A 1.
17.(本小题满分14分)
如图，某森林公园内有一条宽为100米的笔直的河道(假设河道足够长)，现拟在河道内围出一块直角三角形区域养殖观赏鱼．三角形区域记为△ABC，A到河两岸的距离AE，AD相等，B，C分别在两岸上，AB⊥AC.为方便游客观赏，拟围绕△ABC区域在水面搭建景观桥．为了使桥的总长度l(即△ABC的周长)最短，工程师设计了以下两种方案：
方案1：设∠ABD＝α，求出l关于α的函数解析式f(α)，并求出f(α)的最小值．
方案2：设EC＝x米，求出l关于x的函数解析式g(x)，并求出g(x)的最小值．
请从以上两种方案中自选一种解答．(注：如果选用了两种方案解答，则按第一种解答计分)
18. (本小题满分16分)
在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a>0，b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线
构成等边三角形，两准线之间的距离为83
3
.
(1) 求椭圆C 的标准方程；
(2) 直线l ：y ＝kx ＋m(k>0，m ≠0)与椭圆C 交于P ，Q 两点，设直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2.已知k 2＝k 1·k 2.
①求k 的值；
②当△OPQ 的面积最大时，求直线PQ 的方程．
19. (本小题满分16分)
已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，λa n ＋1＋S n ·S n ＋2＝S 2n ＋1，n ∈N *
，λ∈R . (1) 若λ＝－3，a 2＝－1，求a 3的值；
(2) 若数列{a n }的前k 项成公差不为0的等差数列，求k 的最大值；
(3) 若a 2>0，是否存在λ∈R ，使{a n }为等比数列？若存在，求出所有符合题意的λ的值；若不存在，请说明理由．
20. (本小题满分16分)
对于定义在D 上的函数f(x)，若存在k ∈R ，使f(x)<kx 恒成立，则称f(x)为“m(k)型函数”；若存在k ∈R ，使f(x)≥kx 恒成立，则称f(x)为“M(k)型函数”．已知函数f(x)＝(1－2ax)ln x(a ∈R )．
(1) 设函数h 1(x)＝f(x)＋1(x ≥1)．若a ＝0，且h 1(x)为“m(k)型函数”，求k 的取值范围；
(2) 设函数h 2(x)＝f(x)＋1x .求证：当a ＝－1
2时，h 2(x)为“M(1)型函数”；
(3) 若a ∈Z ，求证：存在唯一整数a ，使得f(x)为“m(1
4)型函数”．
2020届高三模拟考试试卷(十四)
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)
已知矩阵A 的逆矩阵A －1
＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3221.
(1) 求矩阵A ；
(2) 若向量α＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤21，计算A 2α.
B. (选修44：坐标系与参数方程)
在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋32t ，
y ＝12t
(t 为参数)．在以坐标原点为
极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos (θ＋π
3)．设P 为曲线C 上的
动点，求点P 到直线l 的距离的最大值．
C. (选修45：不等式选讲)
若实数x ，y ，z 满足x ＋2y ＋3z ＝1，求x 2＋y 2＋z 2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. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y 2＝2px(p>0)，过点M(4p ，0)的直线l 交抛物线于A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)两点．当AB 垂直于x 轴时，△OAB 的面积为2 2.
(1) 求抛物线的方程；
(2) 设线段AB 的垂直平分线交x 轴于点T. ①求证：y 1y 2为定值；
②若OA ∥TB ，求直线l 的斜率．
23. 设n ∈N *，k ∈N ，n ≥k.
(1) 化简：C k n ＋1·C k ＋
1
n ＋1
C k n ·C k ＋1n ＋2
；
(2) 已知(1－x)2n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n x 2n ，记F(n)＝(n ＋1)k
a k
.求证：F(n)能被2n ＋1整除．
2020届高三模拟考试试卷(南通)
数学参考答案及评分标准
1. {－1，0}
2. －12
3. 85
4. 32
5. y ＝±2x
6. 1
2 7. π6 8. 4 9. 16 10. 52 11. 2 12. 3
13. (0，2)∪(2，3) 14. (1
5
，2)
15. 解： (1) 在△ABC 中，由余弦定理得2a·a 2＋b 2－c 2
2ab ＝b ，
化简得a 2＝c 2，即a ＝c.(2分)
因为sin 2C ＝sin Asin B ，且a sin A ＝b sin B ＝c
sin C ＝2R(R 为△ABC 外接圆半径)，
所以c 2＝ab ，(4分)
所以c ＝a ＝b ，所以△ABC 为正三角形， 所以B ＝π
3
.(6分)
(2) 因为cos(2A ＋B)＋3cos B ＝0，且B ＝π－(A ＋C)， 所以cos[π＋(A －C)]＋3cos[π－(A ＋C)]＝0，(8分) 所以cos(A －C)＝－3cos(A ＋C)，(10分)
即cos Acos C ＋sin Asin C ＝－3cos Acos C ＋3sin Asin C ， 所以2cos Acos C ＝sin Asin C ．(12分)
在斜三角形ABC 中，因为A ≠π2，C ≠π
2
，所以cos A ≠0，cos C ≠0，
所以tan Atan C ＝2.(14分)
16. 证明：(1) 因为侧面BCC 1B 1是矩形，所以BC ⊥CC 1.
因为平面ACC 1A 1⊥平面BCC 1B 1，平面ACC 1A 1∩平面BCC 1B 1＝C 1C ，BC ⊂平面BCC 1B 1， 所以BC ⊥平面ACC 1A 1.(4分) 因为AC 1⊂平面ACC 1A 1， 所以BC ⊥AC 1.(6分)
(2) 取A 1C 1的中点G ，连结FG ，CG.
在△A 1B 1C 1中，点F ，G 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点， 所以FG ∥B 1C 1，且FG ＝1
2B 1C 1.(8分)
在矩形BCC 1B 1中，点E 是BC 的中点， 所以EC ∥B 1C 1，且EC ＝1
2
B 1
C 1，
所以EC ∥FG ，且EC ＝FG.(10分) 所以四边形EFGC 为平行四边形， 所以EF ∥GC.(12分)
因为EF ⊄平面ACC 1A 1，GC ⊂平面ACC 1A 1， 所以EF ∥平面ACC 1A 1.(14分) 17. 解：方案1：因为AB ⊥AC ， 所以∠EAC ＋∠BAD ＝90°.
在Rt △ABD 中，∠ABD ＋∠BAD ＝90°， 所以∠EAC ＝∠ABD ＝α，α∈(0，π
2)．(2分)
因为AD ＝AE ＝50，
在Rt △ADB 和Rt △AEC 中，AB ＝50sin α，AC ＝50
cos α
，(4分) 所以BC ＝
（50sin α）2＋（50cos α
）2＝501sin 2
α＋1cos 2α＝50
sin αcos α
， 所以f(α)＝50(1sin α＋1cos α＋1
sin αcos α)＝50(sin α＋cos α＋1sin αcos α)，其中α∈(0，π2)．(7分)
(解法1)设t ＝sin α＋cos α，则t ＝sin α＋cos α＝2sin (α＋π
4)．
因为α∈(0，π
2
)，所以t ∈(1，2]．(9分)
因为t 2
＝1＋2sin αcos α，所以sin αcos α＝t 2－1
2
，
所以y ＝50（t ＋1）t 2－12＝100
t －1，(12分)
所以当t ＝2时，f (α)min ＝
100
2－1
＝100＋100 2. 答：景观桥总长度的最小值为(100＋1002)米．(14分)
(解法2)f′(α)＝50（cos α－sin α）（－1－sin αcos α－sin α－cos α）
（sin αcos α）2.(10分)
因为α∈(0，π
2)，所以－1－sin αcos α－sin α－cos α<0，(sin αcos α)2>0.
当α∈(0，π
4)时，cos α－sin α>0，f ′(α)<0，f (α)单调递减；
当α∈(π4，π
2)时，cos α－sin α<0，f ′(α)>0，f (α)单调递增．(12分)
所以当α＝π
4时，f (α)取得最小值，最小值为(100＋1002)米．
答：景观桥总长度的最小值为(100＋1002)米．(14分) 方案2：因为AB ⊥AC ，所以∠EAC ＋∠BAD ＝90°. 在Rt △ABD 中，∠ABD ＋∠BAD ＝90°， 所以∠EAC ＝∠ABD ， 所以Rt △CAE ∽Rt △ABD, 所以AC AB ＝EC
AD
.(2分)
因为EC ＝x ，AC ＝AE 2＋EC 2＝ 2 500＋x 2，AD ＝50， 所以AB ＝50 2 500＋x 2
x .(4分)
BC ＝
AB 2＋AC 2＝
5 000＋x 2＋
2 5002x 2＝x ＋2 500
x
， 所以g(x)＝ 2 500＋x 2＋
50 2 500＋x 2x ＋(x ＋2 500x
)，x>0.(7分)
因为x>0， 所以g(x)≥2 2 500＋x 2·
50 2 500＋x 2
x
＋2
x·2 500x
(10分)
＝2
50（2 500x
＋x ）＋100≥2
50×2
2 500
x
·x ＋100＝1002＋100.(12分) 当且仅当 2 500＋x 2
＝50 2 500＋x 2x ，且2 500
x ＝x ，即x ＝50时取“＝”．
所以g(x)min ＝100＋1002，
答：景观桥总长度的最小值为(100＋1002)米．(14分) 18. 解：(1) 设椭圆的焦距为2c ，则c 2＝a 2－b 2.
因为短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，所以c ＝3b. 又两准线间的距离为833，则2a 2c ＝83
3，所以a ＝2，b ＝1，
所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2
＝1.(3分)
(2) ① 设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，
联立⎩⎪⎨⎪
⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，
Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)>0，化简得m 2<4k 2＋1， 所以x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.
又OP 的斜率k 1＝y 1x 1，OQ 的斜率k 2＝y 2
x 2，
所以
k 2＝k
1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝（kx 1＋m ）（kx 2＋m ）x 1x 2＝k 2x 1x 2＋km （x 1＋x 2）＋m 2
x 1x 2
，(6分) 化简得km(x 1＋x 2)＋m 2＝0， 所以km·－8km
4k 2＋1
＋m 2＝0.
因为m ≠0，即4k 2＝1，又k>0，所以k ＝1
2.(8分)
②由①得k ＝12，直线PQ 的方程为y ＝1
2x ＋m ，
且x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2，m 2<2.
又m ≠0，所以0<||m < 2.
所以PQ ＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝52|x 1－x 2|＝52
（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝5·2－m 2，(10分)
点O 到直线PQ 的距离d ＝
|m|12＋（12
）2
＝
2
5
|m|，(12分) 所以S △OPQ ＝12PQ ·d ＝12×5·2－m 2·25|m|＝m 2（2－m 2）≤m 2＋（2－m 2）2＝1，
当且仅当m 2＝2－m 2，即m ＝±1时，△OPQ 的面积最大， 所以直线PQ 的方程为y ＝1
2
x ±1.(16分)
19. 解：记λa n ＋1＋S n ·S n ＋2＝S 2n ＋1为(*)式．
(1) 当λ＝－3时，(*)式为－3a n ＋1＋S n ·S n ＋2＝S 2n ＋1， 令n ＝1得－3a 2＋S 1·S 3＝S 22，即－3a 2＋a 1·(a 1＋a 2＋a 3)＝(a 1＋a 2)2. 由已知a 1＝1，a 2＝－1，解得a 3＝－3.(2分)
(2) 因为前k 项成等差数列，设公差为d ，则a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d. 若k ＝3，则S 2＝2＋d ，S 3＝3＋3d.
在(*)式中，令n ＝1得λa 2＋S 1·S 3＝S 22，所以λ(1＋d)＋3＋3d ＝(2＋d)2，
化简得d 2＋d ＋1＝λ(1＋d) ①.(4分) 若k ＝4，则S 4＝4＋6d.
在(*)式中，令n ＝2得λa 3＋S 2·S 4＝S 23，所以λ(1＋2d)＋(2＋d)(4＋6d)＝(3＋3d)2
， 化简得3d 2＋2d ＋1＝λ(1＋2d) ②.
②－①，得2d 2＋d ＝λd ，因为公差不为0，所以d ≠0，
所以2d ＋1＝λ，代入①得d 2＋2d ＝0，所以d ＝－2，λ＝－3. 所以k ＝4符合题意．(6分)
若k ＝5，则a 1＝1，a 2＝－1，a 3＝－3，a 4＝－5，a 5＝－7，S 3＝－3，S 4＝－8，S 5＝－15.
在(*)式中，令n ＝3得－3a 4＋S 3S 5＝－3×(－5)＋(－3)×(－15)＝60，S 24＝(－8)2
＝64， 所以－3a 4＋S 3S 5≠S 24，所以k 的最大值为4.(8分) (3) 假设存在λ∈R ，使{a n }为等比数列．
设前3项分别为1，q ，q 2，则S 1＝1，S 2＝1＋q ，S 3＝1＋q ＋q 2， (*)式中，令n ＝1得λq ＋(1＋q ＋q 2)＝(1＋q)2，化简得q(λ－1)＝0. 因为q ＝a 2>0，所以λ＝1.(10分) 此时(*)式为(S n ＋1－S n )＋S n ·S n ＋2＝S 2n ＋1，即S n ＋1(S n ＋1－1)＝S n (S n ＋2－1) (**)． 由S 1＝1，S 2＝1＋a 2>1，得S 3>1; 由S 2，S 3>1得S 4>1，…
依次类推，S n ≥1>0，所以(**)等价于S n ＋2－1S n ＋1
＝S n ＋1－1
S n ，
所以数列⎩⎨
⎧⎭
⎬⎫
S n ＋1－1S n 为常数列， 所以S n ＋1－1S n ＝S 2－1S 1
＝a 2.(14分)
于是n ≥2时，⎩
⎪⎨⎪⎧S n ＋1－1＝a 2S n ，
S n －1＝a 2S n －1，两式相减得a n ＋1＝a 2·a n .
因为a 2＝a 2·a 1，所以a n ＋1＝a 2·a n (n ∈N *)．
又a 1，a 2≠0，所以a n ＋1
a n ＝a 2(非零常数)，所以存在λ＝1，使{a n }为等比数列．(16分)
20. (1)解：a ＝0时，h 1(x)＝ln x ＋1.
因为h 1(x)为“m(k)型函数”，所以h 1(x)<kx 恒成立，即k>ln x ＋1
x 恒成立．
设g(x)＝ln x ＋1x (x ≥1)，则g′(x)＝－ln x
x 2≤0恒成立，
所以g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)≤g(1)＝1，
所以k 的取值范围是(1，＋∞)．(3分)
(2) 证明：当a ＝－1
2时，要证h 2(x)为“M(1)型函数”，
即证(1＋x)ln x ＋1x ≥x ，即证(1＋x)ln x ＋1
x －x ≥0.
(证法1)令R(x)＝(1＋x)ln x ＋1
x
－x ，
则R′(x)＝ln x ＋(1＋x)·1x －1x 2－1＝ln x ＋1x －1
x 2＝ln x ＋x －1x 2.
当x>1时，ln x>0，x －1
x 2>0，则R′(x)>0；
当0<x<1时，ln x<0，x －1
x
2<0，则R′(x)<0；
所以R(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(6分) 则R(x)≥R(1)，又R(1)＝0，所以R(x)≥0， 所以h 2(x)为“M(1)型函数”．(8分)
(证法2)令F(x)＝ln x ＋1x －1x 2，则F′(x)＝1x －1x 2＋2x 3＝x 2－x ＋2
x 3>0，
所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，
所以当0<x<1时，R ′(x)<0，当x>1时，R ′(x)>0，
所以R(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，(6分) 以下同证法1.
(3) 证明：函数f(x)为“m(14)型函数”等价于p(x)＝(1－2ax)ln x －1
4x<0恒成立，
当a ≤0时，p(e)＝(1－2ae)－e 4≥1－e
4
>0，不合题意；
当a ≥2时，p(1e )＝2a e －1－14e ≥1e (4－e －1
4)>0，不合题意；(10分)
当a ＝1时，
(证法1)p(x)＝(1－2x)ln x －1
4
x ，
①当x ≥1或0<x ≤12时，p(x)≤0－1
4x<0.(12分)
②当1
2<x<1时，1－2x<0，由(2)知ln x>x －1x ，
所以p(x)<（1－2x ）（x －1）x －14x ＝－14x
(3x －2)2≤0.
综上，存在唯一整数a ＝1，使得f(x)为“m(1
4
)型函数”．(16分)
(证法2)p(x)＝(1－2x)ln x －14x ，p ′(x)＝－2ln x ＋1－2x x －14＝－2ln x ＋1x －9
4.
记φ(x)＝－2ln x ＋1x －9
4，则φ′(x)＝－2x －1x 2<0，
所以φ(x)＝p′(x)在(0，＋∞)上单调递减．
易得ln x ≤x －1， 所以p′(
22)＝2ln 2＋2－94≤2(2－1)＋2－94＝32－17
4＝288－174
<0. 因为p′(12)＝2ln 2＋2－94>1＋2－9
4
>0，
所以存在唯一零点x 0∈(12，22)，使得p′(x 0)＝－2ln x 0＋1x 0－9
4＝0，
且x 0为p(x)的最大值点，(12分)
所以p(x 0)＝(1－2x 0)ln x 0－14x 0＝（1－2x 0）（1x 0－9
4）
2－14x 0＝2x 0＋12x 0－17
8.
注意到y ＝2x ＋12x －178在(12，2
2)上单调递增，
所以p(x 0)<p(22)＝2＋12－178＝12
(32－17
4)<0， 所以p(x)<0.
综上，存在唯一整数a ＝1，使得f(x)为“m(1
4)型函数”．(16分)
2020届高三模拟考试试卷(南通) 数学附加题参考答案及评分标准
21. A. 解：(1) 设矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ，则A －1
A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3221⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤3a ＋2c 3b ＋2d 2a ＋c 2b ＋d ＝
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1001，
故⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2c ＝1，2a ＋c ＝0，3b ＋2d ＝0，2b ＋d ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝2，c ＝2，
d ＝－3，则矩阵A ＝⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤
－1 2 2－3.(5分) (2) 由矩阵A ＝⎣⎢
⎡⎦⎥⎤－1 2 2－3，得A 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2 2－3⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1 2 2－3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤
5－8－8 13，(8分)
所以A 2
α＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 5－8－8 13⎣⎢⎡⎦⎥⎤21＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤ 2－3.(10分)
B. 解：由ρ＝4cos (θ＋π3)得ρ2＝4ρcos (θ＋π
3)＝2ρcos θ－23ρsin θ，
所以曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋23y ＝0，
即(x －1)2＋(y ＋3)2＝4，圆心(1，－3)，半径r ＝2.(3分)
由直线l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝1＋32t ，
y ＝12t
(t 为参数)得x ＝1＋
3y ，
所以直线l 的普通方程为x －3y －1＝0.(6分) 所以圆心(1，－3)到直线l 的距离d ＝3
2，(8分)
所以点P 到直线l 的距离的最大值为32＋2＝7
2
.(10分)
C. 解：由柯西不等式，得(x ＋2y ＋3z)2≤(12＋22＋32)·(x 2＋y 2＋z 2)，(5分) 即x ＋2y ＋3z ≤12＋22＋32·x 2＋y 2＋z 2. 因为x ＋2y ＋3z ＝1，所以x 2＋y 2＋z 2≥1
14
，
当且仅当x 1＝y 2＝z 3，即x ＝114，y ＝17，z ＝3
14时取等号．
综上，x 2＋y 2＋z 2的最小值为
1
14
.(10分) 22. (1) 解：当AB 垂直于x 轴时，A(4p ，22p)，B(4p ，－22p)，
所以△OAB 的面积为12·AB ·OM ＝1
2·42p ·4p ＝82p 2＝2 2.
因为p>0，所以p ＝1
2
，
所以抛物线的方程为y 2＝x.(3分)
(2) ①证明：由题意可知直线l 与x 轴不垂直．
由(1)知M(2，0)，设A(y 21，y 1)，B(y 2
2，y 2)，则k AB ＝y 1－y 2y 21－y 2
2＝1y 1＋y 2. 由A ，M ，B 三点共线，得
y 1y 21－2＝y 2
y 22－2
. 因为y 1≠y 2，化简得y 1y 2＝－2.(5分) ②解：因为y 1y 2＝－2，所以B(4y 21，－2
y 1
)．
因为线段AB 垂直平分线的方程为y －y 1＋y 22＝－(y 1＋y 2)(x －y 21＋y 2
2
2)，
令y ＝0，得x T ＝y 21＋y 2
2＋1
2＝12(y 21＋4y 21
＋1)．(7分) 因为OA ∥TB ，所以k OA ＝k TB ，即1
y 1＝2
y 112（y 21＋4y 21＋1）－4
y 21
，
整理得(y 21＋1)(y 21－4)＝0，解得y 1
＝±2，故A(4，±2)． 所以k AM ＝±1，即直线l 的斜率为±1.(10分)
23. (1) 解：C k n ＋1·C k ＋1n ＋1
C k n ·C k ＋1
n ＋2
＝（n ＋1）！k ！（n ＋1－k ）！·（n ＋1）！
（k ＋1）！（n －k ）！n ！k ！（n －k ）！·
（n ＋2）！（k ＋1）！（n ＋1－k ）！ ＝（n ＋1）·n ！·（n ＋1）！n ！（n ＋2）·（n ＋1）！＝n ＋1n ＋2
.(3分) (2) 证明：由(1)得1C k n ＝n ＋1n ＋2·C k ＋
1n ＋2C k n ＋1·C k ＋1n ＋1＝n ＋1n ＋2·C k n ＋1＋C k ＋
1n ＋1C k n ＋1·C k ＋1n ＋1
＝n ＋1n ＋2·(1C k n ＋1＋1C k ＋1n ＋1
)．(6分) 因为k a k ＝（－1）k k C k 2n ＝2n ＋12n ＋2·⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
（－1）k k C k 2n ＋1＋（－1）k k C k ＋12n ＋1， 所以F(n)＝(n ＋1)
k a k ＝2n ＋1
2
·⎣⎢⎡⎦
⎥⎤（－1）k k C k 2n ＋1＋（－1
）k k C k ＋12n ＋1. 因为
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤（－1）k k C k 2n ＋1＋（－1
）k k C k ＋12n ＋1
＝(－1
C12n＋1＋
2
C22n＋1
＋…＋
－2n＋1
C2n－1
2n＋1
＋
2n
C2n2n＋1
)＋(
－1
C22n＋1
＋
2
C32n＋1
＋…＋
－2n＋1
C2n2n＋1
＋
2n
C2n＋1
2n＋1
)
＝－1
C12n＋1＋(
2
C22n＋1
＋
－1
C22n＋1
)＋…＋(
2n
C2n2n＋1
＋
－2n＋1
C2n2n＋1
)＋
2n
C2n＋1
2n＋1
＝(－1
C12n＋1＋
1
C22n＋1
＋…＋
－1
C2n－1
2n＋1
＋
1
C2n2n＋1
)＋
2n
C2n＋1
2n＋1
＝2n，
所以F(n)＝(n＋1)k
a k＝
2n＋1
2·2n＝n(2n＋1)能被2n＋1整除．(10分)。