1、江蘇省南京市、鹽城市 2020 屆高三第二次模擬考試參考公式：圓錐的側(cè)面積公式：S=Ttrl其中r為圓錐底面圓的半徑，l為圓錐的母線長(zhǎng).一、 填空題：本大題共14 小題，每小題 5 分，共 70 分1 .已知集合 A = x|x=2k+1, kCZ, B = x|x（x 5） v 0,則 AA B =.2 .已知復(fù)數(shù)z=1 + 2i,其中i為虛數(shù)單位，則z2的模為.3 . 如圖是一個(gè)算法流程圖，若輸出的實(shí)數(shù) y 的值為 1 ，則輸入的實(shí)數(shù)x 的值為 （第 3 題 ）（第4題 ）4 . 某校初三年級(jí)共有500 名女生，為了了解初三女生1 分鐘 “仰臥起坐 ”項(xiàng)目訓(xùn)練情況，統(tǒng)計(jì)了所有女生1 分鐘

2、“仰臥起坐 ”測(cè)試數(shù)據(jù)（單位：個(gè)），并繪制了如圖頻率分布直方圖，則 1 分鐘至少能做到 30個(gè)仰臥起坐的初三女生有 個(gè).5 .從編號(hào)為1, 2, 3, 4的4張卡片中隨機(jī)抽取一張，放回后再隨機(jī)抽取一張，則第二次抽 得的卡片上數(shù)字能被第一次抽得的卡片上的數(shù)字整除的概率為 .a6 .已知函敬f(x)是定義在R上的奇函敷，且周期為 2,當(dāng)xC(0, 1時(shí)，f(x)=x+ * 則f(a)的值為. 兀 7 .若將函數(shù)f(x) =sin(2x + .)的圖象沿x軸向右平移。(/0)個(gè)單位長(zhǎng)度后所得的圖象與f(x)3的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱，則4的最小值為 .8 .在那BC中，AB = 2，5, AC = J5,

3、 / BAC =90°,則那BC繞BC所在直線旋轉(zhuǎn)一周所 形成的幾何體的表面積為 .9 .已知數(shù)列an為等差數(shù)列,數(shù)列bn為等比數(shù)列，滿足ai,a3=bi, b2, b3=a, b, 2,其中a>0, b>0,則a+ b的值為.PF ,10 .已知點(diǎn)P是拋物線x2=4y上動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線的焦點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(0, 1),則說的PA最小值為.11 .已知x, y為正實(shí)數(shù)，且 xy+2x+4y=41,則x + y的最小值為 .12 .在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，圓C： (x-m)2+y2=r2(m>0).已知過原點(diǎn) O且相互垂直的 兩條直線l1和l2,其中l(wèi)1與圓C相交

4、于A, B兩點(diǎn)，l2與圓C相切于點(diǎn)D.若AB=OD,則 直線l1的斜率為.13 .在那BC中，BC為定長(zhǎng)，|AB + 2AC|=3|BC|.若那BC面積的最大值為 2,則邊BC的 長(zhǎng)為.1 .14 .已知函數(shù)f(x) = exxb(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，bCR).右函數(shù)g(x) = f(f(x)萬)恰有4個(gè) 零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是 .二、解答題：本大題共 6小題，共90分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算 步驟.15 .(本小題滿分14分)如圖，在三棱錐 PABC中，點(diǎn)D, E分別為 AB , BC的中點(diǎn)，且平面 PDE上平面 ABC.(1)求證：AC /平面PDE;(2)若 PD

5、=AC = 2, PE= V3,求證：平面 PBCL平面 ABC.117. (本小題滿分14 分 )在GABC中，角 A, B, C所對(duì)的邊分別為 a, b, c,且a= bcos C+csin B.(1)求B的值；(2)設(shè)/ BAC的平分線 AD與邊BC交于點(diǎn)D.已知AD =7, cos A=-7.,求b的值. 725如圖，湖中有一個(gè)半徑為 1 千米的圓形小島，岸邊點(diǎn) A 與小島圓心C 相距 3 千米為方便游人到小島觀光，從點(diǎn) A 向小島建三段棧道 AB ， BD ， BE ，湖面上的點(diǎn) B 在線段 AC上，且BD, BE均與圓C相切，切點(diǎn)分別為 D, E,其中棧道 AB, BD , BE和

6、小島在同一個(gè)平面上.沿圓 C的優(yōu)弧(圓C上實(shí)線部分)上再修建棧道DE,記/ CBD為0 .(1)用。表示棧道的總長(zhǎng)度f( Q)并確定sin的取值范圍；(2)求當(dāng)。為何值時(shí)，棧道總長(zhǎng)度最短.#19.(本小題滿分16分)x2 y21 ,如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，橢圓C： a2+ /= 1(a>b>0)的離心率為-,且過點(diǎn)(0,(1)求橢圓C的方程；(2)已知4BMN是橢圓C的內(nèi)接三角形.若點(diǎn)B為橢圓C的上頂點(diǎn)，原點(diǎn)。為4BMN的垂心，求線段 MN的長(zhǎng);若原點(diǎn)。為4BMN的重心，求原點(diǎn) O到直線MN距離的最小值.7已知函數(shù) f(x) =x3 x2(a 16)x, g(x) = a

7、ln x, aC R.函數(shù) h(x) =f(x)一 g(x)的導(dǎo)函數(shù) x5h (壽2, 4上存在零點(diǎn).(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若存在實(shí)數(shù)a,當(dāng)xC0, b時(shí)，函數(shù)f(x)在x=0時(shí)取得最大值，求正實(shí)數(shù)b的最大值；(3)若直線l與曲線y=f(x)和y = g(x)都相切，且l在y軸上的截距為12,求實(shí)數(shù)a的值.已知無窮數(shù)列an的各項(xiàng)均為正整數(shù)，其前 n項(xiàng)和為Sn.記Tn為數(shù)列an的前an項(xiàng)和， 即 Tn = ai + a2+ +an.(1)若數(shù)列an為等比數(shù)列，且 ai=1, S4=5S2,求T3的值；(2)若數(shù)列an為等差數(shù)列，且存在唯一的正整數(shù)n(n > 2)使得 乎<2

8、,求數(shù)列an的通an項(xiàng)公式；(3)若數(shù)列Tn的通項(xiàng)為Tn=n 曾1),求證：數(shù)列an為等差數(shù)列.2020屆高三模擬考試試卷數(shù)學(xué)附加題（滿分40分，考試時(shí)間30分鐘）21.【選做題】 在A, B, C三小題中只能選做兩題，每小題 10分，共20分.若多做，則 按作答的前兩題計(jì)分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.A.（選彳42:矩陣與變換）1已知矩陣M =22 , MN = 1 0 . 10 1（1）求矩陣N;（2）求矩陣N的特征值.B.（選彳44:坐標(biāo)系與參數(shù)方程）x=2t,在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為1 o （t為參數(shù)），以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，y=2tx軸的正半軸為極

9、軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為 p cos（，）= J2.若直線l交曲線C于A, B兩點(diǎn)，求線段AB的長(zhǎng).C.（選彳45:不等式選講）已知a>0,求證:【必做題】 第 22， 23 題，每小題 10 分，共 20 分解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟22. 某商場(chǎng)舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，顧客購(gòu)買每滿400 元的商品即可抽獎(jiǎng)一次抽獎(jiǎng)規(guī)則如下：抽獎(jiǎng)?wù)邤S各面標(biāo)有16點(diǎn)數(shù)的正方體骰子 1次，若擲得點(diǎn)數(shù)大于4,則可繼續(xù)在抽獎(jiǎng)箱中抽獎(jiǎng)；否則獲得三等獎(jiǎng)，結(jié)束抽獎(jiǎng).已知抽獎(jiǎng)箱中裝有2個(gè)紅球與m(m>2 , mC N*)個(gè)白球， 抽獎(jiǎng)?wù)邚南渲腥我饷?2 個(gè)球， 若 2 個(gè)球均為紅球，

10、則獲得一等獎(jiǎng)； 若 2 個(gè)球?yàn)?1 個(gè)紅球和 1 個(gè)白球，則獲得二等獎(jiǎng)；否則，獲得三等獎(jiǎng)(抽獎(jiǎng)箱中的所有小球，除顏色外均相同)(1)若m=4,求顧客參加一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)獲得三等獎(jiǎng)的概率；(2) 若一等獎(jiǎng)可獲獎(jiǎng)金400 元，二等獎(jiǎng)可獲獎(jiǎng)金 300 元，三等獎(jiǎng)可獲獎(jiǎng)金 100 元，記顧客一次抽獎(jiǎng)所獲得的獎(jiǎng)金為X,若商場(chǎng)希望X的數(shù)學(xué)期望不超過150元，求m的最小值.23.已知集合An=1, 2,，n, nCN*, n* 將An的所有子集任意排列，得到一個(gè)有序 集合組(M1，M2,，Mm),其中m=2n.記集合Mk中元素的個(gè)數(shù)為 ak, kCN*, k<m,規(guī)定空集中元素的個(gè)數(shù)為 0.(1)當(dāng)n=2

11、時(shí)，求a+a2+ am的值；(2)利用數(shù)學(xué)歸納法證明：不論n(n R方何值，總存在有序集合組(M1, M2,，Mm),滿足任意iC N*, i 1,都有依一 ai+1|= 1.13參考答案1. 1 ,3 2. 5 3. -4 4. 325 5. 2 6. 0 7. 2 8.鄧 a 9. 5 10.岑 11. 8 12.一51 ,13 . 2 14.（1, 2+ln 2）15 .證明：（1）因?yàn)辄c(diǎn)D, E分別為AB , BC的中點(diǎn)，所以 DE/ AC.（2分）因?yàn)锳C?平面PDE, DE?平面PDE,所以AC /平面 PDE.（4分）一,，一,，一 ，一 1（2）因?yàn)辄c(diǎn)D, E分別為AB, BC

12、的中點(diǎn)，所以 DE=2AC.因?yàn)锳C = 2,所以DE = 1.因?yàn)?PD = 2, PE=4,所以 PD2=PE2+DE2,因此在4PDE中，PE± DE.（8分）又平面PDEL平面 ABC ,且平面 PD由平面 ABC = DE, PE?平面PDE,所以PEL平面ABC.（12分）因?yàn)镻E?平面PBC,所以平面 PBCL平面 ABC.（14分）16 .解：（1）因?yàn)?a=bcos C+csin B ,asin Absin Bsin C得 sin A = sin Bcos C + sin Csin B .（2分）因?yàn)?sin A = sin右（B + C） = sin（B + C）

13、 = sin Bcos C + cos Bsin C,所以 sin Bcos C + cos Bsin C = sin Bcos C + sin Csin B,即 cos Bsin C= sin Csin B . （4 分）因?yàn)?V C v5 所以sin C w。所以sin B = cos B. 兀又 0vB v Tt,所以 sin B W0 從而 cos B WQ 所以 tan B= 1,所以 B = 4.（6 分）（2）因?yàn)锳D是/ BAC的平分線，設(shè)/ BAD = 9,所以A = 2 0 .即 2cos2e- 1 = -25,所以 cos2e= 25.因?yàn)?c0s A=一以，所以 c0s

14、 24cos A=-25,因?yàn)?VA”所以0<e<2,所以cos43,.,兀在 AABD 中，sin/ADB = sin（B + 0 ）=sin（4+4所以sin #V1 一cos2 0= 5.。并 sinTcos 0+ cosTsin 0=乎x吊+4） = 4425 57 .2 八10.（8 分）ADsin BABsin/ADB所以AB =ADsin / ADBsin B17 凳 W2=7（10 分）24在GABC 中，sin A = Ji -cos2A = ,252所以 sin C = sin（A + B） = sin Acos B + cos Asin B = x4_Z 17

15、 .25 2550.（12 分）由號(hào)=鼻，得 b=csnB = T=5.（14 分）sin B sin Csin C 17 25017.解：（1）連結(jié)CD,因?yàn)锽D與圓C相切，切點(diǎn)為 D,所以ABCD為直角三角形.因?yàn)? CBD= 9,且圓形小島的半徑為 1千米，所以DB=3，°BC = -L.0 tan 0 sin 01因?yàn)榘哆吷系狞c(diǎn) A與小島圓心C相距3千米，所以AB=AC BC = 3 .（2分）因?yàn)锽E與圓C相切，所以注=口”看鏟弓走所對(duì)圓心角為 所以優(yōu)弧De長(zhǎng)i為兀+ 2。.（粉）所以 f（。芬 AB+BD + BE+l = 3 七丁二十丁二土兀+ 20= 3+ 兀+ 2

16、9+2cos 黑.（6 sin 0tan0 tan 0sin 0 '分）因?yàn)?0vABv2,所以 0v3 -<2,解得 gvsin 軌1,sin u 3所以sin的取值范圍是（1, 1）. （8分）3,2cos -9 1 /日，2+ cos 0 cos 1 2cos ）0 八（2）由 f（g 3+兀+ 2 升，得 f H3 +2 = Fl110 分）一.一1令f （=60,解得cos打因?yàn)椤殇J角，所以仁£（12分）3設(shè) sin 00= 1, 9c 為銳角，則 0V 90Vd, 33當(dāng)長(zhǎng)（0, 3）時(shí)，f'90）,則f（曲（0, 3）上單調(diào)遞減；當(dāng) 任，時(shí)，（乂

17、0）,則f（曲（：，上單調(diào)遞增.所以f（ < 仁劃取得最小值. 3答：當(dāng) 上鈔寸，棧道總長(zhǎng)度最短.（14分）18.解：（1）記橢圓C的焦距為2c,因?yàn)闄E圓C的離心率為1,所以C=1. 2 a 2因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)（0,y3）,所以b = y/3.因?yàn)?a2c2=b2,解得 c= 1, a=2,故橢圓C的方程為=1.（2分） 43（2） 因?yàn)辄c(diǎn)B為橢圓C的上頂點(diǎn)，所以B點(diǎn)坐標(biāo)為（0,4.因?yàn)椤?BMN的垂心，所以 BOXMN ,即MNy軸.由橢圓的對(duì)稱性可知 M , N兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱.（4分）不妨設(shè) M（xo, yo）,則 N（ xo, yo）,其中一/3< yo<V3.因?yàn)?

18、MO ± BN ,所以 MO BN= 0,即(一xo, yo) Txo, yo -J3)= 0,得 x0-y2+3yo=o.(6 分)x2 y2 又點(diǎn)M(xo, yo)在橢圓上，則 + 3=1.x2 y2+ *yo= 0,解得yo=邛或yo= 3（舍去），此時(shí)|xo|=2.337故MN = 2|xO|=*弊，即線段MN的長(zhǎng)為生§.（8分）（解法1）設(shè)B（m, n）,記線段MN中點(diǎn)為D.因?yàn)镺為AEMN的重心，所以EBO = 2（OD,則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（一mn八一) (10 分)若n = o,則|m|=2,此時(shí)直線 MN與x軸垂直，故原點(diǎn) O到直線MN的距離為m ,即為1.若n

19、wQ此時(shí)直線MN的斜率存在.設(shè) M(x1，y1), N(x2, y2),則 x1 + x2= m, y1 + y2=n.又*=1,學(xué)+¥= 1,兩式相減得 4343(x1 +x2)( x1 x2)(y1+ y2)( y1 y2)=0,y1 一 y23m 八可信 kMN = x1 - x2=一茄.(12 分)故直線 MN 的方程為 丫= 3n(x + m) n，即 6mx+8ny+3m2+4n2 = 0一 一八 一 一 .|3m2+4n2|則點(diǎn)O到直線MN的距離為d= J。，=.36m2+ 64n2將m- + nr = 1,代入得d=屋一.(14分)43n2+9因?yàn)?0<n2W3

20、,所以 dmin=33.又當(dāng)y 1,故原點(diǎn)O到直線MN距離的最小值為 當(dāng).（16分）（解法 2）設(shè) M（xi, yi）, N（x2, y2）, B（x3, y3）,因?yàn)椤閆BMN 的重心，所以 xi+x2+x3=0, yi+y2+y3=0, 則 X3= (xi + X2), y3=(yi+y2). (10 分)因?yàn)榉?，所以（xi：x2）2 +2=i. 4343=i，x=i,代入得華+罕 43i 八2.(i2 分)若直線MN的斜率不存在，則線段MN的中點(diǎn)在x軸上，從而B點(diǎn)位于長(zhǎng)軸的頂點(diǎn)處.由于OB = 2,所以此時(shí)原點(diǎn) O到直線MN的距離為i.若直線MN的斜率存在，設(shè)為 k,則其方程為y=k

21、x + n.y= kx + n,由 x2 y2消去 y 得(3+4k2)x2+8knx + 4n212=0 (*).I +5i貝U = (8kn)24(3+4k2)(4n212)>0,即 3+4k2>n2.由根與系數(shù)關(guān)系可得x1+ x2= - 3+ 4k2, x1x2= 3 + 4k2，nt22 3n212k2貝(j yiy2= (kxi+ n)(kx2+ n)= k2xix2+ kn(xi + x2)+ n2= 3+4號(hào)，入 x xi x2 yiy21 /曰 1 4n2 12 1 3n2 12k2T+yf2，4>SZ+3>T132,即 n2 = k2+-.(i4 分)

22、又 3 + 4k2> n2,一 cc3 一 c9一是3+4k2>k2+3,即3k2+9>0恒成立，因此kC R.原點(diǎn)（0, 0）到直線因?yàn)閗2>Q所以當(dāng)MN的距離為d= f |n| k2+1k = 0 時(shí)，dmin=k2 + 34k2+ 1 = A/ 1 4 (k2 + 1).O到直線MN距離的最小值為i9.解：（i）因?yàn)?h（x）=f (x), 、2g(x)= x2 x (a 16) aln x,所以 h' (x)2xia xx2x2-x- a一 x令 h' (x) 0,得 2x2 x a= 0.55因?yàn)楹瘮?shù)h (斕壇，4上存在手點(diǎn)，即 y= 2x2-

23、 x- a在-,4上存在季點(diǎn)，_.5又函數(shù)y=2x2 xa在萬，4上單倜遞增，2* (|)2-|-a<Q所以 22 解得10<a<28.2X2一4一 a>Q因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是10, 28. (2分)(2)(解法1)因?yàn)楫?dāng)xC0, b時(shí)，函數(shù)f(x)在x=0處取得最大值，即存在實(shí)數(shù)a,當(dāng)xC0, b時(shí)，f(0) Rf(煩成立，即 x3x2(a16)xwo對(duì)任意 xC0, b都成立.(4 分)當(dāng)x = 0時(shí)，上式恒成立；(6分)當(dāng) xC(0, b時(shí)，存在 aC 10, 28,使得 x2x+16Wa成立，(8 分)所以x2x+16W28解彳導(dǎo)3WxW,4所以b<4

24、.故當(dāng)a=28時(shí)，b的最大值為4.(10分)(解法 2)由 f(x) =x3 x2(a16)x,得 f' (x)3x2-2x-(a-16).設(shè) A= 4+ 12(a-16)=4(3a-47).若AW0則f' (x)囪成立，f(x)在0, b上單調(diào)遞增，因此當(dāng)xC0, b時(shí)，函數(shù)f(x)在x=0時(shí)不能取得最大值，于是 A> 0, (4分)故f ' (x) 0有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，記為x1，x2(xVx2).若 x1>0,則當(dāng) xC(0, x1)時(shí)，f' (x)0, f(x)在(0, x1)上單調(diào)遞增,因此當(dāng)xC0, b時(shí)，函數(shù)f(x)在x=0時(shí)不能取得最

25、大值，所以x1W 0.(吩)又 x1+x2=W>0，因此 x2> 0 , 3從而當(dāng)xC(0, x2)時(shí)，f' (x)0, f(x)單調(diào)遞減；當(dāng) xC (x2, + 00 M, f ' (x)0, f(x)單調(diào)遞增，若存在實(shí)數(shù)a,當(dāng)xC0, b時(shí)，函數(shù)f(x)在x=0處取得最大值，則存在實(shí)數(shù) a,使得 f(0) >f(l或立，即 b3-b2-(a-16)b<0.(8)所以存在aC10, 28,使得b2b+16Wa成立，所以 b2b+16W28 解彳導(dǎo)3<b<,4故當(dāng)a=28時(shí)，b的最大值為4.(10分)(3)設(shè)直線l與曲線y=f(x)相切于點(diǎn)A

26、(x 1, f(x1)，與曲線y=g(x)相切于點(diǎn)B(x2,g(x2),過點(diǎn) A(xi, f(xi)的切線方程為 y x3x2(a16)xi=3x22xi (a16)(x xi),即232y= 3xi 2xi (a 16)x 2xi + xi.過點(diǎn) B(x2, g(x2)的切線方程為 yaln x2 = "a(x x2),即 y= -ax + aln x2 a. x2x2因?yàn)橹本€l在y上的截距為一i2,a3x2 2xi (ai6)=一，x2所以-2x3 + x2=-i2 ，(i2 分)aln x2 a= i2 .24- a= ,i - x2由解得xi=2,則x2 消去a,彳導(dǎo)ln x

27、2 + = 0.(i4分)2x2aln x2 a= i2,由(i)知 i0wawz8且 x2>0,則 x2§.i x 5i i 2x i令 p(x)= m x+-2x-, xe7，+8),則 p (x)-2x=-2x.因?yàn)閜' (x)0,所以函數(shù)p(x)在7, +8)上為增函數(shù).因?yàn)閜(i) = 0,且函數(shù)p(x)的圖象是不間斷的，.5(an 1) d所以函數(shù)p(x)在耳，+ 8止有唯一零點(diǎn)i,由*<2,得 ai+(門 1)d v 2.(6 分) onN1)d因?yàn)?ai N*, d N,所以 2> ai+>&>,因此 ai = 1.于是

28、1+(=1)d2<2,即但i)d2<2. 若d= 0,則存在無窮多個(gè) n(n >2)使得上述不等式成立，所以 d= 0不合題意；(82若 dC N*,則 n< 1+j2,因?yàn)榇嬖谖ㄒ坏恼麛?shù) n(n >2,)使得該不等式成立，9所以即 1w(fv2.又 d W N*,所以 d= 1,因此 an=l + (n-1) xn.(10 分)(3)證明：因?yàn)?Sn + 1-Sn=an + 1>0,所以Sn+1>Sn,即數(shù)列Sn單調(diào)遞增.又 Tn+ 1 T n =(n+ 1) ( n+ 2) n ( n+ 1)=n+ 1 >0,所以 Tn+ 1 > T

29、n,即 San + 1 > S3n, 因?yàn)閿?shù)列Sn單調(diào)遞增，所以 an + 1>an.(12分)又 Sn N ,所以 an+1>2)+ 1 ,即 an+ 1-an>l所以 3n+ 1 一 a1 =(32 31 ) +(33 32)+(3n+ 1 3n) > p因此 3n+即 n(n n. 2) 又ai > 1,所以an >n.(14分)由 Tn+i Tn= n+ 1,得 aan + 1 + aai+ 2+ + aai+i = n+ 1,因此 n+1>as+l>a+l,即 an<n ,由知 Sn= n,因此 an + 1 an = 1

30、,所以數(shù)列a n為等差數(shù)列.(16分)2152020屆高三模擬考試試卷（南京、鹽城）數(shù)學(xué)附加題參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)21. A.解：因?yàn)?M=1 2 , MN= 1 0 ,所以 N=M 1.（2 分）2 10 1因?yàn)?|M| = 1X1 2X2= 3, （4 分）1 -23 - 3所以N = M 1 =2 J12332 1.（6 分）3 二（2） N的特征多項(xiàng)式f（入今1 c 2 c1=（計(jì)3）2（ 3）2=（3）（ 外 1）. （8 分）令f（入30,解得入=1或一1,3所以N的特征值是1和1.（10分）3B.解：曲線C的普通方程為丫=嫄2=8*2.（2分）由直線l的極坐標(biāo)方程 p cos（-9

31、4）=小, 得 p （cos（4Cosin 0 前=6,即*x+乎y = 42,所以直線l的方程為y=x+2.（4分）設(shè)A（x1, y1）, B（x2, y2）,聯(lián)立方程組消去 y,得 x2+8x 16=0, （6 分）1 2 y=8x ,y=- x+ 2,則 x1+x2=8, x1x2=-16,所以 AB =小+ （ 1） 2|x1 x2|= V2 R （x1+x2）24x1x2= V2X/ （8） 24X （ 16） = 16.（10 分）、r 、， 一， ,1C.證明：（證法1）因?yàn)閍>0,所以a+-> a要證,a2+ 02- . 2>a+a-2只需證21所以只需證+。

32、2>（a+；）（ 2V2）即 2(2 V2)(a+J) >*45，即證 a+ ；>2.(吩)一、，1 .因?yàn)閍+w>2成立，所以要證的不等式成立.（10分）a(證法2)令t=a+L因?yàn)閍>0,所以a+>2,即t > 2. aa要證也>升a-2, 即證 q X的所有可能取值為 400, 300, 100. P(X = 400) = 6京=3(m + 1) (m+2),2 yj2 nL2, 即證 tJt2- 2& 2 212, (4 分)一 2-即證42.（6 分）t+M2 2f(t)>f( 2)2+72,由于f（t）=t+yp=2在2

33、, +8止單調(diào)遞增，則22_故2=w-廠=2 Rt+/2-2 2+72所以要證的原不等式成立.（10分）22.解：（1）設(shè) 顧客參加一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)獲得三等獎(jiǎng)”為事件A.2因?yàn)閙=4,所以p=4+2噌=3+3否=5.答：顧客參加一次抽獎(jiǎng)活動(dòng)獲得三等獎(jiǎng)的概率為4 八5.(4 分)2C22 c2cmP(X = 300) = 6 ><c2-4m，+m 3(m + 1) (m+2)'_4 2 Cm 2 m (m 1)P(X =100) = 6+ 6 石= 3+ 3(m + 1) (m+2),(7 分)則 E(X) =400X：3 ( m+ 1) ( m + 2)+ 300X-4m3 ( m+ 1) ( m+ 2)+ 100XF+3 ( m+ 1) ( m+ 2)W150化簡(jiǎn)得 3m2-7m-6>0.因?yàn)?m>2, mCN*,所以 m>3,所以m的最小值為3.（10分） 23. (1)解：當(dāng) n=2 時(shí)，A2 的子集為？，1 , 2 , 1 , 2,且 m=4.所以 a + a2+ am= 0+1 + 1 + 2 = 4.(2 分)（2）證明： 當(dāng)n