盐城市、南京市 2020 届高三年级第一次模拟考试
数学试题
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．本试卷满分为 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、班级、学号写在答题卡的密封线内．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，锥体体积公式：V＝
1
3
Sh，其中 S 为底面积，h 为高．
样本数据 x1，x2，···，x n 的方差 s2＝
1
n
∑
n
i＝1(xi－)2，其中＝
1
n
∑
n
i＝1xi．
一､ 填空题:本大题共 14 小题，每小题 5 分，计 70 分．不需写出解答过程，请把答案写在答
题卡的指定位置上．
1．已知集合 A＝(0，＋∞)，全集 U＝R，则∁
U A＝ ．
2．设复数 z＝2＋i，其中 i 为虚数单位，则 z·—
z＝ ．
3．学校准备从甲、乙、丙三位学生中随机选两位学生参加问卷调查，
则甲被选中的概率为 ．
4．命题“∀θ∈R，cosθ＋sinθ＞1”的否定是 命题．(填“真”或“假”)
5．运行如图所示的伪代码，则输出的 I 的值为 ．
6．已知样本 7，8，9，x，y 的平均数是 9，且 xy＝110，则此样本的方差
是 ．
7．在平面直角坐标系 xOy 中，若抛物线 y2＝4x 上的点 P 到其焦点的距离为 3，则点 P 到点
O 的距离为 ．
8 ． 若 数 列 {an} 是 公 差 不 为 0 的 等 差 数 列 ， lna1 、 lna2 、 lna5 成 等 差 数 列 ， 则
a2
a1
的 值
为 ．
9．在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，点 P 是棱 CC1 上一点，记三棱柱 ABC－A1B1C1 与四棱锥 P－
S←0
I←0
While S≤10
S←S＋I
I←I＋1
End While
Print I
END（第 5 题图）ABB1A1 的体积分别为 V1 与 V2，则
V2
V1
＝ ．
10．设函数 f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0＜φ＜
π
2
)的图象与 y 轴交点的纵坐标为
3
2
，y 轴右侧第
一个最低点的横坐标为
π
6
，则 ω 的值为 ．
11．已知 H 是△ABC 的垂心(三角形三条高所在直线的交点)， AH→
＝
1
4
AB→
＋
1
2
AC→
，则
cos∠BAC 的值为 ．
12．若无穷数列{cos(ωn)}(ω∈R)是等差数列，则其前 10 项的和为 ．
13．已知集合 P＝{(x，y)| x|x|＋y|y|＝16}，集合 Q＝{(x，y)| kx＋b1≤y≤kx＋b2}，若 P⊆Q，
则
|b1－b2|
k2＋1
的最小值为 ．
14．若对任意实数 x∈(－∞，1]，都有|
ex
x2－2ax＋1
|≤1 成立，则实数 a 的值为 ．
二､解答题:本大题共 6 小题，计 90 分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，
请把答案写在答题卡的指定区域内．
15．(本小题满分 14 分)
已知△ABC 满足 sin(B＋
π
6
)＝2cosB．
（1）若 cosC＝
6
3
，AC＝3，求 AB；
（2）若 A∈(0，
π
3
)，且 cos(B－A)＝
4
5
，求 sinA．
16．(本小题满分 14 分)
如图，长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，已知底面 ABCD 是正方形，点 P 是侧棱 CC1 上的一
点．
（1）若 AC1//平面 PBD，求
PC1
PC
的值；
（2）求证：BD⊥A1P．
A B
CD
D1
A1
B1
C1
P
（第 16 题图）
17．(本小题满分 14 分)
如图，是一块半径为 4 米的圆形铁皮，现打算利用这块铁皮做一个圆柱形油桶．具体做
法是从⊙O 中裁剪出两块全等的圆形铁皮⊙P 与⊙Q 做圆柱的底面，裁剪出一个矩形
ABCD 做圆柱的侧面(接缝忽略不计)，AB 为圆柱的一条母线，点 A、B 在⊙O 上，点
P、Q 在⊙O 的一条直径上，AB∥PQ，⊙P、⊙Q 分别与直线 BC、AD 相切，都与⊙O
内切．
（1）求圆形铁皮⊙P 半径的取值范围；
（2）请确定圆形铁皮⊙P 与⊙Q 半径的值，使得油桶的体积最大．(不取近似值)
18．(本小题满分 16 分)
设椭圆 C：
x2
a2
＋
y2
b2
＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别为 F1，F2，离心率是 e，动点 P(x0，y0)在椭圆
C 上运动．当 PF2⊥x 轴时，x0＝1，y0＝e．
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）延长 PF 1，PF2 分别交椭圆 C 于点 A，B(A，B 不重合)．设 AF1→
＝λF1P→
，BF2→
＝
A
B C
D
O
Q
P
（第 17 题图）μF2P→
，
求 λ＋μ 的最小值．
19．(本小题满分 16 分)
定义：若无穷数列{an}满足{an＋1－an}是公比为 q 的等比数列，则称数列{an}为“M(q)数
列”．
设数列{bn}中 b1＝1，b3＝7．
（1）若 b2＝4，且数列{bn}是“M(q)数列”，求数列{bn}的通项公式；
（2）设数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 bn＋1＝2Sn－
1
2
n＋λ，请判断数列{bn}是否为“M(q)
数列”，并说明理由；
（3）若数列{bn}是“M(2)数列”，是否存在正整数 m，n 使得
4039
2019
＜
bm
bn
＜
4040
2019
?若存在，
请求出所有满足条件的正整数 m，n；若不存在，请说明理由．
20．(本小题满分 16 分)
若函数 f(x)＝ex－ae－x－mx (m∈R)为奇函数，且 x＝x0 时 f(x)有极小值 f(x0)．
（1）求实数 a 的值；
（2）求实数 m 的取值范围；
（3）若 f(x0)≥－
2
e
恒成立，求实数 m 的取值范围．
y
（第 18 题图）
A
B
P
F1 F2O x注意事项：
1．附加题供选修物理的考生使用．
2．本试卷共 40 分，考试时间 30 分钟．
3．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内．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，交回答题纸卡．
21．【选做题】在 A、B、C 三小题中只能选做 2 题，每小题 10 分，共计 20 分．请在答卷
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—2：矩阵与变换
已知圆 C 经矩阵 M＝[a 3
3 －2 ]变换后得到圆 C′：x2＋y2＝13，求实数 a 的值．B．选修 4—4：坐标系与参数方程
在极坐标系中，直线 ρcosθ＋2ρsinθ＝m 被曲线 ρ＝4sinθ 截得的弦为 AB，当 AB 是最长
弦时，求实数 m 的值．
C．选修 4—5：不等式选讲
已知正实数 a，b，c 满足
1
a
＋
2
b
＋
3
c
＝1，求 a＋2b＋3c 的最小值．
【必做题】第 22 题、第 23 题，每题 10 分，共计 20 分．请在答卷卡指定区域内作答．解
答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
22．(本小题满分 10 分)
如图，AA1、BB1 是圆柱的两条母线， A1B1、AB 分别经过上下底面圆的圆心 O1、O，CD
是下底面与 AB 垂直的直径，CD＝2．
（1）若 AA1＝3，求异面直线 A1C 与 B1D 所成角的余弦值；
（2）若二面角 A1－CD－B1 的大小为
π
3
，求母线 AA1 的长．
（第 22 题图）23．(本小题满分 10 分)
设 ∑
2n
i＝1(1－2x)i＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n(n∈N*)，记 Sn＝a0＋a2＋a4＋…＋a2n．
（1）求 Sn；
（2）记 Tn＝－S1C 1
n ＋S2C 2
n －S3C 3
n ＋…＋(－1)nSnC n
n ，求证：|Tn|≥6n3 恒成立．
盐城市､南京市 2020 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. 不需写出解答过程，请把答案写在
答题纸的指定位置上）1．(－∞，0] 2．5 3．
2
3
4．真 5．6 6．2 7．2 3
8．3 9．
2
3
10．7 11．
3
3
12．10 13．4 14．－
1
2
二、解答题：本大题共 6 小题，计 90 分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步
骤，请把答案写在答题纸的指定区域内．
15．(本小题满分 14 分)
解：（1）由 sin(B＋
π
6
)＝2cosB，可知
3
2
sinB＋
1
2
cosB＝2cosB，即 sinB＝ 3cosB．
因为 cosB≠0，所以 tanB＝ 3．
又 B∈(0，π)，故 B＝
π
3
． ……………………………………………2 分
由 cosC＝
6
3
，C∈(0，π)，
可知 sinC＝ 1－cos2C＝
3
3
． ……………………………4 分
在△ABC 中，由正弦定理
b
sinB
＝
c
sinC
，可得
AC
sin
π
3
＝
AB
sinC
，
所以 AB＝2． ………………………………………………………………7 分
（2）由（1）知 B＝
π
3
，所以 A∈(0，
π
3
)时，
π
3
－A∈(0，
π
3
)，
由 cos(B－A)＝
4
5
，即 cos(
π
3
－A)＝
4
5
，
所以 sin(
π
3
－A)＝ 1－cos2(\s\do1(\f(π,3))－A)＝
3
5
，………………………10 分
所以 sinA＝sin[
π
3
－(
π
3
－A)]＝sin
π
3
cos(
π
3
－A)－cos
π
3
sin(
π
3
－A)＝
3
2
×
4
5
－
1
2
×
3
5
＝
4 3－3
10
． ………………14 分
16．(本小题满分 14 分)
证明：（1）连结 AC 交 BD 于点 O，连结 OP．
因为 AC1//平面 PBD，AC1⊂平面 ACC1，
平面 ACC1∩平面 BDP＝OP，
所以 AC1//OP． ………………………3 分
因为四边形 ABCD 是正方形，对角线 AC 交 BD 于点 O，
所以点 O 是 AC 的中点，所以 AO＝OC，
所以在△ACC1 中，
PC1
PC ＝
AO
OC＝1． …………………6 分
（2）连结 A1C1．
因为 ABCD－A1B1C1D1 为长方体，所以侧棱 C1C⊥平面 ABCD．
又 BD平面 ABCD，所以 CC1⊥BD． ………………………8 分
因为底面 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD．………………………10 分
又 AC∩CC1＝C，AC面 ACC1A1， CC1面 ACC1A1，
所以 BD⊥面 ACC1A1． …………………………………………12 分
又因为 A1P面 ACC1A1，所以 BD⊥A1P． ……………………………14 分
17．(本小题满分 14 分)
解：（1）设⊙P 半径为 r，则 AB＝4(2－r)，
所以⊙P 的周长 2πr＝BC≤2 16－4(2－r)2， …………………………………4 分
解得 r≤
16
π2＋4
，
故⊙P 半径的取值范围为(0，
16
π2＋4
]． ……………………………………6 分
（2）在（1）的条件下，油桶的体积 V＝πr2·AB＝4πr2(2－r)．……………………………8
分
设函数 f(x)＝x2(2－x)，x∈(0，
16
π2＋4
]，
O
A B
CD
D1
A1
B1
C1
P
（第 16 题图）所以 f '(x)＝4x－3x2，由于
16
π2＋4
＜
4
3
，
所以 f '(x)＞0 在定义域上恒成立，故 f(x)在定义域上单调递增，
即当 r＝
16
π2＋4
时，体积取到最大值．……………………………………………13 分
答：⊙P 半径的取值范围为(0，
16
π2＋4
]．当 r＝
16
π2＋4
米时，体积取到最大值．…………14 分
18．(本小题满分 16 分)
解：（1）由当 PF2⊥x 轴时，x0＝1，可知 c＝1． ………………………………2 分
将 x0＝1，y0＝e 代入椭圆方程得
1
a2
＋
e2
b2
＝1．
由 e＝
c
a
＝
1
a
，b2＝a2－c2＝a2－1，所以
1
a2
＋
1
a2(a2－1)
＝1，
解得 a2＝2，故 b2＝1，
所以椭圆 C 的方程为
x2
2
＋y2＝1．…………………………………………………4 分
（2）方法一：设 A(x1，y1)，由AF1→
＝λF1P→
，得{－1－x1＝λ(x0＋1)，
－y1＝λy0， 即{x1＝－λx0－λ－1，
y1＝－λy0，
代入椭圆方程，得
(－λx0－λ－1)2
2
＋(－λy0)2＝1． …………………………8 分
又由
x
2
0
2
＋y0＝1，得
(λx0)2
2
＋(λy0)2＝λ2，两式相减得(λ＋1)(2λx0＋λ＋1)
2 ＝1－λ2．
因为 λ＋1≠0，所以 2λx0＋λ＋1＝2(1－λ)，
故 λ＝
1
3＋2x0
． ……………………………………………………12 分
同理可得 μ＝
1
3－2x0
， ……………………………………………………14 分
故 λ＋μ＝
1
3＋2x0
＋
1
3－2x0
＝
6
9－4x
2
0
≥
2
3
，当且仅当 x0＝0 时取等号，故 λ＋μ 的最小值为
2
3
．………………………………16 分
方法二：由点 A，B 不重合可知直线 PA 与 x 轴不重合，
故可设直线 PA 的方程为 x＝my－1，
联立{
x2
2
＋y2＝1，
x＝my－1，
消去 x，得(m2＋2)y2－2my－1＝0．
设 A(x1，y1)，则 y0y1＝
－1
m2＋2
，所以 y1＝
－1
(m2＋2)y0
． ……………………8 分
将点 P(x0，y0)代入椭圆的方程得
x
2
0
2
＋y02＝1，
代入直线 PA 的方程得 x0＝my0－1，所以 m＝
x0＋1
y0
．
由AF1→
＝λF1P→
，得－y1＝λy0，故 λ＝－
y1
y0
＝
1
(m2＋2)y
＝
1
(x0＋1)2＋2y
＝
1
(x0＋1)2＋2(1－x)
＝
1
3＋2x0
． …………………………………………12 分
同理可得 μ＝
1
3－2x0
． …………………………………………14 分
故 λ＋μ＝
1
3＋2x0
＋
1
3－2x0
＝
6
9－4x
2
0
≥
2
3
，
当且仅当 x0＝0 时取等号，故 λ＋μ 的最小值为
2
3
． ……………………………16 分
注：（1）也可设 P( 2cosθ，sinθ)得 λ＝
1
3＋2 2cosθ
，其余同理．
（2）也可由
1
λ
＋
1
μ
＝6，运用基本不等式求解 λ＋μ 的最小值．
19．(本小题满分 16 分)
解：（1）因为 b2＝4，且数列{bn}是“M(q)数列”，所以 q＝
b3－b2
b2－b1
＝
7－4
4－1
＝1，所以
bn＋1－bn
bn－bn－1
＝1，n≥2，
即 bn＋1－bn＝bn－bn－1 ，n≥2， ………………………………2 分
所以数列{bn}是等差数列，其公差为 b2－b1＝3，
所以数列{bn}通项公式为 bn＝1＋(n－1)×3，即 bn＝3n－2． …………………4 分
（2）由 bn＋1＝2Sn－
1
2
n＋λ，得 b2＝
3
2
＋λ，b3＝4＋3λ＝7，故 λ＝1．
方法一：由 bn＋1＝2Sn－
1
2
n＋1，得 bn＋2＝2Sn＋1－
1
2
(n＋1)＋1，
两式作差得 bn＋2－bn＋1＝2bn＋1－
1
2
，即 bn＋2＝3bn＋1－
1
2
，n∈N*．
又 b2＝
5
2
，所以 b2＝3b1－
1
2
，
所以 bn＋1＝3bn－
1
2
对 n∈N*恒成立， ……………………6 分
则 bn＋1－
1
4
＝3(bn－
1
4
)．因为 b1－
1
4
＝
3
4
≠0，所以 bn－
1
4
≠0，所以
bn＋1－
1
4
bn－
1
4
＝3，
即{bn－
1
4
}是等比数列，……………………………………………………8 分
所以 bn－
1
4
＝(1－
1
4
)×3n－1＝
1
4
×3n，即 bn＝
1
4
×3n＋
1
4
，
所 以
bn＋2－bn＋1
bn＋1－bn
＝
(\s\do1(\f(1,4)) × 3n＋2＋\s\do1(\f(1,4)))－(\s\do1(\f(1,4)) × 3n＋1＋\s\do1(\f(1,4)))
(\s\do1(\f(1,4)) × 3n＋1＋\s\do1(\f(1,4)))－(\s\do1(\f(1,4)) × 3n＋\s\do1(\f(1,4)))
＝3，
所以{bn＋1－bn}是公比为 3 的等比数列，故数列{bn}是“M(q)数列”．………10 分
方法二：同方法一得 bn＋1＝3bn－
1
2
对 n∈N*恒成立， ……………………6 分则 bn＋2＝3bn＋1－
1
2
，两式作差得 bn＋2－bn＋1＝3(bn＋1－bn)．……………………8 分
因为 b2－b1＝
3
2
≠0，所以 bn＋1－bn≠0，所以
bn＋2－bn＋1
bn＋1－bn
＝3，
所以{bn＋1－bn}是公比为 3 的等比数列，故数列{bn}是“M(q)数列”．………10 分
（3）由数列{bn}是“M(2)数列”，得 bn＋1－bn＝(b2－b1)×2n－1．
又
b3－b2
b2－b1
＝2，即
7－b2
b2－1
＝2，所以 b2＝3，所以 b2－b1＝2，所以 bn＋1－bn＝2n，
所以当 n≥2 时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1．
当 n＝1 时上式也成立，所以 bn＝2n－1． ………………………………12 分
假设存在正整数 m，n，使得
4039
2019
＜
bm
bn
＜
4040
2019
，则
4039
2019
＜
2m－1
2n－1
＜
4040
2019
．
由
2m－1
2n－1
＞
4039
2019
＞1，可知 2m－1＞2n－1，所以 m＞n．
又 m，n 为正整数，所以 m－n≥1．
又
2m－1
2n－1
＝
2m－n(2n－1)＋2m－n－1
2n－1
＝2m－n＋
2m－n－1
2n－1
＜
4040
2019
，
所以 2m－n＜
4040
2019
＜3，所以 m－n＝1， ………………………………14 分
所以
2m－1
2n－1
＝2＋
1
2n－1
，即
4039
2019
＜2＋
1
2n－1
＜
4040
2019
，所以
2021
2
＜2n＜2020，
所以 n＝10，m＝11，
故存在满足条件的正整数 m，n，其中 m＝11，n＝10． ………………………16
分
20．(本小题满分 16 分)
解：（1）由函数 f(x)为奇函数，得 f(x)＋f(－x)＝0 在定义域上恒成立，
所以 ex－ae－x－mx＋e－x－aex＋mx＝0，
化简可得 (1－a)·(ex＋e－x)＝0，所以 a＝1． ………………………………3 分（2）方法一：由（1）可得 f(x)＝ex－e－x－mx，所以 f '(x)＝ex＋e－x－m＝
e2x－mex＋1
ex
．
①当 m≤2 时，由于 e2x－mex＋1≥0 恒成立，
即 f '(x)≥0 恒成立，故不存在极小值． …………………………………5 分
②当 m＞2 时，令 ex＝t，则方程 t2－mt＋1＝0 有两个不等的正根 t1，t2 (t1＜t2)，
故可知函数 f(x)＝ex－e－x－mx 在(－∞，lnt1)，(lnt2，＋∞)上单调递增，
在(lnt1，lnt2)上单调递减，即在 lnt2 处取到极小值，
所以，m 的取值范围是(2，＋∞)．……………………………………………9 分
方法二：由（1）可得 f(x)＝ex－e－x－mx，令 g(x)＝f '(x)＝ex＋e－x－m，
则 g′ (x)＝ex－e－x＝
e2x－1
ex
．
故当 x≥0 时，g′(x)≥0；当 x＜0 时，g′(x)＜0， …………………………………5
分
故 g(x)在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，所以 g(x)min＝g(0)＝2－m．
①若 2－m≥0，则 g(x)≥0 恒成立，所以 f(x)单调递增，此时 f(x)无极值点．……6
分
②若 2－m＜0，即 m＞2 时，g(0)＝2－m＜0．取 t＝lnm，则 g(t)＝
1
m
＞0．
又函数 g(x)的图象在区间[0，t]上不间断，所以存在 x 0∈ (0，t)，使得 g(x 0)＝
0．
又 g(x)在(0，＋∞)上递增，
所以 x∈(0，x0)时，g(x)＜0，即 f '(x)＜0；x∈(x 0，＋∞)时，g(x)＞0，即 f '(x)＞
0，
所以 f(x0)为 f(x)极小值，符合题意．
所以，m 的取值范围是(2，＋∞)． …………………………………………9 分
（3）由 x0 满足 ex0
＋e－x0
＝m，代入 f(x)＝ex－e－x－mx,
消去 m，可得 f(x0)＝(1－x0)ex0
－(1＋x0)e－x0
． ……………………………11 分
构造函数 h(x)＝(1－x)ex－(1＋x)e－x，所以 h′(x)＝x(e－x－ex)．
当 x≥0 时，e－x－ex＝
1－e2x
ex
≤0，所以当 x≥0 时，h′(x)≤0 恒成立，故 h(x)在[0，＋∞)上为单调减函数，其中 h(1)＝－
2
e, ………………13 分
则 f(x0)≥－
2
e
可转化为 h(x0)≥h(1)，故 x0≤1． ………………15 分
由 ex0
＋e－x0
＝m，设 y＝ex＋e－x，
可得当 x≥0 时，y’＝ex－e－x≥0，所以 y＝ex＋e－x 在(0，1]上递增，故 m≤e＋
1
e
．
综上，m 的取值范围是(2，e＋
1
e
]．…………………………………………16 分盐城市、南京市 2020 届高三年级第一次模拟考试
数学附加题参考答案及评分标准 2020.01
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．
21．【选做题】在 A、B、C 三小题中只能选做 2 题，每小题 10 分，共计 20 分．请在答卷
纸指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
A．选修 4—2：矩阵与变换
解：设圆 C 上任一点(x，y)，经矩阵 M 变换后得到圆 C’上一点(x’，y’)，
所以[a 3
3 －2] [x
y ]＝[x′
y′ ]，所以{ax＋3y＝x′，
3x－2y＝y′． ………………………5 分
又因为(x′)2＋(y′)2＝13，所以圆 C 的方程为(ax＋3y)2＋(3x－2y)2＝13,
化简得(a2＋9)x2＋(6a－12)xy＋13y2＝13，
所以{a2＋9＝13，
6a－12＝0，解得 a＝2．
所以，实数 a 的值为 2． …………………………………10 分
B．选修 4—4：坐标系与参数方程
解：以极点为原点,极轴为 x 轴的正半轴(单位长度相同)建立平面直角坐标系，
由直线 ρcosθ＋2ρsinθ＝m，可得直角坐标方程为 x＋2y－m＝0．
又曲线 ρ＝4sinθ，所以 ρ2＝4ρsinθ，其直角坐标方程为 x2＋(y－2)2＝4，………………5
分
所以曲线 ρ＝4sinθ 是以(0，2)为圆心，2 为半径的圆．
为使直线被曲线(圆)截得的弦 AB 最长，所以直线过圆心(0，2)，
于是 0＋2×2－m＝0，解得 m＝4．
所以，实数 m 的值为 4． ………………………………………10 分
C．选修 4—5：不等式选讲解：因为
1
a
＋
2
b
＋
3
c
＝1，所以
1
a
＋
4
2b
＋
9
3c
＝1．
由柯西不等式得 a＋2b＋3c＝(a＋2b＋3c)(
1
a
＋
4
2b
＋
9
3c
)≥(1＋2＋3)2，
即 a＋2b＋3c≥36， ………………………………………………………………………5
分
当且仅当
1
a
a
＝
4
2b
2b
＝
9
3c
3c
，即 a＝b＝c 时取等号，解得 a＝b＝c＝6，
所以当且仅当 a＝b＝c＝6 时，a＋2b＋3c 取最小值 36． ………………………………10
分
22．（本小题满分 10 分）
解：（1）以 CD，AB，OO1 所在直线建立如图所示空间直角坐标系 O－xyz．
由 CD＝2，AA1＝3，所以 A(0，－1，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，
0)，
A1(0，－1，3)，B1(0，1，3)，
从而A1C→
＝(－1，1，－3)，B1D→
＝(1，－1，－3)，
所以 cos＜A1C→
，B1D→
＞＝
－1 × 1＋1 × (－1)＋(－3) × (－3)
(－1)2＋12＋(－3)2 × 12＋(－1)2＋(－3)2
＝
7
11
，
所以异面直线 A1C 与 B1D 所成角的余弦值为
7
11
．………………4 分
（2）设 AA1＝m＞0，则 A1(0，－1，m)，B1(0，1，m)，
所以A1C→
＝(－1，1，－m)， B1D→
＝(1，－1，－m)， CD→
＝(2，0，0)，
设平面 A1CD 的一个法向量 n1＝(x1，y1，z1)，则{n1·＝2x1＝0，
n1·＝－x1＋y1－mz1＝0，
所以 x1＝0，令 z1＝1，则 y1＝m，
所以平面 A1CD 的一个法向量 n1＝(0，m，1)．
同理可得平面 B1CD 的一个法向量 n2＝(0，－m，1)．因为二面角 A1－CD－B1 的大小为
π
3
，
所以|cos＜n1，n2＞|＝|
m × (－m)＋1 × 1
m2＋12 × (－m)2＋12
|＝
1
2
，
解得 m＝ 3或 m＝
3
3
，
由图形可知当二面角 A1－CD－B1 的大小为
π
3
时，m＝ 3．……………………10 分
注：用传统方法也可，请参照评分．
23．（本小题满分 10 分）
解：（1）令 x＝1，得 a0＋a1＋a2＋…＋a2n＝0．
令 x＝－1，得 a0－a1＋a2－a3＋…－a2n－1＋a2n＝31＋32＋…＋32n＝
3
2
(9n－1)．
两式相加得 2(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)＝
3
2
(9n－1)，
所以 Sn＝
3
4
(9n－1)．…………………………………3 分
（2）Tn＝－S1C 1
n ＋S2C 2
n －S3C 3
n ＋…＋(－1)nSnC n
n
＝
3
4
{[－91C 1
n ＋92C 2
n －93C 3
n ＋…＋(－1)n9nC n
n ]－[－C 1
n ＋C 2
n －C 3
n ＋…＋(－1)nC n
n ]}
＝
3
4
{[90C 0
n －91C 1
n ＋92C 2
n －93C 3
n ＋…＋(－1) n9nC n
n ]－[C 0
n －C 1
n ＋C 2
n －C 3
n ＋…＋(－
1)nC n
n ]}
＝
3
4
[90C 0
n －91C 1
n ＋92C 2
n －93C 3
n ＋…＋(－1)n9nC n
n ]
＝
3
4
[C 0
n (－9)0＋C 1
n (－9)1＋C 2
n (－9)2＋…＋C n
n (－9)n]
＝
3
4
[1＋(－9)]n＝
3
4
×(－8)n． …………………………………………7 分要证|Tn|≥6n3，即证
3
4
×8n≥6n3，只需证明 8n－1≥n3，即证 2n－1≥n．
当 n＝1，2 时，2n－1≥n 显然成立．
当 n≥3 时，2n－1＝C 0
n－1＋C 1
n－1＋…＋Cn－1
n－1≥C 0
n－1＋C 1
n－1＝1＋(n－1)＝n，即 2n－1≥n，
所以 2n－1≥n 对 n∈N*恒成立．
综上，|Tn|≥6n3 恒成立．………………………………………………………10 分
注：用数学归纳法或数列的单调性也可证明 2n－1≥n 恒成立，请参照评分．
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