江苏省镇江市2020届高三数学上学期期末试卷（Word版附答案）

1 2020 届高三模拟考试试卷 数　　学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 2020．1 参考公式： 锥体的体积公式：V＝1 3Sh，其中 S 是锥体的底面积，h 是锥体的高． 一、 填空题：本大题共 14 小题，每小题 5 分，共 70 分． 1. 已知集合 A＝{x|x2－2x≤0}，B＝{－1，1，2}，则 A∩B＝________． 2. 设复数 z＝1＋2 i(其中 i 为虚数单位)，则|z|＝________． 3. 如图是一个算法的伪代码，则输出的结果是________． Read S←0 For i from 1 to 9 step 2 　 S←S＋i End for Print S End 　 　　　(第 3 题) 4. 顶点在原点且以双曲线x2 12－y2 4 ＝1 的右焦点为焦点的抛物线方程是________． 5. 已知在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l1：x－my＋m－2＝0，l2：mx＋(m－2)y－1＝ 0.若直线 l1∥l2，则 m＝________． 6. 从“1，2，3，4，5”这组数据中随机去掉两个不同的数，则剩余三个数能构成等差 数列的概率是________． 7. 若实数 x，y 满足条件{x＋y－1 ≥ 0， x－y－1 ≤ 0， x－3y＋3 ≥ 0， 则 z＝3x＋2y 的最大值为________． 8. 将函数 f(x)＝cos 2x 的图象向左平移 π 6 个单位长度后，再将图象上各点的纵坐标变为 原来的 2 倍，得到函数 y＝g(x)的图象，则 g( π 4 )＝________． 9. 已知正方体 ABCDA1B1C1D1 棱长为 1，点 E 是棱 AD 上的任意一点，点 F 是棱 B1C1 上的任意一点，则三棱锥 BECF 的体积为________． 10. 已知等比数列{an}的前三项和S 3＝42.若a 1，a2＋3，a3成等差数列，则公比q＝________． 11. 记集合 A＝[a，b]，当 θ∈[－π 6 ， π 4 ]时，函数 f(θ)＝2 3sin θcos θ＋2cos2θ的值 域为 B.若“x∈A”是“x∈B”的必要条件，则 b－a 的最小值是________． 12. 已知函数 f(x)＝{－（1 2）x＋x3，x＜0， －2x－x3，x ≥ 0. 若对任意的 x∈[m，m＋1]，不等式 f(1－ x)≤f(x＋m)恒成立，则实数 m 的取值范围是________．2 13. 过直线 l：y＝x－2 上任意一点 P 作圆 C：x2＋y2＝1 的一条切线，切点为 A.若存在 定点 B(x0，y0)，使得 PA＝ PB 恒成立，则 x0－y0＝________． 14. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知三个点 A(2，1)，B(1，－2)，C(3，－1)，点 P(x，y) 满足(OP → ·OA → )×(OP → ·OB → )＝－1，则 OP → ·OC → |OP → |2 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) 在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，点 E 是 AP 的中点，AB⊥BD，PB⊥ PD，平面 PBD⊥底面 ABCD.求证： (1) PC∥平面 BDE； (2) PD⊥平面 PAB. 16. (本小题满分 14 分) 如图，在△ABC 中，点 D 是边 BC 上一点，AB＝14，BD＝6，BA → ·BD → ＝66. (1) 若 C＞B，且 cos(C－B)＝13 14，求角 C 的大小； (2) 若△ACD 的面积为 S，且 S＝1 2CA → ·CD → ，求 AC 的长度．3 17. (本小题满分 14 分) 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的长轴长为 4，左准线 l 的方程 为 x＝－4. (1) 求椭圆的标准方程； (2) 直线 l1 过椭圆 E 的左焦点 F1，且与椭圆 E 交于 A，B 两点． ①若 AB＝24 7 ，求直线 l1 的方程； ②过 A 作左准线 l 的垂线，垂足为 A1，点 G(－5 2，0)，求证：A1，B，G 三点共线．4 18. (本小题满分 16 分) 某游乐场过山车轨道在同一竖直钢架平面内，如图所示，矩形 PQRS 的长 PS 为 130 米， 宽 RS 为 120 米，圆弧形轨道所在圆的圆心为 O，圆 O 与 PS，SR，QR 分别相切于点 A，D， C，点 T 为 PQ 的中点．现欲设计过山车轨道，轨道由五段连接而成：出发点 N 在线段 PT 上 (不含端点，游客从点 Q 处乘升降电梯至点 N)，轨道第一段 NM 与圆 O 相切于点 M，再沿着 圆弧轨道MA ︵ 到达最高点 A，然后在点 A 处沿垂直轨道急速下降至点 O 处，接着沿直线轨道 OG 滑行至地面点 G 处(设计要求 M，O，G 三点共线)，最后通过制动装置减速沿水平轨道 GR 滑行到达终点 R.记∠MOT 为 α，轨道总长度为 l 米． (1) 试将 l 表示为 α 的函数 l(α)，并写出 α 的取值范围； (2) 求 l 最小时 cos α的值．5 19. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)＝ln x＋a(x2－x)(a∈R)． (1) 当 a＝0，求证：f(x)≤x－1； (2) 如果函数 f(x)有两个极值点 x1，x2(x1＜x2)，且 f(x1)＋f(x2)≤k 恒成立，求实数 k 的取 值范围； (3) 当 a0)． (1) 若直线 y＝－x＋1 与抛物线相交于 M，N 两点，且 MN ＝2 6，求抛物线的方程； (2) 直线 l 过点 Q(0，t)(t≠0)交抛物线于 A，B 两点，交 x 轴于点 C，如图，设 QA → ＝ mAC → ，QB → ＝nBC → ，求证：m＋n 为定值． 23. 我们常用构造等式对同一个量算两次的方法来推导组合数恒等式．例如由等式(1＋ x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n 可得：等式左边 xk 项系数为 C k2n(0≤k≤n)，等式右边 xk 项系数为 C0nCkn＋ C1nCk－1n ＋C2nCk－2n ＋…＋Ck－1n C1n＋CknC0n，所以我们得到组合数恒等式： C0nCkn＋C1nCk－1n ＋C2nCk－2n ＋…＋Ck－1n C1n＋CknC0n＝C k2n. (1) 化简：(C 01 010)2＋(C 11 010)2＋(C 21 010)2＋…＋(C1 0091 010)2＋(C1 0101 010)2； (2) 若袋中装有 n(n∈N*)个红球和 n 个白球，从中一次性取出 n 个球．规定取出 k(0≤k≤n) 个红球得 k2 分，设 X 为一次性取球的得分，求 X 的数学期望．9 2020 届高三模拟考试试卷(三)(镇江) 数学参考答案及评分标准 1. {1，2}　2. 5　3. 25　4. y 2＝16x　5. －2　6. 2 5　7. 13　8. － 3　9. 1 6　10. 2 或1 2　 11. 3 12. [－1，－1 3]　13. 2± 2　14. 5 2 4 15. 解：(1) 连结 AC 交 BD 于一点 O，连结 OE， 因为底面 ABCD 是平行四边形， 所以点 O 是 AC 的中点．(1 分) 因为点 E 是 AP 的中点， 所以 OE 是△PAC 的中位线，(2 分) 所以 OE∥PC.(3 分) 因为 PC⊄平面 BDE，OE⊂平面 BDE，所以 PC∥平面 BDE.(7 分) (2) 因为平面 PBD⊥底面 ABCD，AB⊥BD，平面 PBD∩底面 ABCD＝BD，AB⊂平面 ABCD， 所以 AB⊥平面 PBD.(9 分) 因为 PD⊂平面 PBD，所以 AB⊥PD.(11 分) 因为 PB⊥PD，PB∩AB＝B，PB⊂平面 PAB，AB⊂平面 PAB， 所以 PD⊥平面 PAB.(14 分) 16. 解：(1) 在△ABD 中，AB＝14，BD＝6， 则BA → ·BD → ＝BA·BD·cos B＝14×6·cos B＝66，得 cos B＝ 11 14.(1 分) 在△ABC 中，sin B＞0，sin B＝ 1－cos2B＝ 1－（11 14）2＝5 3 14 .(2 分) 又 C∈(0，π)，C＞B，则 B∈(0， π 2 )，则 C－B∈(0，π)． 又 cos(C－B)＞0，则 C－B∈(0， π 2 )，由 cos(C－B)＝13 14， 则 sin(C－B)＝ 1－cos2（C－B）＝ 1－（13 14）2＝3 3 14 ，(4 分) 则 cos C＝cos[B＋(C－B)]＝cos B·cos(C－B)－sin B·sin(C－B) ＝11 14×13 14－5 3 14 ×3 3 14 ＝1 2.(6 分) 又 C∈(0，π)，则 C＝ π 3 .(7 分) (2) 在△ACD 中，AD2＝BA2＋BD2－2BA·BDcos B＝142＋62－2×14×6×11 14＝102， 解得 AD＝10.(9 分)10 由余弦定理得 cos∠ADB＝AD2＋BD2－AB2 2AD·BD ＝ 102＋62－142 2 × 10 × 6＝－1 2. 又∠ADB∈(0，π)，得∠ADB＝2π 3 ，则∠ADC＝ π 3 .(10 分) 因为 S＝1 2CA → ·CD → ，即 1 2CA·CD·sin C＝1 2CA·CD·cos C， 得 tan C＝1，又 C 为锐角，C＝ π 4 .(12 分) 在△ACD 中，因为 AD＝10，C＝ π 4 ，∠ADC＝ π 3 ， 则由正弦定理得 AC sin∠ADC＝ AD sin C，即AC 3 2 ＝10 2 2 ，解得 AC＝5 6.(14 分) 17. (1) 解：设椭圆左焦点的坐标为(－c，0)(c＞0)，由 2a＝4，a2 c＝4，解得 a＝2，c＝1.(2 分) 由 b2＝a2－c2＝3，则所求椭圆的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1.(3 分) (2) ①解：若直线 AB 的斜率不存在，则 AB＝3≠24 7 ，所以直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 y＝k(x＋1)， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由{y＝k（x＋1）， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， Δ＝(8k2)2－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)＞0， 则 x1＝ －4k2－6 k2＋1 4k2＋3 ，x2＝ －4k2＋6 k2＋1 4k2＋3 　(Ⅰ)， x1＋x2＝－ 8k2 4k2＋3，x1x2＝4k2－12 4k2＋3 　(Ⅱ)．(4 分) (解法 1)由椭圆的第二定义知AF1 AA1 ＝1 2，则 AF1＝1 2AA1＝1 2(x1＋4)＝1 2x1＋2. 同理 BF1＝2＋1 2x2，(5 分) 则 AB＝AF1＋BF1＝4＋1 2(x1＋x2)＝4＋1 2· －8k2 4k2＋3＝24 7 .(6 分) 解得 k＝±1，则直线 l1 的方程为 y＝x＋1 或 y＝－x－1.(8 分) (解法 2)AB＝ （x2－x1）2＋（y2－y1）2＝ 1＋k2 （x2－x1）2＝ 1＋k2|x2－x1|，(5 分) 代入(Ⅰ)得 AB＝ 1＋k2×12 k2＋1 4k2＋3 ＝12（k2＋1） 4k2＋3 ＝24 7 . (下同解法 1)(6 分) ②证明：当直线 AB 的斜率不存在时，不妨设 A(－1， 3 2)，B(－1，－ 3 2)，则 A1(－4， 3 2)．11 又 G(－5 2，0)，kA1G＝ 3 2 －4＋5 2 ＝－1，kBG＝ 3 2 －5 2＋1 ＝－1. 则 kA1G＝kBG，所以 A1，B，G 三点共线(9 分) 当直线 AB 的斜率存在时，A(x1，y1)，A1(－4，y1)，又 G(－5 2，0)，要证 A1，B，G 三 点共线， 因为 kA1G＝ y1 －3 2 ，kBG＝ y2 x2＋5 2 ，只要证 y1 －3 2 ＝ y2 x2＋5 2 .(10 分) 即证 k(x1＋1)(2x2＋5)＋3k(x2＋1)＝0.(12 分) 即证 2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝0，代入(Ⅱ)， 因为 24k2－12 4k2＋3 ＋5 －8k2 4k2＋3＋8＝ －32k2－24 4k2＋3 ＋8＝－8＋8＝0，所以 A1，B，G 三点共线． 综上所述，A1，B，G 三点共线．(14 分) 18. 解：(1) 过点 M 作 ME⊥TO，垂足为 E，过点 N 作 NF⊥ME，垂足为 F， 过点 G 作 GI⊥OD，垂足为 I. 因为圆 O 与矩形的三边 PS，SR，QR 相切， 所以 PS＝130，SR＝120，圆 O 的半径 r＝60， 弧长 MA＝60( π 2 －α)．(1 分) 在 Rt△MNF 中，MN＝ NF sin α＝OT－OE sin α＝70－60cos α sin α .(2 分) 在 Rt△OCG 中，OG＝ 60 sin α，(3 分) CG＝ 60 tan α＝60cos α sin α ，GR＝60－60cos α sin α ，(4 分) 所以 l(α)＝70－60cos α sin α ＋60( π 2 －α)＋60＋ 60 sin α＋60－60cos α sin α ＝130－120cos α sin α －60α＋120＋30π.(7 分) 答：将 l 表示为 α 的函数 l(α)＝130－120cos α sin α －60α＋120＋30π，α的取值范围是 ( π 4 ， π 2 )．(8 分) (2) l′(α)＝60cos2α－130cos α＋60 sin2α ＝10· （2cos α－3）（3cos α－2） sin2α .(10 分)12 令 l′(α)＝0，解得 cos α＝2 3或 cos α＝3 2(舍去)．(12 分) 记 cos α0＝2 3，a0∈( π 4 ， π 2 )． α ( π 4 ，α0) α0 (α0， π 2 ) l′(α) 0 l(α) 递减 极小值 递增 (14 分) 所以当 cos α＝2 3时，l(α)最小．(15 分) 答：轨道总长度 l 最小时，cos α的值为2 3.(16 分) 19. (1) 证明：当 a＝0 时，f(x)＝ln x，定义域为(0，＋∞)， 记 F(x)＝f(x)－(x－1)＝ln x－x＋1，令 F′(x)＝1 x－1＝1－x x ＝0，解得 x＝1.(1 分) 当 x∈(0，1)时，F′(x)＞0，则 F(x)在(0，1)上单调递增； 当 x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，则 F(x)在(1，＋∞)上单调递减，(2 分) 所以 F(x)≤F(1)＝0，则 f(x)≤x－1.(3 分) (2) 解：由题知 f′(x)＝1 x＋2ax－a＝2ax2－ax＋1 x 　①.(4 分) 因为 f(x)有两个不同的极值点 x1，x2， 令 g(x)＝2ax2－ax＋1　②，则方程 g(x)＝0 的两正根为 x1，x2， 即 x1＝a－ a2－8a 4a ＞0，x2＝a＋ a2－8a 4a ＞0， 等价于 a≠0，Δ＝a2－8a＞0　③，x1＋x2＝1 2＞0　④，x1x2＝ 1 2a＞0　⑤， 解得 a＞8.(5 分) 令 G(a)＝f(x1)＋f(x2)＝ln x1＋a(x21－x1)＋ln x2＋a(x22－x2) ＝ln(x1x2)＋a[(x1＋x2)2－2x1x2]－a(x1＋x2)， 将④⑤代入得 G(a)＝ln 1 2a－1 4a－1＝－ln(2a)－1 4a－1.(6 分) 因为 G(a)在 a∈(8，＋∞)上为减函数，则 G(a)＜G(8)＝－ln 16－3.(7 分) 由 f(x1)＋f(x2)≤k 恒成立，则 k 的取值范围是[－ln 16－3，＋∞)．(8 分) (3) 解：当 a＜0 时，显然 f(1)＝0，所以 f(x)至少有一个零点为 1.(9 分) 由(2)中②③⑤知，此时 Δ>0，x1＋x2＝1 2＞0，x1x2＝ 1 2a＜0，则 x1＜0＜x2. 因为 f′(x)＝2ax2－ax＋1 x ＝2a（x－x1）（x－x2） x ，x－x1＞0， 当 x∈(0，x2)时，f′(x)＞0，f(x)在(0，x2)上为增函数； 当 x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)在(x 2，＋∞)上为减函数，所以 f(x)max＝f(x2)．(10 分)13 因 g(1)＝2a－a＋1＝a＋1， 1° 当 a＝－1 时，g(1)＝0，则 x2＝1，f(x)max＝f(x2)＝f(1)＝0， 此时 f(x)有且只有一个零点．(11 分) 2° 当 a＜－1 时，g(1)＜0，则 0＜x2＜1，又由 f(x)在(x2，＋∞)上单调递减，f(x2)＞f(1) ＝0， 则 f(x)在(x2，＋∞)上有且仅有一个零点是 1.(12 分) 又 a＜－1，则 0＜－1 a＜1，－1 a－x2＝－2x1x2－x2＝(2x2－2)x2＜0，则 0＜－1 a＜x2. 由(1)知当 x＞0 且 x≠1 时，f(x)＜x－1＋a(x2－x)＝(ax＋1)(x－1)，则 f(－1 a)＜0　⑥. 因为 f(x)为连续函数，且在(0，x2)上递增，则 f(x)在(0，x2)上有且仅有一个零点， 所以当 a＜－1 时，f(x)共有两个零点．(13 分) 3° 当－1＜a＜0 时，g(1)＞0，则 x 2＞1，又由 f(x)在(0，x2)上为增函数，f(x2)＞f(1)＝ 0， 则 f(x)在(0，x2)上有且仅有一个零点是 1.(14 分) 又－1＜a＜0，则－1 a＞1，－1 a－x2＝－2x1x2－x2＝(2x2－2)x2＞0，则－1 a＞x2. 由⑥知，f(－1 a)＜0，因为 f(x)为连续函数，且在(x2，＋∞)上为减函数， 所以当－1＜a＜0 时，f(x)在(x2，＋∞)上有且仅有一个零点， 此时 f(x)共有两个零点．(15 分) 综上所述，当 a＝－1 时，f(x)有且只有一个零点； 当 a＜－1 或－1＜a＜0 时，f(x)共有两个不同零点．(16 分) 20. 解：在 Tn＋bn＝n＋1 2n(1＋bn)中，令 n＝1，得 b1＝1. 令 n＝2，得 b2＝2，则 a1＝b2＝2，(1 分) 当 n≥2 时，由 Sn＝an＋1－a1，则 Sn－1＝an－a1， 两式相减得 Sn－Sn－1＝an＋1－an，即 an＝an＋1－an，则an＋1 an ＝2.(2 分) 又由 Sn＝an＋1－a1，令 n＝1，得a2 a1＝2， 则数列{an}为首项为 2，公比为 2 的等比数列，即 an＝2n.(3 分) (2) 当 n≥2 时，由 Tn＋bn＝n＋1 2n(1＋bn)　①，则 Tn－1＋bn－1＝n－1＋1 2(n－1)(1＋bn－1)　 ②， ①－②得 bn＋bn－bn－1＝3 2＋1 2nbn－1 2(n－1)bn－1， (n－4)bn－(n－3)bn－1＋3＝0　③.(4 分) 当 n≥3 时，则(n－5)bn－1－(n－3)bn－2＋3＝0　④， 两式相减得(n－4)bn－(2n－8)bn－1＋(n－4)bn－2＝0， 所以当 n≥5 时，bn＋1＋bn－1＝2bn，bn＋1－bn＝bn－bn－1，(5 分) 由(1)知 b1＝1，b2＝2，在①中令 n＝3，4，5，求得 b3＝3，b4＝4，b5＝5，b6＝6，(6 分) 所以 bn＋1－bn＝bn－bn－1＝…＝b2－b1＝1， 所以数列{bn}为首项为 1，公差为 1 的等差数列，即 bn＝n.(7 分)14 (3) 由(1)(2)得 cn＝an bn＝2n n ， cn＋1－cn＝2n＋1 n＋1－2n n ＝n2n＋1－（n＋1）2n n（n＋1） ＝ （n－1）2n n（n＋1） ≥0， 则 c2＝c1，当 n≥2 时，且 cn－1＞cn.(9 分) 假设存在不同两项 ci，cj，使 ci＋cj 仍是{cn}中的第 k(1≤i＜j＜k，i，j，k∈N*)项， 即 ci＋cj＝ck. 由 ci＋cj≤cj－1＋cj＝ 2j－1 j－1＋2j j ＝j2j－1＋（j－1）2j j（j－1） ＝ （3j－2）2j－1 j（j－1） .(11 分) 又 ck≥cj＋1＝2j＋1 j＋1，(12 分) 则 ck－(ci＋cj)≥2j＋1 j＋1－ （3j－2）2j－1 j（j－1） ＝j（j－1）2j＋1－（j＋1）（3j－2）2j－1 j（j－1）（j＋1） ＝ （j2－5j＋2）2j－1 j（j－1）（j＋1）. 当 j≥5 时，ck－(ci＋cj)＞0，ci＋cj＝ck 无解．(14 分) 又 c1＝2，c2＝2，c3＝8 3，c4＝4，c5＝32 5 ，c6＝64 3 ， 当 j＝2，3，4，5 时，只存在不同两项 c1，c2，使得 c1＋c2＝c4. 综上所述，存在 i＝1，j＝2，使得 c1＋c2＝c4.(16 分)15 2020 届高三模拟考试试卷(镇江) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解 ： 依 题 意 ， [ 1 23 4 ][x1 ] ＝ [y－2y] ， 即 {x＋2＝y－2，3x＋4＝y，解 得 {x＝0，y＝4.(4 分) 设逆矩阵 M－1＝[ a bc d ]，由 MM－1＝[ 1 00 1 ]得 a＝－2，b＝1，c＝3 2，d＝－1 2，(7 分) 则逆矩阵 M－1＝[ －2 1　3 2 －1 2 ]，(8 分) 所以 M－1[xy ]＝[ －2 1　3 2 －1 2 ][04 ]＝[4－2 ]．(10 分) B. 解：由 θ＝ π 4 ，得曲线 C1 的直角坐标系的方程为 x－y＝0.(4 分) 由{x＝cos α，y＝sin2α，得曲线 C2 的普通方程为 x2＋y＝1(－1≤x≤1)．(8 分) 由{x－y＝0，x2＋y＝1，得 x2＋x－1＝0，即 x＝1－ 5 2 (舍去)或 x＝ －1＋ 5 2 ， 所以曲线 C1 与曲线 C2 交点的直角坐标为( －1＋ 5 2 ， －1＋ 5 2 )．(10 分) C. 解：f(x)＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|(2x－1)－(2x＋2)|＝3，(2 分) 当且仅当(2x－1)(2x＋2)≤0，即－1≤x≤1 2时取等号，则 k＝3.(3 分) 因为 a＋b＋c＝3， 则由柯西不等式得(a2＋b2＋c2)(12＋12＋12)≥(a＋b＋c)2，(6 分) 所以 a2＋b2＋c2≥ （a＋b＋c）2 3 ＝3，(7 分) 当且仅当 a＝b＝c＝1 时，(8 分) 此时 a2＋b2＋c2 的最小值为 3.(10 分) 22. (1) 解：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，由{y2＝2px，y＝－x＋1，得 x2－2(1＋p)x＋1＝0.(1 分) 因为 p＞0，所以 Δ1＝4(p2＋2p)＞0， x1＝p＋1－ p2＋2p，x2＝p＋1＋ p2＋2p.(2 分) 由 MN＝ （x2－x1）2＋（y2－y1）2＝ 1＋k2|x2－x1|＝2 2 p2＋2p＝2 6，解得 p＝1.(3 分) 所以抛物线的方程为 y2＝2x　①.(4 分) (2) 证明：设 A(x3，y3)，B(x4，y4)，由于直线 l 过 Q(0，t)(t≠0)，点 C(x0，0)， 故可设直线 l 的方程为 y＝kx＋t　②. ②代入①消去 x，得 ky2－2py＋2pt＝0，Δ2＝4p2－8kpt＞0， y3＝p－ p2－2kpt k ，y4＝p＋ p2－2kpt k ，则 y3＋y4＝2p k 　③，y3y4＝2pt k 　④.(7 分)16 又QA → ＝(x3，y3－t)，AC → ＝(x0－x3，－y3)，OB → ＝(x4，y4－t)，BC → ＝(x0－x4，－y4)， 由 QA → ＝ mAC → ， QB → ＝ nBC → ， 则 {y3－t＝－my3，y4－t＝－ny4，所 以 {m＝ t y3－1，n＝ t y4－1，(8 分) 则 m＋n＝ t y3＋ t y4－2＝ty3＋y4 y3y4 －2，(9 分) 将③④代入得 m＋n＝t 2p k 2pt k －2＝－1 为定值．(10 分) 23. 解：(1) 因为已知等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n， 令 n＝1 010，得(1＋x)1 010(1＋x)1 010＝(1＋x)2 020， 等式右边展开式含 x1 010 项的系数为 C1 0102 020. 而等式左边展开式含 x1 010 的系数为(C 01 010)2＋(C 11 010)2＋…＋(C1 0091 010)2＋(C1 0101 010)2， 所以(C 01 010)2＋(C 11 010)2＋…＋(C1 0091 010)2＋(C1 0101 010)2＝C1 0102 020.(3 分) (2) X 的可能取值为 0，12，22，…，k2，…，n2，且 X 的分布表如下 X 0 12 … k2 … n2 P(X) CC C CC C … CC C … CC C (5 分) 因 为 Ckn＝ n！ k！（n－k）！＝ n（n－1）！ k（k－1）！（n－k）！＝ n k （n－1）！ （k－1）！（n－k）！＝ n k Ck－1n－1.(7 分) E(X)＝ ∑ n k＝0k2 CC C ＝ ∑ n k＝0k2 CC C ＝1 C ∑ n k＝0(kCkn)2＝1 C ∑ n k＝1(n·Ck－1n－1)2＝n2 C ∑ n k＝1(Ck－1n－1)2 ＝n2 C ∑ n k＝1Ck－1n－1Cn－kn－1＝n2 C C n－12n－2＝ n2 （2n－2）！ （n－1）！（n－1）！ （2n）！ n！n！ ＝ n3 4n－2， 所以 X 的数学期望 E(X)＝ n3 4n－2.(10 分)