江苏省七市2020届高三数学（理）第二次调研试卷（Word版附答案）

数学理科 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 参考公式： 柱体的体积公式：V 柱体＝Sh，其中 S 为柱体的底面积，h 为高． 锥体的体积公式：V 锥体＝1 3Sh，其中 S 为锥体的底面积，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 A＝{1，4}，B＝{a－5，7}．若 A∩B＝{4}，则实数 a 的值是________． 2. 若复数 z 满足z i＝2＋i，其中 i 是虚数单位，则 z 的模是________． (第 4 题) 3. 在一块土地上种植某种农作物，连续 5 年的产量(单位：吨)分别为 9.4，9.7，9.8， 10.3，10.8，则该农作物的年平均产量是________吨． 4. 如图是一个算法流程图，则输出 S 的值是________． 5. “石头、剪子、布”是大家熟悉的二人游戏，其规则是：在石头、剪子和布中，二人 各随机选出一种，若相同则平局；若不同，则石头克剪子，剪子克布，布克石头，甲、乙两 人玩一次该游戏，则甲不输的概率是________． 6. 在△ABC 中，已知 B＝2A，AC＝ 3BC，则 A 的值是________． 7. 在等差数列{an}(n∈N*)中，若 a1＝a2＋a4，a8＝－3，则 a20 的值是________． (第 8 题) 8. 如图，在体积为 V 的圆柱 O1O2 中，以线段 O1O2 上的点 O 为顶点，上下底面为底面的 两个圆锥的体积分别为 V1，V2，则V1＋V2 V 的值是________． 9. 在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为 A，右焦点为 F， 过 F 作 x 轴的垂线交双曲线于点 P，Q.若△APQ 为直角三角形，则该双曲线的离心率是 ________． 10. 在平面直角坐标系 xOy 中，点 P 在直线 y＝2x 上，过点 P 作圆 C：(x－4)2＋y2＝8 的 一条切线，切点为 T.若 PT＝PO，则 PC 的长是________． 11. 若 x＞1，则 2x＋ 9 x＋1＋ 1 x－1的最小值是________． 12. 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 y＝ex 在点 P(x0，ex0)处的切线与 x 轴相交于点 A， 其中 e 为自然对数的底数．若点 B(x0，0)，△PAB 的面积为 3，则 x0 的值是________． 13. 如图(1)是第七届国际数学教育大会(ICME7)的会徽图案，它是由一串直角三角形演化 而成的(如图(2))，其中 OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，则A6A7→ ·A7A8→ 的值是________． 14. 设函数 f(x)＝{|log2x－a|，0＜x ≤ 4， f（8－x），4＜x＜8. 若存在实数 m，使得关于 x 的方程 f(x)＝m 有 4 个不相等的实根，且这 4 个根的平方和存在最小值，则实数 a 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) 在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(α＋ π 4 )，sin(α＋ π 4 ))， 其中 0＜α＜ π 2 . (1) 求(b－a)·a 的值； (2) 若 c＝(1，1)，且(b＋c)∥a，求 α 的值． 16.(本小题满分 14 分) 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，CA＝CB，点 P，Q 分别为 AB1，CC1 的中点．求证： (1) PQ∥平面 ABC； (2) PQ⊥平面 ABB1A1. 17. (本小题满分 14 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C：(x－3)2＋y2＝1，椭圆 E：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞ 0)的右顶点 A 在圆 C 上，右准线与圆 C 相切． (1) 求椭圆 E 的方程； (2) 设过点 A 的直线 l 与圆 C 相交于另一点 M，与椭圆 E 相交于另一点 N.当 AN＝12 7 AM 时，求直线 l 的方程． 18. (本小题满分 16 分) 某公园有一块边长为 3 百米的正三角形 ABC 空地，拟将它分割成面积相等的三个区域， 用来种植三种花卉．方案是：先建造一条直道 DE 将△ABC 分成面积之比为 2∶1 的两部分(点 D，E 分别在边 AB，AC 上)；再取 DE 的中点 M，建造直道 AM(如图)．设 AD＝x，DE＝y1， AM＝y2(单位：百米)． (1) 分别求 y1，y2 关于 x 的函数关系式； (2) 试确定点 D 的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值． 19. (本小题满分 16 分) 若函数 f(x)在 x0 处有极值，且 f(x0)＝x0，则称 x0 为函数 f(x)的“F 点”． (1) 设函数 f(x)＝kx2－2ln x(k∈R)． ① 当 k＝1 时，求函数 f(x)的极值； ② 若函数 f(x)存在“F 点”，求 k 的值； (2) 已知函数 g(x)＝ax3＋bx2＋cx(a，b，c∈R，a≠0)存在两个不相等的“F 点”x1，x2， 且|g(x1)－g(x2)|≥1，求 a 的取值范围． 20. (本小题满分 16 分) 在等比数列{an}中，已知 a1＝1，a4＝1 8.设数列{bn}的前 n 项和为 Sn，且 b1＝－1，an＋bn＝－ 1 2Sn－1(n≥2，n∈N*)． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 求证：数列{bn an }是等差数列； (3) 是否存在等差数列{cn}，使得对任意 n∈N*，都有 Sn≤cn≤an？若存在，求出所有符合 题意的等差数列{cn}；若不存在，请说明理由． 2020 届高三模拟考试试卷 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＝[ 0 1 a 0 ]的逆矩阵 A－1＝[ 0 2 b 0 ].若曲线 C1：x2 4 ＋y2＝1 在矩阵 A 对应的变换作用下得到另一曲线 C2，求曲线 C2 的方程． B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在极坐标系中，已知曲线 C 的方程为 ρ＝r(r＞0)，直线 l 的方程为 ρcos(θ＋ π 4 )＝ 2.设直 线 l 与曲线 C 相交于 A，B 两点，且 AB＝2 7，求 r 的值． C. (选修 45：不等式选讲) 已知实数 x，y，z 满足 x2 1＋x2＋ y2 1＋y2＋ z2 1＋z2＝2，求证： x 1＋x2＋ y 1＋y2＋ z 1＋z2≤ 2. 【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. 小丽在同一城市开的 2 家店铺各有 2 名员工．节假日期间的某一天，每名员工休假的 概率都是1 2，且是否休假互不影响．若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂 1 人到该店铺维持营业，否则该店就停业． (1) 求发生调剂现象的概率； (2) 设营业店铺数为 X，求 X 的分布列和数学期望． 23.我们称 n(n∈N*)元有序实数组(x1，x2，…，xn)为 n 维向量， 为该向量的范 数．已知 n 维向量 a＝(x1，x2，…，xn)，其中 xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，…，n.记范数为奇 数的 n 维向量 a 的个数为 An，这 An 个向量的范数之和为 Bn. (1) 求 A2 和 B2 的值； (2) 当 n 为偶数时，求 An，Bn(用 n 表示)． 数学参考答案及评分标准 1. 9 2. 5 3. 10 4. 5 2 5. 2 3 6. π 6  7. －15 8. 1 3 9. 2 10. 13 11. 8 12. ln 6 13. 42 7  14. (－∞，1) 15. 解：(1) 因为向量 a＝(cos α，sin α)，b＝(cos(α＋ π 4 )，sin(α＋ π 4 ))， 所以(b－a)·a＝a·b－a2(2 分) ＝cos αcos(α＋ π 4 )＋sin αsin(α＋ π 4 )－(cos2α＋sin2α)(4 分) ＝cos(－ π 4 )－1＝ 2 2 －1.(6 分) (2) 因为 c＝(1，1)，所以 b＋c＝(cos(α＋ π 4 )＋1，sin(α＋ π 4 )＋1)． 因为(b＋c)∥a，所以[cos(α＋ π 4 )＋1]sin α－[sin(α＋ π 4 )＋1]cos α＝0.(9 分) 于是 sin α－cos α＝sin(α＋ π 4 )cos α－cos(α＋ π 4 )sin α， 从而 2sin(α－ π 4 )＝sin π 4 ，即 sin(α－ π 4 )＝1 2.(12 分) 因为 0＜α＜ π 2 ，所以－ π 4 ＜α－ π 4 ＜ π 4 ，于是 α－ π 4 ＝ π 6 ，即 α＝5π 12 .(14 分) 16. 证明：(1) 取 AB 的中点 D，连结 PD，CD. 在△ABB1 中，因为点 P，D 分别为 AB1，AB 中点， 所以 PD∥BB1，且 PD＝1 2BB1. 在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，CC1∥BB1，CC1＝BB1. 因为点 Q 为棱 CC1 的中点，所以 CQ∥BB1，且 CQ＝1 2BB1.(3 分) 于是 PD∥CQ，PD＝CQ. 所以四边形 PDCQ 为平行四边形，从而 PQ∥CD.(5 分) 因为 CD⊂平面 ABC，PQ⊄平面 ABC，所以 PQ∥平面 ABC.(7 分) (2) 在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，BB1⊥平面 ABC. 又 CD⊂平面 ABC，所以 BB1⊥CD. 因为 CA＝CB，点 D 为 AB 中点，所以 CD⊥AB.(10 分) 由(1)知 CD∥PQ，所以 BB1⊥PQ，AB⊥PQ.(12 分) 因为 AB∩BB1＝B，AB⊂平面 ABB1A1，BB1⊂平面 ABB1A1， 所以 PQ⊥平面 ABB1A1.(14 分) 17. 解：(1) 记椭圆 E 的焦距为 2c(c＞0)． 因为右顶点 A(a，0)在圆 C 上，右准线 x＝a2 c与圆 C：(x－3)2＋y2＝1 相切， 所以{（a－3）2＋02＝1， |a2 c －3|＝1， 解得{a＝2， c＝1. 于是 b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆 E 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1.(4 分) (2) (解法 1)设 N(xN，yN)，M(xM，yM)， 显然直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝k(x－2)． 由方程组{y＝k（x－2）， x2 4 ＋y2 3 ＝1， 消去 y，得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0. 所以 xN·2＝16k2－12 4k2＋3 ，解得 xN＝8k2－6 4k2＋3.(6 分) 由方程组{y＝k（x－2）， （x－3）2＋y2＝1，消去 y，得(k2＋1)x2－(4k2＋6)x＋4k2＋8＝0， 所以 xM·2＝4k2＋8 k2＋1 ，解得 xM＝2k2＋4 k2＋1 .(8 分) 因为 AN＝12 7 AM，所以 2－xN＝12 7 (xM－2)，(10 分) 即 12 4k2＋3＝12 7 · 2 1＋k2，解得 k＝±1.(12 分) 所以直线 l 的方程为 x－y－2＝0 或 x＋y－2＝0.(14 分) (解法 2)设 N(xN，yN)，M(xM，yM)，当直线 l 与 x 轴重合时，不符题意． 设直线 l 的方程为 x＝ty＋2(t≠0)． 由方程组{x＝ty＋2， x2 4 ＋y2 3 ＝1，消去 x，得(3t2＋4)y2＋12ty＝0，所以 yN＝ －12t 3t2＋4.(6 分) 由方程组{x＝ty＋2， （x－3）2＋y2＝1，消去 x，得(t2＋1)y2－2ty＝0，所以 yM＝ 2t t2＋1.(8 分) 因为 AN＝12 7 AM，所以 yN＝－12 7 yM.(10 分) 即 －12t 3t2＋4＝－12 7 · 2t t2＋1，解得 t＝±1.(12 分) 所以直线 l 的方程为 x－y－2＝0 或 x＋y－2＝0.(14 分) 18. 解：(1) 因为 S△ADE＝2 3S△ABC，△ABC 是边长为 3 的等边三角形，又 AD＝x， 所以 1 2AD·AE·sin π 3 ＝2 3(1 2×32×sin π 3 )，所以 AE＝6 x.(2 分) 由{0＜AD＝x ≤ 3， 0＜AE＝x 6 ≤ 3，得 2≤x≤3. (解法 1)在△ADE 中，由余弦定理得 DE2＝AD2＋AE2－2AD·AE·cos π 3 ＝x2＋36 x2－6. 所以，直道 DE 的长度 y1 关于 x 的函数关系式为 y1＝ x2＋36 x2－6，x∈[2，3]．(6 分) 在△ADM 和△AEM 中，由余弦定理得 AD2＝DM2＋AM2－2DM·AM·cos∠AMD ①， AE2＝EM2＋AM2－2EM·AM·cos(π－∠AMD) ②.(8 分) 因为点 M 为 DE 的中点，所以 DM＝EM＝1 2DE. 由①＋②，得 AD2＋AE2＝DM2＋EM2＋2AM2＝1 2DE2＋2AM2. 所以 x2＋(6 x)2＝1 2(x2＋36 x2－6)＋2AM2，所以 AM2＝x2 4 ＋ 9 x2＋3 2. 所以，直道 AM 的长度 y2 关于 x 的函数关系式为 y2＝ x2 4 ＋ 9 x2＋3 2，x∈[2，3]．(10 分) (解法 2)在△ADE 中，因为DE → ＝AE → －AD → ， 所以 DE → 2＝AE → 2－2AE → ·AD → ＋AD → 2＝(6 x)2－2·6 x·xcos π 3 ＋x2＝x2＋36 x2－6. 所以，直道 DE 的长度 y1 关于 x 的函数关系式为 y1＝ x2＋36 x2－6，x∈[2，3]．(6 分) 在△ADE 中，因为点 M 为 DE 的中点，所以AM → ＝1 2(AD → ＋AE → )．(8 分) 所以 AM → 2＝1 4(AD → 2＋AE → 2＋2AD → ·AE → )＝1 4(x2＋36 x2＋6)． 所以，直道 AM 的长度 y2 关于 x 的函数关系式为 y2＝ x2 4 ＋ 9 x2＋3 2，x∈[2，3]．(10 分) (2) 由(1)得，两条直道的长度之和为 DE＋AM＝y1＋y2＝ x2＋36 x2－6＋ x2 4 ＋ 9 x2＋3 2 ≥ 2 x2· 36 x2－6＋ 2 x2 4 · 9 x2＋3 2(12 分) ＝ 6＋3 2 2 (当且仅当{x2＝36 x2， x2 4 ＝ 9 x2， 即 x＝ 6时取“＝”)．(14 分) 答：当 AD＝ 6百米时，两条直道的长度之和取得最小值( 6＋3 2 2 )百米．(16 分) 19. 解：(1) ① 当 k＝1 时，f(x)＝x2－2ln x(k∈R)， 所以 f′(x)＝2（x－1）（x＋1） x (x＞0)．令 f′(x)＝0，得 x＝1.(2 分) 列表如下： x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 极小值 所以函数 f(x)在 x＝1 处取得极小值，极小值为 1，无极大值．(4 分) ② 设 x0 是函数 f(x)的一个“F 点”(x0＞0)． 因为 f′(x)＝2（kx2－1） x (x＞0)，所以 x0 是函数 f′(x)的零点． 所以 k＞0.由 f′(x0)＝0，得 kx20＝1，x0＝ 1 k. 由 f(x0)＝x0，得 kx20－2ln x0＝x0，即 x0＋2ln x0－1＝0.(6 分) 设 φ(x)＝x＋2ln x－1，则 φ′(x)＝1＋2 x＞0， 所以函数 φ(x)＝x＋2ln x－1 在(0，＋∞)上单调递增，注意到 φ(1)＝0， 所以方程 x0＋2ln x0－1＝0 存在唯一实数根 1，所以 x0＝ 1 k＝1，得 k＝1. 根据①知，k＝1 时，x＝1 是函数 f(x)的极小值点，所以 1 是函数 f(x)的“F 点”． 综上，实数 k 的值为 1.(9 分) (2) 因为 g(x)＝ax3＋bx2＋cx(a，b，c∈R，a≠0)， 所以 g′(x)＝3ax2＋2bx＋c(a≠0)． 因为函数 g(x)存在不相等的两个“F 点”x1 和 x2， 所以 x1，x2 是关于 x 的方程{3ax2＋2bx＋c＝0， ax3＋bx2＋cx＝x 的两个相异实数根． 由 ax3＋bx2＋cx＝x 得 x＝0，ax2＋bx＋c－1＝0.(11 分) ① 当 x＝0 是函数 g(x)一个“F 点”时，c＝0 且 x＝－2b 3a， 所以 a(－2b 3a)2＋b(－2b 3a)－1＝0，即 9a＝－2b2. 又|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|＝|－2b 3a－0|≥1， 所以 4b2≥9a2，所以 9a2≤2(－9a)． 又 a≠0，所以－2≤a＜0.(13 分) ② 当 x＝0 不是函数 g(x)一个“F 点”时， 则 x1，x2 是关于 x 的方程{3ax2＋2bx＋c＝0， ax2＋bx＋c－1＝0 的两个相异实数根． 又 a≠0，所以{2b 3 ＝b， c 3＝c－1， 解得{b＝0， c＝3 2. 所以 ax2＝－1 2，得 x1，2＝± － 1 2a. 所以|g(x1)－g(x2)|＝|x1－x2|＝2 － 1 2a≥1，得－2≤a＜0. 综上，实数 a 的取值范围是[－2，0)．(16 分) 20. (1) 解：设等比数列{an}的公比为 q， 因为 a1＝1，a4＝1 8，所以 q3＝1 8，解得 q＝1 2. 所以数列{an}的通项公式为 an＝(1 2)n－1.(3 分) (2) 证明：由(1)得，当 n≥2，n∈N*时，(1 2)n－1＋bn＝－1 2Sn－1 ①， 所以(1 2)n＋bn＋1＝－1 2Sn ②， ②－①，得 bn＋1－1 2bn＝(1 2)n，(5 分) 所以 bn＋1 （1 2）n － bn （1 2）n－1 ＝1，即bn＋1 an＋1－bn an＝1，n≥2，n∈N*. 因为 b1＝－1，由①得 b2＝0，所以b2 a2－b1 a1＝0－(－1)＝1，所以bn＋1 an＋1－bn an＝1，n∈N*. 所以数列{bn an }是以－1 为首项，1 为公差为等差数列．(8 分) (3) 解：由(2)得bn an＝n－2，所以 bn＝n－2 2n－1，Sn＝－2(an＋1＋bn＋1)＝－2( 1 2n＋n－1 2n )＝－ n 2n－1. 假设存在等差数列{cn}，其通项 cn＝dn＋c，使得对任意 n∈N*，都有 Sn≤cn≤an， 即对任意 n∈N*，都有－ n 2n－1≤dn＋c≤ 1 2n－1 ③.(10 分) 首先证明满足③的 d＝0.若不然，d≠0，则 d＞0，或 d＜0. (ⅰ) 若 d＞0，则当 n＞1－c d ，n∈N*时，cn＝dn＋c＞1≥ 1 2n－1＝an，这与 cn≤an 矛盾． (ⅱ) 若 d＜0，则当 n＞－1＋c d ，n∈N*时，cn＝dn＋c＜－1. 而 Sn＋1－Sn＝－n＋1 2n ＋ n 2n－1＝n－1 2n ≥0，S1＝S2＜S3＜…，所以 Sn≥S1＝－1. 故 cn＝dn＋c＜－1≤Sn，这与 Sn≤cn 矛盾． 所以 d＝0.(12 分) 其次证明：当 x≥7 时，f(x)＝(x－1)ln 2－2ln x＞0. 因为 f′(x)＝ln 2－1 x＞ln 2－1 7＞0，所以 f(x)在[7，＋∞)上单调递增， 所以当 x≥7 时，f(x)≥f(7)＝6ln 2－2ln 7＝ln 64 49＞0. 所以当 n≥7，n∈N*时，2n－1＞n2.(14 分) 再次证明 c＝0. (ⅲ) 若 c＜0 时，则当 n≥7，n＞－1 c，n∈N*，Sn＝－ n 2n－1＞－1 n＞c，这与③矛盾． (ⅳ) 若 c＞0 时，同(ⅰ)可得矛盾． 所以 c＝0. 当 cn＝0 时，因为 Sn＝1－n 2n－1≤0，an＝(1 2)n－1＞0， 所以对任意 n∈N*，都有 Sn≤cn≤an.所以 cn＝0，n∈N*. 综上，存在唯一的等差数列{cn}，其通项公式为 cn＝0，n∈N*满足题设．(16 分) 2020 届高三模拟考试试卷(七市联考) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解 ： 因 为 AA － 1 ＝ E ， 所 以 [ 0 1 a 0 ][ 0 2 b 0 ]＝ [ 1 0 0 1 ]， 即 [ b 0 0 2a ]＝[ 1 0 0 1 ]. 所以{b＝1， 2a＝1，解得{a＝1 2， b＝1. 所以 A＝[ 0 1 1 2 0 ].(4 分) 设 P(x′，y′)为曲线 C1 上任一点，则x′2 4 ＋y′2＝1. 又设 P(x′，y′)在矩阵 A 变换作用下得到点 Q(x，y)， 则[ 0 1 1 2 0 ][x′ y′ ]＝[x y ]，即[y′ x′ 2 ]＝[x y ]，所以{y′＝x， x′ 2 ＝y，即{x′＝2y， y′＝x， 代入x′2 4 ＋y′2＝1，得 y2＋x2＝1， 所以曲线 C2 的方程为 x2＋y2＝1.(10 分) B. 解：以极点为坐标原点，极轴为 x 轴的正半轴建立平面直角坐标系 xOy， 于是曲线 C：ρ＝r(r＞0)的直角坐标方程为 x2＋y2＝r2， 表示以原点为圆心，半径为 r 的圆．(3 分) 由直线 l 的方程 ρcos(θ＋ π 4 )＝ 2，化简得 ρcos θcos π 4 －ρsin θsin π 4 ＝ 2， 所以直线 l 的直角坐标方程为 x－y－2＝0.(6 分) 记圆心到直线 l 的距离为 d，则 d＝|2| 2 ＝ 2. 又 r2＝d2＋(AB 2 )2，即 r2＝2＋7＝9，所以 r＝3.(10 分) C. 证明：因为 x2 1＋x2＋ y2 1＋y2＋ z2 1＋z2＝2， 所以 1 1＋x2＋ 1 1＋y2＋ 1 1＋z2＝1－ x2 1＋x2＋1－ y2 1＋y2＋1－ z2 1＋z2＝1.(5 分) 由柯西不等式得 ( x2 1＋x2＋ y2 1＋y2＋ z2 1＋z2)( 1 1＋x2＋ 1 1＋y2＋ 1 1＋z2)≥( x 1＋x2＋ y 1＋y2＋ z 1＋z2)2， 所以( x 1＋x2＋ y 1＋y2＋ z 1＋z2)2≤2. 所以 x 1＋x2＋ y 1＋y2＋ z 1＋z2≤ 2.(10 分) 22. 解：(1) 记 2 家小店分别为 A，B，A 店有 i 人休假记为事件 Ai(i＝0，1，2)，B 店有 i 人休假记为事件 Bi(i＝0，1，2)，发生调剂现象的概率为 P， 则 P(A0)＝P(B0)＝C02(1 2)2＝1 4， P(A1)＝P(B1)＝C12(1 2)2＝1 2， P(A2)＝P(B2)＝C22(1 2)2＝1 4. 所以 P＝P(A0B2)＋P(A2B0)＝1 4×1 4＋1 4×1 4＝1 8. 答：发生调剂现象的概率为1 8.(4 分) (2) 依题意，X 的所有可能取值为 0，1，2，则 P(X＝0)＝P(A2B2)＝1 4×1 4＝ 1 16， P(X＝1)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝1 4×1 2＋1 2×1 4＝1 4. P(X＝2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－ 1 16－1 4＝11 16.(8 分) 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 1 16 1 4 11 16 所以 E(X)＝2×11 16＋1×1 4＋0× 1 16＝13 8 .(10 分) 23. 解：(1) 范数为奇数的二元有序实数对有(－1，0)，(0，－1)，(0，1)，(1，0)， 它们的范数依次为 1，1，1，1，故 A2＝4，B2＝4.(3 分) (2) 当 n 为偶数时，在向量 a＝(x1，x2，x3…，xn)的 n 个坐标中，要使得范数为奇数，则 0 的个数一定是奇数，所以可按照含 0 个数为 1，3，…，n－1 进行讨论： a 的 n 个坐标中含 1 个 0，其余坐标为 1 或－1，共有 C1n·2n－1 个，每个 a 的范数为 n－ 1； a 的 n 个坐标中含 3 个 0，其余坐标为 1 或－1，共有 C3n·2n－3 个，每个 a 的范数为 n－ 3；… a 的 n 个坐标中含 n－1 个 0，其余坐标为 1 或－1，共有 Cn－1n ·2 个，每个 a 的范数为 1； 所以 An＝C1n·2n－1＋C3n·2n－3＋…＋Cn－1n ·2， Bn＝(n－1)·C1n·2n－1＋(n－3)·C3n·2n－3＋…＋Cn－1n ·2.(6 分) 因为(2＋1)n＝C0n·2n＋C1n·2n－1＋C2n·2n－2＋…＋Cnn ①， (2－1)n＝C0n·2n－C1n·2n－1＋C2n·2n－2－…＋(－1)nCnn ②， ①－② 2 得 C1n·2n－1＋C3n·2n－3＋…＝3n－1 2 ， 所以 An＝3n－1 2 .(8 分) (解法 1)因为(n－k)Ckn＝(n－k)· n！ k！（n－k）！＝n· （n－1）！ k！（n－1－k）！＝nC kn－1， 所以 Bn＝(n－1)·C1n·2n－1＋(n－3)·C3n·2n－3＋…＋Cn－1n ·2 ＝n(C 1n－1·2n－1＋C 3n－1·2n－3＋…＋Cn－1n－1·2) ＝2n(C 1n－1·2n－2＋C 3n－1·2n－4＋…＋Cn－1n－1) ＝2n·(3n－1－1 2 )＝n·(3n－1－1)．(10 分) (解法 2) ①＋② 2 得 C0n·2n＋C2n·2n－2＋…＝3n＋1 2 . 因为 kCkn＝k· n！ k！（n－k）！＝n· （n－1）！ （k－1）！（n－k）！＝nCk－1n－1， 所以 Bn＝(n－1)·C1n·2n－1＋(n－3)·C3n·2n－3＋…＋Cn－1n ·2 ＝n(C1n·2n－1＋C3n·2n－3＋…＋Cn－1n ·2)－[C1n·2n－1＋3·C3n·2n－3＋…＋(n－1)·Cn－1n ·2] ＝nAn－n(C 0n－1·2n－1＋C 2n－1·2n－3＋…＋Cn－2n－1·2) ＝n·(3n－1 2 －3n－1＋1 2 )＝n·(3n－1－1)．(10 分)