江苏省南京市2020届高三数学6月第三次模拟试卷（Word版含答案）

1 2020 届高三模拟考试试卷 数  学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 2020．6 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|2＜x＜4}，B＝{x|1＜x＜3}，则 A∪B________． 2. 若 z＝ a 1＋i＋i(i 是虚数单位)是实数，则实数 a 的值为________． 3. 某校共有教师 300 人，男学生 1 200 人，女学生 1 000 人，现用分层抽样从所有师生 中抽取一个容量为 125 的样本，则从男学生中抽取的人数为________． 4. 如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为________． S←0 For i From 1 To 4  S←S＋i End For Print S (第 4 题)       (第 6 题) 5. 将甲、乙、丙三人随机排成一行，则甲、乙两人相邻的概率为________． 6. 已知函数 f(x)＝2sin(ωx＋φ)(其中 ω＞0，－ π 2 ＜φ＜ π 2 )的部分图象如图所示，则 f( π 2 ) 的值为________． 7. 已知数列{an}为等比数列．若 a1＝2，且 a1，a2，a3－2 成等差数列，则{an}的前 n 项 和为________． 8. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知双曲线 x2 a2－y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为 F.若以 F 为圆心，a 为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于 A，B 两点，且 AB＝2b，则该双曲线的离 心率为________． 9. 若正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 2，则三棱锥 AB1CD1 的体积为________． 10. 已知函数 f(x)＝{x＋2，x ≤ 0， f（－x），x＞0，g(x)＝f(x－2)．若 g(x－1)≥1，则实数 x 的取值 范围是________． 11. 在平面直角坐标系 xOy 中，A，B 是圆 O：x 2＋y2＝2 上两个动点，且OA → ⊥OB → .若 A，B 两点到直线 l：3x＋4y－10＝0 的距离分别为 d1，d2，则 d1＋d2 的最大值为________． 12. 若对任意 a∈[e，＋∞)(e 为自然对数的底数)，不等式 x≤eax＋b 对任意 x∈R 恒成立， 则实数 b 的取值范围是________． 2 13. 已知点 P 在边长为 4 的等边三角形 ABC 内，满足AP → ＝λAB → ＋μAC → ，且 2λ＋3μ＝1， 延长 AP 交边 BC 于点 D.若 BD＝2DC，则PA → ·PB → 的值为________． 14. 在△ABC 中，∠A＝ π 3 ，点 D 是 BC 的中点．若 AD≤ 2 2 BC，则 sin Bsin C 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) 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD， 点 E，F 分别为 AD，PB 的中点．求证： (1) EF∥平面 PCD； (2) 平面 PAB⊥平面 PCD. 16.(本小题满分 14 分) 已知向量 m＝(cos x，sin x)，n＝(cos x，－sin x)，函数 f(x)＝m·n＋1 2. (1) 若 f(x 2)＝1，x∈(0，π)，求 tan(x＋ π 4 )的值； (2) 若 f(α)＝－ 1 10，α∈( π 2 ，3π 4 )，sin β＝7 2 10 ，β∈(0， π 2 )，求 2α＋β 的值． 3 17. (本小题满分 14 分) 如图，港口 A 在港口 O 的正东 100 海里处，在北偏东方向有一条直线航道 OD，航道和 正东方向之间有一片以 B 为圆心，半径为 8 5海里的圆形暗礁群(在这片海域行船有触礁危 险)，其中 OB＝20 13海里，tan∠AOB＝2 3，cos∠AOD＝ 5 5 .现有一艘科考船以 10 5海里/小 时的速度从 O 出发沿 OD 方向行驶，经过 2 个小时后，一艘快艇以 50 海里/小时的速度准备 从港口 A 出发，并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇． (1) 若快艇立即出发，判断快艇是否有触礁的危险，并说明理由； (2) 在无触礁危险的情况下，若快艇再等 x 小时出发，求 x 的最小值． 4 18. (本小题满分 16 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)经过点(－2，0)和(1， 3 2 )，椭圆 C 上三点 A，M，B 与原点 O 构成一个平行四边形 AMBO. (1) 求椭圆 C 的方程； (2) 若点 B 是椭圆 C 左顶点，求点 M 的坐标； (3) 若 A，M，B，O 四点共圆，求直线 AB 的斜率． 5 19. (本小题满分 16 分) 已知函数 f(x)＝ ex x2－ax＋a(a∈R)，其中 e 为自然对数的底数． (1) 若 a＝1，求函数 f(x)的单调减区间； (2) 若函数 f(x)的定义域为 R，且 f(2)＞f(a)，求 a 的取值范围； (3) 求证：对任意 a∈(2，4)，曲线 y＝f(x)上有且仅有三个不同的点，在这三点处的切线 经过坐标原点． 6 20. (本小题满分 16 分) 若数列{an}满足 n≥2，n∈N*时，an≠0，则称数列{ an an＋1 }(n∈N*)为{an}的“L 数列”． (1) 若 a1＝1，且{an}的“L 数列”为{ 1 2n }，求数列{an}的通项公式； (2) 若 an＝n＋k－3(k＞0)，且{an}的“L 数列”为递增数列，求 k 的取值范围； (3) 若 an＝1＋pn－1，其中 p＞1，记{an}的“L 数列”的前 n 项和为 Sn，试判断是否存在 等差数列{cn}，对任意 n∈N*，都有 cn＜Sn＜cn＋1 成立，并证明你的结论. 7 2020 届高三模拟考试试卷(十九) 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＝[ 1 －1 a 0 ]，a∈R.若点 P(1，1)在矩阵 A 的变换下得到点 P′(0，－2)． (1) 求矩阵 A； (2) 求点 Q(0，3)经过矩阵 A 的 2 次变换后对应点 Q′的坐标． B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为{x＝1＋cos θ， y＝sin θ (θ 为参数)，直线 l 的参数方程为{x＝ 3t， y＝1＋t (t 为参数)，求曲线 C 上的点到直线 l 的距离的最大值． C. (选修 45：不等式选讲) 已知 a，b 为非负实数，求证：a3＋b3≥ ab(a2＋b2)． 8 【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，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，B1C⊥AC1. (1) 求 AA1 的长； (2) 试判断在侧棱 BB1 上是否存在点 P，使得直线 PC 与平面 AA1C1C 所成角和二面角 BA1CA 的大小相等，并说明理由． 23. 口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球．现有一抽奖游戏规则如下： 抽奖者每次有放回的从口袋中随机取出一个球，最多取球 2n＋1(n∈N*)次．若取出白球的累 计次数达到 n＋1 时，则终止取球且获奖，其他情况均不获奖．记获奖概率为 Pn. (1) 求 P1； (2) 求证：Pn＋1＜Pn. 9 2020 届高三模拟考试试卷(十九)(南京) 数学参考答案及评分标准 1. {x|1＜x＜4} 2. 2 3. 60 4. 10 5. 2 3 6. 3 7. 2n＋1－2 8. 6 2  9. 8 3 10. [2，4] 11. 6 12. [－2，＋∞) 13. －9 4 14. 3 8 15. 证明：(1) 取 PC 的中点 G，连结 DG，FG. 在△PBC 中，因为点 F，G 分别为 PB，PC 的中点，所以 GF∥BC，GF＝1 2BC. 因为底面 ABCD 为矩形，且点 E 为 AD 的中点， 所以 DE∥BC，DE＝1 2BC，(2 分) 所以 GF∥DE，GF＝DE，所以四边形 DEFG 为平行四边形， 所以 EF∥DG.(4 分) 因为 EF⊄平面 PCD，DG⊂平面 PCD， 所以 EF∥平面 PCD.(6 分) (2) 因为底面 ABCD 为矩形，所以 CD⊥AD. 因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，CD⊂平面 ABCD， 所以 CD⊥平面 PAD.(10 分) 因为 PA⊂平面 PAD，所以 CD⊥PA.(12 分) 因为 PA⊥PD，PD⊂平面 PCD，CD⊂平面 PCD，PD∩CD＝D，所以 PA⊥平面 PCD. 因为 PA⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PCD.(14 分) 16. 解：(1) 因为向量 m＝(cos x，sin x)，n＝(cos x，－sin x)， 所以 f(x)＝m·n＋1 2＝cos2x－sin2x＋1 2＝cos 2x＋1 2.(2 分) 因为 f(x 2)＝1，所以 cos x＋1 2＝1，即 cos x＝1 2. 因为 x∈(0，π)，所以 x＝ π 3 ，(4 分) 所以 tan(x＋ π 4 )＝tan( π 3 ＋ π 4 )＝ tan π 3 ＋tan π 4 1－tan π 3 ·tan π 4 ＝－2－ 3.(6 分) (2) 若 f(α)＝－ 1 10，则 cos 2α＋1 2＝－ 1 10，即 cos 2α＝－3 5. 因为 α∈( π 2 ，3π 4 )，所以 2α∈(π，3π 2 )，所以 sin 2α＝－ 1－cos22α＝－4 5.(8 分) 因为 sin β＝7 2 10 ，β∈(0， π 2 )，所以 cos β＝ 1－sin2β＝ 2 10，(10 分) 所以 cos(2α＋β)＝cos 2αcos β－sin 2αsin β＝(－3 5)× 2 10－(－4 5)×7 2 10 ＝ 2 2 .(12 分) 因为 2α∈(π，3π 2 )，β∈(0， π 2 )，所以 2α＋β∈(π，2π)， 10 所以 2α＋β 的值为7π 4 .(14 分) 17. 解：如图，以 O 为原点，正东方向为 x 轴，正北方向为 y 轴，建立直角坐标系 xOy. 因为 OB＝20 13，tan∠AOB＝2 3，OA＝100， 所以点 B(60，40)，且 A(100，0)．(2 分) (1) 设快艇立即出发经过 t 小时后两船相遇于点 C， 则 OC＝10 5(t＋2)，AC＝50t. 因为 OA＝100，cos∠AOD＝ 5 5 ， 所以 AC2＝OA2＋OC2－2OA·OC·cos∠AOD， 即(50t)2＝1002＋[10 5(t＋2)]2－2×100×10 5(t＋2)× 5 5 . 化简得 t2＝4，解得 t1＝2，t2＝－2(舍去)，(4 分) 所以 OC＝40 5. 因为 cos∠AOD＝ 5 5 ，所以 sin∠AOD＝2 5 5 ，所以 C(40，80)， 所以直线 AC 的方程为 y＝－4 3(x－100)，即 4x＋3y－400＝0.(6 分) 因为圆心 B 到直线 AC 的距离 d＝|4 × 60＋3 × 40－400| 42＋32 ＝8，而圆 B 的半径 r＝8 5， 所以 d＜r，此时直线 AC 与圆 B 相交，所以快艇有触礁的危险． 答：若快艇立即出发有触礁的危险．(8 分) (2) 设快艇所走的直线 AE 与圆 B 相切，且与科考船相遇于点 E. 设直线 AE 的方程为 y＝k(x－100)，即 kx－y－100k＝0. 因为直线 AE 与圆 B 相切，所以圆心 B 到直线 AC 的距离 d＝|60k－40－100k| 12＋k2 ＝8 5， 即 2k2＋5k＋2＝0，解得 k＝－2 或 k＝－1 2.(10 分) 由(1)可知 k＝－1 2舍去． 因为 cos∠AOD＝ 5 5 ，所以 tan∠AOD＝2，所以直线 OD 的方程为 y＝2x. 由{y＝2x， y＝－2（x－100），解得{x＝50， y＝100，所以 E(50，100)， 所以 AE＝50 5，OE＝50 5，(12 分) 11 此时两船的时间差为50 5 10 5 －50 5 50 ＝5－ 5，所以 x≥5－ 5－2＝3－ 5. 答：x 的最小值为(3－ 5)小时．(14 分) 18. 解：(1) 因为椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)过点(－2，0)和(1， 3 2 )， 所以 a＝2，1 a2＋ 3 4b2＝1，解得 b2＝1， 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1.(2 分) (2) 因为 B 为左顶点，所以 B (－2，0)． 因为四边形 AMBO 为平行四边形，所以 AM∥BO，且 AM＝BO＝2.(4 分) 设点 M(x0，y0)，则 A(x0＋2，y0)． 因为点 M，A 在椭圆 C 上，所以{x 4＋y＝1， （x0＋2）2 4 ＋y＝1， 解得{x0＝－1， y0＝ ± 3 2 ， 所以 M(－1，± 3 2 )．(6 分) (3) 因为直线 AB 的斜率存在，所以设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2， y2)． 由{y＝kx＋m， x2 4 ＋y2＝1，消去 y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 则有 x1＋x2＝ －8km 1＋4k2，x1x2＝4m2－4 1＋4k2 .(8 分) 因为平行四边形 AMBO，所以OM → ＝OA → ＋OB → ＝(x1＋x2，y1＋y2)． 因为 x1＋x2＝ －8km 1＋4k2，所以 y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k· －8km 1＋4k2＋2m＝ 2m 1＋4k2， 所以 M( －8km 1＋4k2， 2m 1＋4k2)．(10 分) 因为点 M 在椭圆 C 上，所以将点 M 的坐标代入椭圆 C 的方程， 化简得 4m2＝4k2＋1 ①.(12 分) 因为 A，M，B，O 四点共圆，所以平行四边形 AMBO 是矩形，且 OA⊥OB， 所以OA → ·OB → ＝x1x2＋y1y2＝0. 因为 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－4k2 1＋4k2 ， 所以 x1x2＋y1y2＝4m2－4 1＋4k2 ＋m2－4k2 1＋4k2 ＝0，化简得 5m2＝4k2＋4 ②.(14 分) 由①②解得 k2＝11 4 ，m2＝3，此时 Δ＞0，因此 k＝± 11 2 . 所以所求直线 AB 的斜率为± 11 2 .(16 分) 12 19. (1) 解：当 a＝1 时，f(x)＝ ex x2－x＋1， 所以函数 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝ ex（x－1）（x－2） （x2－x＋1）2 . 令 f′(x)＜0，解得 1＜x＜2， 所以函数 f(x)的单调减区间为(1，2)．(2 分) (2) 解：由函数 f(x)的定义域为 R，得 x2－ax＋a≠0 恒成立， 所以 a2－4a＜0，解得 0＜a＜4.(4 分) (解法 1)由 f(x)＝ ex x2－ax＋a，得 f′(x)＝ ex（x－a）（x－2） （x2－ax＋a）2 . ①当 a＝2 时，f(2)＝f(a)，不符题意． ②当 0＜a＜2 时， 因为当 a＜x＜2 时，f′(x)＜0，所以 f(x)在(a，2)上单调递减， 所以 f(a)＞f(2)，不符题意．(6 分) ③当 2＜a＜4 时， 因为当 2＜x＜a 时，f′(x)＜0，所以 f(x)在(2，a)上单调递减， 所以 f(a)＜f(2)，满足题意． 综上，a 的取值范围是(2，4)．(8 分) (解法 2)由 f(2)＞f(a)，得 e2 4－a＞ ea a . 因为 0＜a＜4，所以不等式可化为 e2＞ ea a (4－a)． 设函数 g(x)＝ ex x (4－x)－e2，0＜x＜4.(6 分) 因为 g′(x)＝ex· －（x－2）2 x2 ≤0 恒成立，所以 g(x)在(0，4)上单调递减． 因为 g(2)＝0，所以 g(x)＜0 的解集为(2，4)． 所以 a 的取值范围是(2，4)．(8 分) (3) 证明：设切点为(x0，f(x0))，则 f′(x0)＝ ex0（x0－2）（x0－a） （x－ax0＋a）2 ， 所以切线的方程为 y－ ex0 x－ax0＋a＝ ex0（x0－2）（x0－a） （x－ax0＋a）2 ×(x－x0)． 由 0－ ex0 x－ax0＋a＝ ex0（x0－2）（x0－a） （x－ax0＋a）2 ×(0－x0)， 化简得 x30－(a＋3)x20＋3ax0－a＝0.(10 分) 设 h(x)＝x3－(a＋3)x2＋3ax－a，a∈(2，4)， 则只要证明函数 h(x)有且仅有三个不同的零点. 由(2)可知 a∈(2，4)时，函数 h(x)的定义域为 R，h′(x)＝3x2－2(a＋3)x＋3a. 因为 Δ＝4(a＋3)2－36a＝4(a－3 2)2＋27＞0 恒成立， 所以 h′(x)＝0 有两不相等的实数根 x1 和 x2，不妨设 x1＜x2. 列表如下： x (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) 13 h′(x) ＋ 0 － 0 ＋ h(x) 增 极大 减 极小 增 所以函数 h(x)最多有三个零点．(12 分) 因为 a∈(2，4)，所以 h(0)＝－a＜0，h(1)＝a－2＞0，h(2)＝a－4＜0，h(5)＝50－11a＞ 0， 所以 h(0)h(1)＜0，h(1)h(2)＜0，h(2)h(5)＜0. 因为函数的图象不间断，所以函数 h(x)在(0，1)，(1，2)，(2，5)上分别至少有一个零 点． 综上所述，函数 h(x)有且仅有三个零点．(16 分) 20. 解： (1) 因为{an}的“L 数列”为{ 1 2n}，所以 an an＋1＝ 1 2n，n∈N*，即an＋1 an ＝2n， 所以 n≥2 时，an＝ an an－1·an－1 an－2·…·a2 a1·a1＝2n－1·2n－2·…·2·1＝2(n－1)＋(n－2)＋…＋1＝2 n（n－1） 2 . 又 a1＝1 符合上式，所以{an}的通项公式为 an＝2 n（n－1） 2 ，n∈N*.(2 分) (2) 因为 an＝n＋k－3(k＞0)，且 n≥2，n∈N*时，an≠0，所以 k≠1. (解法 1)设 bn＝ an an＋1，n∈N*，所以 bn＝ n＋k－3 （n＋1）＋k－3＝1－ 1 n＋k－2. 因为{bn}为递增数列，所以 bn＋1－bn＞0 对 n∈N*恒成立， 即 1 n＋k－2－ 1 n＋k－1＞0 对 n∈N*恒成立．(4 分) 因为 1 n＋k－2－ 1 n＋k－1＝ 1 （n＋k－2）（n＋k－1）， 所以 1 n＋k－2－ 1 n＋k－1＞0 等价于(n＋k－2)(n＋k－1)＞0. 当 0＜k＜1 时，因为 n＝1 时，(n＋k－2)(n＋k－1)＜0，不符合题意．(6 分) 当 k＞1 时，n＋k－1>n＋k－2>0，所以(n＋k－2)(n＋k－1)＞0. 综上，k 的取值范围是(1，＋∞). (8 分) (解法 2)令 f(x)＝1－ 1 x＋k－2，所以 f(x)在区间(－∞，2－k)和区间(2－k，＋∞)上单调递 增. 当 0＜k＜1 时，f(1)＝1－ 1 k－1＞1，f(2)＝1－1 k＜1，所以 b2＜b1，不符合题意．(6 分) 当 k＞1 时，因为 2－k＜1，所以 f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以{bn}单调递增，符合 题意． 综上，k 的取值范围是(1，＋∞)．(8 分) (3) 存在满足条件的等差数列{cn}，证明如下： 因为 ak ak＋1＝1＋pk－1 1＋pk ＝1 p＋ 1－1 p 1＋pk，k∈N*，(10 分) 所以 Sn＝n p＋(1－1 p)·( 1 1＋p＋ 1 1＋p2＋…＋ 1 1＋pn－1＋ 1 1＋pn)． 14 因为 p＞1，所以 1－1 p＞0，所以n p＜Sn＜n p＋(1－1 p)·(1 p＋ 1 p2＋…＋ 1 pn－1＋ 1 pn)， 即n p＜Sn＜n p＋1 p·[1－(1 p)n]．(14 分) 因为1 p·[1－(1 p)n]＜1 p，所以n p＜Sn＜n＋1 p . 设 cn＝n p，则 cn＋1－cn＝n＋1 p －n p＝1 p，且 cn＜Sn＜cn＋1， 所以存在等差数列{cn}满足题意. (16 分) 15 2020 届高三模拟考试试卷(南京) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：(1) [ 1 －1 a 0 ][1 1 ]＝[0 a ].(2 分) 因为点 P(1，1)在矩阵 A 的变换下得到点 P′(0，－2)，所以 a＝－2， 所以 A＝[ 1 －1 －2 0 ].(4 分) (2) 因为 A＝[ 1 －1 －2 0 ]，所以 A2＝[ 1 －1 －2 0 ][ 1 －1 －2 0 ]＝[ 3 －1 －2 2 ]，(6 分) 所以 A2[0 3 ]＝[ 3 －1 －2 2 ][0 3 ]＝[－3 6 ]， 所以点 Q′的坐标为(－3，6)．(10 分) B. 解：由直线 l 的参数方程{x＝ 3t， y＝1＋t (t 为参数)，得直线 l 的方程为 x－ 3y＋ 3＝0.(2 分) 曲线 C 上的点到直线 l 的距离 d＝|1＋cos θ－ 3sin θ＋ 3| 2 (4 分) ＝ |2cos（θ＋π 3 ）＋1＋ 3| 2 .(6 分) 当 θ＋ π 3 ＝2kπ，即 θ＝－ π 3 ＋2kπ(k∈Z)时，(8 分) 曲线 C 上的点到直线 l 的距离取最大值3＋ 3 2 .(10 分) C. 证明：因为 a，b 为非负实数， 所以 a3＋b3－ ab(a2＋b2)＝a2 a( a－ b)＋b2 b( b－ a) ＝( a－ b)[( a)5－( b)5]．(4 分) 若 a≥b 时， a≥ b，从而( a)5≥( b)5， 得( a－ b)·[( a)5－( b)5]≥0.(6 分) 若 a＜b 时， a＜ b，从而( a)5＜( b)5， 得( a－ b)·[( a)5－( b)5]＞0.(8 分) 综上，a3＋b3≥ ab(a2＋b2)．(10 分) 16 22. 解：(1) 因为三棱柱 ABCA1B1C1 为直三棱柱，所以 AA1⊥平面 ABC， 所以 AA1⊥AB，AA1⊥AC. 又 AB⊥AC，所以以{AB → ，AC → ，AA1→ }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. 设 AA1＝t(t＞0)，又 AB＝3，AC＝4， 则 A(0，0，0)，C1(0，4，t)，B1(3，0，t)，C(0，4，0)， 所以AC1→ ＝(0，4，t)，B1C→ ＝(－3，4，－t)．(2 分) 因为 B1C⊥AC1，所以B1C→ ·AC1→ ＝0，即 16－t2＝0，解得 t＝4， 所以 AA1 的长为 4.(4 分) (2) 由(1)知 B(3，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4)， 所以A1C→ ＝(0，4，－4)，BC → ＝(－3，4，0)． 设 n＝(x，y，z)为平面 A1CB 的法向量， 则 n·A1C→ ＝0，n·BC → ＝0，即{4y－4z＝0， －3x＋4y＝0. 取 y＝3，解得 z＝3，x＝4，所以 n＝(4，3，3)为平面 A1CB 的一个法向量． 因为 AB⊥平面 AA1C1C，所以AB → ＝(3，0，0)为平面 A1CA 的一个法向量， 则 cos〈n，AB → 〉＝ AB → ·n |AB → |·|n| ＝ 12 3 × 42＋32＋32＝ 4 34 ，(6 分) 所以 sin〈n，AB → 〉＝ 3 17. 设 P(3，0，m)，其中 0≤m≤4，则CP → ＝(3，－4，m)． 因为AB → ＝(3，0，0)为平面 A1CA 的一个法向量， 所以 cos〈CP → ，AB → 〉＝ AB → ·CP → |AB → |·|CP → | ＝ 9 3· 32＋（－4）2＋m2＝ 3 m2＋25 ， 所以直线 PC 与平面 AA1C1C 所成角的正弦值为 3 m2＋25.(8 分) 17 因为直线 PC 与平面 AA1C1C 所成角和二面角 BA1CA 的大小相等， 所以 3 m2＋25 ＝ 3 17 ，此时方程无解， 所以侧棱 BB1 上不存在点 P，使得直线 PC 与平面 AA1C1C 所成角和二面角 BA1CA 的大 小相等 .(10 分) 23. (1) 解：根据题意，每次取出的球是白球的概率为2 5，取出的球是黑球的概率为3 5， 所以 P1＝2 5×2 5＋C12×(2 5)2×3 5＝ 4 25＋ 24 125＝ 44 125.(2 分) (2) 证明：累计取出白球次数是 n＋1 的情况有： 前 n 次取出 n 次白球，第 n＋1 次取出的是白球，概率为 Cnn×(2 5)n＋1； 前 n＋1 次取出 n 次白球，第 n＋2 次取出的是白球，概率为 C nn＋1×(2 5)n＋1×3 5；(4 分) …… 前 2n－1 次取出 n 次白球，第 2n 次取出的是白球，概率为 C n2n－1×(2 5)n＋1×(3 5)n－1； 前 2n 次取出 n 次白球，第 2n＋1 次取出的是白球，概率为 C n2n×(2 5)n＋1×(3 5)n； 则 Pn＝Cnn×(2 5)n＋1＋C nn＋1×(2 5)n＋1×3 5＋…＋C n2n－1×(2 5)n＋1×(3 5)n－1＋C n2n×(2 5)n＋1×(3 5)n ＝(2 5)n＋1×[Cnn＋C nn＋1×3 5＋…＋C n2n－1×(3 5)n－1＋C n2n×(3 5)n] ＝(2 5)n＋1×[C0n＋C 1n＋1×3 5＋…＋C n－12n－1×(3 5)n－1＋C n2n×(3 5)n]，(6 分) 因此 Pn＋1－Pn＝(2 5)n＋2×[C 0n＋1＋C 1n＋2×3 5＋…＋C n2n＋1×(3 5)n＋C n＋12n＋2×(3 5)n＋1] －(2 5)n＋1×[C0n＋C 1n＋1×3 5＋…＋C n－12n－1×(3 5)n－1＋C n2n×(3 5)n] ＝(2 5)n＋1×{2 5×[C 0n＋1＋C 1n＋2×3 5＋…＋C n2n＋1×(3 5)n＋C n＋12n＋2×(3 5)n＋1] －[C0n＋C 1n＋1×3 5＋…＋C n－12n－1×(3 5)n－1＋C n2n×(3 5)n]} ＝(2 5)n＋1×{(1－3 5)×[C 0n＋1＋C 1n＋2×3 5＋…＋C n2n＋1×(3 5)n＋C n＋12n＋2×(3 5)n＋1] －[C0n＋C 1n＋1×3 5＋…＋C n－12n－1×(3 5)n－1＋C n2n×(3 5)n]} ＝(2 5)n＋1×{[C 0n＋1＋C 1n＋2×3 5＋…＋C n2n＋1×(3 5)n＋C n＋12n＋2×(3 5)n＋1] －[C 0n＋1×3 5＋C 1n＋2×(3 5)2＋…＋C n2n＋1×(3 5)n＋1＋C n＋12n＋2×(3 5)n＋2] －[C0n＋C 1n＋1×3 5＋…＋C n－12n－1×(3 5)n－1＋C n2n×(3 5)n]}(8 分) 18 ＝(2 5)n＋1×{[C 0n＋1＋C 1n＋2×3 5＋…＋C n2n＋1×(3 5)n＋C n＋12n＋2×(3 5)n＋1] －[C0n＋C 1n＋2×3 5＋…＋C n2n＋1×(3 5)n＋C n2n＋1×(3 5)n＋1＋C n＋12n＋2×(3 5)n＋2]}， 则 Pn＋1－Pn＝(2 5)n＋1×[C n＋12n＋2×(3 5)n＋1－C n2n＋1×(3 5)n＋1－C n＋12n＋2×(3 5)n＋2] ＝(2 5)n＋1×(3 5)n＋1×(C n＋12n＋2－C n2n＋1－3 5C n＋12n＋2) ＝(2 5)n＋1×(3 5)n＋1×(C n＋12n＋1－3 5C n＋12n＋2)． 因为 C n＋12n＋1－3 5C n＋12n＋2＝C n＋12n＋1－3 5(C n＋12n＋1＋C n2n＋1)＝2 5C n＋12n＋1－3 5C n2n＋1＝－1 5C n2n＋1， 所以 Pn＋1－Pn＝(2 5)n＋1×(3 5)n＋1×(－1 5)×C n2n＋1＜0， 因此 Pn＋1＜Pn.(10 分)