江苏省南京师范大学附属中学2020届高三数学六月押题试卷（含附加题Word版附答案）

1 江苏省南师附中 2020 届高三模拟考试试卷(2020．6) 数  学 (满分 160 分，考试时间 120 分钟) 参考公式： 样本数据 x1，x2，…，xn 的方差 s2＝1 n (xi－x)2，其中 x＝1 n xi. 锥体的体积 V＝1 3Sh，其中 S 是锥体的底面积，h 是锥体的高． 球体的表面积 S＝4πr2，其中 r 是球体的半径． 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||x|≤1，x∈Z}，B＝{x|－1，0，1，6}，则 A∩B＝________． 2. 已知复数 z＝(1－2i)(a＋i)，其中 i 是虚数单位．若 z 的实部为 0，则实数 a 的值为 ________． 3. 样本数据 6，7，10，14，8，9 的方差是________． 4. 右图是一个算法流程图，若输入的 x 的值为 1，则输出 S 的值为________． 5. 将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有 1，2，3，4，5，6 个点的正方体玩具) 先后抛郑 2 次，则出现向上的点数之和为 6 的倍数的概率是________． 6. 已知函数 y＝sin(2x＋φ)(－ π 2 ＜φ＜ π 2 )的图象关于点(2π 3 ，0)对称，则 φ 的值是 ________． 7. 已知 P­ABC 是正三棱锥，其外接球 O 的表面积为 16 π，且∠APO＝∠BPO＝∠CPO ＝30°，则该三棱锥的体积为________． 8. 若双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 3，则抛物线 y＝1 4x2 的焦点到双曲线 C 的渐近线距离为________． 9. 已 知 函 数 f(x) ＝ sin x ＋ 2x ＋ x3. 若 f(a － 6) ＋ f(2a2)≤0 ， 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 ________． 10. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1＋a2＋a5＝47，a3＋a4＝28.若存在正整数 k， 使得对任意的 n∈N*都有 Sn≤ Sk 恒成立，则 k 的值为________． 11. 已知圆 O：x2＋y2＝m(m＞0)，直线 l：x＋2y＝10 与 x 轴，y 轴分别交于 A，B 两 点．若圆 O 上存在点 P 使得△PAB 的面积为25 2 ，则实数 m 的最小值为________． 12. 已知点 G 为△ABC 的重心，点 D，E，F 分别为 AB，BC，CA 的中点．若AB → ·GD → ＝6，AC → ·GF → ＝3 2，则BC → ·GE → ＝________． 2 13. 已知函数 f(x)＝a |x|，g(x)＝{ln x，x＞0， －x＋ 1 16，x ≤ 0.若关于 x 的方程 f(x)＝g(x)有 3 个不 同的实数根，则实数 a 的取值集合为________． 14. 在 锐 角 三 角 形 ABC 中 ， 已 知 cos2B ＋ cos2Asin2B ＝ 4cos2Acos2B ， 则 sin 2Asin 2B 4cos2C ＋2sin 2Asin 2B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) 如图，在△ABC 中，已知 sin2A－ 2sin A·sin C＝sin2(A＋C)－sin2C. (1) 求 cos(B＋ π 3 )的值； (2) 若 D 是 BC 边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，求 AB 的长． 16.(本小题满分 14 分) 在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧面 AA1C1C 为菱形，且 AB＝BC1，点 E，F 分别为 BB1，A1C1 的中点．求证： (1) 平面 AA1C1C⊥平面 A1BC； (2) EF∥平面 A1BC. 3 17. (本小题满分 14 分) 某处有一块闲置用地，如图所示，它的边界由圆 O 的一段圆弧AB ︵ 和两条线段 AC，BC 构成．已知圆心 O 在线段 AC 上，现测得圆 O 半径为 2 百米，∠AOB＝2π 3 ，BC⊥AC.现规 划在这片闲置用地内划出一片梯形区域用于商业建设，该梯形区域的下底为 AC，上底为 MN，点 M 在圆弧AD ︵ (点 D 在圆弧AB ︵ 上，且 OD⊥OA)上，点 N 在圆弧BD ︵ 上或线段 BC 上．设 ∠AOM＝θ. (1) 将梯形 ACNM 的面积表示为 θ 的函数； (2) 当 θ 为何值时，梯形 ACNM 的面积最大？求出最大面积． 4 18. (本小题满分 16 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 Γ：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)，其右焦点 F 到其右 准线的距离为 1，离心率为 2 2 ，A，B 分别为椭圆 Γ 的上、下顶点，过点 F 且不与 x 轴重合 的直线 l 与椭圆 Γ 交于 C，D 两点，与 y 轴交于点 P，直线 AC 与 BD 交于点 Q. (1) 求椭圆 Γ 的标准方程； (2) 当 CD＝8 5 2时，求直线 l 的方程； (3) 求证：OP → ·OQ → 为定值． 5 19. (本小题满分 16 分) 设 f(x)＝a(x－1)2－ex＋ex，g(x)＝ex(x－1)＋1 2ax2－(a＋e)x，a∈R，其中 e 为自然对数的 底数(e＝2.718 2…)． (1) 当 a＝e 时，求 g(x)在(1，g(1))处的切线方程； (2) 设 F(x)＝f(x)＋g(x)，求 F(x)的单调区间； (3) 当≥1 时，f(x)≤0 恒成立，求 a 的取值范围． 6 20. (本小题满分 16 分) 已知{an}是各项均为正数的无穷数列，且满足 a1＝a，an＋1－an＝ d（an＋1＋an）. (1) 若 d＝1，a3＝6，求 a 的值； (2) 设数列{bn}满足 bn＝an＋1－an，其前 n 项的和为 Sn. ① 求证：{bn}是等差数列； ② 若对于任意的 n∈N*，都存在 m∈N*，使得 Sn＝bm 成立．求证：Sn≤(2n－1)b1. 7 江苏省南师附中 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＝[ 2 a 2 b ]，点 P(3，－1)在矩阵 A 对应的变换作用下得到点 P′(3， 5)． (1) 求 a 和 b 的值； (2) 求矩阵 A 的特征值． B. (选修 44：坐标系与参数方程) 在极坐标系中，直线 l 的方程为ρsin(θ－ π 6 )＝a，曲线 C 的方程为 ρ＝4cos θ.若直线 l 与曲线 C 相切，求实数 a 的值． C. (选修 45：不等式选讲) 已知 a，b，c 为正实数，求 a b＋c＋ b c＋a＋ 2c a＋b的最小值． 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. 某校举办的体育节设有投篮项目．该项目规定：每位同学仅有三次投篮机会，其中 前两次投篮每投中一次得 1 分，第三次投篮投中得 2 分，若不中不得分，投完三次后累计总 分． (1) 若甲同学每次投篮命中的概率为2 5，且相互不影响，记甲同学投完三次后的总分为 X，求随机变量 X 的概率分布列； (2) 若(1)中的甲同学邀请乙同学一起参加投篮项目，已知乙同学每次投篮命中的概率为1 2， 且相互不影响，甲、乙两人之间互不干扰．求甲同学的总分低于乙同学的总分的概率． 23.在空间直角坐标系中，有一只电子蜜蜂从坐标原点 O 出发，规定电子蜜蜂只能沿着坐 标轴方向或与坐标轴平行的方向行进，每一步只能行进 1 个单位长度，若设定该电子蜜蜂从 坐标原点 O 出发行进到点 P(x，y，z)(x，y，z∈N)经过最短路径的不同走法的总数为 f(x，y， z)． (1) 求 f(1，1，1)，f(2，2，2)和 f(n，n，n)(n∈N*)； (2) 当 n∈N*，试比较 f(n，n，n)与 （4n＋1）2n 4n·（n！）2的大小，并说明理由． 9 江苏省南师附中 2020 届高三模拟考试试卷 数学参考答案及评分标准 1. {－1，0，1} 2. －2 3. 20 3  4. 100 5. 1 6 6. － π 3  7. 9 4 3 8. 1 3 9. [－2， 3 2] 10. 10 11. 5 12. －9 2 13. {1 2， 2 e } 14. [ 6 13，1 2) 15. 解：(1) 因为 A＋B＋C＝π，sin2A－ 2sin A·sin C＝sin2(A＋C)－sin2C， 所以由正弦定理可知 BC2－ 2BC·AB＝AC2－AB2，BC2＋AB2－AC2＝ 2BC·AB，(2 分) cos B＝BC2＋AB2－AC2 2BC·AB ＝ 2 2 . 因为在△ABC 中，B∈(0，π)，所以 B＝ π 4 .(5 分) 所以 cos(B＋ π 3 )＝cos Bcos π 3 －sin Bsin π 3 ＝ 2 2 ×1 2－ 2 2 × 3 2 ＝ 2－ 6 4 .(7 分) (2) 由余弦定理可知，在△ACD 中，cos C＝DC2＋AC2－AD2 2AC·DC ＝ 32＋72－52 2 × 7 × 3＝11 4 ，(9 分) 因为 C∈(0，π)，所以 sin C＞0，sin C＝ 1－cos2C＝ 1－（11 4 ）2＝5 3 14 .(11 分) 由正弦定理可知，在△ABC 中， AB sin C＝ AC sin B，所以AB 5 3 14 ＝ 7 2 2 ，所以 AB＝5 6 2 .(14 分) 16. 证明：(1) 连结 AC1 交 A1C 于 O 点，连结 BO. 在△ABC1 中，因为 AB＝BC1，所以 BO⊥AC1.(2 分) 因为侧面 AA1C1C 为菱形，所以对角线 A1C⊥AC1.(4 分) 因为 BO∩A1C＝O，BO，A1C⊂平面 A1BC，所以 AC1⊥平面 A1BC.(6 分) 因为 AC1⊂平面 AA1C1C，所以平面 AA1C1C⊥平面 A1BC.(7 分) (2) 连结 FO，因为侧面 AA1C1C 为菱形，所以对角线互相平分，点 O 为 A1C 的中点． 因为点 F 为 A1C1 的中点，所以在△A1CC1 中，FO∥CC1，FO 綊 1 2CC1，(9 分) 在三棱柱 ABCA1B1C1 中，侧棱 BB1 綊 CC1，又点 E 为 BB1 的中点， 所以 BE 綊 1 2CC1. 又 FO 綊 1 2CC1，所以 BE 綊 FO，四边形 BEFO 是平行四边形，(12 分) 所以 EF∥BO. 因为 EF⊄平面 A1BC，BO⊂平面 A1BC，所以 EF∥平面 A1BC.(14 分) 17. 解：(1) 因为点 M 在圆弧AD ︵ 上，OD⊥OA，当点 M 分别与点 A，D 重合时，梯形不 存在， 所以 θ∈(0， π 2 )． 过点 B 作 BB′∥CA，且 BB′交圆弧 AD ︵ 于点 B′，连结 B′O，因为 OD⊥OA，所以 BB′⊥OD. 由垂径定理可知 OD 垂直平分 BB′， 因此∠B′OD＝∠BOD＝∠AOB－∠AOD＝2π 3 － π 2 ＝ π 6 ，∠AOB′＝∠AOD－∠B′OD ＝ π 2 －π 6＝π 3， 10 因此，当 θ∈( π 3 ，π 2)时，点 N 在圆弧BD ︵ 上，当 θ∈(0， π 3 ]上时，点 N 在线段 BC 上． 设 OD∩MN＝H， ① 当 θ∈( π 3 ，π 2)时，因为 MN∥CA，所以∠HMO＝∠AOM＝θ. 又 OD⊥OA，所以 MN⊥OD. 由垂径定理可知 HM＝HN，在 Rt△OHM 中，HM＝OMcos∠OMH＝2cos θ， HO＝OMsin∠OMH＝2sin θ，BC⊥AC， 所以在 Rt△OBC 中，∠COB＝π－∠AOB＝π－2π 3 ＝ π 3 ，CO＝OBcos∠BOC＝2cos π 3 ＝1， 所以梯形 ACNM 的面积 S(θ)＝1 2OH·(MN＋AC)＝1 2OH·(2MH＋AO＋OC) ＝sin θ(4cos θ＋3)，(4 分) ② 当 θ∈(0， π 3 ]时，因为 BC⊥AC，OD⊥OC，MN⊥OD， 所以四边形 OCNH 为矩形，故 NH＝OC＝1， 所以梯形 ACNM 的面积 S(θ)＝1 2OH·(MN＋AC)＝1 2OH·(MH＋NH＋AO＋OC) ＝2sin θ(cos θ＋2)．(6 分) 综上，S(θ)＝{2sin θ（cos θ＋2），θ ∈ （0， π 3 ]， sin θ（4cos θ＋3），θ ∈ （π 3 ， π 2 ）. (7 分) (2) ① 当 θ∈( π 3 ，π 2)时，S(θ)＝sin θ(4cos θ＋3)， S′(θ)＝cos θ(4cos θ＋3)＋sin θ(－4sin θ)＝8cos2θ＋3cos θ－4. 因为 θ∈( π 3 ，π 2)时，cos θ∈(0，1 2)，cos2θ＜1 4， 所以 S′(θ)＝8cos2θ＋3cos θ－4＜8×1 4＋3×1 2－4＝－1 2＜0， 故 S(θ)在( π 3 ，π 2)上单调递减，S(θ)＜S( π 3 )＝sin π 3 ·(4cos π 3 ＋3)＝5 3 2 .(10 分) ② 当 θ∈(0， π 3 ]时，S(θ)＝2sin θ(cos θ＋2)， S′(θ)＝2cos θ(cos θ＋2)＋2sin θ(－sin θ)＝4cos2θ＋4cos θ－2. 因为 θ∈(0， π 3 ]时，cos θ∈[1 2，1)，cos2θ≥1 4， 所以 S′(θ)＝4cos2θ＋4cos θ－2≥4×1 4＋4×1 2－2＝1＞0， 11 故 S(θ)在(0， π 3 ]上单调递增，S(θ)≤S( π 3 )＝2sin π 3 ·(cos π 3 ＋2)＝5 3 2 .(13 分) 综上，当且仅当 θ＝ π 3 时，梯形 ACNM 的面积取得最大值5 3 2 平方百米．(14 分) 18. (1) 解：由题意可知{a2 c－c＝1， c a＝ 2 2 ， a＞0， 所以 a＝ 2，c＝1，所以 b2＝a2－c2＝1， 所以椭圆的标准方程为x2 2 ＋y2＝1.(4 分) (2) 解：因为直线 l 不与 x 轴重合，所以斜率不为 0. 因为 l 过点 F(1，0)，所以设直线 l 的方程为 x＝my＋1. 由{x＝my＋1， x2 2 ＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0. 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，则 y1＋y2＝ －2m m2＋2，y1y2＝ －1 m2＋2，则 CD2＝(m2＋1)(y1－y2)2＝ (m2＋1)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝(m2＋1)[( －2m m2＋2)2－4( －1 m2＋2)]＝8（m2＋1）2 （m2＋2）2 . 因为 CD＝8 5 2，所以8（m2＋1）2 （m2＋2）2 ＝128 25 ，得 m2＝3，所以 m＝± 3， 所以直线 l 的方程为 x＝± 3y＋1.(8 分) (3) 证明：在 x＝my＋1 中令 x＝0 得 y＝－1 m，所以 P(0，－1 m)． 而直线 AD 的方程为 y－1＝y2－1 x2 x，直线 CB 的方程为 y＋1＝y1＋1 x1 x. 由 此 得 到 yQ ＝ x2y1＋x2＋x1y2－x1 x2y1＋x2－x1y2＋x1＝ （my2＋1）y1＋（my2＋1）＋（my1＋1）y2－（my1＋1） （my2＋1）y1＋（my2＋1）－（my1＋1）y2＋（my1＋1） ＝2my1y2＋y1＋y2＋m（y2－y1） m（y1＋y2）＋（y1－y2）＋2  (*)．(10 分) 不妨设 y1＞y2，则 y1＝ －m＋ 2 m2＋1 m2＋2  ①，y2＝ －m－ 2 m2＋1 m2＋2  ②， 所以 y1－y2＝2 2 m2＋1 m2＋2  ③. 将①②③代入(*)式，得 yQ＝ 2m（ －1 m2＋2）＋ －2m m2＋2－m2 2 m2＋1 m2＋2 m（ －2m m2＋2）＋2 2 m2＋1 m2＋2 ＋2 ＝ －4m－2 2m m2＋1 2 2 m2＋1＋4 ＝－m，(14 分) 所以OP → ·OQ → ＝(0，－1 m)·(xQ，yQ)＝－yQ m ＝－ －m m ＝1 为定值．(16 分) [另解：从(*)式开始，将根与系数关系代入(*)式，得 2my1y2＋y1＋y2＋m（y2－y1） m（y1＋y2）＋（y1－y2）＋2 ＝ 2m· －1 m2＋2＋ －2m m2＋2＋m（y2－y1） m· －2m m2＋2＋2＋（y1－y2） ＝ 12 －4m m2＋2－m（y1－y2） 4 m2＋2＋（y1－y2） ＝－m，以下不变] 19. 解：(1) 当 a＝e 时，g(x)＝ex(x－1)＋1 2ex2－2ex，g′(x)＝ex(x－1)＋ex＋ex－2e， g′(1)＝e＋e－2e＝0，g(1)＝ e 2－2e＝－3e 2 ， 所以 g(x)在(1，g(1))处的切线方程为 y＋3e 2 ＝0，即 y＝－3e 2 .(2 分) (2) F′(x)＝f′(x)＋g′(x)＝2a(x－1)－ex＋e＋ex＋ax－(a＋e)＝(x－1)(ex＋3a)． ① 当 a≥0 时，ex＋3a＞0，所以当 x＞1 时，F′(x)＞0；当 x＜1 时，F′(x)＜0； ② 当 a＜0 时，令 F′(x)＝0 得 x＝1，x＝ln(－3a)． ⅰ. 若 ln(－3a)＝1，即 a＝－ e 3时，则 F′(x)≥0 恒成立， 所以 F(x)单调增区间为(－∞，＋∞)．(6 分) ⅱ. 若 ln(－3a)＜1，即－ e 3＜a＜0 时，F′(x)＞0 即 x＞1 或 x＜ln(－3a)； F′(x)＜0 即 ln(－3a)＜x＜1， 所以 F(x)单调增区间为(－∞，ln(－3a))和(1，＋∞)，单调减区间为(ln(－3a)，1)． ⅲ. 若 ln(－3a)＞1，即 a＜－ e 3时，F′(x)＞0 即 x＞ln(－3a)或 x＜1，F′(x)＜0 即 1＜x＜ ln(－3a)，所以 F(x)单调增区间为(－∞，1)和(ln(－3a)，＋∞)，单调减区间为(1，ln(－ 3a))．(8 分) (3) f′(x)＝2a(x－1)－ex＋e. ① 若 a≤0 时，则 f′(x)≤0 在 x≥1 时恒成立，所以 f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以当 x≥1 时，f(x)≤f(1)＝0，所以 x≥1 时，f(x)≤0 恒成立．(10 分) ② 若 a＞0 时，令φ(x)＝f′(x)，则 φ′(x)＝2a－ex， ⅰ. 当a≤ e 2时，即x≥1时，φ′(x)≤0，所以φ(x)单调递减，所以φ(x)≤φ(1)＝0，即f′(x)≤0， 所以 f(x)单调递减，所以当 x≥1 时，f(x)≤f(1)＝0 恒成立．(12 分) ⅱ. 当 a＞ e 2时，令 φ′(x)＝0，则 x＝ln(2a)＞1，当 x＞ln(2a)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递 减；当 x＜ln(2a)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增． 因为 φ(x)在(－∞，ln(2a))上单调递增且 φ(1)＝0， 所以 φ(ln(2a))＞φ(1)＝0，所以在(1，ln(2a))上 φ(x)＞0，所以 f′(x)＞0，所以 f(x)单调递增， 所以当 x∈(1，ln(2a))时，f(x)＞f(1)＝0，不满足条件． 所以 a 的取值范围是(－∞， e 2]．(16 分) 20. (1) 解：因为 an＋1－an＝ an＋1＋an，a3＝6， 所以令 n＝2，得 a3－a2＝ a3＋a2，即 6－a2＝ 6＋a2(a2＜6)，平方整理得 (a2－10)(a2－3)＝0. 因为 a2＜6，所以 a2＝3； 同理令 n＝1，得 a2－a1＝ a2＋a1，即 3－a1＝ 3＋a1(a1＜3)，平方整理得 (a1－1)(a1－7)＝0.因为 a1＜3，所以 a1＝1，因此 a＝1.(4 分) (2) 证明：① 由题意，得 d≥0. 当 d＝0 时，an＋1－an＝0，所以{bn}是公差为 0 的等差数列．(5 分) 当 d≠0 时，因为 an＋1－an＝ d（an＋1＋an）， 所以(an＋1－an)2＝d(an＋1＋an) ①， 从而有(an－an－1)2＝d(an＋an－1) ②. ①－②，得(an＋1－an)2－(an－an－1)2＝d[(an＋1＋an)－(an－an－1)]， 13 化简得[(an＋1－an)－(an＋an－1)](an＋1－an－1)＝d(an＋1－an－1)． 因为 an＋1－an＝ d（an＋1＋an），且数列{an}的各项均为正数，d＞0， 所以 an＋1－an＞0，从而 an＋1－an－1＞0，因此(an＋1－an)－(an＋an－1)＝d. 因为 bn＝an＋1－an，所以 bn－bn－1＝d. 综上，{bn}是公差为 d 的等差数列．(8 分) ② 因为{bn}是公差为 d 的等差数列，所以 Sn＝nb1＋n（n－1） 2 d. 因为对于任意的 n∈N*，都存在 m∈N*，使得 Sn＝bm， 所以有 nb1＋n（n－1） 2 d＝b1＋(m－1)d， 整理得(m－1)d＝(n－1)b1＋n（n－1） 2 d. ⅰ. 若 d＝0，则 b1＝0，结论成立．(10 分) ⅱ. 若 d＞0，(m－1)＝(n－1)b1 d ＋n（n－1） 2 . 当 n＝1 时，m＝1； 当 n≥2 时，b1 d 必为整数，即 b1＝kd. 因为 an＋1－an＞0， 所以 bn≥0，d＞0，所以 k∈N*， 从而 Sn＝nb1＋n（n－1） 2 d＝nd(k＋n－1 2 )． 下证 nkd＋n（n－1） 2 d≤(2n－1)kd，即证n（n－1） 2 ≤(2n－n－1)k， 从而只要证n（n－1） 2 ≤2n－n－1， 因此要证 2n＋1－n2－n－2≥0.(13 分) 记 f(n)＝2n＋1－n2－n－2，则 f(n＋1)－f(n)＝2[2n－(n＋1)]． 记 g(n)＝2n－(n＋1)，则 g(n＋1)－g(n)＝2n－1＞0， 所以 g(n)＝2n－(n＋1)≥g(1)＝0， 从而 f(n＋1)－f(n)≥0， 所以 f(n)＝2n＋1－n2－n－2≥f(1)＝0.(16 分) 14 2020 届高三模拟考试试卷(二十三)(南师附中) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 解：(1) 由题意，得[ 2 a 2 b ][3 －1 ]＝[3 5 ]⇒[6－a 6－b ]＝[3 5 ]⇒{6－a＝3， 6－b＝5 ⇒{a＝3， b＝1， 所以 a＝3，b＝1.(4 分) (2) 由(1)可知 A＝[ 2 3 2 1 ]， 特征行列式为| λ－2 －3 －2 λ－1 |＝(λ－2)(λ－1)－(－3)(－2)＝λ2－3λ－4＝(λ－4)(λ＋1)＝0， 所以矩阵 A 的特征值为 λ1＝－1，λ2＝4.(10 分) B. 解：以极点为原点，极轴为 x 轴正方向建立平面直角坐标系． 因为直线 l 的方程为 ρsin(θ－ π 6 )＝a，所以其直角坐标方程为 x－ 3y＋2a＝0. 因为曲线 C 的方程为 ρ＝4cos θ，所以 ρ2＝4ρcos θ，(4 分) 所以曲线 C 的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4，是圆心为(2，0)，半径为 2 的圆． 因为直线 l 与圆 C 相切，所以圆心到直线 l 的距离 d 为 2， d＝|2＋2a| 1＋3 ＝2⇒|a＋1|＝2，所以 a＝1，a＝－3.(10 分) C. 解： a b＋c＝ b c＋a＋ 2c a＋b＝ a b＋c＋1＋ b c＋a＋1＋ 2c a＋b＋2－4＝ a＋b＋c b＋c ＋a＋b＋c c＋a ＋ 2（a＋b＋c） a＋b －4＝(a＋b＋c)( 1 b＋c＋ 1 c＋a＋ 2 a＋b)－4＝1 2[(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b)]( 1 b＋c＋ 1 c＋a ＋ 2 a＋b)－4. 因为 a，b，c 为正实数，所以由柯西不等式可知 a b＋c＋ b c＋a＋ 2c a＋b＝1 2[( b＋c)2＋( c＋a)2＋( a＋b)2][( 1 b＋c)2＋( 1 c＋a)2＋( 2 a＋b)2]－4≥ 1 2( b＋c· 1 b＋c＋ c＋a· 1 c＋a＋ a＋b· 2 a＋b)2－4＝1 2×(1＋1＋ 2)2－4＝2 2－1， 当且仅当 b＋c 1 b＋c ＝ c＋a 1 c＋a ＝ a＋b 2 a＋b ，即 b＋c＝c＋a＝ 2 2 (a＋b)，即 a＝b 且 c＝( 2－1)a 时取 等号，此时原式的最小值为 2 2－1.(10 分) 22. 解：(1) 随机变量 X 可能的取值为 0，1，2，3，4， P(X＝0)＝(3 5)3＝ 27 125；P(X＝1)＝C12·2 5·(3 5)2＝ 36 125； P(X＝2)＝(2 5)2·3 5＋(3 5)2·2 5＝ 30 125；P(X＝3)＝C12·(2 5)2·3 5＝ 24 125； P(X＝4)＝(2 5)3＝ 8 125.(5 分) (2) 设乙同学投完后的总分为 Y，则随机变量 Y 可能的取值为 0，1，2，3，4， P(Y＝0)＝(1 2)3＝1 8；P(Y＝1)＝C12·(1 2)3＝1 4；P(Y＝2)＝(1 2)3＋(1 2)3＝1 4； P(Y＝3)＝C12·(1 2)3＝1 4；P(Y＝4)＝(1 2)3＝1 8. 记“最终甲同学的总分低于乙同学的总分”为事件 A，由四种情况组成，且相互独立， 四种情况分别为甲得 0 分且乙得分超过 0 分，甲得 1 分且乙得分超过 1 分，甲得 2 分且乙得 分超过 2 分，甲得 3 分且乙得分超过 3 分． 所以 P(A)＝P(X＝0)·P(Y＞0)＋P(X＝1)·P(Y＞1)＋P(X＝2)·P(Y＞2)＋P(X＝3)·P(Y＞3)＝ 15 27 125×(1－1 8)＋ 36 125×(1－1 8－1 4)＋ 30 125×(1 4＋1 8)＋ 24 125×1 8＝ 483 1 000. 答：事件 A 的概率为 483 1 000.(10 分) 23. 解：(1) f(1，1，1)＝C13·C12＝6，f(2，2，2)＝C26C24＝6 × 5 2 ·4 × 3 2 ＝90， f(n，n，n)＝C n3n·C n2n＝ （3n）！ （n！）3.(3 分) (2) f(n，n，n)＝Cn3n·C n2n＝ （3n）！ （n！）3＝ 1 （n！）2· （3n）！ n！ ＝ 1 （n！）2·3n·(3n－1)·(3n －2)…(n＋2)·(n＋1)， 其中 3n·(3n－1)·(3n－2)…(n＋2)·(n＋1)是 2n 个连续的自然数相乘， 对于任意的 k∈N*，且 k≤n，都有 (2n＋k)·(2n－k＋1)≤[（2n＋k）＋（2n－k＋1） 2 ]2 ＝ （4n＋1）2 4 恒成立， 所以 3n·(3n－1)·(3n－2)…(n＋2)·(n＋1)≤ [（4n＋1）2 4 ]n ＝ （4n＋1）2n 4n ， 并且 2n＋k≠2n－k＋1，所以取不到等号， 因此 f(n，n，n)＜ （4n＋1）2n 4n·（n！）2.(10 分)