南京市2018屆高中三年級年級第三次模擬考試與答案

..XX市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)2018.051．集合A＝{x|x2＋x－6＝0},B＝{x|x2－4＝0},則A∪B=eq\o<▲,\s\do1<________>>．2．已知復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)是eq\o<\s\up5<－>,z>．若z<2－i>＝5,其中i為虛數(shù)單位,則eq\o<\s\up5<－>,z>的模為eq\o<▲,\s\do1<________>>．S←1I←1WhileI＜8S←S＋2I←I＋3EndWhilePrintS3．某學(xué)校為了了解住校學(xué)生每天在校平均開銷情況,隨機(jī)抽取了500名學(xué)生,他們的每天在校平均開銷都不低于20元且不超過60元,其頻率分布直方圖如圖所示,則其中每天在校平均開銷在[50,60]元的學(xué)生人數(shù)為eq\o<▲,\s\do1<________>>．<<第3題圖><<第4題圖>4．根據(jù)如圖所示的偽代碼,可知輸出S的值為eq\o<▲,\s\do1<________>>．5．已知A,B,C三人分別在連續(xù)三天中值班,每人值班一天,那么A與B在相鄰兩天值班的概率為eq\o<▲,\s\do1<________>>．6．若實數(shù)x,y滿足eq\b\lc\{<\a\al<x－y－3≤0,,x＋2y－5≥0,,y－2≤0,>>則eq\f<y,x>的取值范圍為eq\o<▲,\s\do1<________>>．7.已知α,β是兩個不同的平面,l,m是兩條不同的直線,有如下四個命題：=1\*GB3①若l⊥α,l⊥β,則α∥β；=2\*GB3②若l⊥α,α⊥β,則l∥β；=3\*GB3③若l∥α,l⊥β,則α⊥β；=4\*GB3④若l∥α,α⊥β,則l⊥β．其中真命題為eq\o<▲,\s\do1<________>>〔填所有真命題的序號．8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若雙曲線eq\f<x2,a2>－eq\f<y2,b2>＝1<a＞0,b＞0>的一個焦點到一條漸近線的距離為2a,則該雙曲線的離心率為eq\o<▲,\s\do1<________>>．9．若等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,n∈N*,且a1=1,S6=3S3,則a7的值為eq\o<▲,\s\do1<________>>．10．若f<x>是定義在R上的周期為3的函數(shù),且f<x>＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<x2＋x＋a,0≤x≤2,,－6x＋18,2＜x≤3,>>則f<a+1>的值為eq\o<▲,\s\do1<________>>．11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中,圓M：x2＋y2－6x－4y＋8＝0與x軸的兩個交點分別為A,B,其中A在B的右側(cè),以AB為直徑的圓記為圓N,過點A作直線l與圓M,圓N分別交于C,D兩點．若D為線段AC的中點,則直線l的方程為eq\o<▲,\s\do1<________>>．12．在△ABC中,AB=3,AC=2,D為邊BC上一點．若eq\o<AB,\s\up6<→>>·eq\o<AD,\s\up6<→>>＝5,eq\o<AC,\s\up6<→>>·eq\o<AD,\s\up6<→>>＝－eq\f<2,3>,則eq\o<AB,\d\fo1<>\s\up7<→>>·eq\o<AC,\d\fo1<>\s\up7<→>>的值為eq\o<▲,\s\do1<________>>．13．若正數(shù)a,b,c成等差數(shù)列,則eq\f<c,2a＋b>＋eq\f<b,a＋2c>的最小值為eq\o<▲,\s\do1<________>>．14．已知a,b∈R,e為自然對數(shù)的底數(shù)．若存在b∈[－3e,－e2],使得函數(shù)f<x>＝ex－ax－b在[1,3]上存在零點,則a的取值范圍為eq\o<▲,\s\do1<________>>．二、解答題〔本大題共6小題,計90分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明,證明過程或演算步驟,請把答案寫在答題卡的指定區(qū)域內(nèi)15．<本小題滿分14分>y在平面直角坐標(biāo)系xOy中,銳角α,β的頂點為坐標(biāo)原點O,始邊為x軸的正半軸,終邊與單位圓O的交點分別為P,Q．已知點P的橫坐標(biāo)為eq\f<eq2\r<7>,7>,點Q的縱坐標(biāo)為eq\f<3eq\r<3>,14>．y〔1求cos2α的值；QP〔2求2α－β的值.QPxOxO<<第15題圖>16.〔本小題滿分14分<第16題圖>ACBMDEP如圖,在三棱錐P－ABC中,PA＝eq\r<6>,其余棱長均為2,M是棱PC上的一點,<第16題圖>ACBMDEP〔1求證:平面PBC⊥平面ABC；〔2若PD∥平面AEM,求PM的長．17．<本小題滿分14分> A B C D F E<第17題圖>如圖,公園里有一湖泊,其邊界由兩條線段AB,AC和以BC為直徑的半圓弧eq\o<BC,\s\up4<⌒>>組成,其中AC為2百米,AC⊥BC,∠A為eq\f<π,3>．若在半圓弧eq\o<BC,\s\up4<⌒>>,線段AC,線段AB上各建一個觀賞亭D,E,F,再修兩條棧道DE,DF,使DE∥AB,DF∥AC.記∠CBD＝θ〔eq\s\do1<\f<π,3>>≤θ＜eq\s\do1<\f<π,2>> A B C D F E<第17題圖>〔1試用θ表示BD的長；〔2試確定點E的位置,使兩條棧道長度之和最大.18．<本小題滿分16分>如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C：eq\F<x2,a2>＋eq\F<y2,b2>＝1<a＞b＞0>經(jīng)過點P<eq\f<8,5>,eq\f<3,5>>,離心率為eq\f<eq\r<3>,2>.已知過點M<eq\f<2,5>,0>的直線l與橢圓C交于A,B兩點．〔1求橢圓C的方程；xyO<第18題圖>MBA〔2試問x軸上是否存在定點N,使得eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>·eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>xyO<第18題圖>MBA19．<本小題滿分16分>已知函數(shù)f<x>＝2x3－3ax2＋3a－2〔a＞0,記f'<x>為f<x>的導(dǎo)函數(shù)．〔1若f<x>的極大值為0,求實數(shù)a的值；〔2若函數(shù)g<x>＝f<x>＋6x,求g<x>在[0,1]上取到最大值時x的值；〔3若關(guān)于x的不等式f<x>≥f'<x>在[eq\s\do1<\f<a,2>>,eq\s\do1<\f<a+2,2>>]上有解,求滿足條件的正整數(shù)a的集合．20．<本小題滿分16分>若數(shù)列{an}滿足：對于任意n∈N*,an＋|an＋1－an＋2|均為數(shù)列{an}中的項,則稱數(shù)列{an}為"T數(shù)列"．〔1若數(shù)列{an}的前n項和Sn＝2n2,n∈N*,求證：數(shù)列{an}為"T數(shù)列"；〔2若公差為d的等差數(shù)列{an}為"T數(shù)列",求d的取值范圍；〔3若數(shù)列{an}為"T數(shù)列",a1＝1,且對于任意n∈N*,均有an＜aeq\o<\s\up5<2>,n＋1>－aeq\o<\s\up5<2>,n>＜an＋1,求數(shù)列{an}的通項公式．XX市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)附加題2018.05B．選修4—2：矩陣與變換已知矩陣A＝eq\b\bc\[<\a\al\vs4<12,01>>,B＝eq\b\bc\[<\a\al\vs4<20,01>>,若直線l:x－y＋2＝0在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到直線l1,求直線l1的方程．C．選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在極坐標(biāo)系中,已知圓C經(jīng)過點P〔2,eq\F<π,3>,圓心C為直線sin<θ－eq\F<π,3>>＝－eq\r<3>與極軸的交點,求圓C的極坐標(biāo)方程．22．<本小題滿分10分>在平面直角坐標(biāo)系中,拋物線C：y2＝2px<p＞0>的焦點為F,點A<1,a><a＞0>是拋物線C上一點,且AF＝2．〔1求p的值；〔2若M,N為拋物線C上異于A的兩點,且AM⊥AN．記點M,N到直線y＝－2的距離分別為d1,d2,求d1d2的值．··F<第22題圖>xyOAMN23．<本小題滿分10分>已知fn<x>＝eq\o<\s\DO8<i＝1>,\d\fo<>\s\up0<eq\o<∑,\d\fo1<>\s\up9<n－1>>>>Aeq\o<\s\up7<n－i>,n>x<x＋1>…<x＋i－1>,gn<x>＝Aeq\o<\s\up7<n>,n>＋x<x＋1>…<x＋n－1>,其中x∈R,n∈N*且n≥2．〔1若fn<1>＝7gn<1>,求n的值；〔2對于每一個給定的正整數(shù)n,求關(guān)于x的方程fn<x>＋gn<x>＝0所有解的集合．XX市2018屆高三年級第三次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案1．{－3,－2,2}2．eq\r<5>3．1504．75．eq\f<2,3>6．[eq\f<2,11>,2]7．①③8．eq\r<5>9．410．211．x＋2y－4＝012．－313．eq\f<2eq\r<5>,9>14．[eeq\s\up4<2>,4e]二、解答題〔本大題共6小題,計90分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明,證明過程或演算步驟,請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi)15．<本小題滿分14分>解：〔1因為點P的橫坐標(biāo)為eq\f<eq2\r<7>,7>,P在單位圓上,α為銳角,所以cosα＝eq\f<eq2\r<7>,7>,……2分所以cos2α＝2cos2α－1＝eq\f<1,7>．……4分〔2因為點Q的縱坐標(biāo)為eq\f<eq3\r<3>,14>,所以sinβ＝eq\f<eq3\r<3>,14>．……6分又因為β為銳角,所以cosβ＝eq\f<13,14>．……8分因為cosα＝eq\f<eq2\r<7>,7>,且α為銳角,所以sinα＝eq\f<eq\r<21>,7>,因此sin2α＝2sinαcosα＝eq\f<eq4\r<3>,7>,…10分所以sin<2α－β>＝eq\f<eq4\r<3>,7>×eq\f<13,14>－eq\f<1,7>×eq\f<eq3\r<3>,14>＝eq\f<eq\r<3>,2>．…12分因為α為銳角,所以0＜2α＜π．又cos2α＞0,所以0＜2α＜eq\f<π,2>,又β為銳角,所以－eq\f<π,2>＜2α－β＜eq\f<π,2>,所以2α－β＝eq\f<π,3>．……14分16．<本小題滿分14分><圖1>OCBPACBMDE〔1證明：如圖<圖1>OCBPACBMDE所以PE⊥BC,……2分且PE＝eq\r<3>,同理AE＝eq\r<3>．因為PA＝eq\r<6>,所以PE2＋AE2＝PA2,所以PE⊥AE．……4分因為PE⊥BC,PE⊥AE,BC∩AE＝E,AE,BC平面ABC,所以PE⊥平面ABC．因為PE平面PBC,所以平面PBC⊥平面ABC．……7分〔2解法一如圖1,連接CD交AE于O,連接OM．因為PD∥平面AEM,PD平面PDC,平面AEM∩平面PDC＝OM,所以PD∥OM,…………9分所以eq\F<PM,PC>＝eq\F<DO,DC>．…………11分因為D,E分別為AB,BC的中點,CD∩AE＝O,所以O(shè)為ABC重心,所以eq\F<DO,DC>＝eq\f<1,3>,所以PM＝eq\f<1,3>PC＝eq\f<2,3>．………14分<圖2>PA<圖2>PACBMDECBN如圖2,取BE的中點N,連接PN．因為D,N分別為AB,BE的中點,所以DN∥AE．又DN平面AEM,AE平面AEM,所以DN∥平面AEM．又因為PD∥平面AEM,DN平面PDN,PD平面PDN,DN∩PD＝D,所以平面PDN∥平面AEM．………………9分又因為平面AEM∩平面PBC＝ME,平面PDN∩平面PBC＝PN,所以ME∥PN,所以eq\F<PM,PC>＝eq\F<NE,NC>．………………11分因為E,N分別為BC,BE的中點,所以eq\F<NE,NC>＝eq\f<1,3>,所以PM＝eq\f<1,3>PC＝eq\f<2,3>．…………14分17．<本小題滿分14分>………解：〔1連結(jié)DC．在△ABC中,AC為2百米,AC⊥BC,∠A為eq\f<π,3>,所以∠CBA＝eq\f<π,6>,AB＝4,BC＝2eq\r<3>．………2分因為BC為直徑,所以∠BDC＝eq\f<π,2>,所以BD＝BCcosθ＝2eq\r<3>cosθ．…………4分〔2在△BDF中,∠DBF＝θ＋eq\f<π,6>,∠BFD＝eq\f<π,3>,BD＝2eq\r<3>cosθ,所以eq\f<DF,sin<θ＋eq\f<π,6>>>＝eq\f<BF,sin<eq\f<π,2>－θ>>＝eq\f<BD,sin∠BFD>,所以DF＝4cosθsin<eq\f<π,6>＋θ>,……………6分且BF＝4coseq\s\up4<2>θ,所以DE＝AF=4－4coseq\s\up4<2>θ,…………8分所以DE＋DF＝4－4coseq\s\up4<2>θ＋4cosθsin<eq\f<π,6>＋θ>=eq\r<3>sin2θ－cos2θ＋3＝2sin<2θ－eq\f<π,6>>＋3．………12分因為eq\f<π,3>≤θ＜eq\f<π,2>,所以eq\f<π,2>≤2θ－eq\f<π,6>＜eq\f<5π,6>,所以當(dāng)2θ－eq\f<π,6>＝eq\f<π,2>,即θ＝eq\f<π,3>時,DE＋DF有最大值5,此時E與C重合．…13分答：當(dāng)E與C重合時,兩條棧道長度之和最大．…………14分18．<本小題滿分16分>解〔1離心率e＝eq\s\do1<\f<c,a>>＝eq\s\do1<\f<\r<3>,2>>,所以c＝eq\s\do1<\f<\r<3>,2>>a,b＝eq\r<a2－c2>＝eq\s\do1<\f<1,2>>a,………………2分所以橢圓C的方程為eq\F<x2,4b2>＋eq\F<y2,b2>＝1．因為橢圓C經(jīng)過點P<eq\f<8,5>,eq\f<3,5>>,所以eq\F<16,25b2>＋eq\F<9,25b2>＝1,所以b2＝1,所以橢圓C的方程為eq\s\do1<\f<x2,4>>＋y2＝1．…………………4分〔2解法一設(shè)N<n,0>,當(dāng)l斜率不存在時,A<eq\f<2,5>,y>,B<eq\f<2,5>,－y>,則y2＝1－eq\s\do1<\f<<eq\s\do1<\f<2,5>>>2,4>>＝eq\s\do1<\f<24,25>>,則eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝<eq\f<2,5>－n>2－y2＝<eq\f<2,5>－n>2－eq\s\do1<\f<24,25>>＝n2－eq\f<4,5>n－eq\f<4,5>,…………6分當(dāng)l經(jīng)過左?右頂點時,eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝<－2－n><2－n>＝n2－4．令n2－eq\f<4,5>n－eq\f<4,5>＝n2－4,得n＝4．………………8分下面證明當(dāng)N為<4,0>時,對斜率為k的直線l：y＝k<x－eq\s\do1<\f<2,5>>>,恒有eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝12．設(shè)A<x1,y1>,B<x2,y2>,由eq\b\lc\{<\a\al<eq\s\do1<\f<x2,4>>＋y2＝1,,y＝k<x－eq\s\do1<\f<2,5>>>,>>消去y,得<4k2＋1>x2－eq\s\do1<\f<16,5>>k2x＋eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4＝0,所以x1＋x2＝eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,5>>k2,4k2＋1>>,x1x2＝eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4,4k2＋1>>,……………10分所以eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝<x1－4><x2－4>＋y1y2＝<x1－4><x2－4>＋k2<x1－eq\s\do1<\f<2,5>>><x2－eq\s\do1<\f<2,5>>>＝<k2＋1>x1x2－<4＋eq\s\do1<\f<2,5>>k2><x1＋x2>＋16＋eq\s\do1<\f<4,25>>k2……………12分＝<k2＋1>eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4,4k2＋1>>－<4＋eq\s\do1<\f<2,5>>k2>eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,5>>k2,4k2＋1>>＋16＋eq\s\do1<\f<4,25>>k2＝eq\s\do1<\f<<k2＋1><eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4>－eq\s\do1<\f<16,5>>k2<4＋eq\s\do1<\f<2,5>>k2>＋eq\s\do1<\f<4,25>>k2<4k2＋1>,4k2＋1>>＋16＝eq\s\do1<\f<－16k2－4,4k2＋1>>＋16＝12．所以在x軸上存在定點N<4,0>,使得eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>為定值．………………16分解法二設(shè)N<n,0>,當(dāng)直線l斜率存在時,設(shè)l：y＝k<x－eq\s\do1<\f<2,5>>>,設(shè)A<x1,y1>,B<x2,y2>,由eq\b\lc\{<\a\al<eq\s\do1<\f<x2,4>>＋y2＝1,,y＝k<x－eq\s\do1<\f<2,5>>>,>>消去y,得<4k2＋1>x2－eq\s\do1<\f<16,5>>k2x＋eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4＝0,所以x1＋x2＝eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,5>>k2,4k2＋1>>,x1x2＝eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4,4k2＋1>>,……………6分所以eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝<x1－n><x2－n>＋y1y2＝<x1－n><x2－n>＋k2<x1－eq\s\do1<\f<2,5>>><x2－eq\s\do1<\f<2,5>>>＝<k2＋1>x1x2－<n＋eq\s\do1<\f<2,5>>k2><x1＋x2>＋n2＋eq\s\do1<\f<4,25>>k2＝<k2＋1>eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4,4k2＋1>>－<n＋eq\s\do1<\f<2,5>>k2>eq\s\do1<\f<eq\s\do1<\f<16,5>>k2,4k2＋1>>＋n2＋eq\s\do1<\f<4,25>>k2………………8分＝eq\s\do1<\f<<k2＋1><eq\s\do1<\f<16,25>>k2－4>－eq\s\do1<\f<16,5>>k2<n＋eq\s\do1<\f<2,5>>k2>＋eq\s\do1<\f<4,25>>k2<4k2＋1>,4k2＋1>>＋n2＝eq\s\do1<\f<<－eq\s\do1<\f<16,5>>n－eq\s\do1<\f<16,5>>>k2－4,4k2＋1>>＋n2．………………12分若eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>為常數(shù),則eq\s\do1<\f<<－eq\s\do1<\f<16,5>>n－eq\s\do1<\f<16,5>>>k2－4,4k2＋1>>為常數(shù),設(shè)eq\s\do1<\f<<－eq\s\do1<\f<16,5>>n－eq\s\do1<\f<16,5>>>k2－4,4k2＋1>>＝λ,λ為常數(shù),則<－eq\s\do1<\f<16,5>>n－eq\s\do1<\f<16,5>>>k2－4＝4λk2＋λ對任意的實數(shù)k恒成立,所以eq\b\lc\{<\a\al<－eq\s\do1<\f<16,5>>n－eq\s\do1<\f<16,5>>＝4λ,,－4＝λ,>>所以n＝4,λ＝－4,此時eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝12．…………14分當(dāng)直線l斜率不存在時,A<eq\f<2,5>,y>,B<eq\f<2,5>,－y>,則y2＝1－eq\s\do1<\f<<eq\s\do1<\f<2,5>>>2,4>>＝eq\s\do1<\f<24,25>>,所以eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝<eq\f<2,5>－4>2－y2＝<eq\f<2,5>－4>2－eq\s\do1<\f<24,25>>＝12,所以在x軸上存在定點N<4,0>,使得eq\o<NA,\d\fo1<>\s\up7<→>>eq\o<NB,\d\fo1<>\s\up7<→>>為定值．………………16分19．<本小題滿分16分>解：〔1因為f<x>＝2x3－3ax2＋3a－2〔a＞0,所以f'<x>＝6x2－6ax＝6x<x－a>．令f'<x>＝0,得x＝0或a．………………2分當(dāng)x∈<－∞,0>時,f'<x>＞0,f<x>單調(diào)遞增；當(dāng)x∈<0,a>時,f'<x>＜0,f<x>單調(diào)遞減；當(dāng)x∈<a,＋∞>時,f'<x>＞0,f<x>單調(diào)遞增．故f<x>極大值＝f<0>＝3a－2＝0,解得a＝eq\F<2,3>．………………4分〔2g<x>＝f<x>＋6x＝2x3－3ax2＋6x＋3a－2〔a＞0,則g′<x>＝6x2－6ax＋6＝6<x2－ax＋1>,x∈[0,1]．①當(dāng)0＜a≤2時,△＝36<a2－4>≤0,所以g′<x>≥0恒成立,g<x>在[0,1]上單調(diào)遞增,則g<x>取得最大值時x的值為1．……………6分②當(dāng)a＞2時,g′<x>的對稱軸x＝eq\F<a,2>＞1,且△＝36<a2－4>＞0,g′<1>＝6<2－a>＜0,g′<0>＝6＞0,所以g′<x>在<0,1>上存在唯一零點x0＝eq\F<a－eq\R<,a2－4>,2>．當(dāng)x∈<0,x0>時,g′<x>＞0,g<x>單調(diào)遞增,當(dāng)x∈<x0,1>時,g′<x>＜0,g<x>單調(diào)遞減,則g<x>取得最大值時x的值為x0＝eq\F<a－eq\R<,a2－4>,2>．………………8分綜上,當(dāng)0＜a≤2時,g<x>取得最大值時x的值為1；當(dāng)a＞2時,g<x>取得最大值時x的值為eq\F<a－eq\R<,a2－4>,2>．……………9分〔3設(shè)h<x>＝f<x>－f′<x>＝2x3－3<a＋2>x2＋6ax＋3a－2,則h<x>≥0在[eq\s\do1<\f<a,2>>,eq\F<a＋2,2>]有解．………………10分h′<x>＝6[x2－<a＋2>x＋a]＝6[<x－eq\F<a＋2,2>>2－eq\F<a2＋4,4>],因為h′<x>在<eq\F<a,2>,eq\F<a＋2,2>>上單調(diào)遞減,所以h′<x>＜h′<eq\F<a,2>>＝－eq\F<3,2>a2＜0,所以h<x>在<eq\F<a,2>,eq\F<a＋2,2>>上單調(diào)遞減,所以h<eq\F<a,2>>≥0,即a3－3a2－6a＋4≤0．…………………12分設(shè)t<a>＝a3－3a2－6a＋4〔a＞0,則t′<a>＝3a2－6a－6,當(dāng)a∈<0,1＋eq\R<,2>>時,t′<a>＜0,t<a>單調(diào)遞減；當(dāng)a∈<1＋eq\R<,2>,＋∞>時,t′<a>＞0,t<a>單調(diào)遞增．因為t<0>＝4＞0,t<1>＝－4＜0,所以t<a>存在一個零點m∈<0,1>,…14分因為t<4>＝－4＜0,t<5>＝24＞0,所以t<a>存在一個零點n∈<4,5>,所以t<a>≤0的解集為[m,n],故滿足條件的正整數(shù)a的集合為{1,2,3,4}．…………………16分20．<本小題滿分16分>解：〔1當(dāng)n≥2時,an＝Sn－Sn－1＝2n2－2<n－1>2＝4n－2,又a1＝S1＝2＝4×1－2,所以an＝4n－2．…………………2分所以an＋|an＋1－an＋2|＝4n－2＋4＝4<n＋1>－2為數(shù)列{an}的第n＋1項,因此數(shù)列{an}為"T數(shù)列"．…………………4分〔2因為數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列,所以an＋|an＋1－an＋2|＝a1＋<n－1>d＋|d|．因為數(shù)列{an}為"T數(shù)列",所以任意n∈N*,存在m∈N*,使得a1＋<n－1>d＋|d|＝am,即有<m－n>d＝|d|．…………6分①若d≥0,則存在m＝n＋1∈N*,使得<m－n>d＝|d|,②若d＜0,則m＝n－1．此時,當(dāng)n＝1時,m＝0不為正整數(shù),所以d＜0不符合題意．綜上,d≥0．……8分〔3因為an＜an＋1,所以an＋|an＋1－an＋2|＝an＋an＋2－an＋1．又因為an＜an＋an＋2－an＋1＝an＋2－<an＋1－an>＜an＋2,且數(shù)列{an}為"T數(shù)列",所以an＋an＋2－an＋1＝an＋1,即an＋an＋2＝2an＋1,所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列．…………………10分設(shè)數(shù)列{an}的公差為t<t＞0>,則有an＝1＋<n－1>t,由an＜aeq\o<\s\up5<2>,n＋1>－aeq\o<\s\up5<2>,n>＜an＋1,得1＋<n－1>t＜t[2＋<2n－1>t]＜1＋nt,………………12分整理得n<2t2－t>＞t2－3t＋1,①n<t－2t2>＞2t－t2－1．②若2t2－t＜0,取正整數(shù)N0＞eq\F<t2－3t＋1,2t2－t>,則當(dāng)n＞N0時,n<2t2－t>＜<2t2－t>N0＜t2－3t＋1,與①式對于任意n∈N*恒成立相矛盾,因此2t2－t≥0．同樣根據(jù)②式可得t－2t2≥0,所以2t2－t＝0．又t＞0,所以t＝eq\F<1,2>．經(jīng)檢驗當(dāng)t＝eq\F<1,2>時,①②兩式對于任意n∈N*恒成立,所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝1＋eq\F<1,2><n－1>＝eq\F<n＋1,2>．………………16分B．選修4—2：矩陣與變換解：因為A＝eq\b\bc\[<\a\al\vs4<12,01>>,B＝eq\b\bc\[<\a\al\vs4<20,01>>,所以AB＝eq\b\bc\[<\a\al\vs4<22,01>>．………………4分設(shè)點P0<x0,y0>是l上任意一點,P0在矩陣AB對應(yīng)的變換作用下得到P<x,y>．因為P0<x0,y0>在直線l:x－y＋2＝0上,所以x0－y0＋2＝0．①由ABeq\b\bc\[<\a\al\vs2<x0,y0>>＝eq\b\bc\[<\a\al\vs2<x,y>>,即eq\b\bc\[<\a\al\vs4<22,01>>eq\b\bc\[<\a\al\vs2<x0,y0>>＝eq\b\bc\[<\a\al\vs2<x,y>>,得eq\b\lc\{<\a\al<2x0＋2y0＝x,,y0＝y(tǒng),>>………………6分即eq\b\lc\{<\a\al<x0＝eq\F<1,2>x－y,,y0＝y(tǒng)．>>②將②代入①得x－4y＋4＝0,所以直線l1的方程為x－4y＋4＝0．……………10分C．選修4—4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程解：解法一在直線sin<θ－eq\F<π,3>>＝－eq\r<3>中,令θ＝0,得＝2.所以圓C的圓心坐標(biāo)為C<2,0>．…………4分因為圓C經(jīng)過點P<2,eq\F<π,3>>,所以圓C的半徑PC＝eq\R<,22+22－2×2×2×coseq\F<π,3>>＝2,………………6分所以圓C的極坐標(biāo)方程＝4cosθ．……10分解法二以極點為坐標(biāo)原點,極軸為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,則直線方程為y＝eq\r<3>x－2eq\r<3>,P的直角坐標(biāo)為<1,eq\r<3>>,令y＝0,得x＝2,所以C<2,0>,………………4分所以圓C的半徑PC＝eq\R<,<2－1>2+<0－eq\r<3>>2>=2,………………6分所以圓C的方程為<x－2>2＋<y－0>2＝4,即x2＋y2－4x＝0,………………8分所以圓C的極坐標(biāo)方程＝4cosθ.……………10分[必做題]第22題、第23題,每題10分,共計20分．22．〔本小題滿分10分解：〔1因為點A<1,a><a＞0>是拋物線C上一點,且AF=2,所以eq\f<p,2>＋1＝2,所以p＝2.…………3分〔2解法一由<1>得拋物線方程為y2＝4x．因為點A<1,a><a＞0>是拋物線C上一點,所以a＝2．…………4分設(shè)直線AM方程為x－1＝m<y－2><m≠0>,M<x1,y1>,N<x2,y2>．由eq\b\lc\{<\a\al<x－1＝m<y－2>,,y2＝4x,>>消去x,得y2－4my＋8m－4＝0,即<y－2><y－4m＋2>＝0,所以y1＝4m－2．……………6分因為AM⊥AN,所以－eq\f<1,m>代m,得y2＝－eq\f<4,m>－2,……………8分所以d1d2＝|<y1＋2><y2＋2>|＝|4m×<－eq\f<4,m>>|＝16．……………10分解法二由<1>得拋物線方程為y2＝4x．因為點A<1,a><a＞0>是拋物線C上一點,所以a＝2．……………4分設(shè)M<x1,y1>,N<x2,y2>,則eq\o<AM,\d\fo1<>\s\up7<→>>·eq\o<AN,\d\fo1<>\s\up7<→>>＝<x1－1><x2－1>＋<y1－2><y2－2>＝0．……6分又因為M<x1,y1>,N<x2,y2>在y2＝4x上,所以<y21－4><y22－4>＋16<y1－2><y2－2>＝0,即[<y1＋2><y2＋2>＋16]<y1－2><y2－2>＝0．因為<y1－2><y2－2>≠0,所以<y1＋2><y2＋2>＝－16,…………