江蘇省揚(yáng)州市2023屆高三第一次模擬考試數(shù)學(xué)

2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試(六)數(shù)學(xué)(總分值160分，考試時(shí)間120分鐘)參考公式：樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn的方差s2＝eq\f(1,n)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))(xi－x)2，其中x＝eq\f(1,n)eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))xi.棱錐的體積V＝eq\f(1,3)Sh，其中S是棱錐的底面積，h是高．一、填空題：本大題共14小題，每題5分，共70分．1.假設(shè)集合A＝{x|1<x<3}，B＝{0，1，2，3}，那么A∩B＝________．2.假設(shè)復(fù)數(shù)(a－2i)(1＋3i)(i是虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，那么實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)_______．3.假設(shè)數(shù)據(jù)31，37，33，a，35的平均數(shù)是34，那么這組數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差是________．4.為了了解某學(xué)校男生的身體發(fā)育情況，隨機(jī)抽查了該校100名男生的體重情況，整理所得數(shù)據(jù)并畫(huà)出樣本的頻率分布直方圖．根據(jù)此圖估計(jì)該校2000名男生中體重在70～78(kg)的人數(shù)為_(kāi)_______．(第4題)(第5題)5.運(yùn)行如下圖的流程圖，輸出的結(jié)果是________．6.從2名男生2名女生中任選2人，那么恰有1男1女的概率為_(kāi)_______．7.假設(shè)圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是面積為3π且圓心角為eq\f(2π,3)的扇形，那么此圓錐的體積為_(kāi)_______．8.假設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤4，,y≤3，,3x＋4y≥12，))那么x2＋y2的取值范圍是________．9.各項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)4a4，a3，6a5成等差數(shù)列，且a3＝3aeq\o\al(2,2)，那么S3＝________．10．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，假設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線與圓x2＋y2－6y＋5＝0沒(méi)有交點(diǎn)，那么雙曲線離心率的取值范圍是________．11．函數(shù)f(x)＝sinx－x＋eq\f(1－4x,2x)，那么關(guān)于x的不等式f(1－x2)＋f(5x－7)<0的解集為_(kāi)_______．12．正△ABC的邊長(zhǎng)為2，點(diǎn)P為線段AB中垂線上任意一點(diǎn)，Q為射線AP上一點(diǎn)，且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝1，那么|eq\o(CQ,\s\up6(→))|的最大值為_(kāi)_______．13．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,2))〔－x＋1〕－1，x∈[－1，k]，,－2|x－1|，x∈〔k，a]，))假設(shè)存在實(shí)數(shù)k使得該函數(shù)的值域?yàn)閇－2，0]，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．14．正實(shí)數(shù)x，y滿足5x2＋4xy－y2＝1，那么12x2＋8xy－y2的最小值為_(kāi)_______．二、解答題：本大題共6小題，計(jì)90分．解答時(shí)應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．15.(本小題總分值14分)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分別為AB，AC的中點(diǎn)．(1)證明：B1C1∥平面A1DE；(2)假設(shè)平面A1DE⊥平面ABB1A1，證明：AB⊥DE.16.(本小題總分值14分)在△ABC中，AB＝6，BC＝5，且△ABC的面積為9.(1)求AC的長(zhǎng)度；(2)當(dāng)△ABC為銳角三角形時(shí)，求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))的值．17.(本小題總分值14分)如圖，射線OA和OB均為筆直的公路，扇形OPQ區(qū)域(含邊界)是一蔬菜種植園，其中P，Q分別在射線OA和OB上．經(jīng)測(cè)量得，扇形OPQ的圓心角(即∠POQ)為eq\f(2π,3)、半徑為1千米．為了方便菜農(nóng)經(jīng)營(yíng)，打算在扇形OPQ區(qū)域外修建一條公路MN，分別與射線OA，OB交于M，N兩點(diǎn)，并要求MN與扇形弧PQ相切于點(diǎn)S，設(shè)∠POS＝α(單位：弧度)，假設(shè)所有公路的寬度均忽略不計(jì)．(1)試將公路MN的長(zhǎng)度表示為α的函數(shù)，并寫(xiě)出α的取值范圍；(2)試確定α的值，使得公路MN的長(zhǎng)度最小，并求出其最小值.18.(本小題總分值16分)橢圓E1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，假設(shè)橢圓E2：eq\f(x2,ma2)＋eq\f(y2,mb2)＝1(a>b>0，m>1)，那么稱橢圓E2與橢圓E1“相似〞．(1)求經(jīng)過(guò)點(diǎn)(eq\r(,2)，1)，且與橢圓E1：eq\f(x2,2)＋y2＝1“相似〞的橢圓E2的方程；(2)假設(shè)m＝4，橢圓E1的離心率為eq\f(\r(,2),2)，點(diǎn)P在橢圓E2上，過(guò)點(diǎn)P的直線l交橢圓E1于A，B兩點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，①假設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，2)，且λ＝2，求直線l的方程；②假設(shè)直線OP，OA的斜率之積為－eq\f(1,2)，求實(shí)數(shù)λ的值．19.(本小題總分值16分)函數(shù)f(x)＝ex，g(x)＝ax＋b，a，b∈R.(1)假設(shè)g(－1)＝0，且函數(shù)g(x)的圖象是函數(shù)f(x)圖象的一條切線，求實(shí)數(shù)a的值：(2)假設(shè)不等式f(x)>x2＋m對(duì)任意x∈(0，＋∞)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)假設(shè)對(duì)任意實(shí)數(shù)a，函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上總有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．20.(本小題總分值16分)各項(xiàng)都是正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，數(shù)列{bn}滿足b1＝eq\f(1,2)，2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an).(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn＝eq\f(bn＋2,Sn)，求c1＋c2＋…＋cn的值；(3)是否存在正整數(shù)p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差數(shù)列？假設(shè)存在，求出所有滿足要求的p，q，r的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．2023屆高三年級(jí)第一次模擬考試(六)數(shù)學(xué)附加題(本局部總分值40分，考試時(shí)間30分鐘)21.B.[選修42：矩陣與變換](本小題總分值10分)x，y∈R，假設(shè)點(diǎn)M(1，1)在矩陣A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,x,3,y)))對(duì)應(yīng)的變換作用下得到點(diǎn)N(3，5)，求矩陣A的逆矩陣A－1.C.[選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](本小題總分值10分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋\f(\r(,2),2)t，,y＝\f(\r(,2),2)t))(t是參數(shù)，m是常數(shù))．以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝6cosθ.(1)求直線l的普通方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程；(2)假設(shè)直線l與曲線C相交于P，Q兩點(diǎn)，且PQ＝2，求實(shí)數(shù)m的值．22.(本小題總分值10分)揚(yáng)州大學(xué)數(shù)學(xué)系有6名大學(xué)生要去甲、乙兩所中學(xué)實(shí)習(xí)，每名大學(xué)生都被隨機(jī)分配到兩所中學(xué)的其中一所．(1)求6名大學(xué)生中至少有1名被分配到甲學(xué)校實(shí)習(xí)的概率；(2)設(shè)X，Y分別表示分配到甲、乙兩所中學(xué)的大學(xué)生人數(shù)，記ξ＝|X－Y|，求隨機(jī)變量ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望E(ξ)．23．(本小題總分值10分)二進(jìn)制規(guī)定：每個(gè)二進(jìn)制數(shù)由假設(shè)干個(gè)0，1組成，且最高位數(shù)字必須為1.假設(shè)在二進(jìn)制中，Sn是所有n位二進(jìn)制數(shù)構(gòu)成的集合，對(duì)于an，bn∈Sn，M(an，bn)表示an和bn對(duì)應(yīng)位置上數(shù)字不同的位置個(gè)數(shù)．例如當(dāng)a3＝100，b3＝101時(shí)，M(a3，b3)＝1；當(dāng)a3＝100，b3＝111時(shí)，M(a3，b3)＝2.(1)令a5＝10000，求所有滿足b5∈S5，且M(a5，b5)＝2的b5的個(gè)數(shù)；(2)給定an(n≥2)，對(duì)于集合Sn中的所有bn，求M(an，bn)的和．2023屆揚(yáng)州高三年級(jí)第一次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案1．{2}2.－63.24.2405.946.eq\f(2,3)7.eq\f(2\r(2)π,3)8.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(144,25)，25))9.eq\f(13,27)10.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))11．(2，3)12.eq\f(\r(13)＋1,2)13.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))14.eq\f(7,3)15.解析：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形B1BCC1是矩形，所以B1C1∥BC.(2分)在△ABC中，D，E分別為AB，AC的中點(diǎn)，故BC∥DE，所以B1C1∥DE.(4分)又B1C1?平面A1DE，DE?平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE.(7分)(2)在平面ABB1A1內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥A1D，垂足為F.因?yàn)槠矫鍭1DE⊥平面A1ABB1，平面A1DE∩平面A1ABB1＝A1D，AF?平面A1ABB1，所以AF⊥平面A1DE.(11分)又DE?平面A1DE，所以AF⊥DE.在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面ABC，DE?平面ABC，所以A1A⊥DE.因?yàn)锳F∩A1A＝A，AF?平面A1ABB1，A1A?平面A1ABB1，所以DE⊥平面A1ABB1.因?yàn)锳B?平面A1ABB1，所以DE⊥AB.(14分)16.解析：(1)因?yàn)镾△ABC＝eq\f(1,2)AB×BC×sinB＝9，又AB＝6，BC＝5，所以sinB＝eq\f(3,5).(2分)又B∈(0，π)，所以cosB＝±eq\r(1－sin2B)＝±eq\f(4,5).(3分)當(dāng)cosB＝eq\f(4,5)時(shí)，AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcosB)＝eq\r(,36＋25－2×6×5×\f(4,5))＝eq\r(13).(5分)當(dāng)cosB＝－eq\f(4,5)時(shí)，AC＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcosB)＝eq\r(36＋25＋2×6×5×\f(4,5))＝eq\r(109).所以AC＝eq\r(13)或eq\r(109).(7分)(2)由△ABC為銳角三角形得B為銳角，所以AB＝6，AC＝eq\r(13)，BC＝5，所以cosA＝eq\f(36＋13－25,2×6×\r(13))＝eq\f(2,\r(13)).又A∈(0，π)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(3,\r(13))，(9分)所以sin2A＝2×eq\f(3,\r(13))×eq\f(2,\r(13))＝eq\f(12,13)，cos2A＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(13))))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(13))))eq\s\up12(2)＝－eq\f(5,13)，(12分)所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,6)))＝cos2Acoseq\f(π,6)－sin2Asineq\f(π,6)＝eq\f(－5\r(3)－12,26).(14分)17.解析：(1)因?yàn)镸N與扇形弧PQ相切于點(diǎn)S，所以O(shè)S⊥MN.在Rt△OSM中，因?yàn)镺S＝1，∠MOS＝α，所以SM＝tanα.在Rt△OSN中，∠NOS＝eq\f(2π,3)－α，所以SN＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))，所以MN＝tanα＋taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α))＝eq\f(\r(3)〔tan2α＋1〕,\r(3)tanα－1)，(4分)其中eq\f(π,6)<α<eq\f(π,2).(6分)(2)因?yàn)閑q\f(π,6)<α<eq\f(π,2)，所以eq\r(3)tanα－1>0.令t＝eq\r(3)tanα－1>0，那么tanα＝eq\f(\r(3),3)(t＋1)，所以MN＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(4,t)＋2))，(8分)由根本不等式得MN≥eq\f(\r(3),3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(t×\f(4,t))＋2))＝2eq\r(3)，(10分)當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(4,t)，即t＝2時(shí)等號(hào)成立.(12分)此時(shí)tanα＝eq\r(3)，由于eq\f(π,6)<α<eq\f(π,2)，故α＝eq\f(π,3)，MN＝2eq\r(,3)千米．(14分)18.解析：(1)設(shè)橢圓E2的方程為eq\f(x2,2m)＋eq\f(y2,m)＝1，代入點(diǎn)(eq\r(2)，1)得m＝2，所以橢圓E2的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(3分)(2)因?yàn)闄E圓E1的離心率為eq\f(\r(2),2)，故a2＝2b2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝2b2.又橢圓E2與橢圓E1“相似〞，且m＝4，所以橢圓E1：x2＋2y2＝8b2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，直線l1：y＝kx＋2，①方法一：由題意得b＝2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝8，將直線l：y＝kx＋2，代入橢圓E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，解得x1＝eq\f(－8k,1＋2k2)，x2＝0，故y1＝eq\f(2－4k2,1＋2k2)，y2＝2，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k,1＋2k2)，\f(2－4k2,1＋2k2))).(5分)又＝2，即B為AP中點(diǎn)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,1＋2k2)，\f(2＋12k2,1＋2k2)))，(6分)代入橢圓E2：x2＋2y2＝32得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,1＋2k2)))eq\s\up12(2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋12k2,1＋2k2)))eq\s\up12(2)＝32，即20k4＋4k2－3＝0，即(10k2－3)(2k2＋1)＝0，所以k＝±eq\f(\r(30),10)，所以直線l的方程為y＝±eq\f(\r(30),10)x＋2.(8分)方法二：由題意得b＝2，所以橢圓E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32，設(shè)A(x，y)，B(0，2)，那么P(－x，4－y)，代入橢圓得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝8，,x2＋2〔4－y〕2＝32，))解得y＝eq\f(1,2)，故x＝±eq\f(\r(30),2)，(6分)所以k＝±eq\f(\r(30),10)，所以直線l的方程為y＝±eq\f(\r(30),10)x＋2.(8分)②方法一：由題意得xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝8b2，xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2b2，xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝2b2，eq\f(y0,x0)·eq\f(y1,x1)＝－eq\f(1,2)，即x0x1＋2y0y1＝0，因?yàn)椋溅?，所?x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(x0＋〔λ－1〕x1,λ)，,y2＝\f(y0＋〔λ－1〕y1,λ)，))(12分)所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋〔λ－1〕x1,λ)))eq\s\up12(2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋〔λ－1〕y1,λ)))eq\s\up12(2)＝2b2，那么xeq\o\al(2,0)＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,0)＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2yeq\o\al(2,1)＝2λ2b2，(xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0))＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1))＝2λ2b2，所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq\f(5,2).(16分)方法二：不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，設(shè)直線OP：y＝kx(k>0)，代入橢圓E2：x2＋2y2＝8b2，解得x0＝eq\f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))，那么y0＝eq\f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2))，因?yàn)橹本€OP，OA的斜率之積為－eq\f(1,2)，所以直線OA：y＝－eq\f(1,2k)x，代入橢圓E1：x2＋2y2＝2b2，解得x1＝－eq\f(2bk,\r(1＋2k2))，那么y1＝eq\f(b,\r(1＋2k2).)因?yàn)椋溅?，所?x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(x0＋〔λ－1〕x1,λ)，,y2＝\f(y0＋〔λ－1〕y1,λ)，))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋〔λ－1〕x1,λ)))eq\s\up12(2)＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0＋〔λ－1〕y1,λ)))eq\s\up12(2)＝2b2，那么xeq\o\al(2,0)＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,0)＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2yeq\o\al(2,1)＝2λ2b2，(xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0))＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1))＝2λ2b2，所以8b2＋2(λ－1)[eq\f(2\r(2)b,\r(1＋2k2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2bk,\r(1＋2k2))))＋2·eq\f(2\r(2)bk,\r(1＋2k2))·eq\f(b,\r(1＋2k2))]＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝eq\f(5,2).19.解析：(1)由g(－1)＝0知，g(x)的直線圖象過(guò)點(diǎn)(－1，0)．設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為T(mén)(x0，y0)，由f′(x)＝ex得切線方程是y－ex0＝ex0(x－x0)，此直線過(guò)點(diǎn)(－1，0)，故0－ex0＝ex0(－1－x0)，解得x0＝0，所以a＝f′(0)＝1.(3分)(2)由題意得m<ex－x2，x∈(0，＋∞)恒成立，令m(x)＝ex－x2，x∈(0，＋∞)，那么m′(x)＝ex－2x，再令n(x)＝m′(x)＝ex－2x，那么n′(x)＝ex－2，故當(dāng)x∈(0，ln2)時(shí)，n′(x)<0，n(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時(shí)，n′(x)>0，n(x)單調(diào)遞增，從而n(x)在(0，＋∞)上有最小值n(ln2)＝2－2ln2>0，所以m(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，(6分)所以m≤m(0)，即m≤1.(8分)(3)假設(shè)a<0，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上總有零點(diǎn)的必要條件是F(0)<0，即b>1，(10分)以下證明當(dāng)b>1時(shí)，F(xiàn)(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上總有零點(diǎn)．①假設(shè)a<0，由于F(0)＝1－b<0，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝e－eq\f(b,a)－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))－b＝e－eq\f(b,a)>0，且F(x)在(0，＋∞)上連續(xù)，故F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(b,a)))上必有零點(diǎn)；(12分)②假設(shè)a≥0，F(xiàn)(0)＝1－b<0，由(2)知ex>x2＋1>x2在x∈(0，＋∞)上恒成立，取x0＝a＋b，那么F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(xiàn)(a＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上連續(xù)，故F(x)在(0，a＋b)上必有零點(diǎn)，綜上得，實(shí)數(shù)b的取值范圍是(1，＋∞)．(16分)20.解析：(1)2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an，①2Sn＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1，②②－①得2an＋1＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＋an＋1－an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.因?yàn)閧an}是正數(shù)數(shù)列，所以an＋1－an－1＝0，即an＋1－an＝1，所以{an}是等差數(shù)列，其中公差為1.在2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an中，令n＝1，得a1＝1，所以an＝n.(2分)由2bn＋1＝bn＋eq\f(bn,an)得eq\f(bn＋1,n＋1)＝eq\f(1,2)·eq\f(bn,n)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,n)))是等比數(shù)列，其中首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為eq\f(1,2)，所以eq\f(bn,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，即bn＝eq\f(n,2n).(5分)(2)cn＝eq\f(bn＋2,Sn)＝eq\f(n＋2,〔n2＋n〕2n＋1)，裂項(xiàng)得cn＝eq\f(1,n·2n)－eq\f(1,〔n＋1〕2n＋1)，(7分)所以c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,〔n＋1〕2n＋1).(9分)(3)假設(shè)存在正整數(shù)p，q，r(p<q<r)，使得bp，bq，br成等差數(shù)列，那么bp＋br＝2bq，即eq\f(p,2p)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q).因?yàn)閎n＋1－bn＝eq\f(n＋1,2n＋1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－n,2n＋1)，所以數(shù)列{bn}從第二項(xiàng)起單調(diào)遞減，當(dāng)p＝1時(shí)，eq\f(1,2)＋eq\f(r,2r)＝eq\f(2q,2q)，假設(shè)q＝2，那么eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2)，此時(shí)無(wú)解；假設(shè)q＝3，那么eq\f(r,2r)＝eq\f(1,4)，因?yàn)閧bn}從第二項(xiàng)起遞減，所以r＝4，所以p＝1，q＝3，r＝4符合要求．(11分)假設(shè)q≥4，那么eq\f(b1,bq)≥eq\f(b1,b4)≥2，即b1≥2bq，不符合要求，此時(shí)無(wú)解；當(dāng)p≥2時(shí)，一定有q－p＝1，否那么假設(shè)q－p≥2，那么eq\f(bp,bq)≥eq\f(bp,bp＋2)＝eq\f(4p,p＋2)＝eq\f(4,1＋\f(2,p))≥2，即bp≥2bq，矛盾，所以q－p＝1，此時(shí)eq\f(r,2r)＝eq\f(1,2p)，令r－p＝m＋1，那么r＝2m＋1，所以p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，綜上得，存在p＝1，q＝3，r＝4或p＝2m＋1－m－1，q＝2m＋1－m，r＝2m＋1滿足要求．(16分)21．B.解析：因?yàn)锳eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3,5)))，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,x,3,y)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3,5)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＋x＝3，,3＋y＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))所以A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2))).(5分)方法一：設(shè)A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))，那么AA－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1,0,0,1)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋c＝1，,3a＋2c＝0，,2b＋d＝0，,3b＋2d＝1，))(7分)解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－1，,c＝－3，,d＝2，))所以A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,－1,－3,2))).(10分)方法二：因?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(a,b,c,d)))eq\s\up12(－1)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(d,ad－bc),\f(－b,ad－bc),\f(－c,ad－bc),\f(a,ad－bc))))，且det(A)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2)))＝2×2－1×3＝1，所以A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,1,3,2)))－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,－1,－3,2))).(10分)C.解析：(1)因?yàn)橹本€l的參數(shù)方程是：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝m＋\f(\r(2),2)t，,y＝\f(\r(2),2)t))(t是參數(shù))，所以直線l的普通方程為x－y－m＝0.(2分)因?yàn)榍€C的極坐標(biāo)方程為ρ＝6cosθ，所以ρ2＝6ρcosθ，所以x2＋y2＝6x，所以曲線C的直角坐標(biāo)方程是(x－3)2＋y2＝9.(5分)(2)設(shè)圓心到直線l的距離為d，那么d＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2).又d＝eq\f(|3－m|,\r(2))＝2eq\r(2).(8分)所以|3－m|＝4，即m＝－1或m＝7.(10分)22．解析：(1)記“6名大學(xué)生中至少有1名被分配到甲學(xué)校實(shí)習(xí)〞為事件A，那么P(A)＝1－eq