2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷 26页

‎2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷 ‎　‎ 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）‎ ‎1．（5分）已知集合A={x|x（x﹣4）＜0}，B={0，1，5}，则A∩B=　 　．‎ ‎2．（5分）设复数z=a+i（a∈R，i为虚数单位），若（1+i）•z为纯虚数，则a的值为　 　．‎ ‎3．（5分）为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50，100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70，80）（单位：分钟）内的学生人数为　 　．‎ ‎4．（5分）执行如图所示的伪代码，若x=0，则输出的y的值为　 　．‎ ‎5．（5分）口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为　 　．‎ ‎6．（5分）若抛物线y2=2px的焦点与双曲线 的右焦点重合，则实数p的值为　 　．‎ ‎7．（5分）设函数y=ex﹣a的值域为A，若A⊆[0，+∞），则实数a的取值范围是　 　．‎ ‎8．（5分）已知锐角α，β满足（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，则α+β的值为　 　．‎ ‎9．（5分）若函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是　 　．‎ ‎10．（5分）设Sn为等差数列{an}的前n项和，若{an}的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为　 　．‎ ‎11．（5分）设函数f（x）是偶函数，当x≥0时，f（x）=，若函数y=f（x）﹣m 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是　 　．‎ ‎12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若直线y=k（x﹣3）上存在一点P，圆x2+（y﹣1）2=1上存在一点Q，满足=3，则实数k的最小值为　 　．‎ ‎13．（5分）如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置所图所示，则的最大值为　 　．‎ ‎14．（5分）若不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为　 　．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分90分）‎ ‎15．（14分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，点M，N分别是AB，A1B1的中点．‎ ‎（1）求证：BN∥平面A1MC；‎ ‎（2）若A1M⊥AB1，求证：AB1⊥A1C．‎ ‎16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c 已知c=．‎ ‎（1）若C=2B，求cosB的值；‎ ‎（2）若=，求cos（B）的值．‎ ‎17．（14分）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF是以O为圆心、∠EOF=120°的扇形，且弧，分别与边BC，AD相切于点M，N．‎ ‎（1）当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；‎ ‎（2）当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？‎ ‎18．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点（‎ ‎）处时，点Q的坐标为（）．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且=2时，求直线BM的方程．‎ ‎19．（16分）设数列{an}满足a=an+1an﹣1+λ（a2﹣a1）2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．‎ ‎（1）若{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；‎ ‎（2）若a1=1，a2=2，a3=4，且存在r∈[3，7]，使得m•an≥n﹣r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；‎ ‎（3）若λ≠0，且数列{an}不是常数列，如果存在正整数T，使得an+T=an对任意的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{an}中T的最小值．‎ ‎20．（16分）设函数f（x）=lnx，g（x）=ax+（a，b，c∈R）．‎ ‎（1）当c=0时，若函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，求a，b的值；‎ ‎（2）当b=3﹣a时，若对任意x0∈（1，+∞）和任意a∈（0，3），总存在不相等的正实数x1，x2，使得g（x1）=g（x2）=f（x0），求c的最小值；‎ ‎（3）当a=1时，设函数y=f（x）与y=g（x）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点．求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．‎ ‎　‎ ‎[选做题]（在21.22.23.24四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）[选修4-1：几何证明选讲]图 ‎21．（10分）如图，已知AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．若DE=4，求切点E到直径AB的距离EF．‎ ‎　‎ ‎[选修4-2：矩阵与变换]‎ ‎22．（10分）已知矩阵M=，求圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程．‎ ‎　‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎23．在极坐标系中，直线ρcos（θ+）=1与曲线ρ=r（r＞0）相切，求r的值．‎ ‎　‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎24．已知实数x，y满足x2+3y2=1，求当x+y取最大值时x的值．‎ ‎25．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4．‎ ‎（1）求直线AP与BM所成角的余弦值；‎ ‎（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．‎ ‎26．（10分）已知n∈N*，nf（n）=Cn0Cn1+2Cn1Cn2+…+nCnn﹣1Cnn．‎ ‎（1）求f（1），f（2），f（3）的值；‎ ‎（2）试猜想f（n）的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．‎ ‎　‎ ‎2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）‎ ‎1．（5分）已知集合A={x|x（x﹣4）＜0}，B={0，1，5}，则A∩B=　{1}　．‎ ‎【解答】解：∵集合A={x|x（x﹣4）＜0}={x|0＜x＜4}，B={0，1，5}，‎ ‎∴A∩B={1}．‎ 故答案为：{1}．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）设复数z=a+i（a∈R，i为虚数单位），若（1+i）•z为纯虚数，则a的值为　1　．‎ ‎【解答】解：∵z=a+i，‎ ‎∴（1+i）•z=（1+i）（a+i）=a﹣1+（a+1）i，‎ 又（1+i）•z为为纯虚数，‎ ‎∴a﹣1=0即a=1．‎ 故答案为：1．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50，100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70，80）（单位：分钟）内的学生人数为　1200　．‎ ‎【解答】解：由频率分布直方图得：‎ 该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70，80）（单位：分钟）内的频率为：‎ ‎1﹣（0.005+0.035+0.020+0.010）×10=0.3，‎ ‎∴估计该县小学六年级4000名学生中每天用于阅读的时间在[70，80）（单位：分钟）内的学生人数为：‎ ‎4000×0.3=1200．‎ 故答案为：1200．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）执行如图所示的伪代码，若x=0，则输出的y的值为　1　．‎ ‎【解答】解：根据题意知，执行程序后，输出函数 y=，‎ 当x=0时，y=e0=1．‎ 故答案为：1．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为　‎ ‎　．‎ ‎【解答】解：口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4，‎ 从袋中一次随机摸出2个球，基本事件总数n==6，‎ 摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件有：‎ ‎（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共4个，‎ ‎∴摸出的2个球的编号之和大于4的概率为p=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）若抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数p的值为　6　．‎ ‎【解答】解：∵双曲线的方程，‎ ‎∴a2=4，b2=5，可得c==3，‎ 因此双曲线的右焦点为F（3，0），‎ ‎∵抛物线y2=2px（p＞0）的焦点与双曲线的右焦点重合，‎ ‎∴=3，解之得p=6．‎ 故答案为：6．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）设函数y=ex﹣a的值域为A，若A⊆[0，+∞），则实数a的取值范围是　（﹣∞，2]　．‎ ‎【解答】解：函数y=ex﹣a的值域为A ‎∵ex=2，‎ ‎∴值域为A=[2﹣a，+∞）．‎ 又∵A⊆[0，+∞），‎ ‎∴2﹣a≥0，‎ 即a≤2．‎ 故答案为：（﹣∞，2]．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）已知锐角α，β满足（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，则α+β的值为　　．‎ ‎【解答】解：∵（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，可得：tanα+tanβ+1=tanαtanβ，‎ ‎∴tan（α+β）=═﹣1，‎ ‎∵锐角α，β，可得：α+β∈（0，π），‎ ‎∴α+β=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）若函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是　（0，]　．‎ ‎【解答】解：由函数y=sinωx，图象过原点，可得ω＞0‎ 在区间[0，2π]上单调递增，‎ ‎∴，‎ 即．‎ 故答案为：（0，]‎ ‎　‎ ‎10．（5分）设Sn为等差数列{an}的前n项和，若{an}的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为　4034　．‎ ‎【解答】解：因为 Sn为等差数列{an}的前n项和，且{an}‎ 的前2017项中的奇数项和为2018，‎ 所以S奇=a1+a3+a5+…+a2017=1009×（a1+a2017）×=1009×a1009=2018，得a1009=2．‎ 则 S偶=a2+a4+a6+…+a2016=1008×（a2+a2016）×=1008×a1009=1008×2=2016 ‎ 则S2017=S奇+S偶=2018+2016=4034．‎ 故答案为：4034．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）设函数f（x）是偶函数，当x≥0时，f（x）=，若函数y=f（x）﹣m 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是　[1，）　．‎ ‎【解答】解：由0≤x≤3可得f（x）∈[0，]，‎ x＞3时，f（x）∈（0，1）．‎ 画出函数y=f（x）与y=m的图象，如图所示，‎ ‎∵函数y=f（x）﹣m有四个不同的零点，‎ ‎∴函数y=f（x）与y=m的图象有4个交点，‎ 由图象可得m的取值范围为[1，），‎ 故答案为：[1，）．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若直线y=k（x﹣3）上存在一点P，圆x2+（y﹣1）2=1上存在一点Q，满足=3，则实数k的最小值为 ‎　﹣　．‎ ‎【解答】解：设P（x1，y1），Q（x2，y2）；‎ 则y1=k（x1﹣3）①，‎ ‎+（y2﹣1）2=1②；‎ 由=3，得，‎ 即，‎ 代入②得+=9；‎ 此方程表示的圆心（0，3）到直线kx﹣y﹣3k=0的距离为d≤r；‎ 即≤3，‎ 解得﹣≤k≤0．‎ ‎∴实数k的最小值为﹣．‎ 故答案为：﹣．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置所图所示，则的最大值为　24　．‎ ‎【解答】解：建立如图的直角坐标系，则A（，），B（0，0），‎ 那么容易得到C（0，5）时，D的位置可以有三个位置，其中D1（﹣，‎ ‎），D2（﹣，0），D3（﹣，），‎ 此时=（﹣，﹣），=（﹣，﹣），=（﹣，﹣5），=（﹣，﹣），‎ 则•=21，•=24，•=22.5，‎ 则的最大值为24，‎ 故答案为：24．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）若不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为　100　．‎ ‎【解答】解：∵ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC，由正弦定理可得：kb2+ac＞19bc，‎ ‎∴k＞，‎ 只需k大于右侧表达式的最大值即可，显然c＞b时，表达式才能取得最大值，‎ 又∵c﹣b＜a＜b+c，‎ ‎∴﹣b﹣c＜﹣a＜b﹣c，‎ ‎∴＜19+（）=20﹣（）2=100﹣（﹣10）2，‎ 当=10时，20﹣（）2取得最大值20×10﹣102=100．‎ ‎∴k≥100，即实数k的最小值为100．‎ 故答案为：100‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分90分）‎ ‎15．（14分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1‎ 中，CA=CB，点M，N分别是AB，A1B1的中点．‎ ‎（1）求证：BN∥平面A1MC；‎ ‎（2）若A1M⊥AB1，求证：AB1⊥A1C．‎ ‎【解答】证明：（1）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AB∥A1B1，且AB=A1B1，‎ 又点M，N分别是AB、A1B1的中点，所以MB=A1N，且MB∥A1N．‎ 所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1M∥BN． ‎ 又BN⊄平面A1MC，A1M⊂平面A1MC，所以BN∥平面A1MC；‎ ‎（2）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥底面ABC，而AA1⊂侧面ABB1A1，‎ 所以侧面ABB1A1⊥底面ABC．‎ 又CA=CB，且M是AB的中点，所以CM⊥AB．‎ 则由侧面ABB1A1⊥底面ABC，侧面ABB1A1∩底面ABC=AB，‎ CM⊥AB，且CM⊂底面ABC，得CM⊥侧面ABB1A1．‎ 又AB1⊂侧面ABB1A1，所以AB1⊥CM． ‎ 又AB1⊥A1M，A1M、MC平面A1MC，且A1M∩MC=M，‎ 所以AB1⊥平面A1MC． ‎ 又A1C⊂平面A1MC，所以AB⊥A1C．‎ ‎　‎ ‎16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c 已知c=．‎ ‎（1）若C=2B，求cosB的值；‎ ‎（2）若=，求cos（B）的值．‎ ‎【解答】解：（1）因为c=，则由正弦定理，得sinC=sinB． …（2分）‎ 又C=2B，所以sin2B=sinB，即2sinBcosB=sinB． …（4分）‎ 又B是△ABC的内角，所以sinB＞0，故cosB=． …（6分）‎ ‎（2）因为=，所以cbcosA=bacosC，则由余弦定理，‎ 得b2+c2﹣a2=b2+a2﹣c2，得a=c． …（10分）‎ 从而cosB==，…（12分）‎ 又0＜B＜π，所以sinB==．‎ 从而cos（B+）=cosBcos﹣sinBsin=． …（14分）‎ ‎　‎ ‎17．（14分）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF是以O为圆心、∠EOF=120°的扇形，且弧，分别与边BC，AD相切于点M，N．‎ ‎（1）当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；‎ ‎（2）当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？‎ ‎【解答】解：（1）在图甲中，连接MO交EF于点T．设OE=OF=OM=R，‎ 在Rt△OET中，因为∠EOT=∠EOF=60°，‎ 所以OT=，则MT=0M﹣OT=．‎ 从而BE=MT=，即R=2BE=2．‎ 故所得柱体的底面积S=S扇形OEF﹣S△OEF=πR2﹣R2sin120°=﹣，‎ 又所得柱体的高EG=4，‎ 所以V=S×EG=﹣4．‎ 答：当BE长为1（分米）时，折卷成的包装盒的容积为﹣4立方分米．‎ ‎（2）设BE=x，则R=2x，所以所得柱体的底面积 S=S扇形OEF﹣S△OEF=πR2﹣R2sin120°=（﹣）x2，‎ 又所得柱体的高EG=6﹣2x，‎ 所以V=S×EG=（﹣2）（﹣x3+3x2），其中0＜x＜3．‎ 令f（x）=﹣x3+3x2，0＜x＜3，‎ 则由f′（x）=﹣3x2+6x=﹣3x（x﹣2）=0，‎ 解得x=2．‎ 列表如下：‎ x ‎（0，2）‎ ‎2‎ ‎（2，3）‎ f′（x）‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎﹣‎ f（x）‎ 增 极大值 减 所以当x=2时，f（x）取得最大值．‎ 答：当BE的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大．‎ ‎　‎ ‎18．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点（）处时，点Q的坐标为（）．‎ ‎（1）求椭圆C的标准方程；‎ ‎（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且=2时，求直线BM的方程．‎ ‎【解答】解：（1）由N（），点Q的坐标为（），得直线NQ的方程为y=x﹣，‎ 令x=0，得点B的坐标为（0，﹣）．‎ 所以椭圆的方程为+=1．‎ 将点N的坐标（，）代入，得+=1，解得a2=4．‎ 所以椭圆C的标准方程为+=1．‎ ‎（2）：设直线BM的斜率为k（k＞0），则直线BM的方程为y=x﹣．‎ 在y=kx﹣中，令y=0，得xP=，‎ 而点Q是线段OP的中点，所以xQ=．‎ 所以直线BN的斜率kBN=kBQ==2k．‎ 联立，消去y，得（3+4k2）x2﹣8kx=0，解得xM=．‎ 用2k代k，得xN=．‎ 又=2，‎ 所以xN=2（xM﹣xN），得2xM=3xN，‎ 故2×==3×，又k＞0，解得k=．‎ 所以直线BM的方程为y=x﹣‎ ‎　‎ ‎19．（16分）设数列{an}满足a=an+1an﹣1+λ（a2﹣a1）2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．‎ ‎（1）若{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；‎ ‎（2）若a1=1，a2=2，a3=4，且存在r∈[3，7]，使得m•an≥n﹣r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；‎ ‎（3）若λ≠0，且数列{an}不是常数列，如果存在正整数T，使得an+T=an对任意的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{an}中T的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，可得a=（an+d）（an﹣d）+λd2，‎ 化简得（λ﹣1）d2=0，又d≠0，所以λ=1．‎ ‎（2）将a1=1，a2=2，a3=4，代入条件，‎ 可得4=1×4+λ，解得λ=0，‎ 所以a=an+1an﹣1，所以数列{an}是首项为1，公比q=2的等比数列，‎ 所以an=2n﹣1．‎ 欲存在r∈[3，7]，‎ 使得m•2n﹣1≥n﹣r，即r≥n﹣m•2n﹣1对任意n∈N*都成立，‎ 则7≥n﹣m•2n﹣1，所以m≥对任意n∈N*都成立．‎ 令bn=，则bn+1﹣bn=﹣=，‎ 所以当n＞8时，bn+1＜bn；当n=8时，b9=b8；当n＜8时，bn+1＞bn．‎ 所以bn的最大值为b9=b8=，所以m的最小值为；‎ ‎（3）因为数列{an}不是常数列，所以T≥2，‎ ‎①若T=2，则an+2=an恒成立，从而a3=a1，a4=a2，‎ 所以，‎ 所以λ（a2﹣a1）2=0，又λ≠0，所以a2=a1，可得{an}是常数列，矛盾．‎ 所以T=2不合题意．‎ ‎②若T=3，取an=（*），满足an+3=an恒成立． ‎ 由a22=a1a3+λ（a2﹣a1）2，得λ=7．‎ 则条件式变为an2=an+1an﹣1+7．‎ 由22=1×（﹣3）+7，知a3k﹣12=a3k﹣2a3k+λ（a2﹣a1）2；‎ 由（﹣3）2=2×1+7，知a3k2=a3k﹣1a3k+1+λ（a2﹣a1）2；‎ 由12=2×（﹣3）+7，知a3k+12=a3ka3k+2+λ（a2﹣a1）2；‎ 所以，数列（*）适合题意．‎ 所以T的最小值为3．‎ ‎　‎ ‎20．（16分）设函数f（x）=lnx，g（x）=ax+（a，b，c∈R）．‎ ‎（1）当c=0时，若函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，求a，b的值；‎ ‎（2）当b=3﹣a时，若对任意x0∈（1，+∞）和任意a∈（0，3），总存在不相等的正实数x1，x2，使得g（x1）=g（x2）=f（x0），求c的最小值；‎ ‎（3）当a=1时，设函数y=f（x）与y=g（x）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点．求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．‎ ‎【解答】解：（1）由f（x）=lnx，得f（1）=0，又f′（x）=，所以f′（1）=1，‎ 当c=0时，g（x）=ax+，所以g′（x）=a﹣，‎ 所以g′（1）=a﹣b，‎ 因为函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，‎ 所以，即，‎ 解得a=，b=﹣；‎ ‎（2）当x0＞1时，则f（x0）＞0，又b=3﹣a，设t=f（x0），‎ 则题意可转化为方程ax+﹣c=t（t＞0）在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2． ‎ 即关于x的方程ax2﹣（c+t）x+（3﹣a）=0（t＞0）‎ 在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2． ‎ 所以，得，‎ 所以c＞2﹣t对t∈（0，+∞），a∈（0，3）恒成立． ‎ 因为0＜a＜3，所以2≥2•=3（当且仅当a=时取等号），‎ 又﹣t＜0，所以2﹣t的取值范围是（﹣∞，3），所以c≥3．‎ 故c的最小值为3．‎ ‎（3）当a=1时，因为函数f（x）与g（x）的图象交于A，B两点，‎ 所以，两式相减，得b=x1x2（1﹣），‎ 要证明x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1，‎ 即证x1x2﹣x2＜x1x2（1﹣）＜x1x2﹣x1，‎ 即证＜＜，‎ 即证1﹣＜ln＜﹣1‎ 令=t，则t＞1，此时即证1﹣＜lnt＜t﹣1．‎ 令φ（t）=lnt+﹣1，所以φ′（t）=﹣=＞0，‎ 所以当t＞1时，函数φ（t）单调递增．‎ 又φ（1）=0，所以φ（t）=lnt+﹣1＞0，即1﹣＜lnt成立；‎ 再令m（t）=lnt﹣t+1，所以m′（t）=﹣1=＜0，‎ 所以当t＞1时，函数m（t）单调递减，‎ 又m（1）=0，所以m（t）=lnt﹣t+1＜0，即lnt＜t﹣1也成立．‎ 综上所述，实数x1，x2满足x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．‎ ‎　‎ ‎[选做题]（在21.22.23.24四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）[选修4-1：几何证明选讲]图 ‎21．（10分）如图，已知AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．若DE=4，求切点E到直径AB的距离EF．‎ ‎【解答】解：如图，连接AE，OE，‎ 因为直线DE与⊙O相切于点E，所以DE⊥OE，‎ 又因为AD⊥DE于D，所以AD∥OE，所以∠DAE=∠OEA，①‎ 在⊙O中，OE=OA，所以∠OEA=∠OAE，②…（5分）‎ 由①②得∠DAE=∠OAE，即∠DAE=∠FAE，‎ 又∠ADE=∠AFE，AE=AE，‎ 所以△ADE≌△AFE，所以DE=FE，‎ 又DE=4，所以FE=4，‎ 即E到直径AB的距离为4．…（10分）‎ ‎　‎ ‎[选修4-2：矩阵与变换]‎ ‎22．（10分）已知矩阵M=，求圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程．‎ ‎【解答】解：设P（x0，y0）是圆x2+y2=1上任意一点，‎ 则=1，‎ 设点P（x0，y0）在矩阵M对应的变换下所得的点为Q（x，y），‎ 则=，‎ 即，解得，…（5分）‎ 代入=1，得=1，‎ ‎∴圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程为=1．…（10分）‎ ‎　‎ ‎[选修4-4：坐标系与参数方程]‎ ‎23．在极坐标系中，直线ρcos（θ+）=1与曲线ρ=r（r＞0）相切，求r的值．‎ ‎【解答】解：直线ρcos（θ+）=1，转化为：，‎ 曲线ρ=r（r＞0）转化为：x2+y2=r2，‎ 由于直线和圆相切，‎ 则：圆心到直线的距离d=．‎ 所以r=1．‎ ‎　‎ ‎[选修4-5：不等式选讲]‎ ‎24．已知实数x，y满足x2+3y2=1，求当x+y取最大值时x的值．‎ ‎【解答】解：由柯西不等式，得[x2+（）2][12+（）2]≥（x•1+）2，‎ 即≥（x+y）2．‎ 而x2+3y2=1，所以（x+y）2，所以﹣，…（5分）‎ 由，得，所以当且仅当x=，y=时，（x+y）max=．‎ 所以当x+y取最大值时x值为．…（10分）‎ ‎　‎ ‎25．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4．‎ ‎（1）求直线AP与BM所成角的余弦值；‎ ‎（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【解答】解：（1）因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又OP⊥底面ABCD，‎ 以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．‎ 则A（2，0，0），B（0，1，0），P（0，0，4），C（﹣2，0，0），M（﹣1，0，2）．‎ ‎=（﹣2，0，4），=（01，﹣1，2），‎ cos＜，＞===．‎ 故直线AP与BM所成角的余弦值为．…（5分）‎ ‎（2）=（﹣2，1，0），=（﹣1，﹣1，2）．‎ 设平面ABM的一个法向量为=（x，y，z），‎ 则，令x=2，得=（2，4，3）．‎ 又平面PAC的一个法向量为=（0，1，0），‎ ‎∴cos＜＞===．‎ 故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为．…（10分）‎ ‎　‎ ‎26．（10分）已知n∈N*，nf（n）=Cn0Cn1+2Cn1Cn2+…+nCnn﹣1Cnn．‎ ‎（1）求f（1），f（2），f（3）的值；‎ ‎（2）试猜想f（n）的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．‎ ‎【解答】解：（1）由条件，nf（n）=CCCC①，‎ 在①中令n=1，得f（1）=1． ‎ 在①中令n=2，得2f（2）=6，得f（2）=3． ‎ 在①中令n=3，得3f（3）=30，故f（3）=10． ‎ ‎（2）猜想f（n）=．‎ 要证猜想成立，只要证等式n=•+2•+…+n• 成立．‎ 由（1+x）n=+x+x2+…+xn①，‎ 两边同时对x求导数，可得n（1+x）n﹣1=+2x+3x2+nxn﹣1②，‎ 把等式①和②相乘，可得n（1+x）2n﹣1=（+x+x2+…+xn ）•（+2x+3x2+nxn﹣1 ） ③．‎ 等式左边xn的系数为n，等式右边xn的系数为•+•2+•3+…+n•n ‎=•+2•+3•+…+n•=CCCC，‎ 根据等式③恒成立，可得n=CCCC．‎ 故f（n）= 成立．‎ ‎　‎