2022年江苏省盐城市南京市高考数学一模试卷.docx

2022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〕集合A={x|x〔x﹣4〕＜0}，B={0，1，5}，那么A∩B=．
2．〔5分〕设复数z=a+i〔a∈R，i为虚数单位〕，假设〔1+i〕•z为纯虚数，那么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下列图，那么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〕执行如下列图的伪代码，假设x=0，那么输出的y的值为．

6．〔5分〕假设抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合，那么实数p的值为．
7．〔5分〕设函数y=ex﹣a的值域为A，假设A⊆[0，+∞〕，那么实数a的取值范围是．
8．〔5分〕锐角α，β满足〔tanα﹣1〕〔tanβ﹣1〕=2，那么α+β的值为．
9．〔5分〕假设函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，那么实数ω的取值范围是．
10．〔5分〕设Sn为等差数列{an}的前n项和，假设{an}的前2022项中的奇数项和为2022，那么S2022的值为．
11．〔5分〕设函数f〔x〕是偶函数，当x≥0时，f〔x〕=，假设函数y=f〔x〕﹣m 有四个不同的零点，那么实数m的取值范围是．
12．〔5分〕在平面直角坐标系xOy中，假设直线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，那么实数k的最小值为．
13．〔5分〕如图是蜂巢结构图的一局部，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点〞．假设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，那么的最大值为．
14．〔5分〕假设不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，那么实数k的最小值为．
二、解答题〔共6小题，总分值90分〕
15．〔14分〕如下列图，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〕假设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 c=．
〔1〕假设C=2B，求cosB的值；
〔2〕假设=，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〕，再剪去图中阴影局部，用剩下的局部恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒〔如图乙所示，重叠局部忽略不计〕，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〕假设{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；
〔2〕假设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〕假设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，假设函数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，假设对任意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，AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．假设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〕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．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〕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．
2022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〕集合A={x|x〔x﹣4〕＜0}，B={0，1，5}，那么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〕，假设〔1+i〕•z为纯虚数，那么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下列图，那么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：

∴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〕执行如下列图的伪代码，假设x=0，那么输出的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．

从袋中一次随机摸出2个球，根本领件总数n==6，

〔1，4〕，〔2，3〕，〔2，4〕，〔3，4〕，共4个，

故答案为：．
6．〔5分〕假设抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合，那么实数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，假设A⊆[0，+∞〕，那么实数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〕锐角α，β满足〔tanα﹣1〕〔tanβ﹣1〕=2，那么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〕假设函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，那么实数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，假设{an}的前2022项中的奇数项和为2022，那么S2022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2022项中的奇数项和为2022，
所以S奇=a1+a3+a5+…+a2022=1009×〔a1+a2022〕×=1009×a1009=2022，得a1009=2．
那么 S偶=a2+a4+a6+…+a2022=1008×〔a2+a2022〕×=1008×a1009=1008×2=2022
那么S2022=S奇+S偶=2022+2022=4034．
故答案为：4034．
11．〔5分〕设函数f〔x〕是偶函数，当x≥0时，f〔x〕=，假设函数y=f〔x〕﹣m 有四个不同的零点，那么实数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，如下列图，
∵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，假设直线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，那么实数k的最小值为　﹣．
【解答】解：设P〔x1，y1〕，Q〔x2，y2〕；
那么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局部，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点〞．假设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，那么的最大值为　24　．
【解答】解：建立如图的直角坐标系，那么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〕，=〔﹣，﹣〕，
那么•=21，•=24，•=22.5，
那么的最大值为24，
故答案为：24．
14．〔5分〕假设不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，那么实数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，总分值90分〕
15．〔14分〕如下列图，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〕假设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．
那么由侧面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 c=．
〔1〕假设C=2B，求cosB的值；
〔2〕假设=，求cos〔B〕的值．
【解答】解：〔1〕因为c=，那么由正弦定理，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，那么由余弦定理，
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〕，再剪去图中阴影局部，用剩下的局部恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒〔如图乙所示，重叠局部忽略不计〕，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=，那么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，那么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，
那么由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〕，那么直线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〕假设{an}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；
〔2〕假设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〕假设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，
那么7≥n﹣m•2n﹣1，所以m≥对任意n∈N*都成立．
令bn=，那么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假设T=2，那么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假设T=3，取an=〔*〕，满足an+3=an恒成立．
由a22=a1a3+λ〔a2﹣a1〕2，得λ=7．
那么条件式变为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，假设函数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，假设对任意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，那么f〔x0〕＞0，又b=3﹣a，设t=f〔x0〕，
那么题意可转化为方程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，那么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，AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．假设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〕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，
那么=1，
设点P〔x0，y0〕在矩阵M对应的变换下所得的点为Q〔x，y〕，
那么=，
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，
那么：圆心到直线的距离d=．
所以r=1．
[选修4-5：不等式选讲]
24．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，建立如下列图空间直角坐标系．
那么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〕，
那么，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〕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．