精选南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试数学

1、南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试数学PAGE 8高三数学试题第 PAGE 42页共4页南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试 数 学 2023.01考前须知：1本试卷共4页，包括填空题(第1题第14题)、解答题第15题第20题两局部本试卷总分值160分，考试时间为120分钟2答题前，请务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内考试结束后，交答复题卡参考公式：柱体体积公式：VSh，其中S柱体的底面积,为柱体的高一、填空题：本大题共14小题，每题5分，共计70分请把答案填写在答题卡上的相应位置上1集合Axx(x4)0，B0，1，5，那

2、么AB 2设复数zai(aR，i为虚数单位，假设(1i)z为纯虚数，那么a的值为 时间/分钟 eq f(频率,组距) 100(第3题)50607080900.0050.0100.020a0.0353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 Read xIf x0 Then ylnxElse yexEnd IfPrint y(第4题)4执行如下图的伪代码，假设x0，那么输出的y

3、的值为 5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假设从袋中一次随机摸出2个球，那么摸出的2个球的编号之和大于4的概率为 6在平面直角坐标系xOy中，假设抛物线y22px的焦点与双曲线 eq f(x2,4) eq f(y2,5)1的右焦点重合，那么实数p的值为 7设函数yex eq f(1,ex)a的值域为A，假设A0，)，那么实数a的取值范围是 8，均为锐角，且满足(tan1)(tan1)2，那么的值为 9假设函数ysinx在区间0，2上单调递增，那么实数的取值范围是 10设Sn为等差数列an的前n项和，假设an的前2023项中的奇数项和为2023，那么S2023的值

4、为 11设函数f(x)是偶函数，当x0时，f(x)eq blc(aal(x(3x)，0 x3，,f(3,x)1，x3)假设函数yf(x)m有四个不同的零点，那么实数m的取值范围是 AB(第13题)12在平面直角坐标系xOy中，假设直线yk(x3 eq r(3)上存在一点P，圆x2(y1)21上存在一点Q，满足 eq o(sup8(),sdo1(OP)3 eq o(sup8(),sdo1(OQ)，那么实数k的最小值为 13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的位置如下图，那么 eq o(sup8(),sd

5、o1(AB) eq o(sup8(),sdo1(CD)的最大值为 14假设不等式ksin2BsinAsinC19sinBsinC对任意ABC都成立，那么实数k的最小值为 二、解答题：本大题共6小题，共计90分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤15(本小题总分值14分)ABCA1B1C1MN第15题如下图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，点M，N分别是AB，A1B1的中点1求证：BN平面A1MC；2假设A1MAB1，求证：AB1A1C16(本小题总分值14分)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ceq f(r(5),2)b1假设C2B，

6、求cosB的值； 2假设 eq o(sup8(),sdo1(AB) eq o(sup8(),sdo1(AC) eq o(sup8(),sdo1(CA) eq o(sup8(),sdo1(CB)，求cos(B eq f(,4)的值17(本小题总分值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、EOF120的扇形，且弧 eq o(sup5(),sdo0(EF)， eq o(sup5(),sdo0(GH)分别与边BC

7、，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；ADCBEGFOMH第17题-甲NEFGH第17题-乙MN 2当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？18. (本小题总分值16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： eq f(x2,a2) eq f(y2,b2)1(ab0)的下顶点为B，点MN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( eq r(3)，eq f(r(3),2)处时，点Q的坐标为(eq f(2 r(3),3)，0)1求椭圆C的标准方程；xyOBNMPQD(第18题)2设直线MN交y轴于点

8、D，当点M，N均在y轴右侧，且 eq o(sup8(),sdo1(DN)2 eq o(sup8(),sdo1(NM)时，求直线BM的方程19(本小题总分值16分)设数列an满足an2an1an1(a2a1)2，其中n2，且nN，为常数1假设an是等差数列，且公差d0，求的值；2假设a11，a22，a34，且存在r3，7，使得mannr对任意的nN*都成立，求m的最小值；3假设0，且数列an不是常数列，如果存在正整数T，使得anTan对任意的nN*均成立，求满足条件的所有数列an中T的最小值20(本小题总分值16分)设函数f(x)lnx，g(x)ax eq f(b,x)c(a，b，cR) 1当c

9、0时，假设函数f(x)与g(x)的图象在x1处有相同的切线，求a，b的值；2当b3a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a1时，设函数yf(x)与yg(x)的图象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)两点求证：x1x2x2bx1x2x1南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试 数学附加题 2023.01考前须知：1附加题供选修物理考生使用2本试卷共40分，考试时间30分钟2答题前，考生务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内考试结束后，交

10、答复题卡21【选做题】此题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在答题相应的区域内作答假设多做，那么按作答的前两小题评分解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤 A.选修4-1：A选修4-1：几何证明选讲本小题总分值10分ABEDO第21(A)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DE4，求切点E到直线AB的距离B选修4-2：矩阵与变换本小题总分值10分矩阵M eq bbc(aco2vs2hs8(2,0,0,1)，求圆x2y21在矩阵M对应的变换作用下所得的曲线方程 C选修4-4：坐标系与参数方程本小题总分值10分在极坐标系中，直线cos( eq f(,

11、3)1与曲线r(r0)相切，求r的值D选修4-5：不等式选讲本小题总分值10分实数x，y满足x23y21，求当xy取最大值时x的值【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤22本小题总分值10分如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP底面ABCD，点M为PC中点，AC4，BD2，OP41求异面直线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MABCDOP第22题23本小题总分值10分nN*，nf(n)C eq a(0,n)C eq a(1,n)2 C eq a(1

12、,n)C eq a(2,n)r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)n C eq a(n1,n )C eq a(n,n)1求f(1)，f(2)，f(3)的值；2试猜测f(n)的表达式用一个组合数表示，并证明你的猜测南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试 数学参考答案及评分标准 2023.01说明：1本解答给出的解法供参考如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细那么2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续局部的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该局部正确解容许得分数的一半；如果后续局部的解答有较严

13、重的错误，就不再给分3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4只给整数分数，填空题不给中间分数一、填空题(本大题共14小题，每题5分，计70分.)11 21 31200 41 5 eq f(2,3) 66 7(，2 8 eq f(3,4) 9(0， eq f(1,4) 104034 111， eq f(9,4) 12 eq r(3) 1324 14100ABCA1B1C1MN第15题二、解答题(本大题共6小题，计90分.解容许写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内.)15证明：1因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以ABA1B1，且ABA1B1又

14、因为点M，N分别是AB，A1B1的中点，所以MBA1N，且MBA1N，所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1MBN 4分又BN平面A1MC，A1M平面A1MC，所以BN平面A1MC 6分2因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面ABC，而CM平面ABC，所以AA1CM又CACB，且M是AB的中点，所以CMAB又ABAA1A，AB，AA1平面ABB1A1，所以CM平面ABB1A18分又AB1平面ABB1A1，所以CMAB110分又AB1A1M，A1M，CM平面A1MC，A1MCMM，所以AB1平面A1MC，12分又A1C平面A1MC，所以AB1A1C14分16解：1因为ceq f(r

15、(5),2)b，那么由正弦定理，得sinCeq f(r(5),2)sinB2分又因为C2B，所以sin2Beq f(r(5),2)sinB，即2sinBcosBeq f(r(5),2)sinB. 4分又B是ABC的内角，所以sinB0，故cosBeq f(r(5),4) 6分2因为 eq o(sup8(),sdo1(AB) eq o(sup8(),sdo1(AC) eq o(sup8(),sdo1(CA) eq o(sup8(),sdo1(CB)，所以cbcosAbacosC，那么由余弦定理，得b2c2a2b2a2c2，得ac 10分 从而cosB eq f(a2c2b2,2ac) eq f(

16、c2c2(f(2, r(5)c)2,2c2) eq f(3,5)12分 又0B，所以sinB eq r(1cos2B) eq f(4,5) 从而cos(B eq f(,4)cosBcos eq f(,4)sinBsin eq f(,4) eq f(3,5) eq f(r(2),2) eq f(4,5) eq f(r(2),2)eq f(r(2),10) 14分 17解：1在图甲中，连接MO交EF于点T设OEOFOMR，ADCBEGFOMNHT在RtOET中，因为EOT eq f(1,2)EOF60，所以OT eq f(1,2)R，那么MTOMOT eq f(R,2)从而BEMT eq f(1,

17、2)R，即R2BE2 2分故所得柱体的底面积SS扇形OEFSOEF eq f(1,3)R2 eq f(1,2)R2sin120 eq f(4,3) eq r(3) 4分 又所得柱体的高EG4，所以VSEG eq f(16,3)4 eq r(3) 答：当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为( eq f(16,3)4 eq r(3)立方分米. 6分2设BEx，那么R2x，所以所得柱体的底面积SS扇形OEFSOEF eq f(1,3)R2 eq f(1,2)R2sin120( eq f(4,3) eq r(3)x2. 又所得柱体的高EG62x，所以VSEG( eq f(8,3)2 eq r(3)

18、(x33x2) ，其中0 x3. 10分令f(x)x33x2，x(0，3)，那么由f(x)3x26x3x(x2)0，解得x2 12分列表如下：x(0，2)2(2，3)f(x)0f(x)极大值所以当x2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. 14分18解：1由N( eq r(3)，eq f(r(3),2)，Q(eq f(2 r(3),3)，0)，得直线NQ的方程为y eq f(3,2)x eq r(3) 2分令x0，得点B的坐标为(0， eq r(3)所以椭圆的方程为 eq f(x2,a2) eq f(y2,3)1 4分将点N的坐标( eq r(3)，eq

19、f(r(3),2)代入，得eq f(r(3)2,a2)eq f(f(r(3),2)2,3)1，解得a24所以椭圆C的标准方程为 eq f(x2,4) eq f(y2,3)1 8分2方法一：设直线BM的斜率为k(k0)，那么直线BM的方程为ykx eq r(3)在ykx eq r(3)中，令y0，得xPeq f(r(3),k)，而点Q是线段OP的中点，所以xQeq f(r(3),2k)所以直线BN的斜率kBNkBQeq f(0(r(3), f(r(3),2k)0)2k 10分联立eq blc(aal(ykxr(3)，, f(x2,4)f(y2,3)1)，消去y，得(34k2)x28 eq r(3

20、)kx0，解得xMeq f(8 r(3)k,34k2) 用2k代k，得xNeq f(16 r(3)k,316k2) 12分 又 eq o(sup8(),sdo1(DN)2 eq o(sup8(),sdo1(NM)，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN 14分故2 eq f(8 r(3)k,34k2)3 eq f(16 r(3)k,316k2)，又k0，解得keq f(r(6),2)所以直线BM的方程为yeq f(r(6),2)x eq r(3) 16分方法二：设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)由B(0， eq r(3)，得直线BM的方程为y eq f(y1r(3),x1)x

21、 eq r(3)，令y0，得xPeq f(r(3)x1,y1r(3) 同理，得xQeq f(r(3)x2,y2r(3)而点Q是线段OP的中点，所以xP2xQ，故eq f(r(3)x1,y1r(3)2 eq f(r(3)x2,y2r(3) 10分又 eq o(sup8(),sdo1(DN)2 eq o(sup8(),sdo1(NM)，所以x22(x1x2)，得x2 eq f(2,3)x10，从而eq f(1,y1r(3)eq f(f(4,3),y2r(3)， 解得y2 eq f(4,3)y1eq f(r(3),3)12分将eq blc(aal(x2f(2,3)x1，,y2f(4,3)y1f(r(

22、3),3)，)代入到椭圆C的方程中，得 eq f(x12,9)eq f(4y1r(3)2,27)1又x124(1 eq f(y12,3)，所以eq f(4(1f(y12,3),9)eq f(4y1r(3)2,27)1，14分即 eq r(3)y122y1 eq r(3)0，解得y1 eq r(3)舍或y1eq f(r(3),3)又x10，所以点M的坐标为M(eq f(4 r(2),3)，eq f(r(3),3) 故直线BM的方程为yeq f(r(6),2)x eq r(3) 16分19解：1由题意，可得an2(and)(and)d2，化简得(1)d20，又d0，所以1. 4分2将a11，a22

23、，a34代入条件，可得414，解得0，所以an2an1an1，所以数列an是首项为1，公比q2的等比数列，所以an2n1. 6分欲存在r3，7，使得m2n1nr，即rnm2n1对任意nN*都成立，那么7nm2n1，所以m eq f(n7,2n1) 对任意nN*都成立. 8分令bn eq f(n7,2n1)，那么bn1bn eq f(n6,2n) eq f(n7,2n1) eq f(8n,2n)，所以当n8时，bn1bn；当n8时，b9b8；当n8时，bn1bn所以bn的最大值为b9b8 eq f(1,128) ，所以m的最小值为 eq f(1,128).10分3因为数列an不是常数列，所以T2

24、假设T2，那么an1an恒成立，从而a3a1，a4a2，所以 eq blc(aal(a22a12(a2a1)2，,a12a22(a2a1)2，) 所以(a2a1)20，又0，所以a2a1，可得an是常数列，这与条件矛盾，所以T2不合题意. 12分假设T3，取an eq blc(aal(1，n3k2，,2，n3k1，,3，n3k，)(kN*)*，满足an3an恒成立 14分由a22a1a3(a2a1)2，可得此时7那么条件式变为an2an1an17由22137，知a3k12a3k2a3k(a2a1)2；由(3)2217，知a3k2a3k1a3k1(a2a1)2；由12(3)27，知a3k12a3

25、ka3k2(a2a1)2；所以，数列*适合题意所以T的最小值为3. 16分注：写一个数列an时，需满足a1a2a30，且a1a220解：1由f(x)lnx，得f(1)0，又f(x) eq f(1,x)，所以f(1)1当c0时，g(x)ax eq f(b,x) ，所以g(x)a eq f(b,x2) ，所以g(1)ab 2分因为函数f(x)与g(x)的图象在x1处有相同的切线，所以 eq blc(aal(f(1)g(1)，,f(1)g(1)，)即 eq blc(aal(ab1，,ab0，)解得eq blc(aal(af(1,2)，,bf(1,2) 4分2方法一：当x01时，那么f(x0)0，又b

26、3a，设tf(x0)，那么题意可转化为方程ax eq f(3a,x)ct(t0) 在(0，)上有相异两实根x1，x2， 6分即关于x的方程ax2(ct)x(3a)0(t0)在(0，)上有相异两实根x1，x2所以eq blc(aal(0a3，,(ct)24a(3a)0，,x1x2f(ct,a)0，,x1x2f(3a,a)0)得 eq blc(aal(0a3，,(ct)24a(3a)，,ct0) 所以c2 eq r(a(3a)t 对任意t(0，)恒成立 8分因为0a3，所以2 eq r(a(3a)2 eq f(a3a,2)3(当且仅当a eq f(3,2)时取等号) 又t0，所以2 eq r(a(

27、3a)t的取值范围是(，3)，所以c3故c的最小值为3. 10分方法二：由b3a，且0 a3，得g(x)a eq f(3a,x2) eq f(ax2(3a),x2)0，得 xeq r(f(3a,a) 或xeq r(f(3a,a)(舍)，那么函数g(x)在(0，eq r(f(3a,a)上递减；在(eq r(f(3a,a)，)上递增又对任意x01，f(x0)为(0，)上的任意一个值，假设存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，那么g(x)的最小值小于或等于0. 即g(eq r(f(3a,a)2 eq r(a(3a)c0， 6分即c2 eq r(a(3a)对任意 a(0，3

28、)恒成立又2 eq r(a(3a)a(3a)3，所以c3 8分当c3，对任意a(0，3)，x0(1，)，方程g(x)f(x0)0化为ax eq f(3a,x)3f(x0)0，即ax23f(x0)x(3a)0*关于x的方程*的3f(x0)24a(3a)3f(x0)24 eq bbc( f(a3a,2) eq sup10(2)3f(x0)29, 因为x01，所以f(x0)lnx00，所以0，所以方程*有两个不相等的实数解x1，x2，又x1x2 eq f(f(x0)3,a)0，x1x2 eq f(3a,a)0，所以x1，x2为两个正实数解 所以c的最小值为3. 10分3当a1时，因为函数f(x)与g

29、(x)的图象交于A，B两点，所以eq blc(aal(lnx1x1f(b,x1)c，,lnx2x2f(b,x2)c，)两式相减，得bx1x2(1 eq f(lnx2lnx1,x2x1) 12分要证明x1x2x2bx1x2x1，即证x1x2x2x1x2(1 eq f(lnx2lnx1,x2x1)x1x2x1，即证 eq f(1,x2) eq f(lnx2lnx1,x2x1) eq f(1,x1)，即证1 eq f(x1,x2)ln eq f(x2,x1) eq f(x2,x1)1 14分令 eq f(x2,x1)t，那么t1，此时即证1 eq f(1,t)lntt1 令(x)lnt eq f(1

30、,t)1，所以(t) eq f(1,t) eq f(1,t2) eq f(t1,t2)0，所以当t1时，函数(t)单调递增又(1)0，所以(t)lnt eq f(1,t)10，即1 eq f(1,t)lnt成立 再令m(t)lntt1，所以m(t) eq f(1,t)1 eq f(1t,t)0， 所以当t1时，函数m(t)单调递减，又m(1)0，所以m(t)lntt10，即lntt1也成立综上所述， 实数x1，x2满足x1x2x2bx1x2x1 16分南京市、盐城市2023届高三年级第一次模拟考试 数学参考答案及评分标准 2023.0121【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2小题，每题

31、10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修4-1：几何证明选讲ABEDFO第21(A)解：如图，连接AE，OE，过E作EFAB，交AB于F因为直线DE与O相切于点E，所以DEOE，又因为AD垂直DE于D，所以ADOE，所以DAEOEA ，在中OEOA，所以OEAOAE ，5分由得DAEOAE，即DAEFAE，又ADEAFE，AEAE，所以ADEAFE，所以DEFE，又DE4，所以FE4，即E到直径AB的距离为4. 10分B选修4-2：矩阵与变换解：设P(x0，y0)是圆x2y21上任意一点，那么x02y021设点P(x0，y0)在矩阵M对应的变换作用

32、下所得的点为Q(x，y)，那么 eq bbc(aco1vs4hs8(x,y) eq bbc(aco2vs2hs8(2,0,0,1) eq bbc(aco1vs4hs8(x0,y0) eq bbc(aco1vs4hs8(2x0,y0) ，即 eq blc(aal(x2x0，,yy0，)即eq blc(aal(x0f(1,2)x，,y0y，)5分代入x02y021，得 eq f(x2,4)y21，即为所求的曲线方程. 10分C选修4-4：坐标系与参数方程解：以极点O为原点，极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系，由cos( eq f(,3)1 ，得(coscos eq f(,3)sinsin eq

33、 f(,3)1，得直线的直角坐标方程为x eq r(3)y20 5分曲线r的直角坐标方程为圆x2y2r2，所以圆心到直线的距离为deq f(10r(3)02, r(12(r(3)2)1因为直线cos( eq f(,3)1与曲线r(r0)相切，所以rd，即r1. 10分D选修4-5：不等式选讲解：由柯西不等式，得x2( eq r(3)y)212(eq f(r(3),3)2(x1 eq r(3)y eq f(r(3),3)2， 即 eq f(4,3)(x23y2)(xy)2 而x23y21，所以(xy)2 eq f(4,3)，所以 eq f(2,3) eq r(3)xy eq f(2,3) eq

34、r(3)， 5分由eq blc(aal(f(x,1)f(r(3)y, f(r(3),3)，,xyf(2,3) r(3)，)即eq blc(aal(xf(r(3),2)，,yf(r(3),6)，)所以当且仅当xeq f(r(3),2)，yeq f(r(3),6)时，(xy)max eq f(2,3) eq r(3) 所以当xy取最大值时x的值为x eq f(r(3),2) 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分 22解：1因为ABCD是菱形，所以ACBD因为OP底面ABCD，所以以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如下图空间直角坐标系，那么A(2，0，

35、0)，B(0，1，0)，P(0，0，4)，C(2，0，0)，M(1，0，2)，MABCDOP第22题xyz所以 eq o(sup8(),sdo1(AP)(2，0，4)， eq o(sup8(),sdo1(BM)(1，1，2)， eq o(sup8(),sdo1(AP) eq o(sup8(),sdo1(BM)10， eq o(sup8(),sdo1(AP)2 eq r(5)， eq o(sup8(),sdo1(BM) eq r(6) 那么cos eq o(sup8(),sdo1(AP)， eq o(sup8(),sdo1(BM)eq f(o(sup8(),sdo1(AP) o(sup8(),s

36、do1(BM),o(sup8(),sdo1(AP)o(sup8(),sdo1(BM)eq f(10,2 r(5) r(6)eq f(r(30),6) 故异面直线AP与BM所成角的余弦值为eq f(r(30),6)5分2 eq o(sup8(),sdo1(AB)(2，1，0)， eq o(sup8(),sdo1(BM)(1，1，2) 设平面ABM的一个法向量为n(x，y，z)，那么eq blc(aal(n o(sup8(),sdo1(AB)0，,n o(sup8(),sdo1(BM)0，)得 eq blc(aal(2xy0，,xy2z0，) 令x2，得y4，z3所以平面ABM的一个法向量为n(2

37、，4，3)又平面PAC的一个法向量为 eq o(sup8(),sdo1(OB)(0，1，0)，所以n eq o(sup8(),sdo1(OB)4，n eq r(29)， eq o(sup8(),sdo1(OB)1那么cosn， eq o(sup8(),sdo1(OB)eq f(n o(sup8(),sdo1(OB),no(sup8(),sdo1(OB)eq f(4 r(29),29) 故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为eq f(4 r(29),29). 10分23解：1由条件，nN*，nf(n)C eq a(0,n)C eq a(1,n)2 C eq a(1,n)C eq a(2,

38、n)r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)n C eq a(n1,n )C eq a(n,n) ，在中令n1，得f(1)C eq a(0,1)C eq a(1,1)1 1分在中令n2，得2f(2)C eq a(0,2)C eq a(1,2)2 C eq a(1,2)C eq a(2,2)6，得f(2)3 2分在中令n3，得3f(3)C eq a(0,3)C eq a(1,3)2 C eq a(1,3)C eq a(2,3)3 C eq a(2,3)C eq a(3,3)30，得f(3)10 3分2猜测f(n)C eq a(n ,2n1)(或f(n)C eq a(n1 ,2n1)

39、5分欲证猜测成立，只要证等式n C eq a(n ,2n1)C eq a(0,n)C eq a(1,n)2 C eq a(1,n)C eq a(2,n)r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)n C eq a(n1,n )C eq a(n,n)成立方法一：当n1时，等式显然成立当n2时，因为rC eq a(r,n) eq f(rn!,r!(nr)!) eq f(n!,(r1)!(nr)!)n eq f(n1)!,(r1)!(nr)!)nC eq a(r1,n1)，7分 故r C eq a(r1,n )C eq a(r,n)(r C eq a(r,n) C eq a(r1,n )n

40、C eq a(r1,n1)C eq a(r1,n )故只需证明n C eq a(n ,2n1)nC eq a(0 ,n1)C eq a(0,n)n C eq a(1 ,n1)C eq a(1,n)n C eq a(r1,n1)C eq a(r1,n )n C eq a(n1,n1)C eq a(n1,n )即证 C eq a(n ,2n1)C eq a(0 ,n1)C eq a(0,n) C eq a(1 ,n1)C eq a(1,n) C eq a(r1,n1)C eq a(r1,n ) C eq a(n1,n1)C eq a(n1,n )而C eq a(r1,n )C eq a(nr1,n )，故即证C eq a(n ,2n1)C eq a(0 ,n1)C eq a(n,n) C eq a(1 ,n1)C eq a(n1,n ) C eq a(r1,n1)C eq a(nr1,n ) C eq a(n1,n1)C eq a(1,n) 由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左边xn的系数为 eq a(n ,2n1)而右边(1x)n1(1x)n(C eq a(0 ,n1)C eq a(1 ,n1)xC eq a(2 ,n1)x2C eq a(n1,n1)xn1)( C eq a(0,n)C eq a(1,n)xC eq a(