【文档说明】江苏省南京市2020届高三年级第三次模拟考试 数学（理）（含答案）.doc，共(17)页，274.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学理科注意事项：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）两部分．本试卷满分为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、班级、学号写在答题卡的密封

线内．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，交回答题卡．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，请把答案写在答题卡的指定位置．．．．上）1．已知集合A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|1＜x＜3}，则A∪B＝▲．2．若z＝a

1＋i＋i(i是虚数单位)是实数，则实数a的值为▲．3．某校共有教师300人，男学生1200人，女学生1000人，现用分层抽样从所有师生中抽取一个容量为125的样本，则从男学生中抽取的人数为▲．4．如图是一个算法的伪代码，其输出的结果为▲．5．将甲、乙、丙

三人随机排成一行，则甲、乙两人相邻的概率为▲．6．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(其中ω＞0，－π2＜φ＜π2)的部分图象如图所示，则f(π2)的值为▲．7．已知数列{an}为等比数列．若a1＝2，且a1，a2

，a3－2成等差数列，则{an}的前n项和为▲．8．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F．若以F为圆心，a为半径的圆交该双曲线的一条渐近线于A，B两点，且AB＝2b，则该双曲线的离心率为▲．9．若正方体ABCD－A1B1C1D1的棱

长为2，则三棱锥A－B1CD1的体积为▲．Oxy22（第6题图）－π3错误！未找到引用源。2π3错误！未找到引用源。（第4题图）S←0ForiFrom1To4S←S＋iEndForPrintS10．已知

函数f(x)＝x＋2，x≤0，f(－x)，x＞0，g(x)＝f(x－2)．若g(x－1)≥1，则x的取值范围为▲．11．在平面直角坐标系xOy中，A，B是圆O：x2＋y2＝2上两个动点，且OA→⊥OB→．若A，B两点到直线l：3x＋4y－10＝0的距离分别为

d1，d2，则d1＋d2的最大值为▲．12．若对任意a∈[e，＋∞)(e为自然对数的底数)，不等式x≤eax＋b对任意x∈R恒成立，则实数b的取值范围为▲．13．已知点P在边长为4的等边三角形ABC内，满足AP→＝λAB→＋μAC→，且2

λ＋3μ＝1，延长AP交边BC于点D．若BD＝2DC，则PA→·PB→的值为▲．14．在△ABC中，∠A＝π3，D是BC的中点．若AD≤22BC，则sinBsinC的最大值为▲．二、解答题:本大题共6

小题，计90分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域．．．．内．15．(本小题满分14分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，E，F分别为AD，PB的中点．求证：（1）EF∥平面PCD；

（2）平面PAB⊥平面PCD．16．(本小题满分14分)已知向量m＝(cosx，sinx)，n＝(cosx，－sinx)，函数f(x)＝m·n＋12．（1）若f(x2)＝1，x∈(0，π)，求tan(x＋π4)的值；（2）若f(α)＝－110，α∈(π2，3π4)，sinβ＝7210，β∈

(0，π2)，求2α＋β的值．FEPBDCA(第15题图)17．(本小题满分14分)如图，港口A在港口O的正东100海里处，在北偏东方向有一条直线航道OD，航道和正东方向之间有一片以B为圆心，半径85海里的圆形暗礁群（在这片海域行船有

触礁危险），其中OB＝2013海里，tan∠AOB＝23，cos∠AOD＝55．现一艘科考船以105海里/小时的速度从O出发沿OD方向行驶，经过2个小时后，一艘快艇以50海里/小时的速度准备从港口A出发，并沿直线方向行驶与科考船恰

好相遇．（1）若快艇立即出发，判断快艇是否有触礁的危险，并说明理由；（2）在无触礁危险的情况下，若快艇再等x小时出发，求x的最小值．18．(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点(－

2，0)和(1，32)，椭圆C上三点A，M，B与原点O构成一个平行四边形AMBO．（1）求椭圆C的方程；（2）若点B是椭圆C的左顶点，求点M的坐标；（3）若A，M，B，O四点共圆，求直线AB的斜率．AOD东北B(第17题图)(第18题图)AOMxyB19．(本小题满分16分)已知函数f(

x)＝exx2－ax＋a(a∈R)，其中e为自然对数的底数．（1）若a＝1，求函数f(x)的单调减区间；（2）若函数f(x)的定义域为R，且f(2)＞f(a)，求a的取值范围；（3）证明：对任意a∈(2，4)，曲线y＝f(x)上有且仅有三个不同的点，在这三

点处的切线经过坐标原点．20．(本小题满分16分)若数列{an}满足n≥2，n∈N*时，an≠0，则称数列{anan＋1}(n∈N*)为{an}的“L数列”．（1）若a1＝1，且{an}的“L数列”为{12n}，求数列{an}的通项公式；（2）若an＝n＋k－3(k＞0)，且{

an}的“L数列”为递增数列，求k的取值范围；（3）若an＝1＋pn－1，其中p＞1，记{an}的“L数列”的前n项和为Sn，试判断是否存在等差数列{cn}，对任意n∈N*，都有cn＜Sn＜cn＋1成立，并证明你的结论．南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学附加题注

意事项：1．附加题供选修物理的考生使用．2．本试卷共40分，考试时间30分钟．3．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、班级、学号写在答题卡的密封线内．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，交回答题卡．21．【选做题】在A、B、C

三小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请在答卷卡指定区．．．．．．域内．．作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4—2：矩阵与变换已知矩阵A＝1－1a0，a∈R．若点P(1，1)在矩阵A的变换下得到点P′(0，－2)．（1）

求矩阵A；（2）求点Q(0，3)经过矩阵A的2次变换后对应点Q′的坐标．B．选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x＝1＋cosθ，y＝sinθ(θ为参数)，直线l的参数方程为x＝3t，y＝1＋t(t为参数)，求曲线C上的点到直线l

的距离的最大值．C．选修4—5：不等式选讲已知a，b为非负实数，求证：a3＋b3≥ab(a2＋b2)．【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答卷卡指定区域内．．．．．．．．作答．解答应写出文字说明、证明过

程或演算步骤．22．（本小题满分10分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝3，AC＝4，B1C⊥AC1．（1）求AA1的长．（2）试判断在侧棱BB1上是否存在点P，使得直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角B－A1C－A的大小相等，并说明理由．23．(本

小题满分10分)口袋中有大小、形状、质地相同的两个白球和三个黑球．现有一抽奖游戏规则如下：抽奖者每次有放回的从口袋中随机取出一个球，最多取球2n＋1(n∈N*)次．若取出白球的累计次数达到n＋1时，则终止取球且获奖，其它情况均不获奖．记获奖概率为Pn．（1）

求P1；（2）证明：Pn＋1＜Pn．南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学参考答案及评分标准说明：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则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分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，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，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．(第22题图)A1CABB1C1P4．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．{x|1＜x＜4}2．23．604．105．236．37．2n＋1－28．629．8310．[2，4]11．612．[－

2，＋∞)13．－9414．38二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应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．(本小题满分14分)证明：(1)取PC中点G，连接DG、FG．在△PBC中，因为F，G分

别为PB，PC的中点，所以GF∥BC，GF＝12BC．因为底面ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC，······························································2分所以GF∥DE，GF＝DE，所以四边形

DEFG为平行四边形，所以EF∥DG．·············································································4分又因为EF平面PCD，DG平面PCD，所以EF∥平面

PCD．······································································6分(2)因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD．又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝

AD，CD平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．···································································10分因为PA平面PAD，所以CD⊥P

A．··················································12分又因为PA⊥PD，PD平面PCD，CD平面PCD，PD∩CD＝D，所以PA⊥平面PCD．因为PA平面PAB，所以平面PAB⊥平面PCD．·················

·················14分16．(本小题满分14分)解：(1)因为向量m＝(cosx，sinx)，n＝(cosx，－sinx)，BEACODxy所以f(x)＝m·n＋12＝cos2x－sin2x＋12＝cos2x＋12．······························

·····2分因为f(x2)＝1，所以cosx＋12＝1，即cosx＝12．又因为x∈(0，π)，所以x＝π3，·························································4分所以tan(x＋π4)＝tan(π3＋π4)

＝tanπ3＋tanπ41－tanπ3tanπ4＝－2－3．·······························6分(2)若f(α)＝－110，则cos2α＋12＝－110，即cos2α＝－35．因为α∈(π2，3π4)

，所以2α∈(π，3π2)，所以sin2α＝－1－cos22α＝－45．········8分因为sinβ＝7210，β∈(0，π2)，所以cosβ＝1－sin2β＝210，···················

···10分所以cos(2α＋β)＝cos2αcosβ－sin2αsinβ＝(－35)×210－(－45)×7210＝22．·····12分又因为2α∈(π，3π2)，β∈(0，π2)，所以2α＋β∈(π，2π)，所以2

α＋β的值为7π4．·····································································14分17．(本小题满分14分)解：如图，以O为原点，正东方向为x轴，正北方向为y轴，建立直角坐标

系xOy．因为OB＝2013，tan∠AOB＝23，OA＝100，所以点B(60，40)，且A(100，0)．···················································

·········2分(1)设快艇立即出发经过t小时后两船相遇于点C，则OC＝105(t＋2)，AC＝50t．因为OA＝100，cos∠AOD＝55，所以AC2＝OA2＋OC2－2OA·OC·cos∠AOD，即(50t)2＝1002＋[105(t＋2)]2－2×100×105(t

＋2)×55．化得t2＝4，解得t1＝2，t2＝－2（舍去），···············································4分所以OC＝405．因为cos∠AOD＝55，所以sin∠AOD＝255，所以C(40

，80)，所以直线AC的方程为y＝－43(x－100)，即4x＋3y－400＝0．·······················6分因为圆心B到直线AC的距离d＝|4×60＋3×40－400|42＋32＝8，而圆B的半径r＝85，所以d＜r，此时直线AC与圆B相交，所以快艇有触礁的危险．

答：若快艇立即出发有触礁的危险．·······················································8分(2)设快艇所走的直线AE与圆B相切，且与科考船相遇于点E．设直线AE的方程为y＝k(x－100)，即kx－y－100k＝0．因为直线A

E与圆B相切，所以圆心B到直线AC的距离d＝|60k－40－100k|12＋k2＝85，即2k2＋5k＋2＝0，解得k＝－2或k＝－12．············································10分由（1）可知k＝

－12舍去．因为cos∠AOD＝55，所以tan∠AOD＝2，所以直线OD的方程为y＝2x．由y＝2x，y＝－2(x－100)，解得x＝50，y＝100，所以E(50，100)，所以AE＝5

05，OE＝505，······························································12分此时两船的时间差为505105－50550＝5－5，所以x≥5－5－2＝3－5．答：x的最小值为(3－5)小时．·············

···············································14分18．(本小题满分16分)解：(1)因为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点(－2，0)和(1，32)，所以a＝2，1a2＋34b2＝1，解得b2＝1，所以椭圆C的方程为x24

＋y2＝1．··························································2分(2)因为B为左顶点，所以B(－2，0)．因为四边形AMBO为平行四边形，所以AM∥BO，且AM＝BO

＝2．···········4分设点M(x0，y0)，则A(x0＋2，y0)．因为点M，A在椭圆C上，所以x024＋y02＝1，(x0＋2)24＋y02＝1，解得x0＝－1，y0＝±32，所以M(－1，±32)．································

········································6分(3)因为直线AB的斜率存在，所以设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝kx＋m，x24＋y2＝1，消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋

4m2－4＝0，则有x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2．····················································8分因为平行四边形AMBO，所以OM→＝OA→＋O

B→＝(x1＋x2，y1＋y2)．因为x1＋x2＝－8km1＋4k2，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·－8km1＋4k2＋2m＝2m1＋4k2，所以M(－8km1＋4k2，2m1＋4k2)．···············································

··················10分因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭圆C的方程，化得4m2＝4k2＋1．①·········································

·······························12分因为A，M，B，O四点共圆，所以平行四边形AMBO是矩形，且OA⊥OB，所以OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝0．因为y1y2＝(kx1＋m)(kx1＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2

－4k21＋4k2，所以x1x2＋y1y2＝4m2－41＋4k2＋m2－4k21＋4k2＝0，化得5m2＝4k2＋4．②·················14分由①②解得k2＝114，m2＝3，此时△＞0，因此k＝±112

．所以所求直线AB的斜率为±112．·····················································16分19．(本小题满分16分)解：(1)当a＝1时，f(

x)＝exx2－x＋1，所以函数f(x)的定义域为R，f'(x)＝ex(x－1)(x－2)(x2－x＋1)2．令f'(x)＜0，解得1＜x＜2，所以函数f(x)的单调减区间为(1，2)．···························

························2分(2)由函数f(x)的定义域为R，得x2－ax＋a≠0恒成立，所以a2－4a＜0，解得0＜a＜4．·········································

·················4分方法1由f(x)＝exx2－ax＋a，得f'(x)＝ex(x－a)(x－2)(x2－ax＋a)2．①当a＝2时，f(2)＝f(a)，不符题意．②当0＜a＜2时，因为当a＜x＜2时，f′(x)＜0，所以f(x

)在(a，2)上单调递减，所以f(a)＞f(2)，不符题意．····························································6分③当2＜a＜4时，因为当2＜x＜a时，f′(x)＜0

，所以f(x)在(2，a)上单调递减，所以f(a)＜f(2)，满足题意．综上，a的取值范围为(2，4)．·························································8分方法2由f(2)＞f(a)，得e

24－a＞eaa．因为0＜a＜4，所以不等式可化为e2＞eaa(4－a)．设函数g(x)＝exx(4－x)－e2，0＜x＜4．···············································

···6分因为g'(x)＝ex·－(x－2)2x2≤0恒成立，所以g(x)在(0，4)上单调递减．又因为g(2)＝0，所以g(x)＜0的解集为(2，4)．所以，a的取值范围为(2，4)．···············································

············8分(3)证明：设切点为(x0，f(x0))，则f'(x0)＝ex0(x0－2)(x0－a)(x02－ax0＋a)2，所以切线方程为y－ex0x02－ax0＋a＝ex0(x0－2)(x0－a)(x02－ax0＋a)2×(x－x0)．由0－ex0x02－ax0＋a＝

ex0(x0－2)(x0－a)(x02－ax0＋a)2×(0－x0)，化简得x03－(a＋3)x02＋3ax0－a＝0．·················································

··10分设h(x)＝x3－(a＋3)x2＋3ax－a，a∈(2，4)，则只要证明函数h(x)有且仅有三个不同的零点．由(2)可知a∈(2，4)时，函数h(x)的定义域为R，h'(x)＝3x2－2(a＋3)x＋3a．因为△＝4(a＋3)2－36a＝4(a－32)2＋27＞0恒

成立，所以h'(x)＝0有两不相等的实数根x1和x2，不妨x1＜x2．因为x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)h’(x)＋0－0＋h(x)增极大减极小增所以函数h(x)最多有三个零点．································

························12分因为a∈(2，4)，所以h(0)＝－a＜0，h(1)＝a－2＞0，h(2)＝a－4＜0，h(5)＝50－11a＞0，所以h(0)h(1)＜0，h(1)h(2)＜0，h(2)h(5)＜0．因为函数的图象

不间断，所以函数h(x)在(0，1)，(1，2)，(2，5)上分别至少有一个零点．综上所述，函数h(x)有且仅有三个零点．············································16分20．(本小题满分16分)解：(1)因为{an

}的“L数列”为{12n}，所以anan＋1＝12n，n∈N*，即an＋1an＝2n，所以n≥2时，an＝anan－1·an－1an－2·„·a2a1·a1＝2n－1·2n－2·„·2·1＝2(n-1)＋(n－2)＋

…＋1＝2n(n－1)2．又a1＝1符合上式，所以{an}的通项公式为an＝2n(n－1)2，n∈N*．···················2分(2)因为an＝n＋k－3(k＞0)，且n≥2，n∈N*时，an≠0，所以k≠1．方法1设bn＝anan＋1，n∈N*，所以bn＝n＋k

－3(n＋1)＋k－3＝1－1n＋k－2．因为{bn}为递增数列，所以bn＋1－bn＞0对n∈N*恒成立，即1n＋k－2－1n＋k－1＞0对n∈N*恒成立．·······································

······4分因为1n＋k－2－1n＋k－1＝1(n＋k－2)(n＋k－1)，所以1n＋k－2－1n＋k－1＞0等价于(n＋k－2)(n＋k－1)＞0．当0＜k＜1时，因为n＝1时，(n＋k－2)(n＋k－1)＜0，不符合题意．············6分

当k＞1时，n＋k－1>n＋k－2>0，所以(n＋k－2)(n＋k－1)＞0，综上，k的取值范围是(1，＋∞)．·························································8分方法2令f(x)＝1－1x＋

k－2，所以f(x)在区间(－∞，2－k)和区间(2－k，＋∞)上单调递增．当0＜k＜1时，f(1)＝1－1k－1＞1，f(2)＝1－1k＜1，所以b2＜b1，不符合题意．····················6分当k＞1时，因为2－k＜1，所以f(x)在[1，＋∞

)上单调递增，所以{bn}单调递增，符合题意．综上，k的取值范围是(1，＋∞)．·························································8分(3)存在满足条件的等差数列{cn

}，证明如下：因为akak＋1＝1＋pk－11＋pk＝1p＋1－1p1＋pk，k∈N*，·············································10分所以Sn＝np＋(1－1p)·(11＋p＋11＋p2＋…＋11＋pn－

1＋11＋pn)．又因为p＞1，所以1－1p＞0，所以np＜Sn＜np＋(1－1p)·(1p＋1p2＋…＋1pn－1＋1pn)，即np＜Sn＜np＋1p·[1－(1p)n]．···················

··············································14分因为1p·[1－(1p)n]＜1p，所以np＜Sn＜n＋1p．设cn＝np，则cn＋1－cn＝n＋1p－np＝1p，且cn＜Sn＜cn＋1，所以

存在等差数列{cn}满足题意．·······················································16分南京市2020届高三年级第三次模拟考试数学附加题参考答案及评分标准说明：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则．2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分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，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果

后续部分的解答有较严重的错误，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．21．【选做题】在A、B、C三小题中只能选做2题，每小题10分，共计20分．请

在答卷纸指定区．．．．．．域内．．作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4—2：矩阵与变换解：(1)1－1a011＝0a．················

···················································2分因为点P(1，1)在矩阵A的变换下得到点P′(0，－2)，所以a＝－2，所以A＝1－1－20．················

·························································4分(2)因为A＝1－1－20，所以A2＝1－1－201－1－20＝3－1－22，··············6分所以A2

03=3－1－2203=－36，所以，点Q′的坐标为(－3，6)．························································10分B．选修4—4：坐标系与参数

方程解：由l的参数方程x＝3t，y＝1＋t(t为参数)得直线l方程为x－3y＋3＝0．·············2分曲线C上的点到直线l的距离d＝|1＋cosθ－3sinθ＋3|2······························4分＝|2cos(θ＋π3)＋1＋3|2．·

·······································································6分A1CABB1C1Pxyz当θ＋π3＝2kπ，即θ＝－π3＋2k

π(k∈Z)时，···················································8分曲线C上的点到直线l的距离取最大值3＋32．········································10分C．选修4—5：不等式选讲证明：因为a，b为非

负实数，所以a3＋b3－ab(a2＋b2)＝a2a(a－b)＋b2b(b－a)＝(a－b)[(a)5－(b)5]．··································4分若a≥b时，a≥b，从而(a)5≥(b)5，得(a－b)·[(a)5－(b

)5]≥0．····························································6分若a＜b时，a＜b，从而(a)5＜(b)5，得(a－b)·[(a)

5－(b)5]＞0．····························································8分综上，a3＋b3≥ab(a2＋b2)．·························

····································10分22．（本小题满分10分）解：(1)因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC．又AB⊥AC，所以以{A

B→，AC→，AA1→}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz．设AA1＝t(t＞0)，又AB＝3，AC＝4，则A(0，0，0)，C1(0，4，t)，B1(3，0，t)，C(0，4，0)，所以AC1→＝(0，4，t)，B1C→＝(－3

，4，－t)．··············································2分因为B1C⊥AC1，所以B1C→·AC1→＝0，即16－t2＝0，解得t＝4，所以AA1的长为4．····································

··········································4分(2)由(1)知B(3，0，0)，C(0，4，0)，A1(0，0，4)，所以A1C→＝(0，4，－4)，BC→＝(－3，4，0)．设n＝(x，y，z)

为平面A1CB的法向量，则n·A1C→＝0，n·BC→＝0，即4y－4z＝0，－3x＋4y＝0．取y＝3，解得z＝3，x＝4，所以n＝(4，3，3)为平面A1CB的一个法向量．又因为AB⊥面AA1C1C，所以AB→＝(3，0，0)为平面A1CA的一个法向

量，则cos＜n，AB→＞＝AB→·n|AB→|·|n|＝123·42＋32＋32＝434，·····································6分所以sin＜n，AB→＞＝317．设P(3

，0，m)，其中0≤m≤4，则CP→＝(3，－4，m)．因为AB→＝(3，0，0)为平面A1CA的一个法向量，所以cos＜CP→，AB→＞＝AB→·CP→|AB→|·|CP→|＝93·32＋(－4)2＋m2＝3m2＋25，所以直线P

C与平面AA1C1C的所成角的正弦值为3m2＋25．··························8分因为直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角B－A1C－A的大小相等，所以3m2＋25＝317，此时方程无解，所以侧棱BB1上不存在点P

，使得直线PC与平面AA1C1C所成角和二面角B－A1C－A的大小相等．····································································

·································10分23．（本小题满分10分）解：(1)根据题意，每次取出的球是白球的概率为25，取出的球是黑球的概率为35．所以P1＝25×25＋C12×(25)2×35＝42

5＋24125＝44125．········································2分(2)证明：累计取出白球次数是n＋1的情况有：前n次取出n次白球，第n＋1次取出的是白球，概率为Cnn

×(25)n＋1；前n＋1次取出n次白球，第n＋2次取出的是白球，概率为Cnn＋1×(25)n＋1×35；·············································································

··························4分„„前2n－1次取出n次白球，第2n次取出的是白球，概率为Cn2n－1×(25)n＋1×(35)n－1；前2n次取出n次白球，第2n＋1次取出的是白球，概率为Cn2n×

(25)n＋1×(35)n；则Pn＝Cnn×(25)n＋1＋Cnn＋1×(25)n＋1×35＋„＋Cn2n－1×(25)n＋1×(35)n－1＋Cn2n×(25)n＋1×(35)n＝(25)n＋1×[Cnn＋Cnn＋1×35＋„＋Cn2n－1×(35)n－1＋Cn2n×(35)n]＝(25)

n＋1×[C0n＋C1n＋1×35＋„＋Cn－12n－1×(35)n－1＋Cn2n×(35)n]，·························6分因此Pn＋1－Pn＝(25)n＋2×[C0n＋1＋C1n＋2×35＋„＋Cn2n＋

1×(35)n＋Cn＋12n＋2×(35)n＋1]－(25)n＋1×[C0n＋C1n＋1×35＋„＋Cn－12n－1×(35)n－1＋Cn2n×(35)n]＝(25)n＋1×{25×[C0n＋1＋C1n＋2×35＋„＋Cn2n＋1×(35)n＋C

n＋12n＋2×(35)n＋1]－[C0n＋C1n＋1×35＋„＋Cn－12n－1×(35)n－1＋Cn2n×(35)n]}＝(25)n＋1×{(1－35)×[C0n＋1＋C1n＋2×35＋„＋Cn2n＋1×(35)n＋Cn＋12n＋2×(35)n＋1]－[C0n＋C1n＋1×35＋„＋Cn

－12n－1×(35)n－1＋Cn2n×(35)n]}＝(25)n＋1×{[C0n＋1＋C1n＋2×35＋„＋Cn2n＋1×(35)n＋Cn＋12n＋2×(35)n＋1]－[C0n＋1×35＋C1n＋2×(35)2＋„＋Cn2n＋1×(35)n＋1＋Cn＋12n＋2×(35)n＋2]－[C0n＋

C1n＋1×35＋„＋Cn－12n－1×(35)n－1＋Cn2n×(35)n]}·····································································8分＝(25)n＋1×{[C0n＋1＋C1n＋2×35＋„＋Cn2n＋

1×(35)n＋Cn＋12n＋2×(35)n＋1]－[C0n＋C1n＋2×35＋„＋＋Cn2n＋1×(35)n＋Cn2n＋1×(35)n＋1＋Cn＋12n＋2×(35)n＋2]}，则Pn＋1－Pn＝(25)n＋1×[Cn＋12n＋2×(35)n＋1－Cn2n＋1×(35)n＋1－Cn

＋12n＋2×(35)n＋2]＝(25)n＋1×(35)n＋1×(Cn＋12n＋2－Cn2n＋1－35Cn＋12n＋2)＝(25)n＋1×(35)n＋1×(Cn＋12n＋1－35Cn＋12n＋2)．因为Cn

＋12n＋1－35Cn＋12n＋2＝Cn＋12n＋1－35(Cn＋12n＋1＋Cn2n＋1)＝25Cn＋12n＋1－35Cn2n＋1＝－15Cn2n＋1，所以Pn＋1－Pn＝(25)n＋1×(35)n＋1×(

－15)×Cn2n＋1＜0，因此Pn＋1＜Pn．···············································································10分欢迎访问“”——