江蘇省南通、徐州、揚州、泰州、淮安、宿遷六市2018屆高三第二次調(diào)研數(shù)學(xué)試題

江蘇省南通、徐州、揚州、泰州、淮安、宿遷六市2018屆高三第二次調(diào)研數(shù)學(xué)試題江蘇省南通、徐州、揚州、泰州、淮安、宿遷六市2018屆高三第二次調(diào)研數(shù)學(xué)試題江蘇省南通、徐州、揚州、泰州、淮安、宿遷六市2018屆高三第二次調(diào)研數(shù)學(xué)試題資料僅供參考文件編號：2022年4月江蘇省南通、徐州、揚州、泰州、淮安、宿遷六市2018屆高三第二次調(diào)研數(shù)學(xué)試題版本號：A修改號：1頁次：1.0審核：批準(zhǔn):發(fā)布日期：2018屆高三模擬考試試卷(十三)數(shù)學(xué)2018．3(滿分160分，考試時間120分鐘)參考公式：柱體的體積公式V柱體＝Sh，其中S為柱體的底面積，h為高．一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．1.已知集合U＝{－1，0，1，2，3}，A＝{－1，0，2}，則?UA＝________．2.已知復(fù)數(shù)z1＝a＋i，z2＝3－4i，其中i為虛數(shù)單位．若eq\f(z1,z2)為純虛數(shù)，則實數(shù)a的值為________．3.某班40名學(xué)生參加普法知識競賽，成績都在區(qū)間[40，100]上，其頻率分布直方圖如圖所示，則成績不低于60分的人數(shù)為________．(第3題)(第4題)4.如圖是一個算法流程圖，則輸出的S的值為________．5.在長為12cm的線段AB上任取一點C，以線段AC，BC為鄰邊作矩形，則該矩形的面積大于32cm2的概率為________．6.在△ABC中，已知AB＝1，AC＝eq\r(2)，B＝45°，則BC的長為________．7.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知雙曲線C與雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1有公共的漸近線，且經(jīng)過點P(－2，eq\r(3))，則雙曲線C的焦距為________．8.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知角α，β的始邊均為x軸的非負(fù)半軸，終邊分別經(jīng)過點A(1，2)，B(5，1)，則tan(α－β)的值為________．9.設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若S3，S9，S6成等差數(shù)列，且a8＝3，則a5的值為________．10.已知a，b，c均為正數(shù)，且abc＝4(a＋b)，則a＋b＋c的最小值為________．11.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若動圓C上的點都在不等式組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤3，,x－\r(3)y＋3≥0，,x＋\r(3)y＋3≥0))表示的平面區(qū)域內(nèi)，則面積最大的圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為______________．12.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－x－\f(1,2)，x＞0，,x3－3mx－2，x≤0))(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))有3個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是________．13.在平面四邊形ABCD中，已知AB＝1，BC＝4，CD＝2，DA＝3，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))的值為________．14.已知a為常數(shù)，函數(shù)f(x)＝eq\f(x,\r(a－x2)－\r(1－x2))的最小值為－eq\f(2,3)，則a的所有值為________．二、解答題：本大題共6小題，共90分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．15.(本小題滿分14分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)向量a＝(cosα，sinα)，b＝(－sinβ，cosβ)，c＝(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))．(1)若|a＋b|＝|c|，求sin(α－β)的值；(2)設(shè)α＝eq\f(5π,6)，0＜β＜π，且a∥(b＋c)，求β的值．16.(本小題滿分14分)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC，點E，F(xiàn)分別在棱BB1，CC1上(均異于端點)，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1.求證：(1)平面AEF⊥平面BB1C1C；(2)BC∥平面AEF.17.(本小題滿分14分)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，B1，B2是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的短軸端點，P是橢圓上異于點B1，B2的一動點．當(dāng)直線PB1的方程為y＝x＋3時，線段PB1的長為4eq\r(2).(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點Q滿足：QB1⊥PB1，QB2⊥PB2.求證：△PB1B2與△QB1B2的面積之比為定值．18.(本小題滿分16分)將一鐵塊高溫融化后制成一張厚度忽略不計、面積為100dm2的矩形薄鐵皮(如圖)，并沿虛線l1，l2裁剪成A，B，C三個矩形(B，C全等)，用來制成一個柱體．現(xiàn)有兩種方案：方案①：以l1為母線，將A作為圓柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個圓形作為圓柱的兩個底面；方案②：以l2為側(cè)棱，將A作為正四棱柱的側(cè)面展開圖，并從B，C中各裁剪出一個正方形(各邊分別與l1或l2垂直)作為正四棱柱的兩個底面．(1)設(shè)B，C都是正方形，且其內(nèi)切圓恰為按方案①制成的圓柱的底面，求底面半徑；(2)設(shè)l1的長為xdm，則當(dāng)x為多少時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大？

19.(本小題滿分16分)設(shè)等比數(shù)列a1，a2，a3，a4的公比為q，等差數(shù)列b1，b2，b3，b4的公差為d，且q≠1，d≠0.記ci＝ai＋bi(i＝1，2，3，4)．(1)求證：數(shù)列c1，c2，c3不是等差數(shù)列；(2)設(shè)a1＝1，q＝2.若數(shù)列c1，c2，c3是等比數(shù)列，求b2關(guān)于d的函數(shù)關(guān)系式及其定義域；(3)數(shù)列c1，c2，c3，c4能否為等比數(shù)列？并說明理由．

20.(本小題滿分16分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x－asinx(a＞0)．(1)若函數(shù)y＝f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)設(shè)a＝eq\f(1,2)，g(x)＝f(x)＋blnx＋1(b∈R，b≠0)，g′(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù)．①若對任意的x＞0，g′(x)＞0，求證：存在x0，使g(x0)＜0；②若g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，求證：x1x2＜4b2.2018屆高三模擬考試試卷(十三)數(shù)學(xué)附加題(滿分40分，考試時間30分鐘)21.【選做題】在A，B，C，D四小題中只能選做2題，每小題10分，共20分．若多做，則按作答的前兩題計分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．A.(選修41：幾何證明選講)如圖，A，B，C是圓O上的3個不同的點，半徑OA交弦BC于點D.求證：DB·DC＋OD2＝OA2.B.(選修42：矩陣與變換)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知A(0，0)，B(3，0)，C(2，2)．設(shè)變換T1，T2對應(yīng)的矩陣分別為M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(1,0,0,2)))，矩陣N＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(2,0,0,1)))，求對△ABC依次實施變換T1，T2后所得圖形的面積．C.(選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程)在極坐標(biāo)系中，求以點P(2，eq\f(π,3))為圓心且與直線l：ρsin(θ－eq\f(π,3))＝2相切的圓的極坐標(biāo)方程．D.(選修45：不等式選講)已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝eq\f(1,2)，求證：eq\f(1－a＋c,\r(c)（\r(a)＋2\r(b)）)≥2.【必做題】第22，23題，每小題10分，共20分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．22.在某公司舉行的年終慶典活動中，主持人利用隨機抽獎軟件進行抽獎：由電腦隨機生成一張如圖所示的3×3表格，其中1格設(shè)獎300元，4格各設(shè)獎200元，其余4格各設(shè)獎100元，點擊某一格即顯示相應(yīng)金額．某人在一張表中隨機不重復(fù)地點擊3格，記中獎總金額為X元．(1)求概率P(X＝600)；(2)求X的概率分布及數(shù)學(xué)期望E(X)．23.已知(1＋x)2n＋1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n＋1x2n＋1，n∈N*.記Tn＝(2k＋1)an－k.(1)求T2的值；(2)化簡Tn的表達(dá)式，并證明：對任意的n∈N*，Tn都能被4n＋2整除．2018屆高三模擬考試試卷(十三)(六市聯(lián)考)數(shù)學(xué)參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)1.{1，3}2.eq\f(4,3)3.304.1255.eq\f(1,3)6.eq\f(\r(2)＋\r(6),2)7.4eq\r(3)8.eq\f(9,7)9.－610.811.(x－1)2＋y2＝412.(1，＋∞)13.1014.4，eq\f(1,4)15.解：(1)因為a＝(cosα，sinα)，b＝(－sinβ，cosβ)，c＝(－eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2))，所以|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝－cosαsinβ＋sinαcosβ＝sin(α－β)．(3分)因為|a＋b|＝|c|，所以|a＋b|2＝c2，即a2＋2a·b＋b2＝1，所以1＋2sin(α－β)＋1＝1，即sin(α－β)＝－eq\f(1,2).(6分)(2)因為α＝eq\f(5π,6)，所以a＝(－eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))．故b＋c＝(－sinβ－eq\f(1,2)，cosβ＋eq\f(\r(3),2))．(8分)因為a∥(b＋c)，所以－eq\f(\r(3),2)(cosβ＋eq\f(\r(3),2))－eq\f(1,2)(－sinβ－eq\f(1,2))＝0.化簡得eq\f(1,2)sinβ－eq\f(\r(3),2)cosβ＝eq\f(1,2)，所以sin(β－eq\f(π,3))＝eq\f(1,2).(12分)因為0<β<π，所以－eq\f(π,3)<β－eq\f(π,3)<eq\f(2π,3).所以β－eq\f(π,3)＝eq\f(π,6)，即β＝eq\f(π,2).(14分)16.證明：(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1∥CC1.因為AF⊥CC1，所以AF⊥BB1.(2分)又AE⊥BB1，AE∩AF＝A，AE，AF?平面AEF，所以BB1⊥平面AEF.(5分)因為BB1?平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C.(7分)(2)因為AE⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE＝∠ACF，AB＝AC，所以Rt△AEB≌Rt△AFC.所以BE＝CF.(9分)又由(1)知，BE∥CF，所以四邊形BEFC是平行四邊形．故BC∥EF.(11分)又BC?平面AEF，EF?平面AEF，所以BC∥平面AEF.(14分)17.解：設(shè)P(x0，y0)，Q(x1，y1)．(1)在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，從而b＝3.(2分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,9)＝1，,y＝x＋3))得eq\f(x2,a2)＋eq\f(（x＋3）2,9)＝1，所以x0＝－eq\f(6a2,9＋a2).(4分)因為PB1＝eq\r(xeq\o\al(2,0)＋（y0－3）2)＝eq\r(2)|x0|,所以4eq\r(2)＝eq\r(2)·eq\f(6a2,9＋a2)，解得a2＝18.所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(6分)(2)(方法1)直線PB1的斜率為kPB1＝eq\f(y0－3,x0)，由QB1⊥PB1，所以直線QB1的斜率為kQB1＝－eq\f(x0,y0－3).于是直線QB1的方程為y＝－eq\f(x0,y0－3)x＋3.同理，QB2的方程為y＝－eq\f(x0,y0＋3)x－3.(8分)聯(lián)立兩直線方程，消去y，得x1＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－9,x0).(10分)因為P(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),18)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1，從而yeq\o\al(2,0)－9＝－eq\f(xeq\o\al(2,0),2).所以x1＝－eq\f(x0,2).(12分)所以eq\f(S△PB1B2,S△QB1B2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,x1)))＝2.(14分)(證法2)設(shè)直線PB1，PB2的斜率為k，k′，則直線PB1的方程為y＝kx＋3.由QB1⊥PB1，直線QB1的方程為y＝－eq\f(1,k)x＋3.將y＝kx＋3代入eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1，得(2k2＋1)x2＋12kx＝0，因為P是橢圓上異于點B1，B2的點，所以x0≠0，從而x0＝－eq\f(12k,2k2＋1).(8分)因為P(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),18)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1，從而yeq\o\al(2,0)－9＝－eq\f(xeq\o\al(2,0),2).所以k·k′＝eq\f(y0－3,x0)·eq\f(y0＋3,x0)＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－9,xeq\o\al(2,0))＝－eq\f(1,2)，得k′＝－eq\f(1,2k).(10分)由QB2⊥PB2，所以直線QB2的方程為y＝2kx－3.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x＋3，,y＝2kx－3))則x＝eq\f(6k,2k2＋1)，即x1＝eq\f(6k,2k2＋1).(12分)所以eq\f(S△PB1B2,S△QB1B2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,x1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－\f(12k,2k2＋1),\f(6k,2k2＋1))))＝2.(14分)18.解：(1)設(shè)所得圓柱的半徑為rdm,則(2πr＋2r)×4r＝100，(4分)解得r＝eq\f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）).(6分)(2)設(shè)所得正四棱柱的底面邊長為adm，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤\f(x,2)，,a≤\f(100,x)－4a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤\f(x,2)，,a≤\f(20,x).))(9分)(方法1)所得正四棱柱的體積V＝a2x≤eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x3,4)，0<x≤2\r(10)，,\f(400,x)，x>2\r(10).))(11分)記函數(shù)p(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x3,4)，0<x≤2\r(10)，,\f(400,x)，x>2\r(10)，))則p(x)在(0，2eq\r(10)]上單調(diào)遞增，在[2eq\r(10)，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝2eq\r(10)時，pmax(x)＝20eq\r(10).所以當(dāng)x＝2eq\r(10)，a＝eq\r(10)時，Vmax＝20eq\r(10)(dm3)．(14分)(方法2)2a≤x≤eq\f(20,a)，從而a≤eq\r(10).(11分)所得正四棱柱的體積V＝a2x≤a2(eq\f(20,a))＝20a≤20eq\r(10).所以當(dāng)a＝eq\r(10)，x＝2eq\r(10)時，Vmax＝20eq\r(10)(dm3)．(14分)答：(1)圓柱的底面半徑為eq\f(5\r(2（π＋1）),2（π＋1）)dm；(2)當(dāng)x為2eq\r(10)時，能使按方案②制成的正四棱柱的體積最大．(16分)【評分說明】①直接“由x·(2x＋eq\f(x,2))＝100得x＝2eq\r(10)時正四棱柱的體積最大”給2分；②方法1中的求解過程要體現(xiàn)V≤p(x)≤2eq\r(10)，凡寫成V＝p(x)≤2eq\r(10)的最多得5分，其他類似解答參照給分．19.(1)證明：假設(shè)數(shù)列c1，c2，c3是等差數(shù)列，則2c2＝c1＋c3，即2(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3)．因為b1，b2，b3是等差數(shù)列，所以2b2＝b1＋b3，從而2a2＝a1＋a3.(2分)因為a1，a2，a3是等比數(shù)列，所以aeq\o\al(2,2)＝a1a3.所以a1＝a2＝a3，這與q≠1矛盾，從而假設(shè)不成立．所以數(shù)列c1，c2，c3不是等差數(shù)列．(4分)(2)解：因為a1＝1，q＝2，所以an＝2n－1.因為ceq\o\al(2,2)＝c1c3，所以(2＋b2)2＝(1＋b2－d)(4＋b2＋d)，即b2＝d2＋3d.(6分)由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，所以d≠－1且d≠－2.又d≠0，所以b2＝d2＋3d，定義域為{d∈R|d≠－1，d≠－2，d≠0}．(8分)(3)解：(解法1)設(shè)c1，c2，c3，c4成等比數(shù)列，其公比為q1，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋b1＝c1①，,a1q＋b1＋d＝c1q1②，,a1q2＋b1＋2d＝c1qeq\o\al(2,1)③，,a1q3＋b1＋3d＝c1qeq\o\al(3,1)④.))(10分)將①＋③－2×②，得a1(q－1)2＝c1(q1－1)2⑤，將②＋④－2×③，得a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2⑥，(12分)因為a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1.由⑤⑥得q＝q1，從而a1＝c1.(14分)代入①得b1＝0.再代入②得d＝0，與d≠0矛盾．所以c1，c2，c3，c4不成等比數(shù)列．(16分)(解法2)假設(shè)數(shù)列c1，c2，c3，c4是等比數(shù)列，則eq\f(c2,c1)＝eq\f(c3,c2)＝eq\f(c4,c3).(10分)所以eq\f(c3－c2,c2－c1)＝eq\f(c4－c3,c3－c2)，即eq\f(a3－a2＋d,a2－a1＋d)＝eq\f(a4－a3＋d,a3－a2＋d).兩邊同時減1，得eq\f(a3－2a2＋a1,a2－a1＋d)＝eq\f(a4－2a3＋a2,a3－a2＋d).(12分)因為等比數(shù)列a1，a2，a3，a4的公比為q(q≠1)，所以eq\f(a3－2a2＋a1,a2－a1＋d)＝eq\f(q（a3－2a2＋a1）,a3－a2＋d).又a3－2a2＋a1＝a1(q－1)2≠0，所以q(a2－a1＋d)＝a3－a2＋d，即(q－1)d＝0.(14分)這與q≠1，且d≠0矛盾，所以假設(shè)不成立．所以數(shù)列c1，c2，c3，c4不能為等比數(shù)列．(16分)20.(1)解：由題意，f′(x)＝1－acosx≥0對x∈R恒成立．因為a>0，所以eq\f(1,a)≥cosx對x∈R恒成立．因為(cosx)max＝1，所以eq\f(1,a)≥1，從而0<a≤1.(3分)(2)證明：①g(x)＝x－eq\f(1,2)sinx＋blnx＋1，所以g′(x)＝1－eq\f(1,2)cosx＋eq\f(b,x).若b<0，則存在－eq\f(b,2)>0，使g′(－eq\f(b,2))＝－1－eq\f(1,2)cos(－eq\f(b,2))<0，不合題意，所以b>0.(5分)取x0＝e－eq\f(3,b)，則0<x0<1.此時g(x0)＝x0－eq\f(1,2)sinx0＋blnx0＋1<1＋eq\f(1,2)＋blne－eq\f(3,b)＋1＝－eq\f(1,2)<0.所以存在x0>0，使g(x0)<0.(8分)②依題意，不妨設(shè)0<x1<x2，令eq\f(x2,x1)＝t，則t>1.由(1)知函數(shù)y＝x－sinx單調(diào)遞增，所以x2－sinx2>x1－sinx1.從而x2－x1>sinx2－sinx1.(10分)因為g(x1)＝g(x2)，所以x1－eq\f(1,2)sinx1＋blnx1＋1＝x2－eq\f(1,2)sinx2＋blnx2＋1，所以－b(lnx2－lnx1)＝x2－x1－eq\f(1,2)(sinx2－sinx1)>eq\f(1,2)(x2－x1)，所以－2b>eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>0.(12分)下面證明eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)>eq\r(x1x2)，即證明eq\f(t－1,lnt)>eq\r(t)，只要證明lnt－eq\f(t－1,\r(t))<0(*)．設(shè)h(t)＝lnt－eq\f(t－1,\r(t))(t>1)，所以h′(t)＝eq\f(－（\r(t)－1）2,2t\r(t))<0在(1，＋∞)上恒成立．所以h(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(t)<h(1)＝0，從而(*)得證．所以－2b>eq\r(x1x2)，即x1x2<4b2.(16分)2018屆高三模擬考試試卷(十三)(六市聯(lián)考)數(shù)學(xué)附加題參考答案及評分標(biāo)準(zhǔn)21.A.證明：延長AO交圓O于點E，則BD·DC＝DE·DA＝(OD＋OE)·(OA－OD)．(5分)因為OE＝OA，所以DB·DC＝(OA＋OD)·(OA－OD)＝OA2－OD2.所以DB·DC＋OD2＝OA2.(10分)B.解：依題意，依次實施變換T1，T2所對應(yīng)的矩陣NM＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,01))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(10,02))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02)).(5分)則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0,0))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,0))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6,0))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(20,02))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4,4)).所以A(0，0)，B(3，0)，C(2，2)分別變?yōu)辄cA′(0，0)，B′(6，0)，C′(4，4)．從而所得圖形的面積為eq\f(1,2)×6×4＝12.(10分)C.解：以極點為原點，極軸為x軸的非負(fù)半軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy.則點P的直角坐標(biāo)為(1，eq\r(3))．(2分)將直線l：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝2的方程變形為ρsinθcoseq\f(π,3)－ρcosθsineq\f(π,3)＝2，化為普通方程，得eq\r(3)x－y＋4＝0.(5分)所以P(1，eq\r(3))到直線l：eq\r(3)x－y＋4＝0的距離為eq\f(4,\r(（\r(3)）2＋（－1）2))＝2.故所求圓的普通方程為(x－1)2＋(y－eq\r(3))2＝4.(8分)化為極坐標(biāo)方程，得ρ＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6))).(10分)D.證明：因為a，b，c為正實數(shù)，所以eq\f(1－a＋c,\r(c)（\r(a)＋2\r(b)）)＝eq\f(a＋2b＋3c,\r(c)（\r(a)＋2\r(b)）)＝eq\f(（a＋c）＋2（b＋c）,\r(ac)＋2\r(bc))≥eq\f(2\r(ac)＋4\r(bc),\r(ac)＋2\r(bc))＝2(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c取“＝”)．(10分)22.解：(1)從3×3表格中隨機不重復(fù)地點擊3格，共有Ceq\o\al(3,9)種不同情形，則事件“X＝600”包含兩類情形：第一類是3格各得獎200元；第二類是1格得獎300元，1格得獎20