..>江蘇省無錫市2018屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學(xué)試題(總分值160分，考試時間120分鐘)一、填空題：本大題共14小題，每題5分，共計(jì)70分．1.集合A＝{1，3}，B＝{1，2，m}，假設(shè)A∪B＝B，則實(shí)數(shù)m＝________．2.假設(shè)復(fù)數(shù)eq\f(a＋3i,1－2i)(a∈R，i為虛數(shù)單位)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a＝________．3.*高中共有學(xué)生2800人，其中高一年級有960人，高三年級有900人，現(xiàn)采用分層抽樣的方法，抽取140人進(jìn)展體育達(dá)標(biāo)檢測，則抽取高二年級的學(xué)生人數(shù)為________．4.a，b∈{1，2，3，4，5，6}，直線l1：2*＋y－1＝0，l2：a*－by＋3＝0，則直線l1⊥l2的概率為________．5.根據(jù)如下列圖的偽代碼，當(dāng)輸入a的值為3時，最后輸出的S的值為________．6.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥BC，AB＝3，BC＝4，AA1＝5，假設(shè)三棱柱的所有頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的外表積為________．7.變量*，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*≥2，,*＋y≤4，,2*－y≤c，))目標(biāo)函數(shù)z＝3*＋y的最小值為5，則c的值為________．8.假設(shè)函數(shù)y＝cos(2*＋φ)(0<φ<π)的圖象向右平移eq\f(π,2)個單位長度后，與函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2*－\f(π,2)))的圖象重合，則φ＝________．9.等比數(shù)列{an}滿足a2a5＝2a3，且a4，eq\f(5,4)，2a7成等差數(shù)列，則a1·a2·…·an的最大值為________．10.過圓*2＋y2＝16內(nèi)一點(diǎn)P(－2，3)作兩條相互垂直的弦AB和CD，且AB＝CD，則四邊形ACBD的面積為________．11.雙曲線C：eq\f(*2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與橢圓eq\f(*2,16)＋eq\f(y2,12)＝1的焦點(diǎn)重合，離心率互為倒數(shù)，設(shè)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線C的左、右焦點(diǎn)，P為右支上任意一點(diǎn)，則eq\f(PFeq\o\al(2,1),PF2)的最小值為________．12.在平行四邊形ABCD中，AB＝4，AD＝2，∠A＝eq\f(π,3)，M為DC的中點(diǎn)，N為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)，假設(shè)|eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(NB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AN,\s\up6(→))|，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝________．13.函數(shù)f(*)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(*2＋2*－1,*2)，*≤－\f(1,2)，,log\s\do9(\f(1,2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋*,2)))，*>－\f(1,2)，))g(*)＝－*2－2*－2.假設(shè)存在a∈R，使得f(a)＋g(b)＝0，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是______________．14.假設(shè)函數(shù)f(*)＝(*＋1)2|*－a|在區(qū)間[－1，2]上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是__________________．二、解答題：本大題共6小題，共計(jì)90分．解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.(本小題總分值14分)如圖，四邊形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.(1)求證：AC⊥平面BDE；(2)求證：AC∥平面BEF.16.(本小題總分值14分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，cosA＝eq\f(3,4)，C＝2A.(1)求cosB的值；(2)假設(shè)ac＝24，求△ABC的周長．17.(本小題總分值14分)如圖，點(diǎn)C為*沿海城市的高速公路出入口，直線BD為海岸線，∠CAB＝eq\f(π,3)，AB⊥BD，eq\o(BC,\s\up8(︵))是以A為圓心，1km為半徑的圓弧形小路．該市擬修建一條從點(diǎn)C通往海岸的觀光專線eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ，其中P為eq\o(BC,\s\up8(︵))上異于點(diǎn)B，C的一點(diǎn)，PQ與AB平行，設(shè)∠PAB＝θ.(1)證明：觀光專線eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的總長度隨θ的增大而減?。?2)新建道路PQ的單位本錢是翻新道路eq\o(CP,\s\up8(︵))的單位本錢的2倍．當(dāng)θ取何值時，觀光專線eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的修建總本錢最低？請說明理由．18.(本小題總分值16分)橢圓E：eq\f(*2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\f(\r(,2),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)，A，B分別為左、右頂點(diǎn)，原點(diǎn)O到直線BD的距離為eq\f(\r(,6),3).設(shè)點(diǎn)P在第一象限，且PB⊥*軸，連結(jié)PA交橢圓于點(diǎn)C.(1)求橢圓E的方程；(2)假設(shè)三角形ABC的面積等于四邊形OBPC的面積，求直線PA的方程；(3)求過點(diǎn)B，C，P的圓的方程(結(jié)果用t表示)．19.(本小題總分值16分)數(shù)列{an}滿足eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)，n∈N*，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)假設(shè)ap，30，Sq成等差數(shù)列，ap，18，Sq成等比數(shù)列，求正整數(shù)p，q的值；(3)是否存在k∈N*，使得eq\r(,akak＋1＋16)為數(shù)列{an}中的項(xiàng)？假設(shè)存在，求出所有滿足條件的k的值；假設(shè)不存在，請說明理由．20.(本小題總分值16分)函數(shù)f(*)＝e*(3*－2)，g(*)＝a(*－2)，其中a，*∈R.(1)求過點(diǎn)(2，0)且和函數(shù)y＝f(*)的圖象相切的直線方程；(2)假設(shè)對任意*∈R，有f(*)≥g(*)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)假設(shè)存在唯一的整數(shù)*0，使得f(*0)<g(*0)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．2018屆高三年級第一次模擬考試(八)數(shù)學(xué)附加題(本局部總分值40分，考試時間30分鐘)21.解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．B.[選修42：矩陣與變換](本小題總分值10分)矩陣A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(34,ab))，假設(shè)矩陣A屬于特征值λ1的一個特征向量為a1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))，屬于特征值λ2的一個特征向量為a2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))，求矩陣A.C.[選修44：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](本小題總分值10分)在平面直角坐標(biāo)系*Oy中，直線l的參數(shù)方程是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(,3),2)t＋m))(t是參數(shù))，以原點(diǎn)為極點(diǎn)，*軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，假設(shè)圓C的極坐標(biāo)方程是ρ＝4sinθ，且直線l與圓C相交，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．22.(本小題總分值10分)*公司有A，B，C，D四輛汽車，其中A車的車牌尾號為0，B，C兩輛車的車牌尾號為6，D車的車牌尾號為5，在非限行日，每輛車都有可能出車或不出車．A，D兩輛汽車每天出車的概率為eq\f(3,4)，B，C兩輛汽車每天出車的概率為eq\f(1,2)，且四輛汽車是否出車是相互獨(dú)立的．該公司所在地區(qū)汽車限行規(guī)定如下：汽車車牌尾號車輛限行日0和5星期一1和6星期二2和7星期三3和8星期四4和9星期五(1)求該公司在星期四至少有兩輛汽車出車的概率；(2)設(shè)ζ表示該公司在星期一和星期二兩天出車的車輛數(shù)之和，求ζ的分布列和數(shù)學(xué)期望．23.(本小題總分值10分)如圖，在四棱錐PABCD中，△ABP是等邊三角形，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，E是線段AB的中點(diǎn)，PE⊥底面ABCD，DA＝AB＝2BC＝2.(1)求二面角PCDA的正弦值；(2)試在平面PCD上找一點(diǎn)M，使得EM⊥平面PCD.2018屆無錫高三年級第一次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案1.32.63.474.eq\f(1,12)5.216.50π7.58.eq\f(π,6)9.102410.1911.812.613.(－2，0)14.(－∞，－1]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))15.解析：(1)因?yàn)镈E⊥平面ABCD，所以DE⊥AC.(2分)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD.(4分)因?yàn)镈E∩BD＝D，(5分)所以AC⊥平面BDE.(6分)(2)設(shè)AC∩BD＝O，取BE的中點(diǎn)G，連結(jié)FG，OG，所以O(shè)G∥eq\f(1,2)DE且OG＝eq\f(1,2)DE.(8分)因?yàn)锳F∥DE，DE＝2AF，所以AF∥OG且AF＝OG，從而四邊形AFGO是平行四邊形，F(xiàn)G∥AO.(10分)因?yàn)镕G?平面BEF，AO?平面BEF，所以AO∥平面BEF，即AC∥平面BEF.(14分)16.解析：(1)因?yàn)閏osA＝eq\f(3,4)，所以cosC＝cos2A＝2cos2A－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1＝eq\f(1,8).(3分)在△ABC中，因?yàn)閏osA＝eq\f(3,4)，所以sinA＝eq\f(\r(,7),4).(4分)因?yàn)閏osC＝eq\f(1,8)，所以sinC＝eq\r(,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(,7),8)，(5分)所以cosB＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(9,16).(7分)(2)根據(jù)正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，所以eq\f(a,c)＝eq\f(2,3).又ac＝24，所以a＝4，c＝6.(10分)b2＝a2＋c2－2accosB＝25，b＝5.所以△ABC的周長為15.(14分)17.解析：(1)由題意，∠CAP＝eq\f(π,3)－θ，所以eq\o(CP,\s\up8(︵))＝eq\f(π,3)－θ，又PQ＝AB－APcosθ＝1－cosθ，所以觀光專線的總長度f(θ)＝eq\f(π,3)－θ＋1－cosθ＝－θ－cosθ＋eq\f(π,3)＋1，0<θ<eq\f(π,3).(3分)因?yàn)楫?dāng)0<θ<eq\f(π,3)時，f′(θ)＝－1＋sinθ<0，(5分)所以f(θ)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，即觀光專線eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的總長度隨θ的增大而減?。?6分)(2)設(shè)翻新道路的單位本錢為a(a>0)，則總本錢g(θ)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ＋2－2cosθ))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－θ－2cosθ＋\f(π,3)＋2))，0<θ<eq\f(π,3)，(8分)g′(θ)＝a(－1＋2sinθ)．(9分)令g′(θ)＝0，得sinθ＝eq\f(1,2).因?yàn)?<θ<eq\f(π,3)，所以θ＝eq\f(π,6).(10分)當(dāng)0<θ<eq\f(π,6)時，g′(θ)<0，當(dāng)eq\f(π,6)<θ<eq\f(π,3)時，g′(θ)>0，(12分)所以當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時，g(θ)最小．(13分)故當(dāng)θ＝eq\f(π,6)時，觀光專線eq\o(CP,\s\up8(︵))PQ的修建總本錢最低.(14分)18.解析：(1)因?yàn)闄E圓E：eq\f(*2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(,2),2)，所以a2＝2c2，b＝c，(1分)所以直線DB的方程為y＝－eq\f(\r(,2),2)*＋b，又O到直線BD的距離為eq\f(\r(,6),3)，所以eq\f(b,\r(,1＋\f(1,2)))＝eq\f(\r(,6),3)，所以b＝1，a＝eq\r(,2)，(3分)所以橢圓E的方程為eq\f(*2,2)＋y2＝1.(4分)(2)設(shè)P(eq\r(,2)，t)，t>0，直線PA的方程為y＝eq\f(t,2\r(,2))(*＋eq\r(,2))，(5分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(*2,2)＋y2＝1，,y＝\f(t,2\r(,2))〔*＋\r(,2)〕，))整理得(4＋t2)*2＋2eq\r(,2)t2*＋2t2－8＝0，解得*C＝eq\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)，\f(4t,4＋t2)))，(7分)因?yàn)槿切蜛BC的面積等于四邊形OBPC的面積，所以三角形AOC的面積等于三角形BPC的面積，S△AOC＝eq\f(1,2)×eq\r(,2)×eq\f(4t,4＋t2)＝eq\f(2\r(,2)t,4＋t2)，S△PBC＝eq\f(1,2)×t×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(,2)－\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)))＝eq\f(\r(,2)t3,4＋t2)，則eq\f(\r(,2)t3,4＋t2)＝eq\f(2\r(,2)t,4＋t2)，解得t＝eq\r(,2).(9分)所以直線PA的方程為*－2y＋eq\r(,2)＝0.(10分)(3)因?yàn)锽(eq\r(,2)，0)，P(eq\r(,2)，t)，C(eq\f(4\r(,2)－\r(,2)t2,4＋t2)，eq\f(4t,4＋t2))，所以BP的垂直平分線為y＝eq\f(t,2)，BC的垂直平分線為y＝eq\f(\r(,2)t,2)*－eq\f(2t,t2＋4)，所以過B，C，P三點(diǎn)的圓的圓心為(eq\f(t2＋8,\r(,2)〔t2＋4〕)，eq\f(t,2))，(12分)則過B，C，P三點(diǎn)的圓方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(*－\f(t2＋8,\r(,2)〔t2＋4〕)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(t,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(t4,2〔t2＋4〕2)＋eq\f(t2,4)，(14分)即所求圓方程為*2－eq\f(\r(,2)t2＋8\r(,2),t2＋4)*＋y2－ty＋eq\f(8,t2＋4)＝0.(16分)19.解析：(1)因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)，n∈N*，所以當(dāng)n＝1時，1－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,a1)，a1＝2，(1分)當(dāng)n≥2時，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an)))＝eq\f(1,an)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a2)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,an－1)))＝eq\f(1,an－1)，兩式相除可得1－eq\f(1,an)＝eq\f(an－1,an)，即an－an－1＝1(n≥2)，所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列.于是，an＝n＋1.(4分)(2)因?yàn)閍p，30，Sq成等差數(shù)列，ap，18，Sq成等比數(shù)列，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＋Sq＝60，,apSq＝182，))于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝6，,Sq＝54))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝54，,Sq＝6.))(7分)當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝6，,Sq＝54))時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋1＝6，,\f(〔q＋3〕q,2)＝54，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝5，,q＝9，))當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ap＝54，,Sq＝6))時，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋1＝54，,\f(〔q＋3〕q,2)＝6，))無正整數(shù)解，所以p＝5，q＝9.(10分)(3)假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)k，使得eq\r(,akak＋1＋16)＝am(m∈N*)，則eq\r(,〔k＋1〕〔k＋2〕＋16)＝m＋1，平方并化簡得(2m＋2)2－(2k＋3)2＝63，(11分)則(2m＋2k＋5)(2m－2k－1)＝63，(12分)所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝63，,2m－2k－1＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝21，,2m－2k－1＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2m＋2k＋5＝9，,2m－2k－1＝7，))(4分)解得m＝15，k＝14或m＝5，k＝3或m＝3，k＝－1(舍去)，綜上所述，k＝3或14.(16分)20.解析：(1)設(shè)切點(diǎn)為(*0，y0)，f′(*)＝e*(3*＋1)，則切線斜率為e*0(3*0＋1)，所以切線方程為y－y0＝e*0(3*0＋1)(*－*0)，因?yàn)榍芯€過(2，0)，所以－e*0(3*0－2)＝e*0(3*0＋1)(2－*0)，化聞得3*eq\o\al(2,0)－8*0＝0，解得*0＝0或*0＝eq\f(8,3).(3分)當(dāng)*0＝0時，切線方程為y＝*－2，(4分)當(dāng)*0＝eq\f(8,3)時，切線方程為y＝9eeq\s\up6(\f(8,3))*－18eeq\s\up6(\f(8,3)).(5分)(2)由題意，對任意*∈R有e*(3*－2)≥a(*－2)恒成立，①當(dāng)*∈(－∞，2)時，a≥eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)?a≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(e*〔3*－2〕,*－2)))eq\s\do7(ma*)，令F(*)＝eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)，則F′(*)＝eq\f(e*〔3*2－8*〕,〔*－2〕2)，令F′(*)＝0得*＝0，*(－∞，0)0(0，2)F′(*)＋0－F(*)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減F(*)ma*＝F(0)＝1，故此時a≥1.(7分)②當(dāng)*＝2時，恒成立，故此時a∈R.(8分)③當(dāng)*∈(2，＋∞)時，a≤eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)?a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(e*〔3*－2〕,*－2)))eq\s\do7(min)，令F′(*)＝0?*＝eq\f(8,3)，*eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(8,3)))eq\f(8,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，＋∞))F′(*)－0＋F(*)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增F(*)min＝Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\s\up6(\f(8,3))，故此時a≤9eeq\s\up6(\f(8,3)).綜上1≤a≤9eeq\s\up6(\f(8,3)).(10分)(3)因?yàn)閒(*)<g(*)，即e*(3*－2)<a(*－2)，由(2)知a∈(－∞，1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9e\s\up6(\f(8,3))，＋∞))，令F(*)＝eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)，則*(－∞，0)0(0，2)(2，eq\f(8,3))eq\f(8,3)(eq\f(8,3)，＋∞)F′(*)＋0－－0＋F(*)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減單調(diào)遞減極大值單調(diào)遞增(12分)當(dāng)*∈(－∞，2)，存在唯一的整數(shù)*0使得f(*0)<g(*0)，等價(jià)于a<eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)存在唯一的整數(shù)*0成立，因?yàn)镕(0)＝1最大，F(xiàn)(－1)＝eq\f(5,3e)，F(xiàn)(1)＝－eq\f(1,e)，所以當(dāng)a<eq\f(5,3e)時，至少有兩個整數(shù)成立，所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1)).(14分)當(dāng)*∈(2，＋∞)，存在唯一的整數(shù)*0使得f(*0)<g(*0)，等價(jià)于a>eq\f(e*〔3*－2〕,*－2)存在唯一的整數(shù)*0成立，因?yàn)镕eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))＝9eeq\s\up6(\f(8,3))；最小，且F(3)＝7e3，F(xiàn)(4)＝5e4，所以當(dāng)a>5e4時，至少有兩個整數(shù)成立，所以當(dāng)a≤7e3時，沒有整數(shù)成立，所有a∈(7e3，5e4].綜上：a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3e)，1))∪(7e3，5e4].(16分)21.解析：由矩陣A屬于特征值λ1的一個特征向量為a1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))可得，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,4,a,b)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))＝λ1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－2)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－8＝λ1，,a－2b＝－2λ1，))(2分)得a＝2b＝10，由矩陣A屬于特征值λ2的一個特征向量為a2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))，可得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,4,a,b)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))＝λ2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2,－3)))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6－12＝2λ2，,2a－3b＝－3λ2，))(6分)得2a－3b＝9，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－12，,b＝－11，))即A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(3,4,－12,－11)))，(10分)22.解析：由ρ＝4sinθ，得ρ2＝4ρsinθ，所以*2＋y2＝4*，即圓C的方程為*2＋(y－2)2＝4，(3分)又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(*＝\f(1,2)t，,y＝\f(\r(,3),2)t＋m，))消去t，得eq\r(,3)*－y＋m＝0，(6分)由直線l與圓C相交，所以eq\f(|m－2|,2)<2，即－2<m<6.(10分)23.解析：(1)記該公司在星期四至少有兩輛汽車出車為事件A，則A為該公司在星期四最多有一輛汽車出車．P(A)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,64).∴P(A)＝1－P(A)＝eq\f(55,64).(3分)答：該公司在星期四至少有兩輛汽車出行的概率為eq\f(55,64).(2)由題意，ζ的可能值為0，1，2，3，4，P(ζ＝0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,64)；P(ζ＝1)＝Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8)；P(ζ＝2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,32)；P(ζ＝3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)Ceq\o\al(1,2)eq\b\lc\(\rc