【文档说明】江苏省南京师范大学附属中学2020届高三下学期六月押题数学试卷含附加题含答案.docx，共(15)页，191.316 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省南师附中2020届高三模拟考试试卷(2020．6)数学(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝1n(xi－x)2，其中x＝1nxi.锥体的体积V＝13Sh，其中S是锥体的底面积，h是锥体的高．球体的表面积S＝4πr2，其中r是球体的半径．一、

填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.已知集合A＝{x||x|≤1，x∈Z}，B＝{x|－1，0，1，6}，则A∩B＝________．2.已知复数z＝(1－2i)(a＋i)，其中i是虚数单位．若z的实部为0，则实

数a的值为________．3.样本数据6，7，10，14，8，9的方差是________．4.右图是一个算法流程图，若输入的x的值为1，则输出S的值为________．5.将一颗质地均匀的骰子(一种各个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点的正方体玩具)先后抛郑2次，则出

现向上的点数之和为6的倍数的概率是________．6.已知函数y＝sin(2x＋φ)(－π2＜φ＜π2)的图象关于点(2π3，0)对称，则φ的值是________．7.已知P­ABC是正三棱锥，其外接球O的表面积为16π，且∠APO＝∠BPO＝∠CPO＝30°，则该三棱锥的体积为

________．8.若双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为3，则抛物线y＝14x2的焦点到双曲线C的渐近线距离为________．9.已知函数f(x)＝sinx＋2x＋x3.若f(a

－6)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．10.设等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＋a2＋a5＝47，a3＋a4＝28.若存在正整数k，使得对任意的n∈N*都有Sn≤Sk恒成立，则k的值为

________．11.已知圆O：x2＋y2＝m(m＞0)，直线l：x＋2y＝10与x轴，y轴分别交于A，B两点．若圆O上存在点P使得△PAB的面积为252，则实数m的最小值为________．12.已知点G为△ABC的重心，点D，E，F分别为AB，BC，CA的中点．若AB→·GD→＝6，

AC→·GF→＝32，则BC→·GE→＝________．13.已知函数f(x)＝a|x|，g(x)＝lnx，x＞0，－x＋116，x≤0.若关于x的方程f(x)＝g(x)有3个不同的实数根，则实数a的取值集合为_

_______．14.在锐角三角形ABC中，已知cos2B＋cos2Asin2B＝4cos2Acos2B，则sin2Asin2B4cos2C＋2sin2Asin2B的取值范围是________．二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答时应写出

必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.(本小题满分14分)如图，在△ABC中，已知sin2A－2sinA·sinC＝sin2(A＋C)－sin2C.(1)求cos(B＋π3)的值；(2)若D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7

，DC＝3，求AB的长．16.(本小题满分14分)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C为菱形，且AB＝BC1，点E，F分别为BB1，A1C1的中点．求证：(1)平面AA1C1C⊥平面A1BC；(2)E

F∥平面A1BC.17.(本小题满分14分)某处有一块闲置用地，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧AB︵和两条线段AC，BC构成．已知圆心O在线段AC上，现测得圆O半径为2百米，∠AOB＝2π3，BC⊥AC

.现规划在这片闲置用地内划出一片梯形区域用于商业建设，该梯形区域的下底为AC，上底为MN，点M在圆弧AD︵(点D在圆弧AB︵上，且OD⊥OA)上，点N在圆弧BD︵上或线段BC上．设∠AOM＝θ.(1)将梯形ACNM的面积表示为θ的函数；(2)当θ为何值时，梯形ACNM的面积最

大？求出最大面积．18.(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，其右焦点F到其右准线的距离为1，离心率为22，A，B分别为椭圆Γ的上、下顶点，过点F且不与x轴重合的直线l与椭圆Γ交于C

，D两点，与y轴交于点P，直线AC与BD交于点Q.(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)当CD＝852时，求直线l的方程；(3)求证：OP→·OQ→为定值．19.(本小题满分16分)设f(x)＝a(x－1)2－ex＋ex，g(x)＝ex

(x－1)＋12ax2－(a＋e)x，a∈R，其中e为自然对数的底数(e＝2.7182…)．(1)当a＝e时，求g(x)在(1，g(1))处的切线方程；(2)设F(x)＝f(x)＋g(x)，求F(x)的

单调区间；(3)当≥1时，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围．20.(本小题满分16分)已知{an}是各项均为正数的无穷数列，且满足a1＝a，an＋1－an＝d（an＋1＋an）.(1)若d＝1，a3＝6，求a的值；(2)设数列{bn}满足bn＝an＋1－an，其前n项

的和为Sn.①求证：{bn}是等差数列；②若对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Sn＝bm成立．求证：Sn≤(2n－1)b1.江苏省南师附中2020届高三模拟考试试卷数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21.【选做题】在A，B，C三小题中只能选做两题

，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．A.(选修42：矩阵与变换)已知矩阵A＝2a2b，点P(3，－1)在矩阵A对应的变换作用下得到点P′(3，5)．(1)

求a和b的值；(2)求矩阵A的特征值．B.(选修44：坐标系与参数方程)在极坐标系中，直线l的方程为ρsin(θ－π6)＝a，曲线C的方程为ρ＝4cosθ.若直线l与曲线C相切，求实数a的值．C.(选修45：不等式选讲)已知a，b，c为正实数，求ab＋c＋bc＋a＋2ca

＋b的最小值．【必做题】第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22.某校举办的体育节设有投篮项目．该项目规定：每位同学仅有三次投篮机会，其中前两次投篮每投

中一次得1分，第三次投篮投中得2分，若不中不得分，投完三次后累计总分．(1)若甲同学每次投篮命中的概率为25，且相互不影响，记甲同学投完三次后的总分为X，求随机变量X的概率分布列；(2)若(1)中的甲同学邀请乙同学一起参加投篮项目，已知乙同学每次投篮命中的

概率为12，且相互不影响，甲、乙两人之间互不干扰．求甲同学的总分低于乙同学的总分的概率．23.在空间直角坐标系中，有一只电子蜜蜂从坐标原点O出发，规定电子蜜蜂只能沿着坐标轴方向或与坐标轴平行的方向行进，每一步只能行进1个单位长度，若设定该电子蜜蜂从坐标原点O出发行进到点P(x，y，z)(x，y，

z∈N)经过最短路径的不同走法的总数为f(x，y，z)．(1)求f(1，1，1)，f(2，2，2)和f(n，n，n)(n∈N*)；(2)当n∈N*，试比较f(n，n，n)与（4n＋1）2n4n·（n！）2的大小，并说明理由．江苏省南师附中2020届高三模拟考试试卷数学

参考答案及评分标准1.{－1，0，1}2.－23.2034.1005.166.－π37.9438.139.－2，3210.1011.512.－9213.12，2e14.[613，12)15.解：(1)因为A＋B＋C＝π，sin2

A－2sinA·sinC＝sin2(A＋C)－sin2C，所以由正弦定理可知BC2－2BC·AB＝AC2－AB2，BC2＋AB2－AC2＝2BC·AB，(2分)cosB＝BC2＋AB2－AC22BC·AB＝2

2.因为在△ABC中，B∈(0，π)，所以B＝π4.(5分)所以cos(B＋π3)＝cosBcosπ3－sinBsinπ3＝22×12－22×32＝2－64.(7分)(2)由余弦定理可知，在△ACD中，cosC＝

DC2＋AC2－AD22AC·DC＝32＋72－522×7×3＝114，(9分)因为C∈(0，π)，所以sinC＞0，sinC＝1－cos2C＝1－（114）2＝5314.(11分)由正弦定理可知，在△ABC中，ABsinC

＝ACsinB，所以AB5314＝722，所以AB＝562.(14分)16.证明：(1)连结AC1交A1C于O点，连结BO.在△ABC1中，因为AB＝BC1，所以BO⊥AC1.(2分)因为侧面AA1C1C为菱形，所以对

角线A1C⊥AC1.(4分)因为BO∩A1C＝O，BO，A1C⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC.(6分)因为AC1⊂平面AA1C1C，所以平面AA1C1C⊥平面A1BC.(7分)(2)连结FO，因为侧面AA1C1C为菱

形，所以对角线互相平分，点O为A1C的中点．因为点F为A1C1的中点，所以在△A1CC1中，FO∥CC1，FO綊12CC1，(9分)在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱BB1綊CC1，又点E为BB1的中

点，所以BE綊12CC1.又FO綊12CC1，所以BE綊FO，四边形BEFO是平行四边形，(12分)所以EF∥BO.因为EF⊄平面A1BC，BO⊂平面A1BC，所以EF∥平面A1BC.(14分)17.解：(1)因为点M在圆弧

AD︵上，OD⊥OA，当点M分别与点A，D重合时，梯形不存在，所以θ∈(0，π2)．过点B作BB′∥CA，且BB′交圆弧AD︵于点B′，连结B′O，因为OD⊥OA，所以BB′⊥OD.由垂径定理可知OD垂直

平分BB′，因此∠B′OD＝∠BOD＝∠AOB－∠AOD＝2π3－π2＝π6，∠AOB′＝∠AOD－∠B′OD＝π2－π6＝π3，因此，当θ∈(π3，π2)时，点N在圆弧BD︵上，当θ∈(0，π3]上时，

点N在线段BC上．设OD∩MN＝H，①当θ∈(π3，π2)时，因为MN∥CA，所以∠HMO＝∠AOM＝θ.又OD⊥OA，所以MN⊥OD.由垂径定理可知HM＝HN，在Rt△OHM中，HM＝OMcos∠OMH＝2cosθ，HO＝

OMsin∠OMH＝2sinθ，BC⊥AC，所以在Rt△OBC中，∠COB＝π－∠AOB＝π－2π3＝π3，CO＝OBcos∠BOC＝2cosπ3＝1，所以梯形ACNM的面积S(θ)＝12OH·(MN＋AC)＝12OH

·(2MH＋AO＋OC)＝sinθ(4cosθ＋3)，(4分)②当θ∈(0，π3]时，因为BC⊥AC，OD⊥OC，MN⊥OD，所以四边形OCNH为矩形，故NH＝OC＝1，所以梯形ACNM的面积S(θ)＝12OH·(MN＋A

C)＝12OH·(MH＋NH＋AO＋OC)＝2sinθ(cosθ＋2)．(6分)综上，S(θ)＝2sinθ（cosθ＋2），θ∈（0，π3]，sinθ（4cosθ＋3），θ∈（π3，π2）.(7分)(2)①当θ∈(π3，π2)时，S

(θ)＝sinθ(4cosθ＋3)，S′(θ)＝cosθ(4cosθ＋3)＋sinθ(－4sinθ)＝8cos2θ＋3cosθ－4.因为θ∈(π3，π2)时，cosθ∈(0，12)，cos2θ＜14，所以S′(θ)＝8cos2θ＋

3cosθ－4＜8×14＋3×12－4＝－12＜0，故S(θ)在(π3，π2)上单调递减，S(θ)＜S(π3)＝sinπ3·(4cosπ3＋3)＝532.(10分)②当θ∈(0，π3]时，S(θ)＝2sinθ(cosθ＋2)，S′(θ)＝2cosθ(cosθ

＋2)＋2sinθ(－sinθ)＝4cos2θ＋4cosθ－2.因为θ∈(0，π3]时，cosθ∈[12，1)，cos2θ≥14，所以S′(θ)＝4cos2θ＋4cosθ－2≥4×14＋4×12－2＝1＞0，故S(θ)在(0，π3]上单调递增，S(θ)≤S(π3)＝2sinπ3·

(cosπ3＋2)＝532.(13分)综上，当且仅当θ＝π3时，梯形ACNM的面积取得最大值532平方百米．(14分)18.(1)解：由题意可知a2c－c＝1，ca＝22，a＞0，所以a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.(4分)(2)解：因为直线l

不与x轴重合，所以斜率不为0.因为l过点F(1，0)，所以设直线l的方程为x＝my＋1.由x＝my＋1，x22＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y2＝－1

m2＋2，则CD2＝(m2＋1)(y1－y2)2＝(m2＋1)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝(m2＋1)[(－2mm2＋2)2－4(－1m2＋2)]＝8（m2＋1）2（m2＋2）2.因为CD＝852，所以8（m2＋1）2（m2＋2

）2＝12825，得m2＝3，所以m＝±3，所以直线l的方程为x＝±3y＋1.(8分)(3)证明：在x＝my＋1中令x＝0得y＝－1m，所以P(0，－1m)．而直线AD的方程为y－1＝y2－1x2x，直线CB的方程为y＋1＝y1＋1x1x.由此得到yQ＝x2y1＋x2＋x1y2－x1x2y1＋x2

－x1y2＋x1＝（my2＋1）y1＋（my2＋1）＋（my1＋1）y2－（my1＋1）（my2＋1）y1＋（my2＋1）－（my1＋1）y2＋（my1＋1）＝2my1y2＋y1＋y2＋m（y2－y1）m（y1＋y2）＋（y1－y2）＋2

(*)．(10分)不妨设y1＞y2，则y1＝－m＋2m2＋1m2＋2①，y2＝－m－2m2＋1m2＋2②，所以y1－y2＝22m2＋1m2＋2③.将①②③代入(*)式，得yQ＝2m（－1m2＋2）＋－

2mm2＋2－m22m2＋1m2＋2m（－2mm2＋2）＋22m2＋1m2＋2＋2＝－4m－22mm2＋122m2＋1＋4＝－m，(14分)所以OP→·OQ→＝(0，－1m)·(xQ，yQ)＝－yQm＝－－mm＝1为定值．(16分)[另解

：从(*)式开始，将根与系数关系代入(*)式，得2my1y2＋y1＋y2＋m（y2－y1）m（y1＋y2）＋（y1－y2）＋2＝2m·－1m2＋2＋－2mm2＋2＋m（y2－y1）m·－2mm2＋2＋2＋（y1－y2）＝－4mm2＋2－m（y1－y2）4m2＋2＋（y1－y2）＝－m，以下不变]

19.解：(1)当a＝e时，g(x)＝ex(x－1)＋12ex2－2ex，g′(x)＝ex(x－1)＋ex＋ex－2e，g′(1)＝e＋e－2e＝0，g(1)＝e2－2e＝－3e2，所以g(x)在(1，g(1))处的切线方程为y＋3e2＝0，即y＝

－3e2.(2分)(2)F′(x)＝f′(x)＋g′(x)＝2a(x－1)－ex＋e＋ex＋ax－(a＋e)＝(x－1)(ex＋3a)．①当a≥0时，ex＋3a＞0，所以当x＞1时，F′(x)＞0；当x＜1时，F′(x

)＜0；②当a＜0时，令F′(x)＝0得x＝1，x＝ln(－3a)．ⅰ.若ln(－3a)＝1，即a＝－e3时，则F′(x)≥0恒成立，所以F(x)单调增区间为(－∞，＋∞)．(6分)ⅱ.若ln(－3a)＜1，即－e3＜a＜0时，F′

(x)＞0即x＞1或x＜ln(－3a)；F′(x)＜0即ln(－3a)＜x＜1，所以F(x)单调增区间为(－∞，ln(－3a))和(1，＋∞)，单调减区间为(ln(－3a)，1)．ⅲ.若ln(－3a)＞1

，即a＜－e3时，F′(x)＞0即x＞ln(－3a)或x＜1，F′(x)＜0即1＜x＜ln(－3a)，所以F(x)单调增区间为(－∞，1)和(ln(－3a)，＋∞)，单调减区间为(1，ln(－3a))．(8分)(3)f′(x)＝2a

(x－1)－ex＋e.①若a≤0时，则f′(x)≤0在x≥1时恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以当x≥1时，f(x)≤f(1)＝0，所以x≥1时，f(x)≤0恒成立．(10分)②若a＞0时，令φ

(x)＝f′(x)，则φ′(x)＝2a－ex，ⅰ.当a≤e2时，即x≥1时，φ′(x)≤0，所以φ(x)单调递减，所以φ(x)≤φ(1)＝0，即f′(x)≤0，所以f(x)单调递减，所以当x≥1时，f(x)≤f(1)＝0恒成立．(12分)ⅱ.当a＞e2时，令φ′(x)＝0

，则x＝ln(2a)＞1，当x＞ln(2a)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减；当x＜ln(2a)时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增．因为φ(x)在(－∞，ln(2a))上单调递增且φ(1)＝0，所以φ(ln(2a))＞φ(1)＝0，所以在(1，ln(2a))

上φ(x)＞0，所以f′(x)＞0，所以f(x)单调递增，所以当x∈(1，ln(2a))时，f(x)＞f(1)＝0，不满足条件．所以a的取值范围是(－∞，e2]．(16分)20.(1)解：因为an＋1－an＝an＋1＋an，a3＝6，所以令n＝2，得a3－a2＝a3＋a

2，即6－a2＝6＋a2(a2＜6)，平方整理得(a2－10)(a2－3)＝0.因为a2＜6，所以a2＝3；同理令n＝1，得a2－a1＝a2＋a1，即3－a1＝3＋a1(a1＜3)，平方整理得(a1－1)(a1－7)＝0.因为

a1＜3，所以a1＝1，因此a＝1.(4分)(2)证明：①由题意，得d≥0.当d＝0时，an＋1－an＝0，所以{bn}是公差为0的等差数列．(5分)当d≠0时，因为an＋1－an＝d（an＋1＋an），所以(an＋1－

an)2＝d(an＋1＋an)①，从而有(an－an－1)2＝d(an＋an－1)②.①－②，得(an＋1－an)2－(an－an－1)2＝d[(an＋1＋an)－(an－an－1)]，化简得[(an＋1－an)－(an＋an－1)](an＋1－an－1)＝d(an＋1－an－1)

．因为an＋1－an＝d（an＋1＋an），且数列{an}的各项均为正数，d＞0，所以an＋1－an＞0，从而an＋1－an－1＞0，因此(an＋1－an)－(an＋an－1)＝d.因为bn＝an＋1－an，所以bn－bn－1＝d.综上，{bn}是公差为d的等

差数列．(8分)②因为{bn}是公差为d的等差数列，所以Sn＝nb1＋n（n－1）2d.因为对于任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得Sn＝bm，所以有nb1＋n（n－1）2d＝b1＋(m－1)d，整理得(m－1)d＝(n－1)b1＋n（n－1）2d.ⅰ.若d

＝0，则b1＝0，结论成立．(10分)ⅱ.若d＞0，(m－1)＝(n－1)b1d＋n（n－1）2.当n＝1时，m＝1；当n≥2时，b1d必为整数，即b1＝kd.因为an＋1－an＞0，所以bn≥0，d＞0，所以k

∈N*，从而Sn＝nb1＋n（n－1）2d＝nd(k＋n－12)．下证nkd＋n（n－1）2d≤(2n－1)kd，即证n（n－1）2≤(2n－n－1)k，从而只要证n（n－1）2≤2n－n－1，因此要证2n＋1－n2－n－2≥0.(13分)记f(n)＝2n＋1－

n2－n－2，则f(n＋1)－f(n)＝2[2n－(n＋1)]．记g(n)＝2n－(n＋1)，则g(n＋1)－g(n)＝2n－1＞0，所以g(n)＝2n－(n＋1)≥g(1)＝0，从而f(n＋1)－f(n)≥0，所以f(n)＝2n＋1－n

2－n－2≥f(1)＝0.(16分)2020届高三模拟考试试卷(二十三)(南师附中)数学附加题参考答案及评分标准21.A.解：(1)由题意，得2a2b3－1＝35⇒6－a6－b＝35⇒6－a＝3，6

－b＝5⇒a＝3，b＝1，所以a＝3，b＝1.(4分)(2)由(1)可知A＝2321，特征行列式为λ－2－3－2λ－1＝(λ－2)(λ－1)－(－3)(－2)＝λ2－3λ－4＝(λ－4)(λ＋1)＝0，所以矩阵A的特征值为

λ1＝－1，λ2＝4.(10分)B.解：以极点为原点，极轴为x轴正方向建立平面直角坐标系．因为直线l的方程为ρsin(θ－π6)＝a，所以其直角坐标方程为x－3y＋2a＝0.因为曲线C的方程为ρ＝4cosθ，所以ρ2＝4ρcos

θ，(4分)所以曲线C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4，是圆心为(2，0)，半径为2的圆．因为直线l与圆C相切，所以圆心到直线l的距离d为2，d＝|2＋2a|1＋3＝2⇒|a＋1|＝2，所以a＝1，a＝－3.(10分)C.解：ab＋c＝bc＋a＋2ca＋b＝ab＋c＋1＋

bc＋a＋1＋2ca＋b＋2－4＝a＋b＋cb＋c＋a＋b＋cc＋a＋2（a＋b＋c）a＋b－4＝(a＋b＋c)(1b＋c＋1c＋a＋2a＋b)－4＝12[(b＋c)＋(c＋a)＋(a＋b)](1b＋c＋1c＋a＋2a＋b)－4

.因为a，b，c为正实数，所以由柯西不等式可知ab＋c＋bc＋a＋2ca＋b＝12[(b＋c)2＋(c＋a)2＋(a＋b)2][(1b＋c)2＋(1c＋a)2＋(2a＋b)2]－4≥12(b＋c·1b＋c＋c＋a·1c＋a＋a＋b·2a＋b)2－4＝12×(

1＋1＋2)2－4＝22－1，当且仅当b＋c1b＋c＝c＋a1c＋a＝a＋b2a＋b，即b＋c＝c＋a＝22(a＋b)，即a＝b且c＝(2－1)a时取等号，此时原式的最小值为22－1.(10分)22.解：(1)随机变量X可能的取值为0，1，2

，3，4，P(X＝0)＝(35)3＝27125；P(X＝1)＝C12·25·(35)2＝36125；P(X＝2)＝(25)2·35＋(35)2·25＝30125；P(X＝3)＝C12·(25)2·35＝24125；P(X＝4)＝

(25)3＝8125.(5分)(2)设乙同学投完后的总分为Y，则随机变量Y可能的取值为0，1，2，3，4，P(Y＝0)＝(12)3＝18；P(Y＝1)＝C12·(12)3＝14；P(Y＝2)＝(12)3＋(12)3＝14；

P(Y＝3)＝C12·(12)3＝14；P(Y＝4)＝(12)3＝18.记“最终甲同学的总分低于乙同学的总分”为事件A，由四种情况组成，且相互独立，四种情况分别为甲得0分且乙得分超过0分，甲得1分且乙得分超过1分，甲得2分且乙得分超过2分，甲得3分且乙得分超过

3分．所以P(A)＝P(X＝0)·P(Y＞0)＋P(X＝1)·P(Y＞1)＋P(X＝2)·P(Y＞2)＋P(X＝3)·P(Y＞3)＝27125×(1－18)＋36125×(1－18－14)＋30125×(14＋18)＋24125×18＝483100

0.答：事件A的概率为4831000.(10分)23.解：(1)f(1，1，1)＝C13·C12＝6，f(2，2，2)＝C26C24＝6×52·4×32＝90，f(n，n，n)＝Cn3n·Cn2n＝（3n

）！（n！）3.(3分)(2)f(n，n，n)＝Cn3n·Cn2n＝（3n）！（n！）3＝1（n！）2·（3n）！n！＝1（n！）2·3n·(3n－1)·(3n－2)…(n＋2)·(n＋1)，其中3n·(3n－1)·(3n－2)…(n＋2)·(n＋1)是2n个连续的自然数相

乘，对于任意的k∈N*，且k≤n，都有(2n＋k)·(2n－k＋1)≤（2n＋k）＋（2n－k＋1）22＝（4n＋1）24恒成立，所以3n·(3n－1)·(3n－2)…(n＋2)·(n＋1)≤（4n＋1）24n＝（4n＋1）2n4n，并且2n＋k≠2n－k＋1，所以取不到等

号，因此f(n，n，n)＜（4n＋1）2n4n·（n！）2.(10分)