苏州一模数学(四)DA

(这是边文，请据需要手工删加)
2017届高三年级第一次模拟考试(四)(苏州市)
数学参考答案
一、 填空题
1. (1，3)
2. －1
2 3.
3 4. 900 5. 0.4
6. [－2，－1]
7. 5
8. －13
9. 1
2 10. 3
11. 94 12. 1＋5249 13. ⎩⎨⎧
⎭⎬⎫－e ，－5ln 5，2，52
14. ⎣⎡⎦⎤－4
3，4 二、 解答题 15. 解：(1) f(x)＝
32sin 2x －1＋cos 2x 2－12＝32sin 2x －cos 2x
2
－1(2分) ＝sin ⎝
⎛⎭⎫2x －π
6－1.(4分)
当2x －π
6＝2k π－π2，即x ＝k π－π6(k ∈Z )时，f (x )的最小值为－2.(6分)
此时自变量x 的取值集合为{x |x ＝k π－π
6，k ∈Z }．(7分)
(或写成⎩⎨⎧
⎭
⎬⎫x |x ＝k π＋
5π
6，k ∈Z )． (2) 因为f (C )＝0，所以sin ⎝⎛⎭⎫2C －π
6－1＝0，又0<C <π，
所以2C －π6＝π2，即C ＝π
3
.(9分)
在△ABC 中，sin B ＝2sin A ，由正弦定理知b ＝2a ，又c ＝3，(11分) 由余弦定理知(3)2＝a 2＋b 2－2ab cos π
3，
即a 2＋b 2－ab ＝3，(13分)
联立⎩
⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2－ab ＝3，b ＝2a ，解得a ＝1，b ＝2.(14分)
16. 证明：(1) 连接菱形的对角线AC ，BD 交于点O ，连接MO ，因为M 是线段AC 1的中点，在△ACC 1中，MO ∥CC 1，且MO ＝1
2
CC 1，(2分)
又F 是BB 1的中点，BF ∥CC 1，且BF ＝1
2
CC 1，
所以BF ∥MO 且BF ＝MO ，
故四边形MOBF 是平行四边形，(4分)
所以MF ∥BO ，又MF 平面ABCD ，BO 平面ABCD ，
所以MF ∥平面ABCD.(7分)
(2) 由(1)知，OB ∥MF ，在菱形ABCD 中，OB ⊥AC ，所以MF ∥AC ，(9分) 在直四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，CC 1⊥平面ABCD ，BO 平面ABCD ， 所以BO ⊥CC 1，即MF ⊥CC 1，(11分)
因为MF ⊥AC ，MF ⊥CC 1，CC 1∩AC ＝C ，AC ，CC 1 平面ACC 1A 1， 所以MF ⊥平面ACC 1A 1，(13分)
又MF 平面AFC 1，所以平面AFC 1⊥平面ACC 1A 1.(14分)
17. 解：(1) 因为椭圆C 的离心率为c a ＝3
2，所以a 2－b 2a 2＝34，即a 2＝4b 2，(2分)
所以椭圆C 的方程可化为x 2＋4y 2＝4b 2.
又椭圆C 过点P(2，－1)，所以4＋4＝4b 2，解得b 2＝2，a 2＝8，(4分) 所以所求椭圆C 的标准方程为x 28＋y 2
2＝1.(5分)
(2) 由题意，设直线PA 的方程为y ＋1＝k(x －2)，
联立方程组⎩
⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝8，
y ＝k （x －2）－1，
消去y 得：(1＋4k 2)x 2－8(2k 2＋k)x ＋16k 2＋16k －4＝0，(7分) 所以2x 1＝16k 2＋16k －41＋4k 2，即x 1＝8k 2＋8k －2
1＋4k 2
，
因为直线PQ 平分∠APB ，即直线PA 与直线PB 的斜率为互为相反数． 设直线PB 的方程为y ＋1＝－k(x －2)，同理求得x 2＝3k 2－8k －2
1＋4k 2
.(10分)
又⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋1＝k （x 1－2），y 2＋1＝－k （x 2－2），
所以y 1－y 2＝k(x 1＋x 2)－4k ， 即y 1－y 2＝k(x 1＋x 2)－4k ＝k 16k 2－41＋4k 2－4k ＝－8k 1＋4k 2，x 1－x 2＝16k 1＋4k 2. 所以直线AB 的斜率为k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2
＝－
8k
1＋4k 216k 1＋4k
2 ＝－1
2.(14分)
18. 解：(1) 据题意，抛物线段AB 与x 轴相切，且A 为抛物线的顶点，设A(a ，0)(a<
－2)，则抛物线段AB 在图纸上对应函数的解析式可设为y ＝λ(x －a)2(a ≤x ≤－2)(λ>0)，(2分)
其导函数为y′＝2λ(x －a)．
由曲线段BD 在图纸上的图象对应函数的解析式为y ＝8
4＋x 2
(x ∈[－2，2])， 又y′＝
－16x （4＋x 2）
2，且B(－2，1)，所以曲线在B 点处的切线斜率为1
2， 因为B 点为衔接点，则⎩
⎪⎨⎪
⎧λ（－2－a ）2
＝1，2λ（－2－a ）＝12，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧a ＝－6，λ＝116.(4分)
所以曲线段AB 在图纸上对应函数的解析式为y ＝
1
16
(x ＋6)2(－6≤x ≤－2)．(5分) (2) 设P(x ，y)是曲线段AC 上任意一点，
①若P 在曲线段AB 上，则通过该点所需要的爬坡能力 (M p )1＝(－x)·18(x ＋6)＝－1
8[(x ＋3)2－9](－6≤x ≤－2)，(6分)
令y 1＝－1
8
[(x ＋3)2－9](－6≤x ≤－2)，
所以函数y 1＝－1
8[(x ＋3)2－9](－6≤x ≤－2)在区间[－6，－3]上为增函数，在区间[－3，
－2]上是减函数，
所以[(M P )1]max ＝9
8
(米)(9分)
②若P 在曲线段BC 上，则通过该点所需要的爬坡能力 (M p )2＝(－x)·－16x （4＋x 2）2＝16x 2
（4＋x 2）2(－2≤x ≤0)，(10分)
令t ＝x 2，t ∈[0，4]，则(M p )2＝16t
（4＋t ）2
，t ∈[0，4]，
记y 2＝
16t （4＋t ）2
，t ∈[0，4]，当t ＝0时，y 2＝0，而当0<t ≤4时，y 2
＝16
16t
＋t ＋8， 所以当t ＝4时，t ＋16
t 有最小值16，从而y 2取最大值1，
此时[(M p )2]max ＝1(米)(13分)
所以由①，②可知：车辆过桥所需要的最大爬坡能力为9
8
米，(14分)
又因为0.8<9
8<1.5<2，所以“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和
“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥．(16分)
19. 解：(1) 由S n ＝2a n －2得S n ＋1＝2a n ＋1－2，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ， 所以a n ＋1＝2a n ，由又S 1＝2a 1－2，得a 1＝2a 1－2，a 1＝2，(2分)
所以数列{a n }为等比数列，且首项为2，公比q ＝2，所以a n ＝2n .(4分)
(2) 由(1)知1a n ＝1
2
n (n ∈N *)．
由12n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1＋…＋(－1)n ＋1b n 2n ＋1(n ∈N *)， 得
12
n －1
＝b 12＋1－b 222＋1＋b 3
23＋1－…＋(－1)n b n －12n －1＋1
(n ≥2)． 故12n －12n －1＝(－1)n ＋
1b n 2n ＋1
，
即b n ＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n ＋1(n ≥2)．(7分) 当n ＝1时，a 1＝b 12＋1
，b 1＝3
2.
所以b n
＝⎩⎨⎧
3
2
，（n ＝1）（－1）n
⎝⎛⎭
⎫1
2n
＋1.（n ≥2，n ∈N *
）(9分)
(3) 因为c n ＝2n ＋λb n ，
所以当n ≥3时，c n ＝2n ＋(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n ＋1λ， c n －1＝2n －1＋(－1)n －
1⎝⎛⎭⎫12n －1＋1λ，
依据题意，有c n －c n －1＝2
n －1
＋(－1)n
λ⎝⎛⎭⎫2＋32n >0，即(－1)n λ>－2
n －1
3
2
n ＋2
.(10分) ①当n 为大于或等于4的偶数时， 有λ>－2n －
1
32n
＋2恒成立，
又2n －
132n ＋2＝1322n －1＋12
n －2随n 增大而增大， 则当且仅当n ＝4时，⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫
2n －1
3
2n ＋2min ＝12835
，故λ的取值范围为λ>－12835；(12分) ②当n 为大于或等于3的奇数时，有λ<2n －1
32n
＋2恒成立，且仅当n ＝3时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －1
3
2n ＋2min ＝3219， 故λ的取值范围为λ<32
19
；(14分)
又当n ＝2时，由c n －c n －1＝c 2－c 1＝(22＋5
4λ)－⎝⎛⎭⎫2＋32λ>0，得λ<8.(15分) 综上可得，所求λ的取值范围是－12835<λ<32
19.(16分)
20. 解：(1) f′(x)＝1
x
·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，(1分)
①k ≤0时，因为x>1，所以f′(x)＝ln x －k>0，
函数f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间，无极值；(2分) ②当k>0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ， 当1<x<e k 时，f ′(x)<0； 当x>e k 时，f ′(x)>0，
所以函数f(x)的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)，(4分) 在区间(1，＋∞)上的极小值为f(e k )＝(k －k －1)e k ＝－e k ，无极大值．(5分)
(2) 由题意，f(x)－4ln x<0，
即问题转化为(x －4)ln x －(k ＋1)x<0对于x ∈[e ，e 2]恒成立， 即k ＋1>（x －4）ln x
x 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，(7分)
令g(x)＝（x －4）ln x x ，则g′(x)＝4ln x ＋x －4
x 2
，
令t(x)＝4ln x ＋x －4，x ∈[e ，e 2]，则t′(x)＝4
x
＋1>0，
所以t(x)在区间[e ，e 2]上单调递增，故t(x)min ＝t(e )＝e －4＋4＝e >0，故g′(x)>0， 所以g(x)在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g(x)max ＝g(e 2)＝2－8
e 2.(9分)
要使k ＋1>（x －4）ln x
x 对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k ＋1>g(x)max ，
所以k ＋1>2－8e 2，即实数k 的取值范围为(1－8
e
2，＋∞)．(10分)
(3) 证法1 因为f(x 1)＝f(x 2)，由(1)知，函数f(x)在区间(0，e k )上单调递减，在区间(e k ，
＋∞)上单调递增，且f(e k ＋
1)＝0.
不妨设x 1<x 2，则0<x 1<e k <x 2<e k ＋
1，
要证x 1x 2<e 2k
，只要证x 2<e 2k x 1，即证e k
<x 2<e 2k x 1
.
因为f(x)在区间(e k
，＋∞)上单调递增，所以f(x 2)<f ⎝⎛⎭⎫e 2k
x 1，
又f(x 1)＝f(x 2)，即证f(x 1)<f ⎝⎛⎭⎫
e 2k
x 1，
构造函数h(x)＝f(x)－f ⎝⎛⎭⎫e 2k
x ＝(ln x －k －1)x －⎝⎛⎭⎫ln e 2k
x －k －1e 2k
x ， 即h(x)＝x ln x －(k ＋1)x ＋e 2k ⎝⎛
⎭⎫
ln x x
－
k －1x ，x ∈(0，e k )．(12分) h ′(x)＝ln x ＋1－(k ＋1)＋e 2k (1－ln x x 2＋k －1x 2)＝(ln x －k)（x 2－e 2k ）
x 2，
因为x ∈(0，e k )，所以ln x －k<0，x 2<e 2k ，即h ′(x)>0，
所以函数h(x)在区间(0，e k )上单调递增，故h(x)<h(e k )， 而h(e k
)＝f(e k
)－f ⎝⎛⎭⎫
e 2k
e k ＝0，故h(x)<0，(14分)
所以f(x 1)<f ⎝⎛⎭⎫e 2k x 1，即f(x 2)＝f(x 1)<f ⎝⎛⎭⎫e 2k
x 1，所以x 1x 2
<e 2k 成立．(16分) 证法2 要证x 1x 2<e 2k 成立 ，只要证：ln x 1＋ln x 2<2k.
因为x 1≠x 2，且f(x 1)＝f(x 2)，
所以(ln x 1－k －1)x 1＝(ln x 2－k －1)x 2， 即x 1ln x 1－x 2ln x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)，
x 1ln x 1－x 2ln x 1＋x 2ln x 1－x 2ln x 2＝(k ＋1)(x 1－x 2)， 即(x 1－x 2)ln x 1＋x 2ln x 1
x 2
＝(k ＋1)(x 1－x 2)，
k ＋1＝ln x 1＋x 2ln
x 1x 2
x 1－x 2
，
同理k ＋1＝ln x 2＋x 1ln
x 1x 2
x 1－x 2
，
从而2k ＝ln x 1＋ln x 2＋x 2ln
x 1x 2x 1－x 2＋x 1ln x 1
x 2
x 1－x 2
－2，(12分)
要证ln x 1＋ln x 2<2k ，只要证x 2ln
x 1x 2x 1－x 2＋x 1ln x 1
x 2
x 1－x 2
－2>0，
不妨设x 1<x 2，则0<x 1
x 2
＝t<1，
即证ln t t －1＋ln t
1－
1t －2>0，即证（t ＋1）ln t t －1>2，
即证ln t<2t －1
t ＋1对t ∈(0，1)恒成立，(14分)
设h(t)＝ln t －2t －1
t ＋1
(0<t<1)，
h ′(t)＝1t －4
（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2
>0，
所以h(t)在t ∈(0，1)单调递增，h(t)<h(1)＝0，得证，所以x 1x 2<e 2k .(16分) 附加题
21. A . (选修4—1：几何证明选讲) 证明：由切割线定理得FG 2＝FA·FD.(2分) 又EF ＝FG ，EF 2＝FA·FD ，则EF FA ＝FD EF .(5分)
因为∠EFA ＝∠DFE ，所以△DEF ∽△EAF ， 故∠FED ＝∠FAE.(8分)
因为∠FAE ＝∠DAB ＝∠DCB ，
所以∠FED ＝∠BCD ，所以EF ∥CB.(10分) B . (选修4—2：矩阵与变换)
解：因为|A |＝2×3－1×1＝5，(2分)
所以A
－1
＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35－15－15
25＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤
35－15－15
25
，(6分) 由AC ＝B ，得(A －
1A )＝A －
1B ，
所以C ＝A
－1
B ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤35
－1
5－1
5
25
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤110－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35
45
－15
－35
.(10分)
C. (选修4—4：坐标系与参数方程)
解：因为曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ－4cos θ＝0，所以ρ2sin 2θ＝4ρcos θ，即曲线C 的直角坐标方程为y 2＝4x .(4分)
将直线l 的参数方程⎩⎨⎧x ＝1－22t ，
y ＝2＋2
2
t 代入抛物线方程y 2
＝4x ，
得⎝⎛⎭⎫2＋22t 2
＝4⎝
⎛⎭⎫1－2
2t ，即t 2＋82t ＝0，(8分)
解得t 1＝0，t 2＝－8 2.
所以AB ＝|t 1－t 2|＝8 2.(10分) D. (选修4—5：不等式选讲)
证明：因为a ，b ，x ，y 都是正数，
所以，(ax ＋by )(bx ＋ay )＝ab (x 2＋y 2)＋xy (a 2＋b 2)(4分) ≥ab ·2xy ＋xy (a 2＋b 2)＝(a ＋b )2xy ，(7分) 又a ＋b ＝1，所以(ax ＋by )(bx ＋ay )≥xy .(9分) 当且仅当x ＝y 时等号成立．(10分)
22. 解：(1) 依题意，随机变量ξ的取值是2，3，4，5，6.(2分) 因为P(ξ＝2)＝3282＝9
64；(3分)
P(ξ＝3)＝2×3282＝18
64；(4分)
P(ξ＝4)＝32＋2×3×282＝21
64；(5分)
P(ξ＝5)＝2×3×282＝12
64；(6分)
P(ξ＝6)＝2×282＝4
64
.(7分)
所以，当ξ＝4时，其发生的概率最大，最大值为P(ξ＝4)＝21
64；(8分)
(2) E(ξ)＝2×964＋3×1864＋4×2164＋5×1264＋6×464＝15
4，
所以，随机变量ξ的期望E(ξ)＝15
4
.(10分)
23. 解：(1) 由OC →＝tOM →＋(1－t)ON →
(t ∈R )，可知点C 的轨迹是M ，N 两点所在的直线， 所以C 点的轨迹方程为y ＋3＝1－（－3）4
(x －1)，即y ＝x －4.(2分)
由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －4，y 2＝4x ，
化简得x 2－12x ＋16＝0，(3分) 设C 的轨迹与抛物线y 2＝4x 的交点坐标为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 所以x 1＋x 2＝12，x 1x 2＝16，
y 1y 2＝(x 1－4)(x 2－4)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＝－16，
因为OA →·OB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＝16－16＝0，
所以OA ⊥OB .(5分)
(2) 假设存在这样的P 点，并设AB 是过抛物线的弦，其方程为x ＝ny ＋m ， 代入y 2＝4x 得y 2－4ny －4m ＝0，(6分) 此时y 1＋y 2＝4n ，y 1y 2＝－4m ，
所以k OA k OB ＝y 1x 1·y 2x 2＝y 1y 214·y 2y 224
＝16y 1y 2＝－4
m
＝－1，
所以m ＝4(定值)，故存在这样的点P (4，0)满足题意．(8分) 设AB 的中点为T (x ，y )，
则y ＝12(y 1＋y 2)＝2n ，x ＝12(x 1＋x 2)＝12(ny 1＋4＋ny 2＋4)＝n
2(y 1＋y 2)＋4＝2n 2＋4，
消去n 得y 2＝2x －8.(10分)。