2018届江苏高考数学模拟1试卷
江苏省无锡市2018届高三第一次模拟考试数学答案
江苏省无锡市2018届高三第一次模拟考试数学参考答案及评分标准1. 32. 63. 474.5. 216.50π7. 58.9. 1 02410. 1911. 812. 613. (-2,0)14. (-∞,-1]∪15. (1) 因为DE⊥平面ABCD,(第15题)所以DE⊥AC.(2分) 因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.(4分) 因为DE∩BD=D,所以AC⊥平面BDE.(6分) (2) 如图,设AC∩BD=O,取BE的中点G,连接FG,OG,所以OG∥DE且OG=DE.(8分)因为AF∥DE,DE=2AF,所以AF∥OG且AF=OG,从而四边形AFGO是平行四边形,FG∥AO.(10分) 因为FG⊂平面BEF,AO⊄平面BEF,所以AO∥平面BEF,即AC∥平面BEF.(14分) 16. (1) 因为cos A=,所以cos C=cos2A=2cos2A-1=2×-1=.(3分) 在△ABC中,因为cos A=,所以sin A=.(4分) 因为cos C=,所以sin C=-=, (5分) 所以cos B=-cos(A+B)=sin A sin B-cos A cos B=.(7分) (2) 根据正弦定理=,得=.又ac=24,所以a=4,c=6, (10分) b2=a2+c2-2ac cos B=25, b=5,所以△ABC的周长为15.(14分) 17. (1) 由题意知∠CAP=-θ,所以=-θ,又PQ=AB-AP cosθ=1-cosθ,所以观光专线的总长度为f(θ)=-θ+1-cosθ=-θ-cosθ++1,0<θ<.(3分) 因为当0<θ<时,f'(θ)=-1+sinθ<0, (5分) 所以f(θ)在上单调递减,即观光专线-PQ的总长度随θ的增大而减小.(6分) (2) 设翻新道路的单位成本为a(a>0),则总成本g(θ)=a--=a--,0<θ<, (8分) g'(θ)=a(-1+2sinθ), (9分) 令g'(θ)=0,得sinθ=,因为0<θ<,所以θ=.(10分) 当0<θ<时,g'(θ)<0,当<θ<时,g'(θ)>0.(12分) 所以当θ=时,g(θ)最小.(13分) 答:当θ=时,观光专线-PQ的修建总成本最低.(14分) 18. (1) 因为椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,所以a2=2c2,b=c, (1分) 所以直线DB的方程为y=-x+b.又O到直线BD的距离为,所以=,所以b=1,a=(3分) 所以椭圆E的方程为+y2=1.(4分) (2) 设P(,t),t>0,直线PA的方程为y=(x+), (5分) 由整理得(4+t2)x2+2t2x+2t2-8=0,解得x C=-,则点C的坐标是-,.(7分)(第18题)因为△ABC的面积等于四边形OBPC的面积,所以△AOC的面积等于△BPC的面积,S△AOC=××=,S△PBC=×t×--=,则=,解得t=.(9分) 所以直线PA的方程为x-2y+=0.(10分) (3) 因为B(,0),P(,t),C-,所以BP的垂直平分线为y=,BC的垂直平分线为y=x-,所以过B,C,P三点的圆的圆心为, (12分) 则过B,C,P三点的圆的方程为+-=+, (14分) 即所求圆的方程为x2-x+y2-ty+=0.(16分) 19. (1) 因为--…-=,n∈N*,所以当n=1时,1-=,a1=2, (1分) 当n≥2时,由--…-=和--…--=-,两式相除可得,1-=-,即a n-a n-1=1(n≥2),所以数列{a n}是首项为2,公差为1的等差数列,于是a n=n+1.(4分) (2) 因为a p,30,S q成等差数列,a p,18,S q成等比数列,所以于是或(7分) 当时,解得当时,无正整数解,所以p=5,q=9.(10分) (3) 假设存在满足条件的正整数k,使得=a m(m∈N*),则=m+1,平方并化简得,(2m+2)2-(2k+3)2=63, (11分) 则(2m+2k+5)(2m-2k-1)=63, (12分) 所以--或--或--(14分) 解得m=15,k=14或m=5,k=3,m=3,k=-1(舍去),综上所述,k=3或14.(16分) 20. (1) 设切点为(x0,y0),f'(x)=e x(3x+1),则切线斜率为(3x0+1),所以切线的方程为y-y0=(3x0+1)(x-x0).因为切线过点(2,0),所以-(3x0-2)=(3x0+1)(2-x0),化简得3-8x0=0,解得x0=0或.(3分) 当x0=0时,切线的方程为y=x-2, (4分)当x0=时,切线的方程为y=9x-18.(5分) (2) 由题意,对任意的x∈R,有e x(3x-2)≥a(x-2)恒成立,①当x∈(-∞,2)时,a≥--⇒a≥--,令F(x)=--,则F'(x)=--,令F'(x)=0得x=0,当x变化时,F(x),F'(x)所以F(x)max=F(0)=1,故此时a≥1.(7分) ②当x=2时,恒成立,故此时a∈R.(8分)③当x∈(2,+∞)时,a≤--⇒a≤--,令F'(x)=0,得x=,当x变化时,F(x),F'(x)所以F(x)min=F=9,故此时a≤9.综上,1≤a≤9.(10分) (3) 因为f(x)<g(x),即e x(3x-2)<a(x-2),由(2)知a∈(-∞,1)∪(9,+∞),令F(x)=--,则当x变化时,F(x),F'(x)(12分) 当x∈(-∞,2),存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0),等价于a<--存在唯一的整数x0成立.因为F(0)=1最大,F(-1)=,F(1)=-,所以当a<时,有两个整数成立,所以a∈.(14分) 当x∈(2,+∞),存在唯一的整数x0使得f(x0)<g(x0),等价于a>--存在唯一的整数x0成立.因为F=9最小,且F(3)=7e3,F(4)=5e4,所以当a>5e4时,有两个整数成立,所以当a≤7e3时,没有整数成立,所有a∈(7e3,5e4].综上,a∈∪(7e3,5e4].(16分)江苏省无锡市2018届高三第一次模拟考试数学附加题参考答案及评分标准21.由矩阵A属于特征值λ1的一个特征向量为α1=-可得-=λ1-,即---(2分)得a=2b=10.(4分) 由矩阵A属于特征值λ2的一个特征向量为α2=-,可得-=λ2-,即---(6分)得2a-3b=9, (8分)解得--即A=--.(10分)22.由ρ=4sinθ,得ρ2=4ρsinθ,所以x2+y2=4x,即圆C的方程为x2+(y-2)2=4.(3分) 又由消去t,得x-y+m=0, (6分) 由直线l与圆C相交,得-<2,即-2<m<6.(10分)23. (1) 记该公司在星期四至少有两辆汽车出车为事件A,则为该公司在星期四最多有一辆汽车出车,P()=++=,所以P(A)=1-P(=.(3分) 答:该公司在星期四至少有两辆汽车出车的概率为.(2) 由题意,ξ的可能取值为0,1,2,3,4,P(ξ=0)==;P(ξ=1)=+·=;P(ξ=2)=++·=;P(ξ=3)=+=;P(ξ=4)==.(8分) 所以ξ的分布列为故E(ξ)=+2×+3×+4×=.答:ξ的数学期望为.(10分) 24. (1) 因为PE⊥底面ABCD,过点E作ES∥BC,则ES⊥AB.以E为坐标原点,EB方向为x轴的正半轴,ES方向为y轴的正半轴,EP方向为z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),A(-1,0,0),D(-1,2,0),P(0,0,),=(-2,1,0),=(1,1,-).(2分) 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n·=-2x+y=0,n·=x+y-z=0,令x=1,解得n=(1,2,).又平面ABCD的法向量为m=(0,0,1), (3分)所以cos<n,m>===, (4分)所以sin<n,m>=.(5分)(第24题)(2) 设M点的坐标为(x1,y1,z1),因为EM⊥平面PCD,所以∥n,即==,也即y1=2x1,z1=x1.(6分) 又=(x1,y1,z1-=(-1,2,-),=(1,1,-所以=λ+μ=(λ-μ,λ+2μ,-λ-μ),解得x1=λ-μ,y1=λ+2μ=2x1=2(λ-μ),即λ=3μ, (8分) z1-=-λ-μ,λ=,所以μ=, (9分)所以点M的坐标为.(10分)。
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数 学 2018.01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、考试号写在答题卡内．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． 参考公式：柱体体积公式：V ＝Sh ，其中S 柱体的底面积,h 为柱体的高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡上的相应位置上．1．已知集合A ＝{x ∣x (x －4)＜0}，B ＝{0，1，5}，则A ∩B ＝ ▲ ． 2．设复数z ＝a ＋i(a ∈R ，i 为虚数单位），若(1＋i)⋅z 为纯虚数，则a 的值为 ▲ ． 3．为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50，100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70，80) (单位：分钟)内的学生人数为 ▲ ．4．执行如图所示的伪代码，若x ＝0，则输出的y 的值为 ▲ ．5．口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4．若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为 ▲ ．6．在平面直角坐标系xOy 中，若抛物线y 2＝2px 的焦点与双曲线x 24－y 25＝1的右焦点重合，则实数p 的值为 ▲ ．7．设函数y ＝e x ＋1ex －a 的值域为A ，若A ⊆[0，＋∞)，则实数a 的取值范围是 ▲ ．8．已知α，β均为锐角，且满足(tan α－1)(tan β－1)＝2，则α＋β的值为 ▲ ． 9．若函数y ＝sin ωx 在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是 ▲ ． 10．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若{a n }的前2017项中的奇数项和为2018，则S 2017的值为 ▲ ．(第4题)/分钟(第3题)0.0050.0100.020a 0.03511．设函数f (x )是偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (3－x )，0≤x ≤3，－3x＋1，x ＞3．若函数y ＝f (x )－m 有四个不同的零点，则实数m12．在平面直角坐标系xOy 中，上存在一点P ，圆x 2＋(y －1)2＝1上存在一点Q ，满足→OP ＝3→OQ ，则实数k 的最小值为 ▲ ． 13．如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若A ，B ，C ，D 四点均位于图中的“晶格点”处，且A ，B 的位置如图所示，则→AB ⋅→CD 的最大值为 ▲ ．14．若不等式k sin 2B ＋sin A sin C ＞19sin B sin C 对任意△ABC 都成立，则实数k 的最小值为 ▲ ．二、解答题：本大题共6小题，共计90分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分14分)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，点M ，N 分别是AB ，A 1B 1的中点． （1）求证：BN ∥平面A 1MC ；（2）若A 1M ⊥AB 1，求证：AB 1⊥A 1C ．16．(本小题满分14分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝52b ．（1）若C ＝2B ，求cos B 的值；（2）若→AB ⋅→AC ＝→CA ⋅→CB ，求cos(B＋π4)的值．(第13题) A BC A 1 B 1C 1 M N （第15题）有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB 长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD （如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好．．能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120︒的扇形，且弧⌒EF ，⌒GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N ． （1）当BE 长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；（2）当BE 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？18. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的下顶点为B ，点M ．N是椭圆上异于点B 的动点，直线BM ，BN 分别与x 轴交于点P ，Q ，且点Q 是线段OP的中点．当点N 运动到点(3，32)处时，点Q 的坐标为(2 33，0)．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线MN 交y 轴于点D ，当点M ，N 均在y 轴右侧，且→DN ＝2→NM 时，求直线BM的方程．(第18题)（第17题-甲） F（第17题-乙）设数列{a n}满足a n2＝a n＋1a n－1＋λ(a2－a1)2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．（1）若{a n}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；（2）若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3，7]，使得m⋅a n≥n－r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；（3）若λ≠0，且数列{a n}不是常数列，如果存在正整数T，使得a n＋T＝a n对任意的n∈N*均成立，求满足条件的所有数列{a n}中T的最小值．20．(本小题满分16分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋bx－c(a，b，c∈R)．（1）当c＝0时，若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线，求a，b的值；（2）当b＝3－a时，若对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值；（3）当a＝1时，设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点．求证：x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学附加题2018.01 注意事项：1．附加题供选修物理考生使用．2．本试卷共40分，考试时间30分钟．2．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内．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】本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两小题，并在答题相应的区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A .（选修4-1：）A ．选修4-1：几何证明选讲（本小题满分10分）如图，已知AB 为⊙O 的直径，直线DE 与⊙O 相切于点E ，AD 垂直DE 于点D . 若DE ＝4，求切点E 到直线AB 的距离．B ．选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）已知矩阵M ＝⎣⎡⎦⎤2001，求圆x 2＋y 2＝1在矩阵M 对应的变换作用下所得的曲线方程．C ．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，直线ρcos(θ＋π3)＝1与曲线ρ＝r (r ＞0)相切，求r 的值．D ．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数x ，y 满足x 2＋3y 2＝1，求当x ＋y 取最大值时x 的值．【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答．题卡指定区域内．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 22．（本小题满分10分）如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是菱形，AC 与BD 交于点O ，OP ⊥底面ABCD ，点M 为PC 中点，AC ＝4，BD ＝2，OP ＝4． （1）求异面直线AP 与BM 所成角的余弦值；（2）求平面ABM 与平面P AC 所成锐二面角的余弦值．AB ED O · （第21(A)）23．（本小题满分10分）已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C rn ＋…＋n C n －1n C nn ．（1）求f (1)，f (2)，f (3)的值；（2）试猜想f (n )的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数学参考答案及评分标准 2018.01说明：MACDOP（第22题）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．一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，计70分.)1．{1} 2．1 3．1200 4．1 5．236．6 7．(－∞，2] 8．3π4 9．(0，14] 10．4034 11．[1，94) 12．－ 3 13．24 14．100 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．证明：（1）因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AB ∥A 1B 1，且AB ＝A 1B 1．又因为点M ，N 分别是AB ，A 1B 1的中点， 所以MB ＝A 1N ，且MB ∥A 1N ， 所以四边形A 1NBM 是平行四边形，从而A 1M ∥BN ．……………………………… 4分 又BN ⊄平面A 1MC ，A 1M ⊂平面A 1MC ，所以BN ∥平面A 1MC ． ……………………………………………………………………………6分（2）因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以AA 1⊥平面ABC ，而CM ⊂平面ABC ， 所以AA 1⊥CM ．又CA ＝CB ，且M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB ． 又AB ∩AA 1＝A ，AB ，AA 1⊂平面ABB 1A 1， 所以CM ⊥平面ABB 1A 1．………………………………………………………………………………8分又AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥AB 1．………………………………………………………………10分又AB 1⊥A 1M ，A 1M ，CM ⊂平面A 1MC ，A 1M ∩CM ＝M ， 所以AB 1⊥平面A 1MC ，…………………………………………………………………………………12分又A 1C ⊂平面A 1MC ，所以AB 1⊥A 1C ．…………………………………………………………………14分A BC A 1 B 1 C 1 MN（第15题）16．解：（1）因为c ＝52b ，则由正弦定理，得sin C ＝52sin B ．…………………………………………2分又因为C ＝2B ，所以sin2B ＝52sin B ，即2sin B cos B ＝52sin B . ………………………………………4分又B 是△ABC 的内角，所以sin B ＞0，故cos B ＝54． ………………………………………………6分 （2）因为→AB ⋅→AC ＝→CA ⋅→CB ，所以cb cos A ＝ba cos C ，则由余弦定理， 得b 2＋c 2－a 2＝b 2＋a 2－c 2，得a ＝c ． …………………………………………………………………10分从而cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ c 2＋c 2－(2 5c )22c 2＝35．………………………………………………………12分 又0＜B ＜π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝45．从而cos(B ＋π4)＝cos B cos π4－sin B sin π4＝35⨯22－45⨯22＝－210． ……………………………………14分17．解：（1）在图甲中，连接MO 交EF 于点T ．设OE ＝OF ＝OM ＝R ，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60︒， 所以OT ＝12R ，则MT ＝OM －OT ＝R 2． 从而BE ＝MT ＝12R ，即R ＝2BE ＝2．…………………… 2分 故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF＝13πR 2－12R 2sin120︒＝4π3－3．………………………… 4分又所得柱体的高EG ＝4，所以V ＝S ⨯EG ＝16π3－43．答：当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为(16π3－43)立方分米. …………………………………………………………………………6分 （2）设BE ＝x ，则R ＝2x ，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin120︒＝(4π3－3)x 2.又所得柱体的高EG ＝6－2x ，所以V ＝S ⨯EG ＝(8π3－23)(－x 3＋3x 2) ，其中0＜x ＜3. ……………………………………10分令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0，3)，则由f '(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0， 解得x ＝2． ………………………………………………………………………………………12分答：当BE 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大. ……………………………………14分18．解：（1）由N (3，32)，Q (2 33，0)，得直线NQ 的方程为y ＝32x －3．……………………2分令x ＝0，得点B 的坐标为(0，－3)．所以椭圆的方程为x 2a 2＋y 23＝1 ．…………………………………………………………………… 4分将点N 的坐标(3，32)代入，得(3)2a 2＋(32)23＝1，解得a 2＝4．所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．…………………………………………………………… 8分（2）方法一：设直线BM 的斜率为k (k ＞0)，则直线BM 的方程为y ＝kx －3．在y ＝kx －3中，令y ＝0，得x P ＝3k ，而点Q 是线段OP 的中点，所以x Q ＝32k ．所以直线BN 的斜率k BN ＝k BQ ＝0－(－3)32k－0＝2k ．………………………………………………10分联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －3， x 24＋y 23＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2－83kx ＝0，解得x M ＝8 3k 3＋4k 2 ． 用2k 代k ，得x N ＝16 3k3＋16k 2．……………………………………………………………………12分又→DN ＝2→NM ，所以x N ＝2(x M －x N )，得2x M ＝3x N ．…………………………………………… 14分故2⨯8 3k 3＋4k 2＝3⨯16 3k 3＋16k2，又k ＞0，解得k ＝62．所以直线BM 的方程为y ＝62x －3． …………………………………………………………16分方法二：设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．由B (0，－3)，得直线BM 的方程为y ＝ y 1＋3x 1x －3，令y ＝0，得x P ＝3x 1y 1＋3．同理，得x Q ＝3x 2y 2＋3．而点Q 是线段OP 的中点，所以x P ＝2x Q ，故3x 1y 1＋3＝2⨯3x 2y 2＋3． …………………………10分又→DN ＝2→NM ，所以x 2＝2(x 1－x 2)，得x 2＝23x 1＞0，从而1y 1＋3＝43y 2＋3，解得y 2＝43y 1＋33．…………………………………………………………………………………12分 将⎩⎨⎧x 2＝23x 1，y 2＝43y 1＋33，代入到椭圆C 的方程中，得x 129＋(4y 1＋3)227＝1．又x 12＝4(1－y 123)，所以4(1－y 123)9＋(4y 1＋3)227＝1，………………………………………………14分即3y 12＋2y 1－3＝0，解得y 1＝－3（舍）或y 1＝33．又x 1＞0，所以点M 的坐标为M (4 23，33)．故直线BM 的方程为y ＝62x －3．……………………………………………………………… 16分 19．解：（1）由题意，可得a n 2＝(a n ＋d )(a n －d )＋λd 2，化简得(λ－1)d 2＝0，又d ≠0，所以λ＝1. …………………………………………………………4分（2）将a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4代入条件，可得4＝1⨯4＋λ，解得λ＝0，所以a n 2＝a n ＋1a n －1，所以数列{a n }是首项为1，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＝2n－1. ………6分欲存在r ∈[3，7]，使得m ⋅2n －1≥n －r ，即r ≥n －m ⋅2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ⋅2n －1，所以m ≥n －72n －1 对任意n ∈N *都成立. …………………………………………8分令b n ＝n －72n －1，则b n ＋1－b n ＝n －62n －n －72n －1＝8－n 2n ， 所以当n ＞8时，b n ＋1＜b n ；当n ＝8时，b 9＝b 8；当n ＜8时，b n ＋1＞b n ．所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128，所以m 的最小值为1128.………………………………………10分 （3）因为数列{a n }不是常数列，所以T ≥2．①若T ＝2，则a n ＋1＝a n 恒成立，从而a 3＝a 1，a 4＝a 2，所以⎩⎨⎧a 22＝a 12＋λ(a 2－a 1)2，a 12＝a 22＋λ(a 2－a 1)2， 所以λ(a 2－a 1)2＝0，又λ≠0，所以a 2＝a 1，可得{a n }是常数列，这与已知条件矛盾， 所以T ＝2不合题意. …………………………………………………………………………………12分②若T ＝3，取a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝3k －2，2，n ＝3k －1，－3，n ＝3k ，(k ∈N *)（*），满足a n ＋3＝a n 恒成立．…………………… 14分由a 22＝a 1a 3＋λ(a 2－a 1)2，可得此时λ＝7．则条件式变为a n 2＝a n ＋1a n －1＋7．由22＝1⨯3＋7，知a 3k －12＝a 3k －2a 3k ＋λ(a 2－a 1)2；由(－3)2＝2⨯1＋7，知a 3k 2＝a 3k －1a 3k ＋1＋λ(a 2－a 1)2；由12＝(－3)⨯2＋7，知a 3k ＋12＝a 3k a 3k ＋2＋λ(a 2－a 1)2；所以，数列（*）适合题意．所以T 的最小值为3. …………………………………………………………………………………16分（注：写一个数列{a n }时，需满足a 1＋a 2＋a 3＝0，且a 1≠a 2．）20．解：（1）由f (x )＝ln x ，得f (1)＝0，又f '(x )＝1x，所以f '(1)＝1． 当c ＝0时，g (x )＝ax ＋b x ，所以g '(x )＝a －b x 2 ，所以g '(1)＝a －b ．…………………………… 2分因为函数f (x )与g (x )的图象在x ＝1处有相同的切线，所以⎩⎨⎧f '(1)＝g '(1)，f (1)＝g (1)，即⎩⎨⎧a －b ＝1，a ＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－12． …………………………………………………4分 （2）方法一：当x 0＞1时，则f (x 0)＞0，又b ＝3－a ，设t ＝f (x 0)，则题意可转化为方程ax ＋3－a x－c ＝t (t ＞0) 在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2， ……………6分即关于x 的方程ax 2－(c ＋t )x ＋(3－a )＝0(t ＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2．所以⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，△＝(c ＋t )2－4a (3－a )＞0，x 1＋x 2＝c ＋t a ＞0，x 1x 2＝3－a a＞0．得⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，(c ＋t )2＞4a (3－a )，c ＋t ＞0． 所以c ＞2a (3－a )－t 对任意t ∈(0，＋∞)恒成立．…………………………………………… 8分因为0＜a ＜3，所以2a (3－a )≤2⨯a ＋3－a 2＝3(当且仅当a ＝32时取等号)． 又－t ＜0，所以2a (3－a )－t 的取值范围是(－∞，3)，所以c ≥3．故c 的最小值为3. …………………………………………………………………………………10分方法二：由b ＝3－a ，且0 ＜a ＜3，得g '(x )＝a －3－a x 2＝ax 2－(3－a )x 2＝0，得 x ＝3－a a或x ＝－3－a a(舍)， 则函数g (x )在(0，3－a a )上递减；在(3－a a，＋∞)上递增． 又对任意x 0＞1，f (x 0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x 1，x 2， 使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0)，则g (x )的最小值小于或等于0.即g (3－a a)＝2a (3－a )－c ≤0， ……………………………………………………………6分即c ≥2a (3－a )对任意 a ∈(0，3)恒成立．又2a (3－a )≤a ＋(3－a )＝3，所以c ≥3．…………………………………………………… 8分当c ＝3，对任意a ∈(0，3)，x 0∈(1，＋∞)，方程g (x )－f (x 0)＝0化为 ax ＋3－a x－3－f (x 0)＝0，即ax 2－[3＋f (x 0)]x ＋(3－a )＝0（*） 关于x 的方程（*）的△＝[3＋f (x 0)]2－4a (3－a )≥[3＋f (x 0)]2－4⎝⎛⎭⎫ a ＋3－a 22 ＝[3＋f (x 0)]2－9,因为x 0＞1，所以f (x 0)＝ln x 0＞0，所以△＞0，所以方程（*）有两个不相等的实数解x 1，x 2，又x 1＋x 2＝f (x 0)＋3a ＞0，x 1x 2＝3－a a＞0， 所以x 1，x 2为两个正实数解．所以c 的最小值为3. ……………………………………………………………………………10分（3）当a ＝1时，因为函数f (x )与g (x )的图象交于A ，B 两点，所以⎩⎨⎧ln x 1＝x 1＋b x 1－c ，ln x 2＝x 2＋b x 2－c ，两式相减，得b ＝x 1x 2(1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1)．……………………………… 12分要证明x 1x 2－x 2＜b ＜x 1x 2－x 1，即证x 1x 2－x 2＜x 1x 2(1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1)＜x 1x 2－x 1， 即证1x 2＜ln x 2－ln x 1x 2－x 1＜1x 1，即证1－x 1x 2＜ln x 2x 1＜x 2x 1－1．…………………………………………… 14分令x 2x 1＝t ，则t ＞1，此时即证1－1t＜ln t ＜t －1． 令ϕ(x )＝ln t ＋1t －1，所以ϕ'(t )＝1t －1t 2＝t －1t 2＞0，所以当t ＞1时，函数ϕ(t )单调递增． 又ϕ(1)＝0，所以ϕ(t )＝ln t ＋1t －1＞0，即1－1t＜ln t 成立． 再令m (t )＝ln t －t －1，所以m '(t )＝1t －1＝1－t t＜0， 所以当t ＞1时，函数m (t )单调递减， 又m (1)＝0，所以m (t )＝ln t －t －1＜0，即ln t ＜t －1也成立．综上所述， 实数x 1，x 2满足x 1x 2－x 2＜b ＜x 1x 2－x 1． …………………………………………16分南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案及评分标准 2018.0121．【选做题】在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2小题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A ．选修4-1：几何证明选讲解：如图，连接AE ，OE ，过E 作EF ⊥AB ，交AB 于F ． 因为直线DE 与⊙O 相切于点E ，所以DE ⊥OE ， 又因为AD 垂直DE 于D ，所以AD ∥OE ，所以∠DAE ＝∠OEA ①， 在⊙O 中OE ＝OA ，所以∠OEA ＝∠OAE ②，…………………………5分 由①②得∠DAE ＝∠OAE ，即∠DAE ＝∠F AE ，又∠ADE ＝∠AFE ，AE ＝AE ， 所以△ADE ≌△AFE ，所以DE ＝FE ，又DE ＝4，所以FE ＝4，即E 到直径AB 的距离为4. …………………………………………………………………………10分B ．选修4-2：矩阵与变换解：设P (x 0，y 0)是圆x 2＋y 2＝1上任意一点，则x 02＋y 02＝1．设点P (x 0，y 0)在矩阵M 对应的变换作用下所得的点为Q (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎡⎦⎤2001 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 0y 0 ， 即⎩⎨⎧x ＝2x 0，y ＝y 0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝12x ，y 0＝y ，…………………………………………………………………………………5分 代入x 02＋y 02＝1，得x 24＋y 2＝1，即为所求的曲线方程. ……………………………………………10分C ．选修4-4：坐标系与参数方程解：以极点O 为原点，极轴Ox 为x 轴正半轴建立平面直角坐标系，由ρcos(θ＋π3)＝1 ，得ρ(cos θcos π3－sin θsin π3)＝1， 得直线的直角坐标方程为x －3y －2＝0 ．………………………………………………………… 5分曲线ρ＝r 的直角坐标方程为圆x 2＋y 2＝r 2，所以圆心到直线的距离为d ＝∣1⨯0－3⨯0－2∣ 12＋(－3)2＝1． 因为直线ρcos(θ＋π3)＝1与曲线ρ＝r (r ＞0)相切，所以r ＝d ，即r ＝1. ……………………………10分D ．选修4-5：不等式选讲解：由柯西不等式，得[x 2＋(3y )2][12＋(33)2]≥(x ⨯1＋3y ⨯33)2， 即43(x 2＋3y 2)≥(x ＋y )2 ． 而x 2＋3y 2＝1，所以(x ＋y )2≤43，所以－233≤x ＋y ≤23A B E D F O · （第21(A)）3，………………………………………… 5分由⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3y 33，x ＋y ＝233，即⎩⎨⎧x ＝32，y ＝36，所以当且仅当x ＝32，y ＝36时，(x ＋y )max ＝23 3 ． 所以当x ＋y 取最大值时x 的值为x ＝32．…………………………………………………………… 10分 【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．22．解：（1）因为ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ．因为OP ⊥底面ABCD ，所以以O 为原点，直线OA ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2，0，0)，B (0，1，0)，P (0，0，4)，C (－2，0，0)，M (－1，0，2)，所以→AP ＝(－2，0，4)，→BM ＝(－1，－1，2)，→AP ⋅ →BM ＝10，∣→AP ∣＝25，∣→BM ∣＝6． 则cos ＜→AP ，→BM ＞＝→AP ⋅ →BM ∣→AP ∣∣→BM ∣＝102 5⨯ 6＝306．故异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为306………………5分 （2）→AB ＝(－2，1，0)，→BM ＝(－1，－1，2)． 设平面ABM 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⋅ →AB ＝0，n ⋅ →BM ＝0，得⎩⎨⎧－2x ＋y ＝0，－x －y ＋2z ＝0， 令x ＝2，得y ＝4，z ＝3． 所以平面ABM 的一个法向量为n ＝(2，4，3)．又平面P AC 的一个法向量为→OB ＝(0，1，0)，所以n ⋅→OB ＝4，∣n ∣＝29，∣→OB ∣＝1．则cos ＜n ，→OB ＞＝n ⋅ →OB ∣n ∣∣→OB ∣＝4 2929 ． 故平面ABM 与平面P AC 所成锐二面角的余弦值为4 2929. …………………………………………10分23．解：（1）由条件，n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C n n ①，在①中令n ＝1，得f (1)＝C01⋅C 11＝1．…………………………………………………………………… 1分在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C12＋ 2 C 12C 22＝6，得f (2)＝3．…………………………………………… 2分在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2 C 13C 23＋3 C 23C 33＝30，得f (3)＝10． ………………………………3分C（第22题）（2）猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －1 2n －1)．………………………………………………………………… 5分 欲证猜想成立，只要证等式n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C n n 成立．方法一：当n ＝1时，等式显然成立．当n ≥2时，因为r C r n ＝r ⨯n !r !(n －r )!＝n !(r －1)!(n －r )!＝n ⨯(n －1)!(r －1)!(n －r )!＝n C r －1n －1，………………………7分故r C r －1n C r n ＝(r C r n ) C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n ．故只需证明n C n 2n －1＝n C 0 n －1C 0n ＋n C 1 n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n ． 即证 C n 2n －1＝C 0 n －1C 0n ＋ C 1 n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n ．而C r －1n ＝C n －r ＋1n ，故即证C n 2n －1＝C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ②．由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n 可得，左边x n 的系数为n2n －1． 而右边(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0 n －1＋C 1 n －1x ＋C 2 n －1x 2＋…＋C n －1n －1x n －1)( C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )所以x n 的系数为C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ．由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n 恒成立可得②成立.综上，f (n )＝C n 2n －1成立．……………………………………………………………………………… 10分方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有2n －1个小球，其中n 个是编号为1，2，…，n 的白球，其余n －1个是编号为1，2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球(n －r 个白球）的n 个小球的组合的个数为C r n －1C n －r n ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为 C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ．另一方面，从袋中2n －1个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n 2n －1． 故C n 2n －1＝C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同方法一. …………………………………………………………………………………………10分方法三：由二项式定理，得(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ③．两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…r C r n x r －1 ＋…＋n C nn x n －1 ④．③×④， 得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )( C 1n ＋2C 2n x ＋…r C r n x r －1 ＋…＋n C nn x n －1) ⑤． 左边x n 的系数为n C n2n －1．右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2 C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n ＋…＋n C n n C 1n＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n ＋…＋n C n n C n －1n＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C n n ．由⑤恒成立，可得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C n n ． 故f (n )＝C n 2n －1成立． ……………………………………………………………………………………10分。
2018年江苏省南通市高考数学一模试卷
2018年江苏省南通市高考数学一模试卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1. 已知集合A ={−1, 0, a}，B ={0, √a}．若B ⊆A ，则实数a 的值为________．2. 已知复数z =1+4i 1−i，其中i 为虚数单位，则复数z 的实部为________．3. 已知某校高一、高二、高三的学生人数分别为400，400，500．为了解该校学生的身高情况，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为65的样本，则应从高三年级抽取________名学生．4. 根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为________．5. 某同学欲从数学建模、航模制作、程序设计和机器人制作4个社团中随机选择2个，则数学建模社团被选中的概率为________．6. 若实数x ，y 满足{x ≥1y ≤3x −y −1≤0 ，则2x −y 的最大值为________．7. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点F 为抛物线y 2=8x 的焦点，则点F 到双曲线x 216−y 29=1的渐近线的距离为________．8. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2=1，a 8=a 6+6a 4，则a 3的值为________．9. 在平面直角坐标系xOy 中，将函数y =sin(2x +π3)的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位长度．若平移后得到的图象经过坐标原点，则φ的值为________．10. 若曲线y =xlnx 在x =1与x =t 处的切线互相垂直，则正数t 的值为________．11. 如图，铜质六角螺帽毛胚是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4cm ，圆柱的底面积为9√3cm 2．若将该螺帽熔化后铸成一个高12. 如图，已知矩形ABCD 的边长AB =2，AD =1．点P ，Q 分别在边BC ，CD 上，且∠PAQ =45∘，则AP →⋅AQ →的最小值为________．13. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点A(−4, 0)，B(0, 4)，从直线AB 上一点P 向圆x 2+y 2=4引两条切线PC ，PD ，切点分别为C ，D ．设线段CD 的中点为M ，则线段AM 长的最大值为________．14. 已知函数f(x)={x 2−2ax −a +1,x ≥0ln(−x),x <0 ，g(x)=x 2+1−2a ．若函数y =f（g(x)）有4个零点，则实数a 的取值范围是________．二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）如图，在三棱锥P −ABC 中，AB ⊥PC ，CA =CB ，M 是AB 的中点．点N 在棱PC 上，点D 是BN 的中点．求证：（1）MD // 平面PAC ；（2）平面ABN ⊥平面PMC ．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且a 2=b 2+c 2−bc ，a =√152b ．（1）求sinB 的值；（2）求cos(C+π12)的值．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√22，两条准线之间的距离为4√2．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2+y2=89上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，求直线AB的方程．如图，某小区中央广场由两部分组成，一部分是边长为80cm的正方形ABCD，另一部分是以AD为直径的半圆，其圆心为O．规划修建的3条直道AD，PB，PC将广场分割为6个区域：Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ为绿化区域（图中阴影部分），Ⅱ、Ⅳ、Ⅵ为休闲区域，其中点P在半圆弧上，AD分别与PB，PC相交于点E，F．（道路宽度忽略不计）（1）若PB经过圆心，求点P到AD的距离；（2）设∠POD=θ，θ∈(0, π2)．①试用θ表示EF的长度；②当sinθ为何值时，绿化区域面积之和最大．已知函数g(x)=x3+ax2+bx(a, b∈R)有极值，且函数f(x)=(x+a)e x的极值点是g(x)的极值点，其中e是自然对数的底数．（极值点是指函数取得极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式；（2）当a>0时，若函数F(x)=f(x)−g(x)的最小值为M(a)，证明：M(a)<−73．若数列{a n }同时满足：①对于任意的正整数n ，a n+1≥a n 恒成立；②对于给定的正整数k ，a n−k +a n+k =2a n 对于任意的正整数n(n >k)恒成立，则称数列{a n }是“R(k)数列”． （1）已知a n ={2n −1,n 为奇数2n,n 为偶数，判断数列{a n }是否为“R(2)数列”，并说明理由；（2）已知数列{a n }是“R(3)数列”，且存在整数p(p >1)，使得b 3p−3，b 3p−1，b 3p+1，b 3p+3成等差数列，证明：{b n }是等差数列． 一、【选做题】本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.[选修4-1：几何证明选讲]如图，已知⊙O1的半径为2，⊙O 2的半径为1，两圆外切于点T ．点P 为⊙O 1上一点，PM 与⊙O 2切于点M ．若PM =√3，求PT 的长．[选修4-2：矩阵与变换]已知x ∈R ，向量[01]是矩阵A =[1x02]的属于特征值λ的一个特征向量，求λ与A −1．[选修4-4：坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy 中，直线y =x 与曲线{x =t −1y =t 2−1 （t 为参数）相交于A ，B 两点，求线段AB 的长．[选修4-5：不等式选讲]已知a >1，b >1，求b 2a−1+a 2b−1的最小值． 【必做题】第25、26题，每小题0分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.如图，四棱锥P −ABCD 中，AP 、AB 、AD 两两垂直，DE // BC ，且AP =AB =AD =4，BC =2．（1）求二面角P −CD −A 的余弦值；（2）已知点H 为线段PC 上异于C 的点，且DC =DH ，求PHPC 的值．（1）用数学归纳法证明：当n∈N∗时，cosx+cos2x+cos3x+...+cosnx= sin(n+12)x2sin12x−12(x∈R，且x≠2kπ，k∈Z)；（2）求sinπ6+2sin2π6+3sin3π6+4sin4π6+...+2018sin2018π6的值．参考答案与试题解析2018年江苏省南通市高考数学一模试卷一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1.【答案】1【考点】集合的包含关系判断及应用【解析】利用子集定义直接求解，【解答】∵集合A={−1, 0, a}，B={0, √a}．B⊆A，∴√a=a，且a≠0．解得a=1，∴实数a的值为1．2.【答案】−3 2【考点】复数的运算【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】∵z=1+4i1−i =(1+4i)(1+i)(1−i)(1+i)=−32+52i，∴复数z的实部为−32．3.【答案】25【考点】分层抽样方法【解析】根据题意求出抽样比例值，再计算应从高三年级抽取的学生数．【解答】根据题意，抽样比例为65400+400+500=120，∴应从高三年级抽取500×120=25（名）．4.【答案】10伪代码（算法语句） 【解析】模拟程序的运行过程，即可得出程序运行后输出S 的值． 【解答】模拟程序的运行过程，得： S =1，i =1，满足条件i ≤5，执行循环S =1+1=2，i =3 满足条件i ≤5，执行循环S =2+3=5，i =5 满足条件i ≤5，执行循环S =5+5=10，i =7 此时不满足条件i ≤5，退出循环，输出S =10． 5.【答案】12【考点】古典概型及其概率计算公式 【解析】基本事件总数n =C 42=6，数学建模社团被选中包含的基本事件个数m =C 11C31=3，由此能求出数学建模社团被选中的概率． 【解答】解：某同学欲从数学建模、航模制作、程序设计和机器人制作4个社团中随机选择2个，基本事件总数n =C 42=6，数学建模社团被选中包含的基本事件个数m =C 11C 31=3， ∴ 数学建模社团被选中的概率为p =m n=36=12． 故答案为：12. 6.【答案】 5【考点】简单线性规划 【解析】画出不等式表示的平面区域，z =2x −y 的几何意义是直线y =2x −z 的纵截距的相反数，根据图形可得结论． 【解答】画出不等式表示的平面区域：z =2x −y 的几何意义是直线y =2x −z 的纵截距的相反数，由{y =3x −y −1=0 可得交点坐标为(4, 3)，根据图形可知在点(4, 3)处，z =2x −y 取得最大值，最大值为5 7.【答案】 65【考点】求得抛物线的焦点和双曲线的渐近线方程，再由点到直线的距离公式计算即可得到所求值．【解答】抛物线y2=8x的焦点F(2, 0)，双曲线x216−y29=1的渐近线方程为y=±34x，即3x±4y=0．则F到双曲线的渐近线的距离为d=22=658.【答案】√3【考点】等比数列的通项公式【解析】利用等比数列的通项公式列出方程组，能求出结果．【解答】∵在各项均为正数的等比数列{a n}中，a2=1，a8=a6+6a4，∴{a1q=1a1q7=a1q5+6a1q3，且q>0．解得q2=3，∴q=√3，∴a3=a1q⋅q=q=√3．9.【答案】π6【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】直接利用三角函数的平移变换求出结果．【解答】将函数y=sin(2x+π3)的图象向右平移φ(0<φ<π2)个单位长度．得到：y=sin(2x−2φ+π3)，平移后得到的图象经过坐标原点，由于：0<φ<π2，则：−2φ+π3=0，解得：φ=π6．10.【答案】e−2【考点】求得函数的导数，可得切线的斜率，由两直线垂直的条件：斜率之积为−1，即可得到所求值． 【解答】y =xlnx 的导数为y′=1+lnx ，可得在x =1与x =t 处的切线斜率分别为1和1+lnt ， 由切线互相垂直，可得： 1+lnt =−1， 解得t =e −2． 11.【答案】 2√10 【考点】柱体、锥体、台体的体积计算 【解析】设该正三棱柱的底面边长为xcm ，利用棱柱、圆柱的体积公式列出方程，由此能求出该正三棱柱的底面边长． 【解答】设该正三棱柱的底面边长为xcm ，则12∗x 2∗sin60∘∗6=6×(12×4×4×sin60∘)×4−9√3×4， 解得x =2√10．(cm) 12.【答案】 4√2−4 【考点】平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】设∠PAB =θ，则∠DAQ =45∘−θ，分别由解直角三角形可得AQ ，AP 的长，再由向量的数量积的定义，结合三角函数的恒等变化公式，以及余弦函数的最值，即可得到所求最小值． 【解答】设∠PAB =θ，则∠DAQ =45∘−θ， AP →⋅AQ →=|AP →|⋅|AQ →|cos45∘， =2cosθ⋅1cos(45∘−θ)⋅√22， =cosθ∗(√22cosθ+√22sinθ)，=2cos 2θ+cosθsinθ， =21+cosθ2+sin2θ2，=√22sin(2θ+45)+12，当且仅当2θ+45∘=90∘，∴ θ=22.5∘时取“=”，当θ=22.5∘时，点P 恰在边BC 上，Q 恰边CD 上，满足条件， 综上所述，AP →⋅AQ →的最小值为4√2−4， 13.【答案】 3√2【考点】圆的切线方程 【解析】由题意可得AB 所在直线方程，设P(x 0, y 0)，则y 0=x 0+4，求出CD 所在直线方程为x 0x +y 0y =4，再求出直线OM 的方程x 0y −y 0x =0，联立消去x 0，y 0，可得M 的轨迹方程，数形结合即可求得线段AM 长的最大值． 【解答】 如图，直线AB 的方程为x −y +4=0，设P(x 0, y 0)，则y 0=x 0+4，① 以OP 为直径的圆的方程为x 2+y 2−x 0x −y 0y =0，联立{x 2+y 2=4x 2+y 2−x 0x −y 0y =0 ，可得CD 所在直线方程为：x 0x +y 0y =4，② ∵ 线段CD 的中点为M ，则直线OM:x 0y −y 0x =0，③联立①②③消去x 0，y 0，可得M 的轨迹方程为(x +12)2+(y −12)2=12，圆心坐标为(−12, 12)，半径r =√22，又A(−4, 0)，∴ |AM|max =√14+494+√22=3√2．14. 【答案】(−1+√5, 1)∪(1, +∞) 【考点】函数零点的判定定理 【解析】求出f(x)=0的解，讨论f(x)的零点与g(x)的最小值1−2a 的关系，得出a 的范围． 【解答】当x ≥0时，令f(x)=0得x 2−2ax −a +1=0， △=4a 2−4(1−a)=4(a 2+a −1)，方程f(x)=0(x ≥0)无解，由f （g(x)）=0可得g(x)=−1，又g(x)为偶函数，故而f （g(x)）=0最多只有2解，不符合题意（1）（2）若△=0即a =−1−√52或a =−1+√52时，方程f(x)=0(x ≥0)的解为x =a =−1+√52，而g min (x)=1−2a =2−√5，此时g(x)=−1无解，g(x)=−1+√52只有2解，不符合题意（2）（3）若△>0即a <−1−√52或a >−1+√52时，方程f(x)=0(x ≥0)的解为x 1=a −√a 2+a −1，x 2=a +√a 2+a −1， ①若a <−1−√52，则x 1<0，x 2<0，且g min (x)=1−2a >0，此时f （g(x)）=0无解，不符合题意（3）②若−1+√52<a <1，则x 2>x 1>0，而−1<1−2a <2−√5<0，∴ g(x)=x 1和g(x)=x 2各有2解，故f （g(x)）=0有4解，符合题意（4）③若a =1，则x 1=0，x 2=2，g min (x)=1−2a =−1，此时g(x)=x 1有2解，g(x)=x 2有2解，g(x)=−1有1解，此时f （g(x)）=0有5解，不符合题意（5）④若a >1，则x 2>0，x 1<0，而g min (x)=1−2a <−1，∴ g(x)=x 2有2解，g(x)=−1有2解， 故f （g(x)）=0有4解，符合题意． 综上，−1+√52<a <1或a >1．故答案为：(−1+√52, 1)∪(1, +∞)．二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）【答案】 证明：（1）在△ABN 中，M 是AB 的中点，D 是BN 的中点， 所以MD // AN ．又因为AN ⊂平面PAC ，MD 平面PAC ， 所以MD // 平面PAC ．（2）在△ABC 中，CA =CB ，M 是AB 的中点， 所以AB ⊥MC ．又因为AB ⊥PC ，PC ⊂平面PMC ，MC ⊂平面PMC ，PC ∩MC =C ， 所以AB ⊥平面PMC ． 又因为AB ⊂平面ABN ， 所以平面ABN ⊥平面PMC ． 【考点】平面与平面垂直 【解析】 此题暂无解析【解答】证明：（1）在△ABN中，M是AB的中点，D是BN的中点．所以MD // AN．又因为AN⊂平面PAC，MD平面PAC，所以MD // 平面PAC．（2）在△ABC中，CA=CB，M是AB的中点，所以AB⊥MC．又因为AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，所以AB⊥平面PMC．又因为AB⊂平面ABN，所以平面ABN⊥平面PMC．【答案】在△ABC中，利用余弦定理：a2=b2+c2−2bccosA，所以：cosA=b2+c2−a22bc =12．由于：0<A<π，故：A=π3．在△ABC，由正弦定理asinA =bsinB得，sinB=b⋅sinAa =√55．因为a=√15b2>b，所以A，0<B<π3．又sinB=√55，所以cosB=√1−sin2B=2√55．在△ABC中，A+B+C=π．cos(C+π12)=−cos(B+π4)=−(2√55⋅√22−√55⋅√22)=−√1010．【考点】解三角形三角形的面积公式【解析】（1）直接利用已知条件和余弦定理和正弦定理求出结果．（2）利用三角函数关系式的恒等变换求出结论．【解答】在△ABC中，利用余弦定理：a2=b2+c2−2bccosA，所以：cosA=b2+c2−a22bc =12．由于：0<A<π，故：A=π3．在△ABC，由正弦定理asinA =bsinB得，sinB=b⋅sinAa =√55．因为a=√15b2>b，所以A，0<B<π3．又sinB=√55，所以cosB=√1−sin2B=2√55．在△ABC中，A+B+C=π．cos(C+π12)=−cos(B+π4)=−(2√55⋅√22−√55⋅√22)=−√1010．【答案】设椭圆的焦距为2c，由题意得，ca =√22，2a2c=4√2，解得a=2，c=b=√2．∴椭圆的方程为：x24+y22=1．△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，∴AB=2AM，∴点M为AB的中点．∵椭圆的方程为：x24+y22=1．∴A(−2, 0)．设M(x0, y0)，则B(2x0+2, 2y0)．由x02+y02=89，(2x0+2)24+(2y0)22=1，化为：9x02−18x0−16=0，−2√23≤x0≤2√23．解得：x0=−23．代入解得：y0=±23，∴k AB=±12，因此，直线AB的方程为：y=±12(x+2)．【考点】椭圆的定义【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，由题意得，ca =√22，2a2c=4√2，解出即可得出．(2)△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，可得AB=2AM，即点M为AB的中点．A(−2, 0)．设M(x 0, y 0)，利用中点坐标公式可得：B(2x 0+2, 2y 0)．由x 02+y 02=89，(2x 0+2)24+(2y 0)22=1，联立解出，即可得出直线AB 的方程．【解答】设椭圆的焦距为2c ，由题意得，ca=√22，2a 2c=4√2，解得a =2，c =b =√2． ∴ 椭圆的方程为：x 24+y 22=1．△AOB 的面积是△AOM 的面积的2倍，∴ AB =2AM ， ∴ 点M 为AB 的中点． ∵ 椭圆的方程为：x 24+y 22=1．∴ A(−2, 0)．设M(x 0, y 0)，则B(2x 0+2, 2y 0)．由x 02+y 02=89，(2x 0+2)24+(2y 0)22=1，化为：9x 02−18x 0−16=0，−2√23≤x 0≤2√23． 解得：x 0=−23． 代入解得：y 0=±23， ∴ k AB =±12，因此，直线AB 的方程为：y =±12(x +2)．【答案】直线PB 的方程为y =2x ，半圆O 的方程为x 2+y 2=402(y ≥0)， 由{y =2xx 2+y 2=402 ，得y =16√5． ∴ 点P 到AD 的距离为16√5m ． ①由题意，得P(40cosθ, 40sinθ)； 直线PB 的方程为y +80=sinθ+2cosθ+1(x +40)， 令y =0，得x E =80cosθ+80sinθ+2−40=80cosθ−40sinθsinθ+2．直线PC 的方程为y +80=sinθ−2cosθ−1(x −40)， 令y =0，得x F =80cosθ−80sinθ+2+40=80cosθ+40sinθsinθ+2．∴ EF 的长度为f(θ)=x F −x E =80sinθsinθ+2，θ∈(0, π2)． ②区域Ⅳ、Ⅵ的面积之和为： S 1=12×(80−80sinθsinθ+2)×80=6400sinθ+2， 区域Ⅱ的面积为： S 2=12×(80sinθsinθ+2)×40sinθ=1600sin 2θsinθ+2，∴ S 1+S 2=1600sin 2θ+6400sinθ+2(0<θ<π2)．设sinθ+2=t ，则2<t <3， S 1+S 2=1600(t−2)2+6400t=1600(t +8t−4)≥1600(2√8−4)=6400(√2−1)．当且仅当t =2√2，即sinθ=2√2−2时“=”成立．∴ 休闲区域Ⅱ、Ⅳ、Ⅵ的面积S 1+S 2的最小值为6400(√2−1)m 2． 答：当sinθ=2√2−2时，绿化区域Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ的面积之和最大．【考点】函数解析式的求解及常用方法 【解析】以AD 所在直线为x 轴，以线段AD 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系．（1）写出直线PB 的方程与半圆O 的方程，联立求得y 值，即可得到点P 到AD 的距离； （2）①由题意，得P(40cosθ, 40sinθ)．写出直线PB 的方程，求得E 的坐标，写出直线PC 的方程，求出F 的坐标，可得EF 的长度为f(θ)=x F −x E =80sinθsinθ+2，θ∈(0, π2)． ②求出区域Ⅳ、Ⅵ的面积之和S 1 与区域Ⅱ的面积S 2，作和可得S 1+S 2=1600sin 2θ+6400sinθ+2(0<θ<π2)．设sinθ+2=t ，则2<t <3，然后利用基本不等式求最值．【解答】直线PB 的方程为y =2x ，半圆O 的方程为x 2+y 2=402(y ≥0)， 由{y =2xx 2+y 2=402 ，得y =16√5． ∴ 点P 到AD 的距离为16√5m ． ①由题意，得P(40cosθ, 40sinθ)； 直线PB 的方程为y +80=sinθ+2cosθ+1(x +40)， 令y =0，得x E =80cosθ+80sinθ+2−40=80cosθ−40sinθsinθ+2．直线PC 的方程为y +80=sinθ−2cosθ−1(x −40)， 令y =0，得x F =80cosθ−80sinθ+2+40=80cosθ+40sinθsinθ+2．∴ EF 的长度为f(θ)=x F −x E =80sinθsinθ+2，θ∈(0, π2)． ②区域Ⅳ、Ⅵ的面积之和为： S 1=12×(80−80sinθsinθ+2)×80=6400sinθ+2，区域Ⅱ的面积为： S 2=12×(80sinθsinθ+2)×40sinθ=1600sin 2θsinθ+2，∴ S 1+S 2=1600sin 2θ+6400sinθ+2(0<θ<π2)．设sinθ+2=t ，则2<t <3， S 1+S 2=1600(t−2)2+6400t=1600(t +8t −4)≥1600(2√8−4)=6400(√2−1)．当且仅当t =2√2，即sinθ=2√2−2时“=”成立．∴ 休闲区域Ⅱ、Ⅳ、Ⅵ的面积S 1+S 2的最小值为6400(√2−1)m 2． 答：当sinθ=2√2−2时，绿化区域Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ的面积之和最大．【答案】∵ 函数f(x)=(x +a)e x ， ∴ f′(x)=e x (x +a +1)， 令f′(x)=0，解得x =−a −1，∵ 函数g(x)=x 3+ax 2+bx(a, b ∈R)， ∴ g′(x)=3x 2+2ax +b ，∵ 函数g(x)=x 3+ax 2+bx(a, b ∈R)有极值，且函数f(x)=(x +a)e x 的极值点是g(x)的极值点，∴ g′(−a −1)=3(−a −1)2+2a(−a −1)+b =0， 解得b =−a 2−4a −3． 证明：F(x)=f(x)−g(x)=(x +a)e x −x 3−ax 2−bx =(x +a)e x −x 3−ax 2+(a 2+4a +3)x ，F′(x)=(x +a +1)e x −3x 2−2ax +a 2+4a +3 =(x +a +1)e x −(x +a +1)(3x −a −3) =(x +a +1)(e x −3x +a +3)，令ℎ(x)=e x −3x +a +3，则ℎ′(x)=e x −3， 令ℎ′(x)=0，得x =ln3，ℎ(ln3)为ℎ(x)最小值，且ℎ(ln3)=6−3ln3+a，∵a>0，∴ℎ(ln3)>0，∴ℎ(x)>0，对于F′(x)=(x+a+1)ℎ(x)=0，有唯一解x=−a−1，当x∈(−∞, −a−1)时，F′(x)<0，当x∈(−a−1, +∞)时，F′(x)>0，∴F(−a−1)为F(x)最小值，M(a)=F(−a−1)=−e−a−1−(a+1)2⋅(a+2)，当a>0时，∴M(a)是减函数，M(a)<M(0)=−1e −2<−73，∴M(a)<−73．【考点】利用导数研究函数的极值【解析】（1）推导出f′(x)=e x(x+a+1)，令f′(x)=0，得x=−a−1，求出g′(x)=3x2+ 2ax+b，从而g′(−a−1)=3(−a−1)2+2a(−a−1)+b=0，由此能求出b关于a的函数关系式．（2）F(x)=f(x)−g(x)=(x+a)e x−x3−ax2+(a2+4a+3)x，推导出F′(x)= (x+a+1)e x−3x2−2ax+a2+4a+3=(x+a+1)(e x−3x+a+3)，令ℎ(x)= e x−3x+a+3，则ℎ′(x)=e x−3，令ℎ′(x)=0，得x=ln3，ℎ(ln3)=6−3ln3+a 为ℎ(x)最小值，推导出F(−a−1)为F(x)最小值，M(a)=F(−a−1)=−e−a−1−(a+1)2⋅(a+2)，由此能证明M(a)<−73．【解答】∵函数f(x)=(x+a)e x，∴f′(x)=e x(x+a+1)，令f′(x)=0，解得x=−a−1，∵函数g(x)=x3+ax2+bx(a, b∈R)，∴g′(x)=3x2+2ax+b，∵函数g(x)=x3+ax2+bx(a, b∈R)有极值，且函数f(x)=(x+a)e x的极值点是g(x)的极值点，∴g′(−a−1)=3(−a−1)2+2a(−a−1)+b=0，解得b=−a2−4a−3．证明：F(x)=f(x)−g(x)=(x+a)e x−x3−ax2−bx=(x+a)e x−x3−ax2+(a2+4a+3)x，F′(x)=(x+a+1)e x−3x2−2ax+a2+4a+3=(x+a+1)e x−(x+a+1)(3x−a−3)=(x+a+1)(e x−3x+a+3)，令ℎ(x)=e x−3x+a+3，则ℎ′(x)=e x−3，令ℎ′(x)=0，得x=ln3，ℎ(ln3)为ℎ(x)最小值，且ℎ(ln3)=6−3ln3+a，∵a>0，∴ℎ(ln3)>0，∴ℎ(x)>0，对于F′(x)=(x+a+1)ℎ(x)=0，有唯一解x=−a−1，当x∈(−∞, −a−1)时，F′(x)<0，当x∈(−a−1, +∞)时，F′(x)>0，∴F(−a−1)为F(x)最小值，M(a)=F(−a−1)=−e−a−1−(a+1)2⋅(a+2)，当a>0时，∴M(a)是减函数，M(a)<M(0)=−1e −2<−73，∴M(a)<−73．【答案】当n为奇数时，a n+1−a n=2(n+1)−(2n−1)=3>0，所以a n+1≥a n．a n−2+a n+2=2(n−2)−1+2(n+2)−1=2(2n−1)=2a n．当n为偶数时，a n+1−a n=2(n+1)−2n=3>0，所以a n+1≥a n．a n−2+a n+2=2(n−2)+2(n+2)=4n=2a n．所以，数列{a n}是否为“R数列数列”．证明（1）由题意可得：b n−3+b n+3=2b n，则数列b1，b4，b7，…是等差数列，设其公差为d1，数列b2，b5，b8，…是等差数列，设其公差为d2，数列b3，b6，b9，…是等差数列，设其公差为d3，因为b n≤b n+1，所以b3n+1≤b3n+2≤b3n+4，所以b1+nd1≤b2+nd2≤b1+(n+1)d1，所以n(d2−d1)≥b1−b2①，n(d2−d1)≥b1−b2+d1，②．若d2−d1<0，则当n>b1−b2d2−d1时，①不成立；若d2−d1>0，则当n>b1−b2+d1d2−d1时，②不成立；若d2−d1=0，则①和②都成立，所以d1=d2．同理得：d1=d3，所以d1=d2=d3，记d1=d2=d3=d．设b3p−1−b3p−3=b3p+1−b3p−1=b3p+3−b3p+1=λ，则b3p−1−b3p−2=b3p−1−(n−p)d−(b3p+1−(n−p−1)d)=b3p−1−b3p+1+d= d−λ，同理可得：b3n−b3n−1=b3n+1−b3n=d−λ，所以b n+1−b n=d−λ．所以：{b n}是等差数列．【考点】数列递推式【解析】（1）由题意可知根据等差数列的性质，a n−3+a n−2+a n−1+a n+1+a n+2+a n+3= (a n−3+a n+3)+(a n−2+a n+2)+(a n−1+a n+1)=2×3a n，根据“P(k)数列”的定义，可得数列{a n}是“P(3)数列”；（2）由已知条件结合（1）中的结论，可得到{a n}从第3项起为等差数列，再通过判断a2与a3的关系和a1与a2的关系，可知{a n}为等差数列．【解答】当n为奇数时，a n+1−a n=2(n+1)−(2n−1)=3>0，所以a n+1≥a n．a n−2+a n+2=2(n−2)−1+2(n+2)−1=2(2n−1)=2a n．当n为偶数时，a n+1−a n=2(n+1)−2n=3>0，所以a n+1≥a n．a n−2+a n+2=2(n−2)+2(n+2)=4n=2a n．所以，数列{a n}是否为“R数列数列”．证明（1）由题意可得：b n−3+b n+3=2b n，则数列b1，b4，b7，…是等差数列，设其公差为d1，数列b2，b5，b8，…是等差数列，设其公差为d2，数列b3，b6，b9，…是等差数列，设其公差为d3，因为b n≤b n+1，所以b3n+1≤b3n+2≤b3n+4，所以b1+nd1≤b2+nd2≤b1+(n+1)d1，所以n(d2−d1)≥b1−b2①，n(d2−d1)≥b1−b2+d1，②．若d2−d1<0，则当n>b1−b2d2−d1时，①不成立；若d2−d1>0，则当n>b1−b2+d1d2−d1时，②不成立；若d2−d1=0，则①和②都成立，所以d1=d2．同理得：d1=d3，所以d1=d2=d3，记d1=d2=d3=d．设b3p−1−b3p−3=b3p+1−b3p−1=b3p+3−b3p+1=λ，则b3p−1−b3p−2=b3p−1−(n−p)d−(b3p+1−(n−p−1)d)=b3p−1−b3p+1+d= d−λ，同理可得：b3n−b3n−1=b3n+1−b3n=d−λ，所以b n+1−b n=d−λ．所以：{b n}是等差数列．一、【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.[选修4-1：几何证明选讲]【答案】延长PT，交⊙O2与点C，连结O1P，O2C，O1O2，则O1O2过点T，由切割线定理得：PM2=PC×PT=3．因为∠O1TP=∠O2TC，△O1TP与△O2TC均为等腰三角形，所以△O1TP∽△O2TC，所以PT TC=PO1CO2=2，所以PTPC =23，即PC=32PT．因为PC×PT=32×PT×PT=3，解得PT=√2．【考点】与圆有关的比例线段【解析】延长PT，交⊙O2与点C，连结O1P，O2C，O1O2则O1O2过点T，由切割线定理得：PM2=PC×PT=3．推导出△O1TP∽△O2TC，从而PC=32PT．由此能求出PT．【解答】延长PT ，交⊙O 2与点C ，连结O 1P ，O 2C ，O 1O 2， 则O 1O 2过点T ，由切割线定理得：PM 2=PC ×PT =3． 因为∠O 1TP =∠O 2TC ，△O 1TP 与△O 2TC 均为等腰三角形，所以△O 1TP ∽△O 2TC ，所以PT TC =PO1CO 2=2，所以PT PC =23，即PC =32PT ． 因为PC ×PT =32×PT ×PT =3， 解得PT =√2．[选修4-2：矩阵与变换] 【答案】由已知得[1x 02][01]=[x 2]=λ[01]， 所以{λ=2x =0 ，所以A =[1002]． 方法一：设A −1=[abcd]，则AA −1=[1002][a b c d ]=[1001]，即[ab2c 2d]=[1001]，．所以a =1，b =c =0，d =12． 所以λ=2，A −1=[10012]．方法二：由A =[1002]．则|A|=2，则A −1=[10012]． 【考点】特征向量的意义 【解析】根据矩阵的特征向量的定义，即可求得λ及矩阵A ， 方法一：设逆矩阵，根据AA −1=E ，即可求得A −1．方法二：求得|A|=2，根据二阶矩阵逆矩阵的求法，即可求得|A|=2， 【解答】由已知得[1x 02][01]=[x 2]=λ[01]， 所以{λ=2x =0 ，所以A =[1002]． 方法一：设A −1=[abcd]，则AA −1=[1002][a b c d ]=[1001]，即[ab2c 2d]=[1001]，．所以a =1，b =c =0，d =12．所以λ=2，A−1=[10012]．方法二：由A =[1002]．则|A|=2，则A −1=[10012]． [选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】曲线{x =t −1y =t 2−1 的普通方程为y =x 2+2x ， 联立{y =x y =x 2+2x ，解得{x =0y =0 或{x =−1y =−1， 所以A(0, 0)，B(−1, −1)，所以AB =√(−1−0)2+(−1−0)2=√2． 【考点】参数方程与普通方程的互化 【解析】将曲线的参数方程化为直角坐标方程，与直线方程联立求出交点坐标，根据两点间距离公式求出线段长度． 【解答】曲线{x =t −1y =t 2−1 的普通方程为y =x 2+2x ， 联立{y =x y =x 2+2x ，解得{x =0y =0 或{x =−1y =−1 ， 所以A(0, 0)，B(−1, −1)，所以AB =√(−1−0)2+(−1−0)2=√2． [选修4-5：不等式选讲] 【答案】∵ a >1，b >1；∴ a −1>0，b −1>0； ∴b 2a−1+4(a −1)≥4b ，a 2b−1+4(b −1)≥4a ；两式相加：b 2a−1+4(a −1)+a 2b−1+4(b −1)≥4b +4a ； ∴b 2a−1+a 2b−1≥8； 当且仅当b 2a−1=4(a −1),a 2b−1=4(b −1)时“=”成立；即a =b =2时，b 2a−1+a 2b−1取得最小值8．【考点】基本不等式及其应用 【解析】根据a >1，b >1即可得出b 2a−1+4(a −1)≥4b,a 2b−1+4(b −1)≥4a ，两式相加便可求出b 2a−1+a 2b−1的最小值．【解答】∵ a >1，b >1；∴ a −1>0，b −1>0； ∴b 2a−1+4(a −1)≥4b ，a 2b−1+4(b −1)≥4a ； 两式相加：b 2a−1+4(a −1)+a 2b−1+4(b −1)≥4b +4a ；∴b 2a−1+a 2b−1≥8； 当且仅当b 2a−1=4(a −1),a 2b−1=4(b −1)时“=”成立；即a =b =2时，b 2a−1+a 2b−1取得最小值8．【必做题】第25、26题，每小题0分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 【答案】以AB →，AD →，AP →为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系A −xyz ． 则A(0, 0, 0)，B(4, 0, 0)，C(4, 2, 0)，D(0, 4, 0)，P(0, 0, 4)， DP →=(0, −4, 4)，DC →=(4, −2, 0)． 设平面PCD 的法向量为n →=(x, y, z)，则{n →∗DP →=−4y +4z =0n →∗DC →=4x −2y =0 ，令x =1，得n →=(1, 2, 2)． 平面ACD 的法向量为m →=(0, 0, 1)， ∴ cos <m →,n →>=m →∗n→|m →|∗|n →|=23，∴ 二面角P −CD −A 的余弦值为23．由题意可知，PC →=(4, 2, −4)，DC →=(4, −2, 0)， 设PH →=λPC →=(4λ, 2λ, −4λ)，则DH →=DP →+PH →=(4λ, 2λ−4, 4−4λ)，∵ DC =DH ，∴ √(4λ)2+(2λ−4)2+(4−4λ)2=√20， 化简得3λ2−4λ+1=0，解得λ=1或λ=13． 又∵ 点H 异于点C ，∴ λ=13． 故PHPC =13．【考点】二面角的平面角及求法 【解析】（1）以AB →，AD →，AP →为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系A −xyz ．利用向量法能求出二面角P −CD −A 的余弦值．（2），PC →=(4, 2, −4)，DC →=(4, −2, 0)，设PH →=λPC →=(4λ, 2λ, −4λ)，则DH →=DP →+PH →=(4λ, 2λ−4, 4−4λ)，由DC =DH ，能求出PHPC 的值． 【解答】以AB →，AD →，AP →为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系A −xyz ． 则A(0, 0, 0)，B(4, 0, 0)，C(4, 2, 0)，D(0, 4, 0)，P(0, 0, 4)， DP →=(0, −4, 4)，DC →=(4, −2, 0)． 设平面PCD 的法向量为n →=(x, y, z)，则{n →∗DP →=−4y +4z =0n →∗DC →=4x −2y =0 ，令x =1，得n →=(1, 2, 2)． 平面ACD 的法向量为m →=(0, 0, 1)， ∴ cos <m →,n →>=m →∗n→|m →|∗|n →|=23，∴ 二面角P −CD −A 的余弦值为23．由题意可知，PC →=(4, 2, −4)，DC →=(4, −2, 0)， 设PH →=λPC →=(4λ, 2λ, −4λ)，则DH →=DP →+PH →=(4λ, 2λ−4, 4−4λ)，∵ DC =DH ，∴ √(4λ)2+(2λ−4)2+(4−4λ)2=√20， 化简得3λ2−4λ+1=0，解得λ=1或λ=13． 又∵ 点H 异于点C ，∴ λ=13． 故PHPC =13．【答案】①当n=1时，等式右边=sin 3x 22sin x2−12=sin(x+x2)−sin(x−x2)2sin x2=sinxcos x2+cosxsin x2−sinxcos x2+cosxsin x22sin x2=cosx=等式左边，等式成立．②假设当n=k时等式成立，即cosx+cos2x+cos3x+...+coskx=sin(k+12)x2sin12x−12．那么，当n=k+1时，有cosx+cos2x+cos3x+...+coskx+cos(k+1)x=sin(k+12)x2sin12x−1+cos(k+1)x=sin(k+12)x+2sin12xcos(k+1)x2sin12x−12=sin(k+1)xcos12x−cos(k+1)xsin12x+2sin12xcos(k+1)x2sin12x−12=sin(k+1)xcos12x+cos(k+1)xsin12x2sin12x−12=sin(k+1+12 )x2sin12x−12．即当n=k+1时等式也成立．根据①和②可知，对任何n∈N∗，等式都成立．由（1）可知，cosx+cos2x+cos3x+...+cos2018x=sin(2018+12)x2sin12x−12，两边同时求导，得−sinx−2sin2x−3sin3x−...−2018sin2018x=(2018+12)cos[(2018+12)xbrack∗sin12x−12sin[(2018+12)xbrackcos12x2sin212x．令x=−π6可得：sin π6+2sin2π6+3sin3π6+4sin4π6+...+2018sin2018π6=(2018+12)cos[(2018+12)∗(−π6)brack∗sin(−π12)−12sin[(2018+12)∗(−π6)brackcos(−π12)2sin2(−π12)=√3−20152．【考点】数学归纳法【解析】（1）先验证n=1结论成立，假设n=k结论成立，验证n=k+1结论是否成立即可；（2）对（1）的结论两边求导，再令x=−π6即可得出答案．【解答】①当n=1时，等式右边=sin 3x 22sin x2−12=sin(x+x2)−sin(x−x2)2sin x2=sinxcos x2+cosxsin x2−sinxcos x2+cosxsin x22sin x2=cosx=等式左边，等式成立．②假设当n=k时等式成立，即cosx+cos2x+cos3x+...+coskx=sin(k+12)x2sin12x−12．那么，当n=k+1时，有cosx+cos2x+cos3x+...+coskx+cos(k+1)x=sin(k+12)x2sin12x−12+cos(k+1)x=sin(k+12)x+2sin12xcos(k+1)x2sin12x−12=sin(k+1)xcos12x−cos(k+1)xsin12x+2sin12xcos(k+1)x2sin12x−12=sin(k+1)xcos12x+cos(k+1)xsin12x2sin12x−12=sin(k+1+12 )x2sin12x−12．即当n=k+1时等式也成立．根据①和②可知，对任何n∈N∗，等式都成立．由（1）可知，cosx+cos2x+cos3x+...+cos2018x=sin(2018+12)x2sin12x−12，两边同时求导，得−sinx−2sin2x−3sin3x−...−2018sin2018x=(2018+12)cos[(2018+12)xbrack∗sin12x−12sin[(2018+12)xbrackcos12x2sin212x．令x=−π6可得：sin π6+2sin2π6+3sin3π6+4sin4π6+...+2018sin2018π6=(2018+12)cos[(2018+12)∗(−π6)brack∗sin(−π12)−12sin[(2018+12)∗(−π6)brackcos(−π12)2sin2(−π12)=√3−20152．。
江苏南京、盐城市2018届高三数学一模试题有答案
江苏南京、盐城市2018届高三数学一模试题（有答案）南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学试题(总分160分，考试时间120分钟)注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分160分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．参考公式：柱体体积公式：，其中为底面积,为高.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．已知集合，，则▲．2．设复数为虚数单位），若为纯虚数，则的值为▲．3．为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50,100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在(单位：分钟)内的学生人数为▲．4．执行如图所示的伪代码，若，则输出的的值为▲．5．口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为▲．6．若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数的值为▲．7．设函数的值域为，若，则实数的取值范围是▲．8．已知锐角满足，则的值为▲．9．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是▲．10．设为等差数列的前项和，若的前2017项中的奇数项和为2018，则的值为▲．11．设函数是偶函数，当x≥0时，=，若函数有四个不同的零点，则实数m的取值范围是▲．12．在平面直角坐标系中，若直线上存在一点，圆上存在一点，满足，则实数的最小值为▲．13．如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若四点均位于图中的“晶格点”处，且的位置所图所示，则的最大值为▲．14．若不等式对任意都成立，则实数的最小值为▲．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，请把答案写在答题纸的指定区域内）15．(本小题满分14分)如图所示，在直三棱柱中，，点分别是的中点.（1）求证：∥平面；（2）若，求证：.16．(本小题满分14分)在中，角的对边分别为已知.（1）若，求的值；（2）若，求的值．17．(本小题满分14分)有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中是以为圆心、的扇形，且弧,分别与边,相切于点,．（1）当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；（2）当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？18.(本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系中，椭圆的下顶点为，点是椭圆上异于点的动点，直线分别与轴交于点，且点是线段的中点．当点运动到点处时，点的坐标为．（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线交轴于点，当点均在轴右侧，且时，求直线的方程．19．(本小题满分16分)设数列满足，其中，且，为常数.（1）若是等差数列，且公差，求的值；（2）若，且存在，使得对任意的都成立，求的最小值；（3）若，且数列不是常数列，如果存在正整数，使得对任意的均成立.求所有满足条件的数列中的最小值.20．(本小题满分16分)设函数，（）.（1）当时，若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；（2）当时，若对任意和任意，总存在不相等的正实数，使得，求的最小值；（3）当时，设函数与的图象交于两点．求证：.南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学附加题部分（本部分满分40分，考试时间30分钟）21．[选做题]（在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）A.（选修4-1：几何证明选讲）如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，垂直于点.若，求切点到直径的距离．B.（选修4-2：矩阵与变换）已知矩阵，求圆在矩阵的变换下所得的曲线方程. C．（选修4-4：坐标系与参数方程）在极坐标系中，直线与曲线()相切，求的值.D．(选修4-5：不等式选讲）已知实数满足，求当取最大值时的值.[必做题]（第22、23题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）22．（本小题满分10分）如图，四棱锥的底面是菱形，与交于点，底面，点为中点，.（1）求直线与所成角的余弦值；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．23．（本小题满分10分）已知，．（1）求的值；（2）试猜想的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分. 1．2．13．12004．15．6．67．8．9．10．403411．12．13．2414．100二、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．证明：（1）因为是直三棱柱，所以，且，又点分别是的中点，所以，且．所以四边形是平行四边形，从而．……………4分又平面，平面，所以∥面．……………6分（2）因为是直三棱柱，所以底面，而侧面，所以侧面底面．又，且是的中点，所以．则由侧面底面，侧面底面，，且底面，得侧面．……………8分又侧面，所以．……………10分又，平面，且，所以平面．……………12分又平面，所以．……………14分16．解：（1）因为，则由正弦定理，得． (2)分又，所以，即．……………4分又是的内角，所以，故．……………6分（2）因为，所以，则由余弦定理，得，得．……………10分从而，……………12分又，所以．从而．……………14分17．解：（1）在图甲中，连接交于点．设，在中，因为，所以，则．从而，即.……………2分故所得柱体的底面积.……………4分又所得柱体的高，所以.答：当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米.…………………6分（2）设，则，所以所得柱体的底面积.又所得柱体的高，所以，其中.…………………10分令，则由，解得.…………………12分列表如下：＋0－增极大值减所以当时，取得最大值.答：当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大.…………………14分18．解：（1）由，得直线的方程为． (2)分令，得点的坐标为．所以椭圆的方程为．…………………4分将点的坐标代入，得，解得．所以椭圆的标准方程为．…………………8分（2）方法一：设直线的斜率为，则直线的方程为．在中，令，得，而点是线段的中点，所以．所以直线的斜率．………………10分联立，消去，得，解得．用代，得．………………12分又，所以，得．………………14分故，又，解得．所以直线的方程为．………………16分方法二：设点的坐标分别为．由，得直线的方程为，令，得．同理，得．而点是线段的中点，所以，故．…………………10分又，所以，得，从而，解得．…………………12分将代入到椭圆C的方程中，得．又，所以，即，解得（舍）或．又，所以点的坐标为．……………14分故直线的方程为．…………………16分19．解：（1）由题意，可得，化简得，又，所以.………………4分（2）将代入条件，可得，解得，所以，所以数列是首项为1，公比的等比数列，所以.……6分欲存在，使得，即对任意都成立，则，所以对任意都成立.………………8分令，则，所以当时，；当时，；当时，．所以的最大值为，所以的最小值为.………………10分（3）因为数列不是常数列，所以．①若，则恒成立，从而，，所以，所以，又，所以，可得是常数列．矛盾．所以不合题意.………………12分②若，取（*），满足恒成立．………………14分由，得．则条件式变为．由，知；由，知；由，知．所以，数列（*）适合题意．所以的最小值为.………………16分20．解：（1）由，得，又，所以，.当时，，所以，所以.………………2分因为函数与的图象在处有相同的切线，所以，即，解得.………………4分（2）当时，则，又，设，则题意可转化为方程在上有相异两实根． (6)分即关于的方程在上有相异两实根．所以，得，所以对恒成立．………………8分因为，所以（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是，所以．故的最小值为.………………10分（3）当时，因为函数与的图象交于两点，所以，两式相减，得.………………12分要证明，即证，即证，即证.………………14分令，则，此时即证．令，所以，所以当时，函数单调递增．又，所以，即成立；再令，所以，所以当时，函数单调递减，又，所以，即也成立．综上所述，实数满足.………………16分附加题答案21．（A）解：如图，连接，，因为直线与⊙相切于点，所以，又因为垂直于，所以，所以，①在⊙中，所以，②………………5分由①②得，即，又，，所以，所以，又，所以，即到直径的距离为4.………………10分（B）解：设是圆上任意一点，则，设点在矩阵对应的变换下所得的点为，则，即，解得，………………5分代入，得，即为所求的曲线方程.………………10分（C）解：以极点O为原点，极轴为轴建立平面直角坐标系，由，得，得直线的直角坐标方程为．………………5分曲线，即圆，所以圆心到直线的距离为．因为直线与曲线（）相切，所以，即.……………10分（D）解：由柯西不等式，得，即．而，所以，所以，………………5分由，得，所以当且仅当时，．所以当取最大值时的值为.………………10分22．解：（1）因为是菱形，所以．又底面，以为原点，直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系．则,,,,．所以，，，，．则．故直线与所成角的余弦值为.………5分（2），．设平面的一个法向量为，则，得，令，得，．得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，，．则.故平面与平面所成锐二面角的余弦值为 (10)分23．解：（1）由条件，①，在①中令，得．………………1分在①中令，得，得．………………2分在①中令，得，得．………………3分（2）猜想=（或=）．………………5分欲证猜想成立，只要证等式成立．方法一：当时，等式显然成立，当时，因为，故．故只需证明．即证．而，故即证②．由等式可得，左边的系数为．而右边，所以的系数为．由恒成立可得②成立.综上，成立.………………10分方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有个小球，其中n个是编号为1，2，…，n的白球，其余n－1个是编号为1，2，…，n－1的黑球，现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有个黑球（个白球）的n个小球的组合的个数为，，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为．另一方面，从袋中个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为．故，即②成立.余下同方法一.………………10分方法三：由二项式定理，得③．两边求导，得④．③×④，得⑤．左边的系数为．右边的系数为．由⑤恒成立，可得．故成立.………………10分。
2018届江苏高考数学模拟试卷(1)(含答案)
2018届江苏高考数学模拟试卷（1）数学I一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．．．．．．．．． 1.已知集合{02},{11}A x x B x x =<<=-<<，则A B U = ▲ ．2. 设复数1a +=-i z i（i 是虚数单位，a ∈R ）．若z 的虚部为3，则a 的值为 ▲ ．3．一组数据5，4，6，5，3，7的方差等于 ▲ ．4.右图是一个算法的伪代码，输出结果是 ▲ ．5.某校有B A ,两个学生食堂，若甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则此三人不在同一食堂用餐的概率为 ▲ ．6. 长方体1111ABCD A B C D -中，111,2,3AB AA AC ===，则它的体积等于 ▲ ．7．若双曲线2213x y a -=的焦距等于4，则它的两准线之间的距离等于 ▲ ．8. 若函数()22xx af x =+是偶函数，则实数a 等于 ▲ ．9. 已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0)．若f (π3)＝0，f (π2)＝2，则实数ω的最小值为 ▲ ．10. 如图，在梯形ABCD 中，S ←0 a ←1 For I From 1 to 3a ←2×a S ←S ＋a End For Print S （第4题）,2,234,//CD AD AB CD AB ====，，如果 ⋅-=⋅则,3= ▲ .11.椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左右焦点分别为12,F F ，若椭圆上恰好有6个不同的点P ,使得12F F P ∆为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是 ▲ .12．若数列12{}(21)(21)n n n +--的前k 项的和不小于20172018，则k 的最小值为 ▲ ．13. 已知24παπ<<，24πβπ<<，且22sin sin sin()cos cos αβαβαβ=+，则tan()αβ+的最大值为 ▲ ．14. 设,0a b >，关于x 的不等式3232x xx xa N Mb ⋅-<<⋅+在区间（0，1）上恒成立，其中M , N 是与x 无关的实数，且M N >，M N -的最小值为1. 则ab的最小值为___▲___.二、解答题：本大题共6小题，共90分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答. 解答时应写出文字说明、证 明过程或演算步骤．15.如图，在ABC ∆中，已知7,45AC B =∠=o，D 是边AB 上的一点，3,120AD ADC =∠=o . 求：（1）CD 的长； （2）ABC ∆的面积.16.如图，在四棱锥S-ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ，F 分别是AB ，SC 的中点. （1）求证：EF ∥平面SAD ； （2）若SA=AD ，平面SAD ⊥平面SCD ，求证：EF ⊥AB .A D CB17.如图，有一椭圆形花坛，O 是其中心，AB 是椭圆的长轴，C 是短轴的一个端点. 现欲铺设灌溉管道，拟在AB 上选两点E ，F ，使OE =OF ，沿CE 、CF 、F A 铺设管道，设θ=∠CFO ，若OA =20m ，OC =10m ， （1）求管道长度u 关于角θ的函数；（2）求管道长度u 的最大值.18.在平面直角坐标系xOy 中，已知圆222:C x y r +=和直线:l x a =（其中r 和a 均为常数，且0r a <<），M 为l 上一动点，1A ，2A 为圆C 与x 轴的两个交点，直线1MA ，2MA 与圆C 的另一个交点分别为,P Q .（1）若2r =，M 点的坐标为(4,2)，求直线PQ 方程； （2）求证：直线PQ 过定点，并求定点的坐标.19.设R k ∈，函数2()ln 1f x x x kx =+--，求： （1）1=k 时，不等式()1f x >-的解集； （2）函数()x f 的单调递增区间；（3）函数()x f 在定义域内的零点个数.20.设数列{}n a ，{}n b 分别是各项为实数的无穷等差数列和无穷等比数列. （1）已知06,12321=+-=b b b b ，求数列{}n b 的前n 项的和n S ；（2）已知数列{}n a 的公差为d (0)d ≠，且11122(1)22n n n a b a b a b n +++⋅⋅⋅+=-+，求数列{}n a ，{}n b 的通项公式（用含n ，d 的式子表达）； （3）求所有满足：11n n n na b b a ++=+对一切的*N n ∈成立的数列{}n a ，{}n b .数学Ⅱ（附加题）21．【选做题】本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答．．．．．．．．．．．．．．．．．．．． 若多做，则按作答的前两题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A ．选修4—1：几何证明选讲（本小题满分10分） 如图，在△ABC 中，90BAC ∠=，延长BA 到D ，使得AD =12AB ，E ，F 分别为BC ，AC 的中点，求证：DF =BE ．B ．选修4—2：矩阵与变换 （本小题满分10分）已知曲线1C ：221x y +=，对它先作矩阵1002A ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦对应的变换，再作矩阵010m B ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦对应的变换（其中0≠m ），得到曲线2C ：2214x y +=，求实数m 的值．C ．选修4—4：坐标系与参数方程 （本小题满分10分）已知圆C 的参数方程为12cos 32sin x y θθ=+⎧⎪⎨=⎪⎩，， （θ为参数），直线l 的参数方程为1cos sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩， ， （t 为参数，0 ααπ<<π≠2，且），若圆C 被直线l 13，求α的值．D ．选修4—5：不等式选讲 （本小题满分10分）对任给的实数a 0a ≠()和b ，不等式()12a b a b a x x ++-⋅-+-≥恒成立，求实数x 的取值范围.【必做题】第22、23题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文 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 －A 1B 1C 1中，A A 1=AB =AC =1，AB ⊥AC ，M ，N 分别是棱CC 1，BC 的 中点，点P 在直线A 1B 1上．（1）求直线PN 与平面ABC 所成的角最大时，线段1A P 的长度；（2）是否存在这样的点P ，使平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为6π. 如果存在，试确定点P 的位置；如果不存在，请说明理由.（第21—A 题）BECFDA123．（本小题满分10分）设函数()sin cos n n f θθθ=+，其中n 为常数，n ∈*N ，（1）当(0,)2πθ∈时， ()f θ是否存在极值？如果存在，是极大值还是极小值？（2）若sin cos a θθ+=，其中常数a 为区间[2,2]内的有理数． 求证：对任意的正整数n ，()f θ为有理数．2018高考数学模拟试卷（1）数学Ⅰ答案一、填空题答案：1. {12}x x -<<2. 5 3．53 4． 14 5． 43 6.4 7． 1 8. 1 9． 3 10．2311. 111(,)(,1)322⋃.解：422111232c a c e e c a>-⎧⇒<<≠⎨≠⎩且，故离心率范围为111(,)(,1)322⋃.12． 10解：因为对任意的正整数n ，都有1212)12)(12(211--=--++n n n n n 1-1， 所以⎭⎬⎫⎩⎨⎧--+)12)(12(21n n n的前k 项和为 1)1)(2(221)1)(2(221)1)(2(221322211--++--+--+k kk12112112112112112113221---++---+---=+k k 12111--=+k 使2018201712111≥--+k ，即2018121≥-+k ，解得10≥k ，因此k 的最小值为10.13. -4解：因为24ππ<<βα,，所以βαβαsin sin cos cos ,,,均不为0.由βαβαβαcos cos )sin(sin sin 22+=，得βαβαβαβαsin cos cos sin tan tan sin sin +=，于是αββαtan 1tan 1tan tan +=，即βαβαβαtan tan tan tan tan tan +=， 也就是βαβα22tan tan tan tan =+，其中βαtan tan ,均大于1. 由βαβαβαtan tan 2tan tan tan tan22⋅≥+=⋅，所以34tan tan ≥βα.令()341tan tan 1-,--∞∈=βαt ， βαβαβαβαβαtan tan 1tan tan tan tan 1tan tan )tan(22-=-+=+21-+=tt 4-≤，当且仅当1-=t 时取等号.14．4+解：32()32xxx x a f x b ⋅-=⋅+，则23()6l n2()0(32)xx x a b f x b +'=>⋅+恒成立，所以()f x 在（0，1）上单调递增， 132(0),(1)132a a f f b b --==++，∴()f x 在（0, 1)上的值域为132(,)132a ab b --++，M x f N <<)( 在（0,1）上恒成立，故min 321()1321(32)(1)a a a b M N b b b b --+-=-==++++，所以2342a b b =++，所以2344a b b b=++≥.所以min ()4a b=+二、解答题答案15.解：（1）在ACD ∆中，由余弦定理得2222cos AC AD CD AD CD ADC =+-⋅∠，2227323cos120CD CD =+-⨯⋅o ，解得5CD =.（2）在BCD ∆中，由正弦定理得sin sin BD CD BCD B =∠，5sin 75sin 45BD =o o，解得BD = 所以BDC BD CD ADC CD AD S S S BCD ACD ABC ∠⋅+∠⋅=+=∆∆∆sin 21sin 21 1155335sin12056022+=⨯⨯+⨯o o 75553+=16. 解（1）取SD 的中点G ，连AG ，FG .在SCD ∆中，因为F ，G 分别是SC ，SD 的中点， 所以FG ∥CD ，12FG CD =. 因为四边形ABCD 是平行四边形，E 是AB 的中点， 所以1122AE AB CD ==，AE ∥CD . 所以FG ∥AE ，FG=AE ，所以四边形AEFG 是平行四边形，所以EF ∥AG .因为AG ⊂平面SAD ，EF ⊄平面SAD ，所以EF ∥平面SAD . （2）由（1）及SA=AD 得，AG SD ⊥.因为平面SAD ⊥平面SCD ，平面SAD ⋂平面SCD =SD ，AG ⊂平面SAD , 所以AG ⊥平面SCD ，又因为SCD CD 面⊂，所以AG ⊥CD . 因为EF ∥AG ，所以EF ⊥CD ， 又因为CD AB //，所以EF ⊥AB .17. 解：（1）因为θsin 01=CF ，θtan 10=OF ，θtan 10-20=AF ， 所以θθθθsin cos 102020tan 1002sin 02-+=-+=++=AF CF CE u ， 其中，552cos 0<<θ. ADCBS FG（2）由 θθsin cos 102020-+=u ，得θθ2'sin cos 0201-=u ，令21cos 0'==θ，u ， 当 21cos 0<<θ时，0'>u ，函数）（θu 为增函数；当552c o s 21<<θ时，0'<u ，函数）（θu 为减函数. 所以，当21cos =θ，即3πθ=时，310203sin21102020max +=⨯-+=πu （m ）所以，管道长度u 的最大值为）（31020+m.18. 解：（1）当2r =，(4,2)M 时，则1(2,0)A -，2(2,0)A ，直线1MA 的方程：320x y -+=，解224320x y x y ⎧+=⎨-+=⎩得86(,)55P .直线2MA 的方程：20x y --=，解22420x y x y ⎧+=⎨--=⎩得(0,2)Q -.所以PQ 方程为220x y --=.（2）由题设得1(,0)A r -，2(,0)A r ，设(,)M a t ，直线1MA 的方程是()ty x r a r =++，与圆C 的交点11(,)P x y ， 直线2MA 的方程是()ty x r a r=--，与圆C 的交点22(,)Q x y ，则点11(,)P x y ，22(,)Q x y 在曲线[()()][()()]0a r y t x r a r y t x r +-+---=上， 化简得2222222()2()()0a r y ty ax r t x r ---+-=， ①又11(,)P x y ，22(,)Q x y 在圆C 上，圆C ：2220x y r +-=， ②①－2t ×②得22222222222()2()()()0a r y ty ax r t x r t x y r ---+--+-=，化简得2222()2()0a r y t ax r t y ----=.所以直线PQ 方程为2222()2()0a r y t ax r t y ----=.令0y =得2r x a =，所以直线PQ 过定点2(,0)r a.19.解（1）k =1时，不等式()1f x >-即2ln 0x x x +->，设2()l n g x x x x =+-，因为2121()210x x g x x x x-+'=+-=>在定义域(0,)+∞上恒成立，所以g (x )在(0,)+∞上单调递增，又(1)0g =，所以()1f x >-的解集为(1,)+∞.（2）2121()2(0)x kx f x x k x x x-+'=+-=>，由()0f x '≥得2210x kx -+≥……（*）. （ⅰ）当280k ∆=-≤，即2222k -≤≤（*）在R 上恒成立，所以()f x 的单调递增区间为(0,)+∞. （ⅱ）当22k >时，280k ∆=->，此时方程2210x k x -+=的相异实根分别为2128k k x x +-==，因为12120,2102k x x x x ⎧+=>⎪⎪⎨⎪=>⎪⎩，所以120x x <<，所以()0f x '≥的解集为2288)k k k k --+-+∞U ， 故函数f (x )的单调递增区间为2288(0,[)44k k k k --+-+∞和. （ⅲ）当22k <-时，同理可得：,0,21,020212121<<∴⎩⎨⎧<=+>=x x kx x x x ()f x 的单调递增区间为(0,)+∞.综上所述，当k >时，函数()f x 的单调递增区间为2288(0,[,)44k k k k -+-+∞和；当k ≤时，函数()f x 的单调递增区间为(0,)+∞. （3）据（2）知①当k ≤时，函数()f x 在定义域(0,)+∞上单调递增，令210,0x kx x ⎧-->⎨>⎩得x >，取max{m =，则当x >m 时，2()10f x x kx >-->.设01x <<，21max{1,}x kx k λ--<--=，所以()ln f x x λ<+，当0x e λ-<<时，()0f x <，取mi n {1,}n e λ-=，则当(0,)x n ∈时，()0f x <，又函数()f x 在定义域(0,)+∞上连续不间断，所以函数()f x 在定义域内有且仅有一个零点.②当22>k 时，()f x 在12(0,)(,)x x +∞和上递增，在12(,)x x 上递减， 其中012,0122211=+-=+-kx x kx x则2221111111()ln 1ln (21)1f x x x kx x x x =+--=+-+-211ln 2x x =--.下面先证明ln (0)x x x <>：设x x x h -=ln )(），由1()xh x x-'=>0得01x <<，所以h (x )在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减，01)1()(max <-==h x h ，所以()0h x <)0(>x ，即 ln (0)x x x <>.因此，047)21(2)(212111<---=--<x x x x f ，又因为)(x f 在12(,)x x 上递减，所以21()()0f x f x <<，所以()f x 在区间2(0,)x 不存在零点.由①知，当x m >时，()0f x >，()f x 的图象连续不间断，所以()f x 在区间2(,)x +∞上有且仅有一个零点. 综上所述，函数()f x 在定义域内有且仅有一个零点.20.解（1）设{}n b 的公比为q ，则有063=+-q q ，即2(2)(23)0q q q +-+=，所以2q =-，从而1(2)3nn S --=.（2）由11122(1)22n n n a b a b a b n +++⋅⋅⋅+=-+得112211(2)22nn n a b a b a b n --++⋅⋅⋅+=-+，两式两边分别相减得2(2)n n n a b n n =⋅≥.由条件112a b =，所以*2(N )n n n a b n n =⋅∈，因此111(1)2(2)n n n a b n n ---=-⋅≥，两式两边分别相除得12(2)1n n a n q n a n -⋅=≥-，其中q 是数列{}n b 的公比.所以122(1)(3)2n n a n q n a n ---⋅=≥-，上面两式两边分别相除得2221(2)(3)(1)n n n a a n n n a n ---=≥-.所以312234a a a =，即1121(2)3()4a d a a d +=+，解得113a d a d ==-或，若d a 31-=，则04=a ，有024444==⋅b a 矛盾，所以1a d =满足条件，所以2,nn n a dn b d==.（3）设数列{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，当q =1时，112n n b b b ++=，所以112n na b a +=，所以数列{}n a 是等比数列，又数列{}n a 是等差数列，从而数列{}n a 是各项不为0的常数列，因此112b =，经验证，110,2n n a a b =≠=满足条件.当1q ≠时，由11n n n n a b b a ++=+得1111(1)n dn a b q q dn a d-+=++-……（*） ①当d>0时，则1d a n d ->时，10n n a a +>>，所以111dn a dn a d +>+-此时令112dn a dn a d +<+-得12d a n d->，因为112d a d a d d -->所以，当12d a n d->时，1112dn a dn a d +<<+-. 由（*）知，10,0b q >>. （ⅰ）当q >1时，令11(1)2n b q q-+>得121log (1)qn b q >++，取11122max{,1log }(1)q d a M d b q -=++，则当1n M >时，（*）不成立. （ⅱ）当0<q <1时，令11(1)1n b q q -+<得111log (1)qn b q >++，取12121max{,1log }(1)q d a M d b q -=++，则当2n M >时，（*）不成立. 因此，没有满足条件的数列{}n a ，{}n b .②同理可证：当d <0时，也没有满足条件的数列{}n a ，{}n b .综上所述，所有满足条件的数列{}n a ，{}n b 的通项公式为110,2n n a a b =≠=（*N n ∈）.数学Ⅱ（附加题）答案21．【选做题】答案A ．选修4—1：几何证明选讲 解：取AB 中点G ，连结GF ，12AD AB =，AD AG ∴=，又90BAC ∠=, 即AC 为DG 的垂直平分线, ∴ DF = FG ………………① ，又E 、F 分别为BC 、AC 中点, 1//2EF AB BG EF BG ==∴ 四边形BEFG 为平行四边形, ∴ FG = BE …………② 由①②得BE =DF .B ．选修4—2：矩阵与变换 解:010********m m BA ⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，设P ()00,x y 是曲线1C 上的任一点，它在矩阵BA 变换作用下变成点(),P x y '''，则000020210x my x m y x y '⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥'⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，则002x my y x '=⎧⎨'=⎩，即0012x y y x m'=⎧⎪⎨'=⎪⎩， 又点P 在曲线1C 上，则22214x y m''+=，'p 在曲线2C 上，则14''22=+x y ， 故21m =，所以，1m =±.C ．选修4—4：坐标系与参数方程 解：圆的直角坐标方程为()(22134x y -+=，直线的直角坐标方程为()1y k x =-()tan k α=，因为圆C 被直线l，=k =tan α= 又0πα≤<,∴α=π3或2π3.D ．选修4—5：不等式选讲 解：由题知，aba b a x x ++-≤-+-21恒成立，故|1||2|x x -+-不大于aba b a ++-的最小值 ，∵||||2|||≥|a b a b a b a b a -++++-=，当且仅当()()0≥a b a b +-时取等号, ∴aba b a ++-的最小值等于2.∴x 的范围即为不等式|x －1|＋|x －2|≤2的解，解不等式得1522≤≤x .【必做题】答案22. 解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A 1（0，0，1），B 1（1，0，1）， M （0，1，12），N （12，12，0）设10),1,0,(<<=λλp .则)0,0,(1λ=P A ，)1,0,(11λ=+=P A AA AP ；PN )1,21,21(--=λ， （1）∵()0,0,1=m 是平面ABC 的一个法向量．=><=∴|,cos |sin m θ45)21(1141)21(|100|22+-=++--+λλ∴当12λ=时，θ取得最大值，此时25sin θ，tan 2θ=即：当12λ=时， θ取得最大值，此时tan 2θ=． 故P A 1的长度为21.（2）=)21,21,21(-，由（1）)1,21,21(--=λ， 设(),,x y z =n 是平面PMN 的一个法向量．A 1C 1B 1MBAPx yz则111022211()022x y z x y z λ⎧-++=⎪⎨⎪-+-=⎩得123223y x z x λλ+⎧=⎪⎨-⎪=⎩令x =3，得y =1+2λ，z=2-2λ, ∴()3,12,22λλ=+-n ， ∴()()22223|cos ,|91222λλλ-<>==+++-m n 4210130λλ++=（*）∵△＝100－4⨯4⨯13＝－108＜0，∴方程（*）无解∴不存在点P 使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为30º． 23. 解：（1）当(0,)2πθ∈时，设22()sin cos (sin cos )0n n f n θθθθθ--'=->，等价于0cos sin 22>---θθn n .（ⅰ）n =1时，令，＞0)('f θ得110sin cos θθ->，解得04πθ<<，所以()f θ在(0,)4π上单调递增，在(,)42ππ上单调递减，所以()f θ存在极大值，无极小值.（ⅱ）n =2时，()f θ=1，()f θ既无极大值，也无极小值. （ⅲ）3n ≥时，令，＞0)('f θ得sin cos θθ>，所以42ππθ<<，所以()f θ在(0,)4π上单调递减，在(,)42ππ上单调递增，所以()f θ存在极小值，无极大值.（3）由22sin cos sin cos 1a θθθθ+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得：21sin cos 2a θθ-= ， 所以sin θ，cos θ是方程22102a x ax --+=的两根， 22a a x ±-，∴()((2222222nnnnna a a aa a f θ+-+---=+=⎝⎭⎝⎭，当k n 2=为偶数时，()()()()()()()()]222222[(2]222222[(2222222244222224244222222kn n n n n kn nn nnnna a C a C a a C a C a a-++-+-+=-++-+-+=--+-+----当12+=k n 为奇数时，()()()()()()()()]2222222[(22222222(222222122442222214244222222kn n n n n n n knn nn nn n nnna C a C a C a C a C a C a a -++-+-+=-++-+-+=--+-+------∵a为[内的有理数，m n C，2n为正整数，∴()fθ为有理数．。
2018年江苏高考数学全真模拟试卷(1)(含解析)
2018年江苏高考数学全真模拟试卷（1）试题Ⅰ一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．1．已知集合，，则 ▲ ．{}1A ={}1,9B =A B = 2．如果复数（为虚数单位）的实部和虚部互为相反数，那么 ▲ ．2i 12ib -+i b =3．对一批产品的长度（单位：mm ）进行抽样检测，样本容量为400，检测结果的频率分布直方图如图所示．根据产品标准可知：单件产品的长度在区间［25，30）内的为一等品，在区间［20，25）和［30，35）内的为二等品，其余均为三等品．那么样本中三等品的件数为 ▲ ．4．执行下面两段伪代码．若Ⅰ与Ⅱ的输出结果相同，则Ⅱ输入的的值为 ▲ ．x 5．若将一枚质地均匀的骰子（各面上分别标有1，2，3，4，5，6的正方体玩具）先后抛掷两次，向上的点数依次为，，则方程无实数根的概率是 ▲ ．m n 220x mx n ++=6．如图1，在△中，平分∠，则．将这个结论类比到空间：ABC CE ACB AEC BEC S AC S BC∆∆=如图2，在三棱锥中，平面平分二面角且与交于点，A BCD -DEC A CD B --AB E 则类比的结论为 ▲ ．7．已知双曲线的顶点到渐近线的距离为2，焦点到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为 ▲ ．8．已知集合，．若，则实数的取{} ()0A x x x a =-<{}27180B x x x =--<A B ⊆a 值范围是 ▲ ．9．已知函数若对任意的实数，总存在实数，使得，24()2.x x a f x x x x a +<⎧=⎨-≥⎩，，，b 0x 0()f x b =则实数的取值范围是 ▲ ．a 10．若函数满足，且当时，，则函数()f x (1)(1)f x f x +=-[]1 1x ∈-，2()f x x =的零点个数为 ▲ ．4()() log F x f x x =-11．若，则 ▲ ．πtan 2tan 5α=3πcos()10πsin()5αα-=-12．如图，在△中，为的中点，为的中点，直线与边交于点ABC D BC E AD BE AC ．若，则 ▲ ．F 6AD BC ==AB CF ⋅=13．如图，点在半圆的直径的延长线上，，过动点作半圆的切线C AB 2AB BC ==P ．若，则△面积的最大值为 ▲ ．PQ PC =PAC 14．已知等差数列的公差不为0，等比数列的公比是小于1的正有理数．若{}n a d {}n b q ，，且是正整数，则的值是 ▲ ．1a d =21b d =222123123a a a b b b ++++q 二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题满分14分）在△中，角的对边分别为，且．ABC A B C ，，a b c ，，sin 6sin a C c B =（1）求的值；a b（2）若，求及△的面积．1b c ==，cos C ABC 16．（本小题满分14分）如图，在四棱柱中，平面⊥平面，且1111ABCD A B C D -11A ABB ABCD∠．π2ABC （1）求证：∥平面；BC 11AB C （2）求证：平面⊥平面．11A ABB 11AB C 17．（本小题满分14分）某企业拟建造如图所示的容器（不计厚度），容器的中间为圆柱形，左、右两端均为半球形．按照设计要求，容器的体积为m 3，且≥．假设该容器的建造费用仅与80π3l 2r 其表面积有关．已知圆柱形部分每平方米的建造费用为3000元，半球形部分每平方米的建造费用为（＞3000）元．设该容器的建造费用为元．c c y （1）写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；y r（2）求该容器的建造费用最小时的值．r 18．（本小题满分16分）已知椭圆的右焦点为，过椭圆的中心的弦的长为2222 1(0)x y C a b a b+=>>：F C PQ 2，且∠，△的面积为1．90PFQ = PQF （1）求椭圆的方程；C （2）设分别为椭圆的左、右顶点，为直线12A A ，C S x =交椭圆于点，直线交椭圆于点，若分别为△，△1A S C M 2A S C N 12S S ，12A SA 的面积，求的最大值．MSN 12S S19．（本小题满分16分）已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，且，{}n a n n S 1564a a =．5348S S -=（1）求数列的通项公式；{}n a （2）若存在正整数，使得成等差数列，求的值；(5)m l m l <<，5 5m l a a a ，，m l ，（3）设，，对于给定的，求经适当排序后能构 k m l *∈N ，，k m l <<k 5 k m l a a a ，，成等差数列的充要条件．20．（本小题满分16分）已知函数，且曲线上任意一点处的切线的斜率不小于211()log 22a f x x x =+-()f x 2．（1）求的最大值；a （2）当取最大值时，若有两个极值点，且，a ()()2()g x f x kx k =-∈R 12x x ，12x x <求证：．2()()4g x g k +<-试题Ⅱ（附加题）21．【选做题】本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A ．［选修4-1：几何证明选讲］（本小题满分10分）如图，已知是△的外角∠的平分线，交的延长线于点，延AD ABC EAC BC D 长交△的外接圆于点，连接，．DA ABC F FB FC （1）求证：；FB FC =（2）求证：．2FB FA FD =⋅B ．［选修4-2：矩阵与变换］（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，已知（0，0），（2，0），（2，2），（0，2），先A B C D 将正方形绕原点逆时针旋转90°，再将所得图形上所有点的纵坐标压缩为ABCD 原来的一半、横坐标不变，求连续两次变换所对应的矩阵．MC ．［选修4-4：坐标系与参数方程］（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数，xOy C cos 2sin 2x r y r θθ=+⎧⎨=+⎩，θ）．以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标0r >O x l．πsin(104θ++=（1）求圆的圆心的极坐标；C （2）当圆与直线有公共点时，求的取值范围．C l rD ．［选修4-5：不等式选讲］（本小题满分10分）设为互不相等的正实数，求证：．a b ，3334()()a b a b +>+【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．22．（本小题满分10分）如图，在底面为正方形的四棱锥中，侧棱⊥底面，P ABCD -PD ABCD ，是线段的中点．PD DC =E PC （1）求异面直线与所成角的大小；AP BE（2）若点在线段上，且二面角，求F PB F DE B --的值．PF PB23．（本小题满分10分）已知数列的前项和为，通项公式为，{}n a n n S 1n a n =且．2211()2n n n S n f n S S n -=⎧=⎨-≥⎩，，，（1）计算的值；(1)(2)(3)f f f ，，（2）比较与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论．()f n2018年江苏高考数学全真模拟试卷（1）试题Ⅰ参考答案一、填空题1． 2． 3． 4． 5． 6．{}1,923-1000736A CDE ACD B CDE BDCV S V S -∆-∆=7． 8． 9． 10． 11．3[]2,9-[]5,4-4312． 13 14．18-12二、解答题15．解：（1）因为，sin 6sin a C c B =所以，……………………………………………………46ac bc =分所以，即． ……………………………………………………6分6a b =6a b =（2）因为，，6a b =1b =所以，6a =故，………………………………………………102223612611cos 226112a b c C ab +-+-===⨯⨯分所以sin C =因此 (14)1sin 2ABC S ab C ∆==分16．证明：（1）在四棱柱中，∥，1111ABCD A B C D -BC 11B C 又因为平面，平面，BC ⊄11AB C 11B C ⊂11AB C 所以∥平面． ……………………………………………………6分BC 11AB C （2）因为平面⊥平面，平面平面，平面11A ABB ABCD 11A ABB ABCD AB =BC ⊂，ABCD 又由∠知⊥，π2ABC =AB BC 所以⊥平面． ……………………………………………………10分BC 11A ABB 又因为∥，BC 11B C 故⊥平面． ……………………………………………………12分11B C 11A ABB 而平面，11B C ⊂11AB C 所以平面⊥平面． ……………………………………………………14分11A ABB 11AB C 17．解：（1）设该容器的体积为．V 由题意知，23480πππ33V r l r =+=故．32224π8044203()π333V r l r r r r r -==-=-由于，因此，2l r ≥02r <≤所以建造费用2224202π30004π2π()30004π3y rl r c r r r c r=⨯+=⨯-⨯+．…………………………………………………6分2160000π4π(2000)02c r r r=-+<≤，（2）由（1）得：．322160000π8π(2000)200008π(2000)(022000c y c r r r r r c -'=--=-<≤-，由于，因此．3000c >20000c ->当时，．32000002000r c -=-r =，则，m =0m >所以．2228π(2000)()()c y r m r rm m r -'=-++① 当，即时，易得是函数的极小值点，也是最小值点．02m <<4500c >r m =y ② 当，即时，由于，故，因此函数单调递2m ≥30004500c <≤(]0 2r ∈，0y '≤y 减，所以是函数的最小值点．2r =y 综上，当，且建造费用最小时，；当，且建造费用最小时，30004500c <≤2r =4500c >…………………………………………………14分r =18．解：（1）因为弦过椭圆的中心，且∠，PQ C 90PFQ =所以．112c OF PQ ===不妨设，0000(,)(,0)P x y x y >所以，000121012PFQ S OF y y x b ∆=⋅==⇒=⇒=所以椭圆的方程为． …………………………………………………6C 2212x y +=分（2）由（1）得：，，设，1(A 2A )S t可得直线的方程为：，1A S x y =跟椭圆的方程联立得：，C 2212x y +=221812(2)0y y t t+-=解得，12260,9t y y t ==+代入直线的方程得：，1A S 2269t x t ==-=+所以． …………………………………………………9分同理可得直线的方程为：2A S x y =跟椭圆的方程联立得：，C 2212x y +=2224(2)0y y t t++=解得，12220,1t y y t ==-+代入直线的方程得：2A S 222()1t x t =-==+所以． ………………………………………………12分221t N t -+因此121211221sin 21sin 2SA SA A SA S SA SA S SM SNSM SN MSN ⋅⋅∠⋅==⋅⋅⋅∠=，222222222(9)(33)2911433(3)33t t t t t t t ⎡⎤+++⎢⎥++⎣⎦=⋅≤⋅=+++当且仅当，即时取“”．………………………………………16分22933t t +=+t ==19．解：（1）因为数列是各项均为正数的等比数列，{}n a 所以设数列的公比为，且．{}n a q 0q >因为，且，215364a a a ==30a >所以．38a =又因为，5348S S -=所以，解得，2458848a a q q +=+=2q =所以．…………………………………………………3分2n n a =（2）因为成等差数列，5 5m l a a a ，，所以，即，510m l a a a =+510222m l ⋅=+所以，66522m l --=+故，中有且只有一个等于1．62m -62l -因为正整数，满足，m l 5m l <<所以，解得． …………………………………………………8662124m l --⎧=⎪⎨=⎪⎩68m n =⎧⎨=⎩分（3）设，，经适当排序后能构成等差数列．5k a m a l a ① 若，25k m l a a a ⋅=+则，10222k m l ⋅=+所以．11522m k l k ----=+因为正整数，，满足，k m l k m l <<所以，且，110l k m k -->--≥11l k --≥所以，．11221l k m k ---->≥122l k --≥即，解得． (1011212)4m k l k ----⎧=⎪⎨=⎪⎩13m k l k =+⎧⎨=+⎩分② 若，则，25m k l a a a =+22522m k l ⋅=⋅+所以（）．1225m k l k +---=*因为，，12m k +-≥2l k -≥所以与都为偶数，12m k +-2l k -而5是奇数，所以等式（）不成立，*从而等式不成立． (12)25m k l a a a =+分③ 若，则同②可知，该等式也不成立．25l k m a a a =+综上所述，，．1m k =+3l k =+故，，为，，，即，，．5k a m a l a 5k a 1k a +3k a +5k a 2k a 8k a 调整顺序后易知，，成等差数列．……………………………………………152k a 5k a 8k a 分因此，，，经适当排序后能构成等差数列的充要条件为．………16分5k a m a l a 13m k l k =+⎧⎨=+⎩20．解：（1）由题意知．1()ln f x x x a'=+当时，不能恒成立，则，01a <<()2f x '≥1a >此时，即，故．1()2ln f x x x a '=+≥≥ln 1a ≤1e a <≤因此的最大值为．…………………………………………………4a e 分（2）因为，211()()2ln 2(0)22g x f x kx x x kx x =-=+-->所以．1()2g x x k x'=+-① 当时，，1k ≤1()22220g x x k k k x '=+-≥-=-≥所以函数在（0，＋∞）上单调递增，故函数在（0，＋∞）上无极值．……6()g x ()g x 分③ 当时，．1k >2121()2x kx g x x k x x-+'=+-=由得，．()0g x '=2210x kx -+=24(1)0k ∆=->设方程的两根分别为，（），2210x kx -+=1x 2x 12x x <则，，其中122x x k +=121x x =1201x k x k <=<<=+所以在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，＋∞）上单调()g x 1x 1x 2x 2x 递增，从而有两个极值点，． …………………………………………………9()g x 1x 2x 分222221()ln 222x g x x kx =+--2221221ln ()22x x x x x =+-+-22222211ln ()22x x x x x =+-+-，2223ln 22x x =--构造函数，则，23()ln (1)22x h x x x =-->1()0h x x x'=-<所以在（1，＋∞）上单调递减，且，故．…………………12()h x (1)2h =-2()2g x <-分又，231()ln (1)22k g k k k =-->构造函数，则，231()ln (1)22x x x x ϕ=-->1()30x x xϕ'=-<所以在（1，＋∞）上单调递减，且，故．…………………15()x ϕ(1)2ϕ=-()2g k <-分所以． (16)2()()4g x g k +<-分试题Ⅱ（附加题）参考答案21-A ．证明：（1）因为平分∠，AD EAC 所以∠＝∠．EAD DAC 因为四边形是圆的内接四边形，AFBC 所以∠＝∠．DAC FBC 因为∠＝∠＝∠，EAD FAB FCB 所以∠＝∠，FBC FCB 所以＝．…………………………………………………5FB FC 分（2）因为∠＝∠＝∠，∠＝∠，FAB FCB FBC AFB BFD 所以△∽△，FBA FDB 所以，即． (10)FB FA FD FB =2FB FA FD =⋅分21-B ．解：设将正方形绕原点逆时针旋转90°所对应的矩阵为，ABCD A则． ………………………………………………3分01cos90sin 9010sin 90cos90-⎡⎤-⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦A 设将所得图形上所有点的纵坐标压缩为原来的一半、横坐标不变对应的矩阵为，B 则． (6)10102⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎣⎦B 分所以连续两次变换所对应的矩阵． (1010010111100022)-⎡⎤⎡⎤-⎡⎤⎢⎥⎢⎥==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦M BA =分21-C ．解：（1）由圆：得，C cos 2sin 2x r y r θθ=+⎧⎨=+⎩，222(2)(2)x y r -+-=所以圆的圆心的直角坐标为（2，2），C 故圆的圆心的极坐标为，．………………………………………………5C π)4分（2）将直线化为，l πsin(104θ++=10x y ++=从而圆心（2，2）到直线的距离为l d因为圆与直线有公共点，C l 所以，即，d r ≤r ≥故的取值范围是． (10)r ⎫+∞⎪⎪⎭分21-D ．证明：因为，，0a >0b >所以要证，3334()()a b a b +>+只要证，2234()()()a b a ab b a b +-+>+即要证，2224()()a ab b a b -+>+只需证．23()0a b ->而，故成立． (10)a b ≠23()0a b ->分22．解：（1）在四棱锥中，底面为正方形，侧棱⊥底面，P ABCD -ABCD PD ABCD 所以，，两两垂直，DA DC DP 故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．{},,DA DC DP D xyz -因为，PD DC =所以．DA DC DP ==不妨设，2DA DC DP ===则（0，0，0），（2，0，0），（0，2，0），D A C （0，0，2），（2，2，0）．P B 因为是的中点，E PC 所以（0，1，1），E 故＝（－2，0，2），＝（－2，－1，1）AP BE 所以＝＝，cos,AP BE 〈〉 AP BE AP BE ⋅⋅从而＝．,AP BE 〈〉 π6因此异面直线与所成角的大小为．………………………………………………4AP BE π6分（2）由（1）可知＝（0，1，1），＝（2，2，0），＝（2，2，－2）．DE DB PB 设＝，则＝（2λ，2λ，－2λ），PF PB λ PF 从而＝＋＝（2λ，2λ，2－2λ）．DF DP PF 设＝（，，）为平面的一个法向量，m 1x 1y 1z DEF 则，即．00DF DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ m m 1211122(22)00x y z y z λλλ++-=⎧⎨+=⎩取＝λ，则＝－λ，＝2λ－1，1z 1y 1x 所以＝（2λ－1，－λ，λ）为平面的一个法向量．…………………………………6m DEF 分设＝（，，）为平面的一个法向量，n 2x 2y 2z DEB 则，即．00DB DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 22222200x y y z +=⎧⎨+=⎩取＝1，则＝－1，＝1，2x 2y 2z 所以＝（1，－1，1）为平面的一个法向量．………………………………………8n DEB 分因为二面角，F DE B --所以二面角F DE B --即，cos ,⋅〈〉===⋅m n m n m n 化简得．241λ=因为点在线段上，F PB 所以0≤λ≤1，故λ＝，即＝．……………………………………………………………………10分12PF PB 1223．解：（1），213(1)122f S ==+=，4111113(2)23412f S S =-=++=．………………………………………………………362111119(3)345620f S S =-=+++=分（2）由（1）知，．(1)1f >(2)1f >下面用数学归纳法证明：当时，．3n ≥()1f n <由（1）知当时，．……………………………………………………………53n =()1f n <分假设当时，，即，(3)n k k =≥()1f n <111()112f k k k k =++⋅⋅⋅+<+那么11111(1)1222122f k k k k k k +=++⋅⋅⋅+++++++1111111()1222122k k k k k k k=+++⋅⋅⋅+++-++++11111()(212222k k k k<+-+-++2(21)2(22)12(21)2(22)k k k k k k k k -+-+=++++，11112(21)(22)k k k k =--<++所以当时，也成立．………………………………………………………81n k =+()1f n <分因此，当时，．3n ≥()1f n <综上，当和时，；当时，．…………………………101n =2n =()1f n >3n ≥()1f n <分。
2018年江苏省盐城市、南京市高考高三数学一模试卷及解析
2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷一、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.(5分)已知集合A＝{x|x(x﹣4)＜0},B＝{0,1,5},则A∩B＝.2.(5分)设复数z＝a＋i(a∈R,i为虚数单位),若(1＋i)•z为纯虚数,则a的值为.3.(5分)为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间,现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查,所得数据均在区间[50,100]上,其频率分布直方图如图所示,则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70,80)(单位：分钟)内的学生人数为.4.(5分)执行如图所示的伪代码,若x＝0,则输出的y的值为.5.(5分)口袋中有形状和大小完全相同的4个球,球的编号分别为1,2,3,4,若从袋中一次随机摸出2个球,则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为.6.(5分)若抛物线y2＝2px的焦点与双曲线的右焦点重合,则实数p的值为.7.(5分)设函数y＝e x﹣a的值域为A,若A⊆[0,＋∞),则实数a的取值范围是.8.(5分)已知锐角α,β满足(tanα﹣1)(tanβ﹣1)＝2,则α＋β的值为.9.(5分)若函数y＝sinωx在区间[0,2π]上单调递增,则实数ω的取值范围是.10.(5分)设S n为等差数列{a n}的前n项和,若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018,则S2017的值为.11.(5分)设函数f(x)是偶函数,当x≥0时,f(x)＝,若函数y＝f(x)﹣m 有四个不同的零点,则实数m的取值范围是.12.(5分)在平面直角坐标系xOy中,若直线y＝k(x﹣3)上存在一点P,圆x2＋(y﹣1)2＝1上存在一点Q,满足＝3,则实数k的最小值为.13.(5分)如图是蜂巢结构图的一部分,正六边形的边长均为1,正六边形的顶点称为“晶格点”.若A,B,C,D四点均位于图中的“晶格点”处,且A,B的位置所图所示,则的最大值为.14.(5分)若不等式ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立,则实数k的最小值为.二、解答题(共6小题,满分90分)15.(14分)如图所示,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA＝CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点.(1)求证：BN∥平面A1MC；(2)若A1M⊥AB1,求证：AB1⊥A1C.16.(14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c 已知c＝.(1)若C＝2B,求cosB的值；(2)若＝,求cos(B)的值.17.(14分)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计),一边AB长为6分米,另一边足够长.现从中截取矩形ABCD(如图甲所示),再剪去图中阴影部分,用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示,重叠部分忽略不计),其中OEMF 是以O为圆心、∠EOF＝120°的扇形,且弧,分别与边BC,AD相切于点M,N.(1)当BE长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积；(2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最大？18.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：(a＞b＞0)的下顶点为B,点M,N是椭圆上异于点B的动点,直线BM,BN分别与x轴交于点P,Q,且点Q是线段OP的中点.当点N运动到点()处时,点Q的坐标为().(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线MN交y轴于点D,当点M,N均在y轴右侧,且＝2时,求直线BM的方程.19.(16分)设数列{a n}满足a＝a n＋1a n﹣1＋λ(a2﹣a1)2,其中n≥2,且n∈N,λ为常数.(1)若{a n}是等差数列,且公差d≠0,求λ的值；(2)若a1＝1,a2＝2,a3＝4,且存在r∈[3,7],使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立,求m的最小值；(3)若λ≠0,且数列{a n}不是常数列,如果存在正整数T,使得a n＋T＝a n对任意的n∈N*均成立.求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值.20.(16分)设函数f(x)＝lnx,g(x)＝ax＋(a,b,c∈R).(1)当c＝0时,若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线,求a,b的值；(2)当b＝3﹣a时,若对任意x0∈(1,＋∞)和任意a∈(0,3),总存在不相等的正实数x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0),求c的最小值；(3)当a＝1时,设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1＜x2)两点.求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1.[选做题](在21.22.23.24四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内)[选修4-1：几何证明选讲]图21.(10分)如图,已知AB为⊙O的直径,直线DE与⊙O相切于点E,AD垂直DE于点D.若DE＝4,求切点E到直径AB的距离EF.[选修4-2：矩阵与变换]22.(10分)已知矩阵M＝,求圆x2＋y2＝1在矩阵M的变换下所得的曲线方程.[选修4-4：坐标系与参数方程]23.在极坐标系中,直线ρcos(θ＋)＝1与曲线ρ＝r(r＞0)相切,求r的值.[选修4-5：不等式选讲]24.已知实数x,y满足x2＋3y2＝1,求当x＋y取最大值时x的值.25.(10分)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形,AC与BD交于点O,OP⊥底面ABCD,点M为PC中点,AC＝4,BD＝2,OP＝4.(1)求直线AP与BM所成角的余弦值；(2)求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.26.(10分)已知n∈N*,nf(n)＝C n0C n1＋2C n1C n2＋…＋nC n n﹣1C n n.(1)求f(1),f(2),f(3)的值；(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示),并证明你的猜想.2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、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.(5分)已知集合A＝{x|x(x﹣4)＜0},B＝{0,1,5},则A∩B＝{1} .【试题解答】解：∵集合A＝{x|x(x﹣4)＜0}＝{x|0＜x＜4},B＝{0,1,5},∴A∩B＝{1}.故答案为：{1}.2.(5分)设复数z＝a＋i(a∈R,i为虚数单位),若(1＋i)•z为纯虚数,则a的值为1.【试题解答】解：∵z＝a＋i,∴(1＋i)•z＝(1＋i)(a＋i)＝a﹣1＋(a＋1)i,又(1＋i)•z为为纯虚数,∴a﹣1＝0即a＝1.故答案为：1.3.(5分)为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间,现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查,所得数据均在区间[50,100]上,其频率分布直方图如图所示,则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70,80)(单位：分钟)内的学生人数为1200.【试题解答】解：由频率分布直方图得：该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70,80)(单位：分钟)内的频率为：1﹣(0.005＋0.035＋0.020＋0.010)×10＝0.3,∴估计该县小学六年级4000名学生中每天用于阅读的时间在[70,80)(单位：分钟)内的学生人数为：4000×0.3＝1200.故答案为：1200.4.(5分)执行如图所示的伪代码,若x＝0,则输出的y的值为1.【试题解答】解：根据题意知,执行程序后,输出函数y＝,当x＝0时,y＝e0＝1.故答案为：1.5.(5分)口袋中有形状和大小完全相同的4个球,球的编号分别为1,2,3,4,若从袋中一次随机摸出2个球,则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为.【试题解答】解：口袋中有形状和大小完全相同的4个球,球的编号分别为1,2,3,4,从袋中一次随机摸出2个球,基本事件总数n＝＝6,摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件有：(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共4个,∴摸出的2个球的编号之和大于4的概率为p＝.故答案为：.6.(5分)若抛物线y2＝2px的焦点与双曲线的右焦点重合,则实数p的值为6.【试题解答】解：∵双曲线的方程,∴a2＝4,b2＝5,可得c＝＝3,因此双曲线的右焦点为F(3,0),∵抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点与双曲线的右焦点重合,∴＝3,解之得p＝6.故答案为：6.7.(5分)设函数y＝e x﹣a的值域为A,若A⊆[0,＋∞),则实数a的取值范围是(﹣∞,2] .【试题解答】解：函数y＝e x﹣a的值域为A∵e x＝2,∴值域为A＝[2﹣a,＋∞).又∵A⊆[0,＋∞),∴2﹣a≥0,即a≤2.故答案为：(﹣∞,2].8.(5分)已知锐角α,β满足(tanα﹣1)(tanβ﹣1)＝2,则α＋β的值为.【试题解答】解：∵(tanα﹣1)(tanβ﹣1)＝2,可得：tanα＋tanβ＋1＝tanαtanβ,∴tan(α＋β)＝═﹣1,∵锐角α,β,可得：α＋β∈(0,π),∴α＋β＝.故答案为：.9.(5分)若函数y＝sinωx在区间[0,2π]上单调递增,则实数ω的取值范围是(0,] .【试题解答】解：由函数y＝sinωx,图象过原点,可得ω＞0在区间[0,2π]上单调递增,∴,即.故答案为：(0,]10.(5分)设S n为等差数列{a n}的前n项和,若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018,则S2017的值为4034.【试题解答】解：因为S n为等差数列{a n}的前n项和,且{a n}的前2017项中的奇数项和为2018,所以S＝a1＋a3＋a5＋…＋a2017＝1009×(a1＋a2017)×＝1009×a1009＝2018,得奇a1009＝2.＝a2＋a4＋a6＋…＋a2016＝1008×(a2＋a2016)×＝1008×a1009＝1008×2＝则S偶2016则S2017＝S奇＋S偶＝2018＋2016＝4034.故答案为：4034.11.(5分)设函数f(x)是偶函数,当x≥0时,f(x)＝,若函数y＝f(x)﹣m 有四个不同的零点,则实数m的取值范围是[1,).【试题解答】解：由0≤x≤3可得f(x)∈[0,],x＞3时,f(x)∈(0,1).画出函数y＝f(x)与y＝m的图象,如图所示,∵函数y＝f(x)﹣m有四个不同的零点,∴函数y＝f(x)与y＝m的图象有4个交点,由图象可得m的取值范围为[1,),故答案为：[1,).12.(5分)在平面直角坐标系xOy中,若直线y＝k(x﹣3)上存在一点P,圆x2＋(y﹣1)2＝1上存在一点Q,满足＝3,则实数k的最小值为﹣.【试题解答】解：设P(x1,y1),Q(x2,y2)；则y1＝k(x1﹣3)①,＋(y2﹣1)2＝1②；由＝3,得,即,代入②得＋＝9；此方程表示的圆心(0,3)到直线kx﹣y﹣3k＝0的距离为d≤r；即≤3,解得﹣≤k≤0.∴实数k的最小值为﹣.故答案为：﹣.13.(5分)如图是蜂巢结构图的一部分,正六边形的边长均为1,正六边形的顶点称为“晶格点”.若A,B,C,D四点均位于图中的“晶格点”处,且A,B的位置所图所示,则的最大值为24.【试题解答】解：建立如图的直角坐标系,则A(,),B(0,0),那么容易得到C(0,5)时,D的位置可以有三个位置,其中D1(﹣,),D2(﹣,0),D3(﹣,),此时＝(﹣,﹣),＝(﹣,﹣),＝(﹣,﹣5),＝(﹣,﹣),则•＝21,•＝24,•＝22.5,则的最大值为24,故答案为：24.14.(5分)若不等式ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立,则实数k的最小值为100.【试题解答】解：∵ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC,由正弦定理可得：kb2＋ac＞19bc,∴k＞,只需k大于右侧表达式的最大值即可,显然c＞b时,表达式才能取得最大值,又∵c﹣b＜a＜b＋c,∴﹣b﹣c＜﹣a＜b﹣c,∴＜19＋()＝20﹣()2＝100﹣(﹣10)2,当＝10时,20﹣()2取得最大值20×10﹣102＝100.∴k≥100,即实数k的最小值为100.故答案为：100二、解答题(共6小题,满分90分)15.(14分)如图所示,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA＝CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点.(1)求证：BN∥平面A1MC；(2)若A1M⊥AB1,求证：AB1⊥A1C.【试题解答】证明：(1)因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以AB∥A1B1,且AB＝A1B1,又点M,N分别是AB、A1B1的中点,所以MB＝A1N,且MB∥A1N.所以四边形A1NBM是平行四边形,从而A1M∥BN.又BN⊄平面A1MC,A1M⊂平面A1MC,所以BN∥平面A1MC；(2)因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥底面ABC,而AA1⊂侧面ABB1A1,所以侧面ABB1A1⊥底面ABC.又CA＝CB,且M是AB的中点,所以CM⊥AB.则由侧面ABB1A1⊥底面ABC,侧面ABB1A1∩底面ABC＝AB,CM⊥AB,且CM⊂底面ABC,得CM⊥侧面ABB1A1.又AB1⊂侧面ABB1A1,所以AB1⊥CM.又AB1⊥A1M,A1M、MC平面A1MC,且A1M∩MC＝M,所以AB1⊥平面A1MC.又A1C⊂平面A1MC,所以AB⊥A1C.16.(14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c 已知c＝.(1)若C＝2B,求cosB的值；(2)若＝,求cos(B)的值.【试题解答】解：(1)因为c＝,则由正弦定理,得sinC＝sinB. …(2分)又C＝2B,所以sin2B＝sinB,即2sinBcosB＝sinB. …(4分)又B是△ABC的内角,所以sinB＞0,故cosB＝. …(6分) (2)因为＝,所以cbcosA＝bacosC,则由余弦定理,得b2＋c2﹣a2＝b2＋a2﹣c2,得a＝c. …(10分)从而cosB＝＝,…(12分)又0＜B＜π,所以sinB＝＝.从而cos(B＋)＝cosBcos﹣sinBsin＝. …(14分)17.(14分)有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计),一边AB长为6分米,另一边足够长.现从中截取矩形ABCD(如图甲所示),再剪去图中阴影部分,用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示,重叠部分忽略不计),其中OEMF 是以O为圆心、∠EOF＝120°的扇形,且弧,分别与边BC,AD相切于点M,N.(1)当BE长为1分米时,求折卷成的包装盒的容积；(2)当BE的长是多少分米时,折卷成的包装盒的容积最大？【试题解答】解：(1)在图甲中,连接MO交EF于点T.设OE＝OF＝OM＝R,在Rt△OET中,因为∠EOT＝∠EOF＝60°,所以OT＝,则MT＝0M﹣OT＝.从而BE＝MT＝,即R＝2BE＝2.故所得柱体的底面积S＝S扇形OEF ﹣S△OEF＝πR2﹣R2sin120°＝﹣,又所得柱体的高EG＝4,所以V＝S×EG＝﹣4.答：当BE长为1(分米)时,折卷成的包装盒的容积为﹣4立方分米.(2)设BE＝x,则R＝2x,所以所得柱体的底面积S＝S扇形OEF﹣S△OEF＝πR2﹣R2sin120°＝(﹣)x2,又所得柱体的高EG＝6﹣2x,所以V＝S×EG＝(﹣2)(﹣x3＋3x2),其中0＜x＜3.令f(x)＝﹣x3＋3x2,0＜x＜3,则由f′(x)＝﹣3x2＋6x＝﹣3x(x﹣2)＝0,解得x＝2.列表如下：x(0,2)2(2,3)f′(x)＋0﹣f(x)增极大值减所以当x＝2时,f(x)取得最大值.答：当BE的长为2分米时,折卷成的包装盒的容积最大.18.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：(a＞b＞0)的下顶点为B,点M,N是椭圆上异于点B的动点,直线BM,BN分别与x轴交于点P,Q,且点Q是线段OP的中点.当点N运动到点()处时,点Q的坐标为().(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线MN交y轴于点D,当点M,N均在y轴右侧,且＝2时,求直线BM的方程.【试题解答】解：(1)由N(),点Q的坐标为(),得直线NQ的方程为y＝x﹣,令x＝0,得点B的坐标为(0,﹣).所以椭圆的方程为＋＝1.将点N的坐标(,)代入,得＋＝1,解得a2＝4.所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)：设直线BM的斜率为k(k＞0),则直线BM的方程为y＝x﹣.在y＝kx﹣中,令y＝0,得x P＝,而点Q是线段OP的中点,所以x Q＝.所以直线BN的斜率k BN＝k BQ＝＝2k.联立,消去y,得(3＋4k2)x2﹣8kx＝0,解得x M＝.用2k代k,得x N＝.又＝2,所以x N＝2(x M﹣x N),得2x M＝3x N,故2×＝＝3×,又k＞0,解得k＝.所以直线BM的方程为y＝x﹣19.(16分)设数列{a n}满足a＝a n＋1a n﹣1＋λ(a2﹣a1)2,其中n≥2,且n∈N,λ为常数.(1)若{a n}是等差数列,且公差d≠0,求λ的值；(2)若a1＝1,a2＝2,a3＝4,且存在r∈[3,7],使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立,求m的最小值；(3)若λ≠0,且数列{a n}不是常数列,如果存在正整数T,使得a n＋T＝a n对任意的n∈N*均成立.求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值.【试题解答】解：(1)由题意,可得a＝(a n＋d)(a n﹣d)＋λd2,化简得(λ﹣1)d2＝0,又d≠0,所以λ＝1.(2)将a1＝1,a2＝2,a3＝4,代入条件,可得4＝1×4＋λ,解得λ＝0,所以a＝a na n﹣1,所以数列{a n}是首项为1,公比q＝2的等比数列,＋1所以a n＝2n﹣1.欲存在r∈[3,7],使得m•2n﹣1≥n﹣r,即r≥n﹣m•2n﹣1对任意n∈N*都成立,则7≥n﹣m•2n﹣1,所以m≥对任意n∈N*都成立.令b n＝,则b n＋1﹣b n＝﹣＝,所以当n＞8时,b n＋1＜b n；当n＝8时,b9＝b8；当n＜8时,b n＋1＞b n.所以b n的最大值为b9＝b8＝,所以m的最小值为；(3)因为数列{a n}不是常数列,所以T≥2,①若T＝2,则a n＋2＝a n恒成立,从而a3＝a1,a4＝a2,所以,所以λ(a2﹣a1)2＝0,又λ≠0,所以a2＝a1,可得{a n}是常数列,矛盾.所以T＝2不合题意.②若T＝3,取a n＝(*),满足a n＋3＝a n恒成立.由a22＝a1a3＋λ(a2﹣a1)2,得λ＝7.则条件式变为a n2＝a n＋1a n﹣1＋7.由22＝1×(﹣3)＋7,知a3k﹣12＝a3k﹣2a3k＋λ(a2﹣a1)2；由(﹣3)2＝2×1＋7,知a3k2＝a3k﹣1a3k＋1＋λ(a2﹣a1)2；由12＝2×(﹣3)＋7,知a3k＋12＝a3k a3k＋2＋λ(a2﹣a1)2；所以,数列(*)适合题意.所以T的最小值为3.20.(16分)设函数f(x)＝lnx,g(x)＝ax＋(a,b,c∈R).(1)当c＝0时,若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线,求a,b的值；(2)当b＝3﹣a时,若对任意x0∈(1,＋∞)和任意a∈(0,3),总存在不相等的正实数x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0),求c的最小值；(3)当a＝1时,设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1＜x2)两点.求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1.【试题解答】解：(1)由f(x)＝lnx,得f(1)＝0,又f′(x)＝,所以f′(1)＝1,当c＝0时,g(x)＝ax＋,所以g′(x)＝a﹣,所以g′(1)＝a﹣b,因为函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线,所以,即,解得a＝,b＝﹣；(2)当x0＞1时,则f(x0)＞0,又b＝3﹣a,设t＝f(x0),则题意可转化为方程ax＋﹣c＝t(t＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x1,x2. 即关于x的方程ax2﹣(c＋t)x＋(3﹣a)＝0(t＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x1,x2.所以,得,所以c＞2﹣t对t∈(0,＋∞),a∈(0,3)恒成立.因为0＜a＜3,所以2≥2•＝3(当且仅当a＝时取等号),又﹣t＜0,所以2﹣t的取值范围是(﹣∞,3),所以c≥3.故c的最小值为3.(3)当a＝1时,因为函数f(x)与g(x)的图象交于A,B两点,所以,两式相减,得b＝x1x2(1﹣),要证明x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1,即证x1x2﹣x2＜x1x2(1﹣)＜x1x2﹣x1,即证＜＜,即证1﹣＜ln＜﹣1令＝t,则t＞1,此时即证1﹣＜lnt＜t﹣1.令φ(t)＝lnt＋﹣1,所以φ′(t)＝﹣＝＞0,所以当t＞1时,函数φ(t)单调递增.又φ(1)＝0,所以φ(t)＝lnt＋﹣1＞0,即1﹣＜lnt成立；再令m(t)＝lnt﹣t＋1,所以m′(t)＝﹣1＝＜0,所以当t＞1时,函数m(t)单调递减,又m(1)＝0,所以m(t)＝lnt﹣t＋1＜0,即lnt＜t﹣1也成立.综上所述,实数x1,x2满足x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1.[选做题](在21.22.23.24四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内)[选修4-1：几何证明选讲]图21.(10分)如图,已知AB为⊙O的直径,直线DE与⊙O相切于点E,AD垂直DE于点D.若DE＝4,求切点E到直径AB的距离EF.【试题解答】解：如图,连接AE,OE,因为直线DE与⊙O相切于点E,所以DE⊥OE,又因为AD⊥DE于D,所以AD∥OE,所以∠DAE＝∠OEA,①在⊙O中,OE＝OA,所以∠OEA＝∠OAE,②…(5分)由①②得∠DAE＝∠OAE,即∠DAE＝∠FAE,又∠ADE＝∠AFE,AE＝AE,所以△ADE≌△AFE,所以DE＝FE,又DE＝4,所以FE＝4,即E到直径AB的距离为4.…(10分)[选修4-2：矩阵与变换]22.(10分)已知矩阵M＝,求圆x2＋y2＝1在矩阵M的变换下所得的曲线方程.【试题解答】解：设P(x0,y0)是圆x2＋y2＝1上任意一点,则＝1,设点P(x0,y0)在矩阵M对应的变换下所得的点为Q(x,y),则＝,即,解得,…(5分)代入＝1,得＝1,∴圆x2＋y2＝1在矩阵M的变换下所得的曲线方程为＝1.…(10分)[选修4-4：坐标系与参数方程]23.在极坐标系中,直线ρcos(θ＋)＝1与曲线ρ＝r(r＞0)相切,求r的值.【试题解答】解：直线ρcos(θ＋)＝1,转化为：,曲线ρ＝r(r＞0)转化为：x2＋y2＝r2,由于直线和圆相切,则：圆心到直线的距离d＝.所以r＝1.[选修4-5：不等式选讲]24.已知实数x,y满足x2＋3y2＝1,求当x＋y取最大值时x的值.【试题解答】解：由柯西不等式,得[x2＋()2][12＋()2]≥(x•1＋)2,即≥(x＋y)2.而x2＋3y2＝1,所以(x＋y)2,所以﹣,…(5分)由,得,所以当且仅当x＝,y＝时,(x＋y)max＝.所以当x＋y取最大值时x值为.…(10分)25.(10分)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形,AC与BD交于点O,OP⊥底面ABCD,点M为PC中点,AC＝4,BD＝2,OP＝4.(1)求直线AP与BM所成角的余弦值；(2)求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.【试题解答】解：(1)因为ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又OP⊥底面ABCD,以O为原点,直线OA,OB,OP分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系.则A(2,0,0),B(0,1,0),P(0,0,4),C(﹣2,0,0),M(﹣1,0,2).＝(﹣2,0,4),＝(01,﹣1,2),cos＜,＞＝＝＝.故直线AP与BM所成角的余弦值为.…(5分)(2)＝(﹣2,1,0),＝(﹣1,﹣1,2).设平面ABM的一个法向量为＝(x,y,z),则,令x＝2,得＝(2,4,3).又平面PAC的一个法向量为＝(0,1,0),∴cos＜＞＝＝＝.故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为.…(10分)26.(10分)已知n∈N*,nf(n)＝C n0C n1＋2C n1C n2＋…＋nC n n﹣1C n n.(1)求f(1),f(2),f(3)的值；(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示),并证明你的猜想.【试题解答】解：(1)由条件,nf(n)＝C C C C①,在①中令n＝1,得f(1)＝1.在①中令n＝2,得2f(2)＝6,得f(2)＝3.在①中令n＝3,得3f(3)＝30,故f(3)＝10.(2)猜想f(n)＝.要证猜想成立,只要证等式n＝•＋2•＋…＋n•成立.由(1＋x)n＝＋x＋x2＋…＋x n①,两边同时对x求导数,可得n(1＋x)n﹣1＝＋2x＋3x2＋n x n﹣1②,把等式①和②相乘,可得n(1＋x)2n﹣1＝(＋x＋x2＋…＋x n)•(＋2x＋3x2＋n x n﹣1 ) ③.等式左边x n的系数为n,等式右边x n的系数为•＋•2＋•3＋…＋n•n＝•＋2•＋3•＋…＋n•＝C C C C,根据等式③恒成立,可得n＝C C C C.故f(n)＝成立.。
2018届江苏高考数学模拟试题含答案
高三数学试卷 2018.5.18必做题部分一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置．．．．．．．上．． 1、已知集合{1,0,2},{21,},A B x x n n Z =-==-∈则A B ⋂= ▲ ．2、已知复数1212,2z i z a i =-=+（其中i 是虚数单位，a R ∈），若12z z ⋅是纯虚数，则a 的值为 ▲ ．3、从集合{1,2,3}中随机取一个元素，记为a ，从集合{2,3,4}中随机取一个元素，记为b ，则a b ≤的概率为 ▲ ．4、对一批产品的长度（单位:毫米）进行抽样检测，样本容量为400， 右图为检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度 在区间[25,30)的为一等品，在区间[20,25) 和[30,35)的为二等品， 其余均为三等品，则样本中三等品的件数为 ▲ ．5、运行右面的算法伪代码，输出的结果为S= ▲ ．6、若双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>10则双曲线C 的渐近线方程为 ▲ ．7、正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，3D 为BC 中点，则三棱锥A -B 1DC 1的体积为 ▲ ．8、函数cos(2)()y x ϕπϕπ=+-≤≤的图象向右平移2π个单位后，与函数sin(2)3y x π=+的图象重合，则ϕ= ▲ ．9、若函数2()ln()f x x x a x =+为偶函数，则a = ▲ ．10、已知数列{}n a 与2n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭均为等差数列（n N *∈），且12a =，则10=a ▲ ． 11、若直线20kx y k --+=与直线230x ky k +--=交于点P ，则OP 长度的最大值为 ▲ ．12、如图，已知4AC BC ==，90ACB ∠=o ，M 为BC 的中点，D 为以AC 为直径的圆上一动点，S 011011(1)Pr int For i From To Step S S i i End ForS ←←++则AM DC ⋅u u u r u u u r的最小值是 ▲ ．13、已知函数()()22,22,2x x f x x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩ ，函数()()2g x b f x =-- ，其中b R ∈，若函数 ()()y f x g x =- 恰有4个零点，则实数b 的取值范围是 ▲ ．14、已知,x y 均为非负实数，且1x y +≤，则22244(1)x y x y ++--的取值范围为 ▲ ．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15、已知ABC ∆的三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ,向量(1,2)m =u r ，2(cos2,cos )2An A =r ，且1m n ⋅=u r r.(1)求角A 的大小；(2)若223b c a +==，求sin()π-4B 的值16、如图，四棱锥P —ABCD 中，四边形ABCD 为菱形，P A ⊥平面ABCD ，BD 交AC 于点E ，F 是线段PC 中点，G 为线段EC 中点． （1）求证：FG//平面PBD ； （2）求证：BD ⊥FG ．ABCMD(第12题图)17、已知椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x C 的左焦点为F ，上顶点为A ，直线AF 与直线023=-+y x 垂直，垂足为B ，且点A 是线段BF 的中点.（1）求椭圆C 的方程；（2）若M ，N 分别为椭圆C 的左，右顶点，P 是椭圆C 上位于第一象限的一点，直线MP 与直线4=x 交于点Q ，且9MP NQ =u u u r u u u rg ，求点P 的坐标.18、中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一，给人以美的享受．如图为一花窗中的一部分，呈长方形，长30 cm ，宽26 cm ，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为x cm 和y cm ，窗芯所需条形木料的长度之和为L ． （1）试用x ，y 表示L ；（2）如果要求六根支条的长度均不小于2 cm ，每个菱形的面积为130 cm 2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？19、已知函数2()=x x f x e，（1）求函数()f x 的单调区间；（2）当240m e <<时，判断函数2(),(0)x xg x m x e=-≥有几个零点，并证明你的结论；（3）设函数21111()+()()22⎡⎤=-----⎢⎥⎣⎦h x x f x x f x cx x x ，若函数()h x 在()0,+∞为增函数，求实数c 的取值范围．20、已知数列{}n a 中，11a =，前n 项和为n S ，若对任意的*n N ∈，均有n n k S a k +=-（k 是常数，且*k N ∈）成立，则称数列{}n a 为“()H k 数列”. （1）若数列{}n a 为“(1)H 数列”，求数列{}n a 的前n 项和n S ；（2）若数列{}n a 为“(2)H 数列”，且2a 为整数，试问：是否存在数列{}n a ，使得211||40n n n a a a -+-≤对任意2n ≥，*n N ∈成立？如果存在，求出这样数列{}n a 的2a 的所有可能值，如果不存在，请说明理由。
江苏省常州市2018届高三数学一模试卷含解析
2018年江苏省常州市高考数学一模试卷一.填空题：本大題共14小败，每小題5分，共70分.不需要写出解答过程1．已知集合U={1，2，3，4，5，6，7}，M={x|x2﹣6x+5≤0，x∈Z}，则∁U M= ．2．若复数z满足z+i=，其中i为虚数单位，则|z|= ．3．函数f（x）=的定义域为．4．如图是给出的一种算法，则该算法输出的结果是5．某高级中学共有900名学生，现用分层抽样的方法从该校学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人，则该校高二年级学生人数为．6．已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是，则该正四棱锥的体积为．7．从集合{1，2，3，4}中任取两个不同的数，则这两个数的和为3的倍数的槪率为．8．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2=8x的焦点恰好是双曲线﹣=l 的右焦点，则双曲线的离心率为．9．设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3，S9，S6成等差数列．且a2+a5=4，则a8的值为．10．在平面直角坐标系xOy中，过点M（1，0）的直线l与圆x2+y2=5交于A，B两点，其中A点在第一象限，且=2，则直线l的方程为．11．在△ABC中，已知AB=1，AC=2，∠A=60°，若点P满足=+，且•=1，则实数λ的值为．12．已知sinα=3sin（α+），则tan（α+）= ．13．若函数f（x）=，则函数y=|f（x）|﹣的零点个数为．14．若正数x，y满足15x﹣y=22，则x3+y3﹣x2﹣y2的最小值为．二.解答题：本大题共6小题，共计90分15．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边．若acosB=3，bcosA=l，且A﹣B=（1）求边c的长；（2）求角B的大小．16．如图，在斜三梭柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1C1C是菱形，AC1与A1C交于点O，E是棱AB上一点，且OE∥平面BCC1B1（1）求证：E是AB中点；（2）若AC1⊥A1B，求证：AC1⊥BC．17．某单位将举办庆典活动，要在广场上竖立一形状为等腰梯形的彩门BADC（如图），设计要求彩门的面积为S （单位：m2）•高为h（单位：m）（S，h 为常数），彩门的下底BC固定在广场地面上，上底和两腰由不锈钢支架构成，设腰和下底的夹角为α，不锈钢支架的长度和记为l．（1）请将l表示成关于α的函数l=f（α）；（2）问当α为何值时l最小？并求最小值．18．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=l （a＞b＞0）的焦距为2，离心率为，椭圆的右顶点为A．（1）求该椭圆的方程：（2）过点D（，﹣）作直线PQ交椭圆于两个不同点P，Q，求证：直线AP，AQ的斜率之和为定值．19．己知函数f（x）=（x+l）lnx﹣ax+a （a为正实数，且为常数）（1）若f（x）在（0，+∞）上单调递增，求a的取值范围；（2）若不等式（x﹣1）f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．20．己知n为正整数，数列{a n}满足a n＞0，4（n+1）a n2﹣na n+12=0，设数列。
2018年江苏省苏州市高考数学一模试卷
2018年江苏省苏州市高考数学一模试卷一、填空题：本大题共14个小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1. 已知集合A={−1, 1}，B={−3, 0, 1}，则集合A∩B=________．【答案】{1}【考点】交集及其运算【解析】根据交集的定义写出集合A∩B．【解答】解：集合A={−1, 1}，B={−3, 0, 1}，则集合A∩B={1}．故答案为：{1}.2. 已知复数z满足z⋅i=3−4i（i为虚数单位），则|z|=________．【答案】5【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算【解析】z⋅i=3−4i（i为虚数单位），可得z⋅i⋅(−i)=−i(3−4i)，化简利用模的计算公式即可得出．【解答】解：∵z⋅i=3−4i（i为虚数单位），∴z⋅i⋅(−i)=−i(3−4i)，则z=−4−3i，则|z|=√(−4)2+(−3)2=5．故答案为：5.3. 双曲线x24−y23=1的渐进线方程是________．【答案】√3x±2y=0【考点】双曲线的渐近线【解析】由x24−y23=0，可得双曲线x24−y23=1的渐近线方程【解答】解：由x24−y23=1，双曲线x24−y23=1的渐近线方程为y=±bax=±√32x，即√3x±2y=0．故答案为：√3x±2y=0．4. 某中学共有1800人，其中高二年级的人数为600．现用分层抽样的方法在全校抽取n 人，其中高二年级被抽取的人数为21，则n=________．【答案】63【考点】分层抽样方法【解析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．【解答】解：∵高二年级被抽取的人数为21，∴21600=n1800，得n=63，故答案为：63.5. 将一颗质地均匀的正四面体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4）先后抛掷2次，观察其朝下一面的数字，则两次数字之和等于6的概率为________．【答案】316【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率古典概型及其概率计算公式【解析】基本事件总数n=4×4=16，利用列举法求出两次数字之和等于6包含的基本事件个数，由此能求出两次数字之和等于6的概率．【解答】解：将一颗质地均匀的正四面体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4）先后抛掷2次，观察其朝下一面的数字，基本事件总数n=4×4=16．则两次数字之和等于6包含的基本事件有(2, 4)，(4, 2)，(3, 3)，共3个，∴两次数字之和等于6的概率为p=316．故答案为：316.6. 如图是一个算法的流程图，则输出S的值是________．【答案】25【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，可得答案．【解答】解：当n=1时，满足进行循环的条件，S=1，n=3；当n=3时，满足进行循环的条件，S=4，n=5；当n=5时，满足进行循环的条件，S=9，n=7；当n=7时，满足进行循环的条件，S=16，n=9；当n=9时，满足进行循环的条件，S=25，n=11；当n=11时，不满足进行循环的条件，故输出的S值为25.故答案为：25.7. 若正四棱锥的底面边长为2cm，侧面积为8cm2，则它的体积为________cm3．【答案】4√33【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】根据侧面积计算出棱锥的斜高，利用勾股定理计算棱锥的高．【解答】解：设四棱锥为P−ABCD，底面ABCD的中心为O，取CD中点E，连结PE，OE，如图所示，则PE⊥CD，OE=12BC=1cm，∵S侧面=4S△PCD=4×12×CD×PE=8cm2，∴PE=2cm．∴PO=√PE2−OE2=√3cm，∴正四棱锥体积为V=13×S正方形ABCD×PO=13×22×√3=4√33cm3．故答案为：4√33.8. 设S n是等差数列{a n}的前n项和，若a2+a4=2，S2+S4=1，则a10=________．【答案】8【考点】等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】设等差数列{a n}的公差为d，由a2+a4=2，S2+S4=1，可得2a1+4d=2，6a1+d+4×32d=1，联立解出利用通项公式即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a2+a4=2，S2+S4=1，∴2a1+4d=2，6a1+d+4×32d=1，解得：a1=−1，d=1，则a10=−1+9=8．故答案为：8.9. 已知a>0，b>0，且2a +3b=√ab，则ab的最小值是________．【答案】2√6【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】根据a>0，b>0，即可得出2a +3b≥√6√ab，从而得出√ab≥√6√ab，从而可求出ab的最小值．【解答】解：a>0，b>0；∴√ab=2a +3b≥√6√ab，即√ab≥√6√ab，∴ab≥2√6，∴ab的最小值是2√6．故答案为：2√6．10. 设三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知tanAtanB =3c−bb，则cosA=________．【答案】13【考点】余弦定理正弦定理同角三角函数间的基本关系【解析】先化切为弦，再由正弦定理及余弦定理求解．【解答】解：由tanAtanB =3c−bb，得sinAcosBcosAsinB=3c−bb，则acosBbcosA =3c−bb，即acosB=(3c−b)cosA，3ccosA=acosB+bcosA=a×a2+c2−b22ac +b×b2+c2−a22bc=c，∴cosA=13．故答案为：13.11. 已知函数f(x)={a −e x ,x <1,x +4x ,x ≥1, 若y =f(x)的最小值是4，则实数的取值范围为________． 【答案】 [e +4, +∞) 【考点】基本不等式在最值问题中的应用 分段函数的应用指数函数单调性的应用 函数的最值及其几何意义 【解析】考虑x <1的函数的单调性，可得f(x)的范围；由基本不等式可得x ≥1时f(x)的最小值，即可得到所求a 的范围． 【解答】解：函数f(x)={a −e x ,x <1,x +4x ,x ≥1, 当x <1时，f(x)=a −e x 递减，可得f(x)>a −e ， 由x ≥1时，f(x)=x +4x≥2√x ⋅4x=4，当且仅当x =2时，取得最小值4， 由题意可得a −e ≥4， 即a ≥e +4．故答案为：[e +4, +∞).12. 在△ABC 中，点P 是边AB 的中点，已知|CP →|=√3，|CA →|=4，∠ACB =2π3，则CP →⋅CA →=________．【答案】 6【考点】平面向量数量积的性质及其运算律 向量的三角形法则 【解析】用CA →,CB →表示出CP →，根据CP =√3计算CB ，再计算CP →⋅CA →的值． 【解答】解：∵ 点P 是边AB 的中点， ∴ CP →=12CA →+12CB →，∴ CP →2=14CA →2+12CA →×CB →+14CB →2， ∴ 3=4+12×4×|CB →|×cos 2π3+14×|CB →|2，∴ CA →×CB →=4×2×cos 2π3=−4，∴ CP →⋅CA →=(12CA →+12CB →)×CA →=12CA →2+12CB →×CA →=6．故答案为：6.13. 已知直线l:x −y +2=0与x 轴交于点A ，点P 在直线l 上．圆C ：(x −2)2+y 2=2上有且仅有一个点B 满足AB ⊥BP ，则点P 的横坐标的取值集合为________． 【答案】{13,5} 【考点】圆与圆的位置关系及其判定 直线与圆的位置关系 【解析】由题意得A(−2, 0)，以AP 为直径的圆与圆C 相切．设P(m, m +2)，则以AP 为直径的圆的圆心为(m−22,m+22)，半径为√22|m +2|，由外切和内切两种情况进行讨论，能求出m ．【解答】解：由题意得A(−2, 0)，以AP 为直径的圆与圆C 相切， 设P(m, m +2)，则以AP 为直径的圆的圆心为(m−22,m+22)，半径为√22|m +2|，外切时，√22|m +2|+√2=√(m−62)2+(m+22)2，解得m =13， 内切时，√22|m +2|−√2=√(m−62)2+(m+22)2，解得m =5．综上，点P 的横坐标的取值集合为{13, 5}． 故答案为：{13, 5}．14. 若二次函数f(x)=ax 2+bx +c(a >0)在区间[1, 2]上有两个不同的零点，则f(1)a的取值范围为________． 【答案】 [0, 1) 【考点】由函数零点求参数的取值范围 二次函数的性质求线性目标函数的最值 简单线性规划 【解析】【解答】解：二次函数f(x)=ax 2+bx +c(a >0)在区间[1, 2]上有两个不同的零点， 则：{1<−b2a <2,f(1)≥0,f(2)≥0,f(−b 2a )<0, 即：{1<−b 2a <2,a +b +c ≥0,4a +2b +c ≥0,4ac−b 24a <0, 设：ba =x,c a =y ， 即有：{−4<x <−21+x +y ≥0,4+2x +y ≥0,4y −x 2<0,画出可行域，如图，由A ，B ，C 组成的图形(包括线段AB ，AC ，不包括曲线BC )， 由f(1)a=1+b a +ca =1+x +y ，可得：1+x +y 的最小值为0， 当1+x +y 经过点(−4, 4)， 可得：1+x +y =1， 则：1+x +y ∈[0, 1) 故：f(1)a的取值范围是：[0, 1)．故答案为：[0, 1)．二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.→→π(1)若角α的终边过点(3, 4)，求a→⋅b→的值；(2)若a→ // b→，求锐角α的大小．【答案】解：(1)角α的终边过点(3, 4)，∴r=√32+42=5，∴sinα=yr =45，cosα=xr=35，∴a→⋅b→=√2sinα+sin(α+π4)=√2sinα+sinαcos π4+cosαsinπ4=√2×45+45×√22+35×√22=3√22.(2)若a→ // b→，则√2sinαsin(α+π4)=1，即√2sinα(sinαcosπ4+cosαsinπ4)=1，∴sin2α+sinαcosα=1，∴sinαcosα=1−sin2α=cos2α，对锐角α有cosα≠0，∴tanα=1，∴锐角α=π4．【考点】两角和与差的正弦公式任意角的三角函数平面向量数量积的性质及其运算律平面向量共线（平行）的坐标表示平行向量的性质同角三角函数间的基本关系【解析】（1）由三角函数的定义求出sinα、cosα，再根据平面向量数量积的定义计算a→⋅b→的值；（2）根据a→ // b→，列方程求出α的三角函数值以及锐角α的值．【解答】解：(1)角α的终边过点(3, 4)，∴r=√32+42=5，∴sinα=yr =45，cosα=xr=35，→→π=√2sinα+sinαcos π4+cosαsinπ4=√2×45+45×√22+35×√22=3√22.(2)若a→ // b→，则√2sinαsin(α+π4)=1，即√2sinα(sinαcosπ4+cosαsinπ4)=1，∴sin2α+sinαcosα=1，∴sinαcosα=1−sin2α=cos2α，对锐角α有cosα≠0，∴tanα=1，∴锐角α=π4．如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的高为√6，其底面边长为2．已知点M，N分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点．求证：(1)B1M // 平面A1BN；(2)AD⊥平面A1BN．【答案】证明：(1)连结MN，正三棱柱ABC−A1B1C1中，如图，AA1 // CC1且AA1=CC1，则四边形AA1C1C是平行四边形，所以MN // AA1且MN=AA1，又正三棱柱ABC−A1B1C1中AA1 // BB1且AA1=BB1，所以MN // BB1且MN=BB1，所以四边形MNBB1是平行四边形，所以B1M // BN，又B1M平面A1BN，BN⊂平面A1BN，所以B1M // 平面A1BN.(2)正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BN⊂平面ABC，所以BN⊥AA1，正△ABC中，N是AC的中点，所以BN⊥AC，又AA1、AC⊂平面AA1C1C，AA1∩AC=A，所以BN⊥平面AA1C1C，又AD⊂平面AA1C1C，所以AD⊥BN，由题意，AA1=√6，AC=2，AN=1，CD=√63，所以AA1AC =ANCD=√32，又∠A1AN=∠ACD=π2，所以△A1AN与△ACD相似，则∠AA1N=∠CAD，所以∠ANA1+∠CAD=∠ANA1+∠AA1N=π2，则AD⊥A1N，又BN∩A1N=N，BN，A1N⊂平面A1BN，所以AD⊥平面A1BN．【考点】直线与平面垂直的判定直线与平面平行的判定【解析】（1）证明四边形MNBB1是平行四边形得出B1M // BN，故而B1M // 平面A1BN；（2）根据BN⊥平面ACC1A1可得BN⊥AD，根据三角形相似可得AD⊥A1N，故而AD⊥平面A1BN．【解答】证明：(1)连结MN，正三棱柱ABC−A1B1C1中，如图，AA1 // CC1且AA1=CC1，则四边形AA1C1C是平行四边形，因为点M、N分别是棱A1C1，AC的中点，所以MN // AA1且MN=AA1，又正三棱柱ABC−A1B1C1中AA1 // BB1且AA1=BB1，所以MN // BB1且MN=BB1，所以四边形MNBB 1是平行四边形，所以B 1M // BN ，又B 1M 平面A 1BN ，BN ⊂平面A 1BN ， 所以B 1M // 平面A 1BN .(2)正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BN ⊂平面ABC ， 所以BN ⊥AA 1，正△ABC 中，N 是AC 的中点，所以BN ⊥AC ，又AA 1、AC ⊂平面AA 1C 1C ，AA 1∩AC =A ， 所以BN ⊥平面AA 1C 1C ，又AD ⊂平面AA 1C 1C ， 所以AD ⊥BN ，由题意，AA 1=√6，AC =2，AN =1，CD =√63，所以AA 1AC=AN CD=√32，又∠A 1AN =∠ACD =π2，所以△A 1AN 与△ACD 相似，则∠AA 1N =∠CAD ， 所以∠ANA 1+∠CAD =∠ANA 1+∠AA 1N =π2，则AD ⊥A 1N ，又BN ∩A 1N =N ，BN ，A 1N ⊂平面A 1BN ， 所以AD ⊥平面A 1BN ．已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)经过点(√3,12)，(1,√32)，点A 是椭圆的下顶点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点A 且互相垂直的两直线l 1，l 2与直线y =x 分别相交于E ，F 两点，已知OE =OF ，求直线l 1的斜率． 【答案】解：(1)根据题意，椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点(√3,12)，(1,√32)， 则有{3a 2+14b 2=1,1a 2+34b 2=1, 解得{1a 2=14,1b 2=1, 所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)由题意知A(0, −1)，直线l 1，l 2的斜率存在且不为零， 设直线l 1:y =k 1x −1，与直线y =x 联立方程有{y =k 1x −1y =x ， 得E(1k1−1,1k 1−1)，设直线l 2:y =−1k 1x −1，同理F(1−1k 1−1,1−1k 1−1)，因为OE =OF ， 所以|1k 1−1|=|1−1k 1−1|，①1k 1−1=1−1k 1−1，k 1+1k 1=0无实数解；②1k 1−1=−1−1k 1−1，k 1−1k 1=2，k 12−2k 1−1=0，解得k 1=1±√2，综上可得，直线l 1的斜率为1±√2． 【考点】直线与椭圆结合的最值问题 椭圆的标准方程两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系 【解析】（1）根据题意，将两点的坐标代入椭圆的方程有{3a 2+14b 2=11a 2+34b 2=1，解可得1a 2、1b 2的值，即可得椭圆的方程；（2）设直线l 1:y =k 1x −1，与直线y =x 联立方程有{y =k 1x −1y =x，可得E 的坐标，设直线l 2:y =−1k 1x −1，同理可得F 的坐标，又由OE =OF ，所以|1k 1−1|=|1−1k 1−1|，解可得k 的值，即可得答案． 【解答】解：(1)根据题意，椭圆C:x 2a+y 2b =1(a >b >0)经过点(√3,12)，(1,√32)，则有{3a 2+14b 2=1,1a+34b=1, 解得{1a 2=14,1b=1,所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 2=1.(2)由题意知A(0, −1)，直线l 1，l 2的斜率存在且不为零， 设直线l 1:y =k 1x −1，与直线y =x 联立方程有{y =k 1x −1y =x ， 得E(1k1−1,1k1−1)，设直线l 2:y =−1k 1x −1，同理F(1−1k 1−1,1−1k 1−1)，因为OE =OF ， 所以|1k 1−1|=|1−1k 1−1|，①1k 1−1=1−1k 1−1，k 1+1k 1=0无实数解；②1k 1−1=−1−1k 1−1，k 1−1k 1=2，k 12−2k 1−1=0，解得k 1=1±√2，综上可得，直线l 1的斜率为1±√2．如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB 为6，O 是圆心，且OC ⊥AB ．在OC 上有一座观赏亭Q ，其中∠AQC =2π3．计划在BC 上再建一座观赏亭P ，记∠POB =θ(0<θ<π2)．(1)当θ=π3时，求∠OPQ 的大小；(2)当∠OPQ 越大，游客在观赏亭P 处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P 处的观赏效果最佳时，角θ的正弦值． 【答案】解：(1)设∠OPQ =α，由题，Rt △OAQ 中，OA =3， ∠AQO =π−∠AQC =π−2π3=π3，所以OQ =√3，在△OPQ 中，OP =3， ∠POQ =π2−θ=π2−π3=π6， 由正弦定理得OQ sin∠OPQ =OPsin∠OQP ， 即√3sinα=3sin(π−α−π6)，所以√3sinα=sin(π−α−π6)=sin(5π6−α)， 则√3sinα=sin 5π6cosα−cos5π6sinα=12cosα+√32sinα， 所以√3sinα=cosα，因为α为锐角，所以cosα≠0，所以tanα=√33，得α=π6.(2)设∠OPQ =α，在△OPQ 中，OP =3，∠POQ =π2−θ， 由正弦定理得OQ sin∠OPQ =OPsin∠OQP ， 即√3sinα=3sin(π−α−(π2−θ))，所以√3sinα=sin(π−α−(π2−θ)) =sin(π2−(α−θ))，从而(√3−sinθ)sinα=cosαcosθ，其中√3−sinθ≠0，cosα≠0， 所以tanα=√3−sinθ，记f(θ)=√3−sinθ，f ′(θ)=√3sinθ(√3−sinθ)2，θ∈(0,π2)，令f ′(θ)=0，sinθ=√33，存在唯一θ0∈(0,π2)使得sinθ0=√33，当θ∈(0, θ0)时f ′(θ)>0，f(θ)单调增，当θ∈(θ0,π2)时f ′(θ)<0，f(θ)单调减， 所以当θ=θ0时，f(θ)最大，即tan∠OPQ 最大，又∠OPQ 为锐角，从而∠OPQ 最大，此时sinθ=√33．答：观赏效果达到最佳时，θ的正弦值为√33．【考点】利用导数研究函数的最值 两角和与差的正弦公式 利用导数研究函数的单调性 正弦定理 【解析】（1）根据题意，设∠OPQ =α，由正弦定理得OQsin∠OPQ =OPsin∠OQP ，变形可得√3sinα=sin5π6cosα−cos5π6sinα=12cosα+√32sinα，所以√3sinα=cosα，由同角三角函数基本关系式分析可得答案；（2）设∠OPQ =α，在△OPQ 中，由正弦定理得OQsin∠OPQ =OPsin∠OQP ，变形可得(√3−sinθ)sinα=cosαcosθ，即tanα=√3−sinθ，记f(θ)=√3−sinθ，求导可得f ′(θ)=√3sinθ(√3−sinθ)2，由导数与函数的单调性的关系分析可得答案．【解答】解：(1)设∠OPQ =α，由题，Rt △OAQ 中，OA =3， ∠AQO =π−∠AQC =π−2π3=π3，所以OQ =√3，在△OPQ 中，OP =3， ∠POQ =π2−θ=π2−π3=π6，由正弦定理得OQ sin∠OPQ =OPsin∠OQP ， 即√3sinα=3sin(π−α−π6)，所以√3sinα=sin(π−α−π6)=sin(5π6−α)， 则√3sinα=sin 5π6cosα−cos5π6sinα=12cosα+√32sinα， 所以√3sinα=cosα，因为α为锐角，所以cosα≠0，所以tanα=√33，得α=π6.(2)设∠OPQ =α，在△OPQ 中，OP =3，∠POQ =π2−θ，由正弦定理得OQ sin∠OPQ =OPsin∠OQP ， 即√3sinα=3sin(π−α−(π2−θ))，所以√3sinα=sin(π−α−(π2−θ)) =sin(π2−(α−θ))，从而(√3−sinθ)sinα=cosαcosθ，其中√3−sinθ≠0，cosα≠0， 所以tanα=3−sinθ，记f(θ)=√3−sinθ，f ′(θ)=√3sinθ(√3−sinθ)2，θ∈(0,π2)， 令f ′(θ)=0，sinθ=√33，存在唯一θ0∈(0,π2)使得sinθ0=√33，当θ∈(0, θ0)时f ′(θ)>0，f(θ)单调增，当θ∈(θ0,π2)时f ′(θ)<0，f(θ)单调减， 所以当θ=θ0时，f(θ)最大，即tan∠OPQ 最大， 又∠OPQ 为锐角，从而∠OPQ 最大，此时sinθ=√33．答：观赏效果达到最佳时，θ的正弦值为√33．已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx +c ，g(x)=lnx ．(1)若a =0，b =−2，且f(x)≥g(x)恒成立，求实数c 的取值范围；(2)若b =−3，且函数y =f(x)在区间(−1, 1)上是单调递减函数． ①求实数a 的值；②当c =2时，求函数ℎ(x)={f(x),f(x)≥g(x),g(x),f(x)<g(x) 的值域．【答案】解：(1)根据题意，函数g(x)=lnx ，其定义域为(0, +∞)． 当a =0，b =−2，f(x)=x 3−2x +c ， ∵ f(x)≥g(x)恒成立，∴ x 3−2x +c ≥lnx 恒成立，即c ≥lnx −x 3+2x ． 令φ(x)=lnx −x 3+2x ， 则φ′(x)=1x −3x 2+2 =1+2x−3x 3x=(1−x)(1+3x+3x 2)x，令φ′(x)≥0，得x ≤1，∴ φ(x)在(0, 1]上单调递增， 令φ′(x)≤0，得x ≥1，∴ φ(x)在[1, +∞)上单调递减， ∴ 当x =1时，[φ(x)]max =φ(1)=1． ∴ c ≥1．(2)①当b =−3时，f(x)=x 3+ax 2−3x +c ，f ′(x)=3x 2+2ax −3， 由题意，f ′(x)=3x 2+2ax −3≤0对x ∈(−1, 1)恒成立， ∴ {f ′(1)=3+2a −3≤0,f ′(−1)=3−2a −3≤0,当a =0，b =−3，c =2时，f(x)=x 3−3x +2， f ′(x)=3x 2−3，令f ′(x)=3x 2−3=0，得x =1，对于g(x)=lnx ，当x ∈(0, 1)时，g(x)<0，当x =1时，g(x)=0，当x ∈(1, +∞)时，g(x)>0， ∴ 当x ∈(0, 1)时，ℎ(x)=f(x)>0，当x =1时，ℎ(x)=0，当x ∈(1, +∞)时，ℎ(x)>0．故函数y =ℎ(x)的值域为[0, +∞)． 【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究不等式恒成立问题 分段函数的应用 【解析】（1）根据题意，f(x)≥g(x)恒成立，即x 3−2x +c ≥lnx 恒成立，变形可得c ≥lnx −x 3+2x ，令φ(x)=lnx −x 3+2x ，对其求导，利用函数的导数与函数的单调性分析可得[φ(x)]max =φ(1)=1，分析可得c 的范围；（2）①，当b =−3时，f(x)=x 3+ax 2−3x +c ，f ′(x)=3x 2+2ax −3．利用函数的导数与函数的单调性分析可得f ′(x)=3x 2+2ax −3≤0对x ∈(−1, 1)恒成立，即可得{f ′(1)=3+2a −3≤0f ′(−1)=3−2a −3≤0，解可得a 的值，即可得答案； ②，由①的结论，当a =0，b =−3，c =2时，f(x)=x 3−3x +2，利用函数的导数与函数的单调性分析可得当x ∈(0, 1)时，f(x)>0，当x =1时，f(x)=0，当x ∈(1, +∞)时，f(x)>0，g(x)=lnx ，当x ∈(0, 1)时，g(x)<0，当x =1时，g(x)=0，当x ∈(1, +∞)时，g(x)>0，结合函数ℎ(x)的解析式，分析可得答案． 【解答】解：(1)根据题意，函数g(x)=lnx ，其定义域为(0, +∞)． 当a =0，b =−2，f(x)=x 3−2x +c ， ∵ f(x)≥g(x)恒成立，∴ x 3−2x +c ≥lnx 恒成立，即c ≥lnx −x 3+2x ． 令φ(x)=lnx −x 3+2x ， 则φ′(x)=1x −3x 2+2 =1+2x−3x 3x=(1−x)(1+3x+3x 2)x，令φ′(x)≥0，得x ≤1，∴ φ(x)在(0, 1]上单调递增， 令φ′(x)≤0，得x ≥1，∴ φ(x)在[1, +∞)上单调递减， ∴ 当x =1时，[φ(x)]max =φ(1)=1． ∴ c ≥1．(2)①当b =−3时，f(x)=x 3+ax 2−3x +c ，f ′(x)=3x 2+2ax −3， 由题意，f ′(x)=3x 2+2ax −3≤0对x ∈(−1, 1)恒成立， ∴ {f ′(1)=3+2a −3≤0,f ′(−1)=3−2a −3≤0,当a=0，b=−3，c=2时，f(x)=x3−3x+2，f′(x)=3x2−3，令f′(x)=3x2−3=0，得x=1，对于g(x)=lnx，当x∈(0, 1)时，g(x)<0，当x=1时，g(x)=0，当x∈(1, +∞)时，g(x)>0，∴当x∈(0, 1)时，ℎ(x)=f(x)>0，当x=1时，ℎ(x)=0，当x∈(1, +∞)时，ℎ(x)>0．故函数y=ℎ(x)的值域为[0, +∞)．已知S n是数列{a n}的前n项和，a1=3，且2S n=a n+1−3(n∈N∗)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对于正整数i，j，k(i<j<k)，已知λa j，6a i，μa k成等差数列，求正整数λ，μ的值；(3)设数列{b n}前n项和是T n，且满足：对任意的正整数n，都有等式a1b n+a2b n−1+a3b n−2+⋯+a n b1=3n+1−3n−3成立．求满足等式T na n =13的所有正整数n．【答案】解：(1)由2S n=a n+1−3(n∈N∗)，得：2S n+1=a n+2−3，两式作差得2a n+1=a n+2−a n+1，即a n+2=3a n+1(n∈N∗)由于a1=3，a2=2S1+3=9，所以a n+1=3a n(n∈N∗)，a n≠0，则a n+1a n=3(n∈N∗)，所以数列{a n}是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n=3n(n∈N∗).(2)已知λa j，6a i，μa k成等差数列，所以：λa j+μa k=2⋅6a i，即λ3j+μ3k=2⋅6⋅3i，所以λ3j−i+μ3k−i=12，其中j−i≥1，k−i≥2，所以λ3j−i≥3λ≥3，μ3k−i≥9μ≥9，12=λ3j−i+μ3k−i≥12，所以j−i=1，k−i=2，λ=μ=1.(3)由a1b n+a2b n−1+a3b n−2+⋯+a n b1=3n+1−3n−3，得：a1b n+1+a2b n+a3b n−1+...+a n b2+a n+1b1=3n+2−3(n+1)−3，a1b n+1+3(a1b n+a2b n−1+...+a n−1b2+a n b1)=3n+2−3(n+1)−3，a1b n+1+3(3n+1−3n−3)=3n+2−3(n+1)−3，所以3b n+1=3n+2−3(n+1)−3−3(3n+1−3n−3)，即3b n+1=6n+3，所以b n+1=2n+1(n∈N∗)，又因为a 1b 1=31+1−3⋅1−3=3，得b 1=1， 所以b n =2n −1(n ∈N ∗)，从而T n =1+3+5+...+(2n −1) =1+2n−12n =n 2(n ∈N ∗)，T n a n=n 23n(n ∈N ∗)，当n =1时，T1a 1=13；当n =2时，T 2a 2=49；当n =3时，T 3a 3=13；下面证明：对任意正整数n >3都有T na n<13，T n+1a n+1−T na n=(n +1)2(13)n+1−n 2(13)n=(13)n+1[(n +1)2−3n 2]=(13)n+1(−2n 2+2n +1)，当n ≥3时，−2n 2+2n +1=(1−n 2)+n(2−n)<0， 即T n+1an+1−Tn a n<0，所以当n ≥3时，T na n递减，所以对任意正整数n >3都有T n a n<T 3a 3=13；综上可得，满足等式T na n=13的正整数n 的值为1和3．【考点】 等差中项数列与不等式的综合 数列的求和 数列递推式 等比关系的确定 数列的函数特性 【解析】（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式． （2）利用构造法求出结果．（3）利用已知条件和上步的结论求出结果． 【解答】解：(1)由2S n =a n+1−3(n ∈N ∗)， 得：2S n+1=a n+2−3，两式作差得2a n+1=a n+2−a n+1， 即a n+2=3a n+1(n ∈N ∗)由于a 1=3，a 2=2S 1+3=9，所以a n+1=3a n (n ∈N ∗)，a n ≠0， 则a n+1a n=3(n ∈N ∗)，所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列， 所以a n =3n (n ∈N ∗).(2)已知λa j ，6a i ，μa k 成等差数列， 所以：λa j +μa k =2⋅6a i ， 即λ3j +μ3k =2⋅6⋅3i ，所以λ3j−i +μ3k−i =12，其中j −i ≥1，k −i ≥2，所以λ3j−i ≥3λ≥3，μ3k−i ≥9μ≥9，12=λ3j−i +μ3k−i ≥12， 所以j −i =1，k −i =2，λ=μ=1.(3)由a 1b n +a 2b n−1+a 3b n−2+⋯+a n b 1=3n+1−3n −3，得：a 1b n+1+a 2b n +a 3b n−1+...+a n b 2+a n+1b 1=3n+2−3(n +1)−3， a 1b n+1+3(a 1b n +a 2b n−1+...+a n−1b 2+a n b 1)=3n+2−3(n +1)−3， a 1b n+1+3(3n+1−3n −3)=3n+2−3(n +1)−3， 所以3b n+1=3n+2−3(n +1)−3−3(3n+1−3n −3)， 即3b n+1=6n +3，所以b n+1=2n +1(n ∈N ∗)，又因为a 1b 1=31+1−3⋅1−3=3，得b 1=1， 所以b n =2n −1(n ∈N ∗)，从而T n =1+3+5+...+(2n −1) =1+2n−12n =n 2(n ∈N ∗)，T n a n=n 23n(n ∈N ∗)，当n =1时，T1a 1=13；当n =2时，T 2a 2=49；当n =3时，T 3a 3=13；下面证明：对任意正整数n >3都有T na n<13，T n+1a n+1−T na n=(n +1)2(13)n+1−n 2(13)n=(13)n+1[(n +1)2−3n 2]=(13)n+1(−2n 2+2n +1)，当n ≥3时，−2n 2+2n +1=(1−n 2)+n(2−n)<0， 即T n+1an+1−Tn a n<0，所以当n ≥3时，T na n递减，所以对任意正整数n >3都有T n a n<T 3a 3=13；综上可得，满足等式T na n=13的正整数n 的值为1和3．【选做题】在21，22，23，24四小题中只能选做两题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．[选修4-1：几何证明选讲]如图，AB是圆O的直径，D为圆O上一点，过点D作圆O的切线交AB的延长线于点C，且满足DA=DC．(1)求证：AB=2BC；(2)若AB=2，求线段CD的长．【答案】(1)证明：连接OD，BD，如图所示，因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=90∘，AB=2OB．因为CD是圆O的切线，所以∠CDO=90∘，又因为DA=DC，所以∠A=∠C，于是△ADB≅△CDO，得到AB=CO，所以AO=BC，从而AB=2BC．(2)解：由AB=2及AB=2BC得到CB=1，CA=3．由切割线定理，CD2=CB⋅CA=1×3=3，所以CD=√3．【考点】与圆有关的比例线段【解析】（1）连接OD，BD．推导出∠CDO=90∘，∠A=∠C，从而△ADB≅△CDO，进而AB=CO，由此能证明AB=2BC．（2）由AB=2及AB=2BC得到CB=1，CA=3．由此利用切割线定理能求出线段CD．【解答】(1)证明：连接OD，BD，如图所示，因为AB 是圆O 的直径，所以∠ADB =90∘，AB =2OB ．因为CD 是圆O 的切线，所以∠CDO =90∘，又因为DA =DC ，所以∠A =∠C ，于是△ADB ≅△CDO ，得到AB =CO ，所以AO =BC ，从而AB =2BC ．(2)解：由AB =2及AB =2BC 得到CB =1，CA =3．由切割线定理，CD 2=CB ⋅CA =1×3=3，所以CD =√3．[选修4-2：矩阵与变换]已知矩阵A =[4001]，B =[1205]，列向量X =[a b ]． (1)求矩阵AB ；(2)若B −1A −1X =[51]，求a ，b 的值． 【答案】解：(1)AB =[4001][1205]=[4805]. (2)由B −1A −1X =[51]， 解得X =AB [51]=[4805][51]=[285]， 又因为X =[a b]， 所以a =28，b =5．【考点】矩阵与矩阵的乘法的意义特征向量的意义逆变换与逆矩阵【解析】（1）根据矩阵的乘法，即可求得AB ；（2）根据矩阵乘法计算公式，求得X =AB [51]，即可求得X ，即可求得a 和b 的值． 【解答】解：(1)AB =[4001][1205]=[4805]. (2)由B −1A −1X =[51]，解得X =AB [51]=[4805][51]=[285]， 又因为X =[a b]， 所以a =28，b =5．[选修4-4：坐标系与参数方程]在极坐标系中，已知圆C 经过点P(2√2,π4)，圆心为直线ρsin(θ−π3)=−√3与极轴的交点，求圆C 的极坐标方程．【答案】解：在ρsin(θ−π3)=−√3中，令θ=0，得ρ=2，所以圆C 的圆心的极坐标为(2, 0)，因为圆C 的半径PC =√(2√2)2+22−2×2√2×2×cos π4=2， 于是圆C 过极点，所以圆的极坐标方程为ρ=4cosθ．【考点】圆的极坐标方程【解析】先求出圆C 的圆心的极坐标为(2, 0)，再求出圆C 的半径PC ，由圆C 过极点，能求出圆的极坐标方程．【解答】解：在ρsin(θ−π3)=−√3中，令θ=0，得ρ=2，所以圆C 的圆心的极坐标为(2, 0)，因为圆C 的半径PC =√(2√2)2+22−2×2√2×2×cos π4=2， 于是圆C 过极点，所以圆的极坐标方程为ρ=4cosθ．[选修4-5：不等式选讲]已知x ，y 都是正数，且xy =1，求证：(1+x +y 2)(1+y +x 2)≥9．【答案】证明：因为x ，y 都是正数，xy =1，所以1+x +y 2≥3√xy 23>0， 1+y +x 2≥3√yx 23>0，(1+x +y 2)(1+y +x 2)≥9xy ，所以(1+x +y 2)(1+y +x 2)≥9，当且仅当x =y =1时，取得等号．【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】由x ，y >0，且xy =1，运用三元均值不等式，由不等式的可乘性，即可得到结论．【解答】证明：因为x ，y 都是正数，xy =1，所以1+x +y 2≥3√xy 23>0， 1+y +x 2≥3√yx 23>0，(1+x +y 2)(1+y +x 2)≥9xy ，所以(1+x +y 2)(1+y +x 2)≥9，当且仅当x =y =1时，取得等号．【必做题】第25题、第26题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD 垂直于底面ABCD ，PD =AD =2AB ，点Q 为线段PA （不含端点）上一点．(1)当Q 是线段PA 的中点时，求CQ 与平面PBD 所成角的正弦值；(2)已知二面角Q −BD −P 的正弦值为23，求PQ PA 的值．【答案】解：(1)以D 为原点，DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．设AB =t ，则D(0, 0, 0)，A(2t, 0, 0)，B(2t, t, 0)，C(0, t, 0)，P(0, 0, 2t)，Q(t, 0, t)， ∴ CQ →=(t,−t,t)，DB →=(2t,t,0)，DP →=(0,0,2t)，设平面PBD 的法向量n 1→=(x,y,z)，则{DB →⋅n 1→=0,DP →⋅n 1→=0,即{2tx +ty =0,2tz =0, 取x =1，得平面的一个法向量n 1→=(1,−2,0)，， ∴ cos <n 1→,CQ →>=n 1→⋅CQ →|n 1→||CQ →|=√5×√3t=√155， 则CQ 与平面PBD 所成角的正弦值为√155.(2)由(1)知平面PBD 的一个法向量为n 1→=(1,−2,0)，设PQ PA =λ(0<λ<1)，则PQ →=λPA →，DQ →=DP →+PQ →=(0, 0, 2t)+λ(2t, 0, −2t)=(2tλ, 0, 2t(1−λ)）， DB →=(2t,t,0)，设平面QBD 的法向量n 2→=(x,y,z)，则{DQ →⋅n 2→=0,DB →⋅n 2→=0,即{2tλx +2t(1−λ)z =0,2tx +ty =0, 取z =−λ，得平面QBD 的一个法向量n 2→=(1−λ,2λ−2,−λ)，由题意得，√1−(23)2=|cos <n 1→,n 2→>|=|n 1→⋅n 2→|n 1→||n 2→|| =√5√(1−λ)2+(2λ−2)2+(−λ)2， ∴ 59=5(1−λ)26λ2−10λ+5，即(λ−2)(λ−23)=0，∵ 0<λ<1，∴ λ=23，则PQ PA =23．【考点】二面角的平面角及求法用空间向量求平面间的夹角用空间向量求直线与平面的夹角【解析】（1）以D 为原点，DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．设AB =t ，求出CQ →的坐标及平面PBD 的法向量n 1→，由CQ →与n 1→所成角的余弦值可得CQ 与平面PBD 所成角的正弦值；（2）由（1）知平面PBD 的一个法向量为n 1→=(1,−2,0)，设PQ PA =λ(0<λ<1)，则PQ →=λPA →，把平面QBD 的法向量n 2→的坐标用含有λ的代数式表示，再由二面角Q −BD −P 的正弦值为23列式求得λ值，则答案可求．【解答】解：(1)以D 为原点，DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．设AB =t ，则D(0, 0, 0)，A(2t, 0, 0)，B(2t, t, 0)，C(0, t, 0)，P(0, 0, 2t)，Q(t, 0, t)， ∴ CQ →=(t,−t,t)，DB →=(2t,t,0)，DP →=(0,0,2t)，设平面PBD 的法向量n 1→=(x,y,z)，则{DB →⋅n 1→=0,DP →⋅n 1→=0,即{2tx +ty =0,2tz =0, 取x =1，得平面的一个法向量n 1→=(1,−2,0)，， ∴ cos <n 1→,CQ →>=n 1→⋅CQ →|n 1→||CQ →|=√5×√3t =√155， 则CQ 与平面PBD 所成角的正弦值为√155. (2)由(1)知平面PBD 的一个法向量为n 1→=(1,−2,0)，设PQ PA =λ(0<λ<1)，则PQ →=λPA →，DQ →=DP →+PQ →=(0, 0, 2t)+λ(2t, 0, −2t)=(2tλ, 0, 2t(1−λ)）， DB →=(2t,t,0)，设平面QBD 的法向量n 2→=(x,y,z)，则{DQ →⋅n 2→=0,DB →⋅n 2→=0,即{2tλx +2t(1−λ)z =0,2tx +ty =0, 取z =−λ，得平面QBD 的一个法向量n 2→=(1−λ,2λ−2,−λ)，由题意得，√1−(23)2=|cos <n 1→,n 2→>|=|n 1→⋅n 2→|n 1→||n 2→|| =5√(1−λ)2+(2λ−2)2+(−λ)2， ∴ 59=5(1−λ)26λ2−10λ+5，即(λ−2)(λ−23)=0， ∵ 0<λ<1，∴ λ=23， 则PQ PA =23．在含有n个元素的集合A n={1, 2, ..., n}中，若这n个元素的一个排列(a1, a2,…,a n)满足a i≠i(i=1, 2,…,n)，则称这个排列为集合A n的一个错位排列（例如：对于集合A3={1, 2, 3}，排列(2, 3, 1)是A3的一个错位排列；排列(1, 3, 2)不是A3的一个错位排列）．记集合A n的所有错位排列的个数为D n．(1)直接写出D1，D2，D3，D4的值；(2)当n≥3时，试用D n−2，D n−1表示D n，并说明理由；(3)试用数学归纳法证明：D2n(n∈N∗)为奇数．【答案】(1)解：根据错位排列的定义得出：D1=0，D2=1，D3=2，D4=9.(2)解：D n=(n−1)(D n−1+D n−2 )，理由如下：对A n的元素的一个错位排列(a1, a2,…,a n)，若a1=k(k≠1)，分以下两类：若a k=1，这种排列是n−2个元素的错位排列，共有D n−2个；若a k≠1，这种错位排列就是将1，2，…，k−1，k+1，…，n.排列到第2到第n个位置上，1不在第k个位置，其他元素也不在原先的位置，这种排列相当于n−1个元素的错位排列，共有D n−1个．∵k≠1，∴k共有n−1个不同的取值,∴D n=(n−1)(D n−1+D n−2 )．(3)证明：根据(2)的递推关系及(1)的结论，D n均为自然数；当n≥3，且n为奇数时，n−1为偶数，从而D n=(n−1)(D n−1+D n−2 )为偶数，又D1=0也是偶数，故对任意正奇数n，有D n均为偶数．下面用数学归纳法证明D2n（其中n∈N∗）为奇数．当n=1时，D2=1为奇数；假设当n=k时，结论成立，即D2k是奇数，则当n=k+1时，D2(k+1)=(2k+1)(D2k+1+D2k)，注意到D2k+1为偶数，又D2k是奇数，所以D2k+1+D2k为奇数，又2k+1为奇数，所以D2(k+1)=(2k+1)(D2k+1+D2k)，即结论对n=k+1也成立；根据前面所述，对任意n∈N∗，都有D2n为奇数．【考点】数学归纳法【解析】（1）根据错位排列的定义得出；（2）设A n的一个错位排列(a1, a2,…,a n)，令a1=k(k≠1)，根据a k是否为1讨论得出D n与D n−2，D n−1的关系；（3）根据（2）的结论可知D2k+1为偶数，再利用数学归纳法证明即可．【解答】(1)解：根据错位排列的定义得出：D1=0，D2=1，D3=2，D4=9.(2)解：D n=(n−1)(D n−1+D n−2 )，理由如下：对A n的元素的一个错位排列(a1, a2,…,a n)，若a1=k(k≠1)，分以下两类：若a k=1，这种排列是n−2个元素的错位排列，共有D n−2个；若a k≠1，这种错位排列就是将1，2，…，k−1，k+1，…，n.排列到第2到第n个位置上，1不在第k个位置，其他元素也不在原先的位置，这种排列相当于n−1个元素的错位排列，共有D n−1个．∵k≠1，∴k共有n−1个不同的取值,∴D n=(n−1)(D n−1+D n−2 )．(3)证明：根据(2)的递推关系及(1)的结论，D n均为自然数；当n≥3，且n为奇数时，n−1为偶数，从而D n=(n−1)(D n−1+D n−2 )为偶数，又D1=0也是偶数，故对任意正奇数n，有D n均为偶数．下面用数学归纳法证明D2n（其中n∈N∗）为奇数．当n=1时，D2=1为奇数；假设当n=k时，结论成立，即D2k是奇数，则当n=k+1时，D2(k+1)=(2k+1)(D2k+1+D2k)，注意到D2k+1为偶数，又D2k是奇数，所以D2k+1+D2k为奇数，又2k+1为奇数，所以D2(k+1)=(2k+1)(D2k+1+D2k)，即结论对n=k+1也成立；根据前面所述，对任意n∈N∗，都有D2n为奇数．。
2018届江苏省扬州市高三第一次模拟考试 数学试题(附答案)
2018届江苏省扬州市高三第一次模拟考试数学试题(满分160分，考试时间120分钟)参考公式：样本数据x 1，x 2，…，x n 的方差s 2＝1n ∑n i ＝1(x i －x)2，其中x ＝1n ∑n i ＝1x i . 棱锥的体积V ＝13Sh ，其中S 是棱锥的底面积，h 是高． 一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．1.若集合A ＝{x|1<x<3}，B ＝{0，1，2，3}，则A ∩B ＝________．2.若复数(a －2i )(1＋3i )(i 是虚数单位)是纯虚数，则实数a 的值为________．3.若数据31，37，33，a ，35的平均数是34，则这组数据的标准差是________．4.为了了解某学校男生的身体发育情况，随机抽查了该校100名男生的体重情况，整理所得数据并画出样本的频率分布直方图．根据此图估计该校2 000名男生中体重在70～78(kg )的人数为________．(第4题) (第5题)5. 运行如图所示的流程图，输出的结果是________．6. 已知从2名男生2名女生中任选2人，则恰有1男1女的概率为________．7. 若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________． 8. 若实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≤4，y ≤3，3x ＋4y ≥12，则x 2＋y 2的取值范围是________．9.已知各项都是正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若4a 4，a 3，6a 5成等差数列，且a 3＝3a 22，则S 3＝________．10．在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a>0，b>0)的渐近线与圆x 2＋y 2－6y ＋5＝0没有交点，则双曲线离心率的取值范围是________．11．已知函数f(x)＝sin x －x ＋1－4x2x ，则关于x 的不等式f(1－x 2)＋f(5x －7)<0的解集为________． 12．已知正△ABC 的边长为2，点P 为线段AB 中垂线上任意一点，Q 为射线AP 上一点，且满足AP →·AQ→＝1，则|CQ →|的最大值为________．13．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12（－x ＋1）－1，x ∈[－1，k]，－2|x －1|， x ∈（k ，a]，若存在实数k 使得该函数的值域为[－2，0]，则实数a 的取值范围是________．14．已知正实数x ，y 满足5x 2＋4xy －y 2＝1，则12x 2＋8xy －y 2的最小值为________．二、 解答题：本大题共6小题，计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，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点．(1) 证明：B 1C 1∥平面A 1DE ；(2) 若平面A 1DE ⊥平面ABB 1A 1，证明：AB ⊥DE.16. (本小题满分14分)已知在△ABC 中，AB ＝6，BC ＝5，且△ABC 的面积为9.(1) 求AC 的长度；(2) 当△ABC 为锐角三角形时，求cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6的值．如图，射线OA 和OB 均为笔直的公路，扇形OPQ 区域(含边界)是一蔬菜种植园，其中P ，Q 分别在射线OA 和OB 上．经测量得，扇形OPQ 的圆心角(即∠POQ)为2π3、半径为1千米．为了方便菜农经营，打算在扇形OPQ 区域外修建一条公路MN ，分别与射线OA ，OB 交于M ，N 两点，并要求MN 与扇形弧PQ 相切于点S ，设∠POS ＝α(单位：弧度)，假设所有公路的宽度均忽略不计．(1) 试将公路MN 的长度表示为α的函数，并写出α的取值范围；(2) 试确定α的值，使得公路MN 的长度最小，并求出其最小值.已知椭圆E 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，若椭圆E 2：x 2ma 2＋y 2mb 2＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E 2与椭圆E 1“相似”．(1) 求经过点(2，1)，且与椭圆E 1：x 22＋y 2＝1“相似”的椭圆E 2的方程； (2) 若m ＝4，椭圆E 1的离心率为22，点P 在椭圆E 2上，过点P 的直线l 交椭圆E 1于A ，B 两点，且AP →＝λAB →，①若点B 的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l 的方程；②若直线OP ，OA 的斜率之积为－12，求实数λ的值．已知函数f(x)＝e x，g(x)＝ax＋b，a，b∈R.(1) 若g(－1)＝0，且函数g(x)的图象是函数f(x)图象的一条切线，求实数a的值：(2) 若不等式f(x)>x2＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围；(3) 若对任意实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．已知各项都是正数的数列{a n}的前n项和为S n，且2S n＝a2n＋a n，数列{b n}满足b1＝12，2b n＋1＝b n＋b na n.(1) 求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2) 设数列{c n}满足c n＝b n＋2S n，求c1＋c2＋…＋c n的值；(3) 是否存在正整数p，q，r(p<q<r)，使得b p，b q，b r成等差数列？若存在，求出所有满足要求的p，q，r的值；若不存在，请说明理由．2018届高三年级第一次模拟考试(六)数学附加题(本部分满分40分，考试时间30分钟)21. B. [选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)已知x ，y ∈R ，若点M (1，1)在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 3y 对应的变换作用下得到点N (3，5)，求矩阵A 的逆矩阵A －1.C. [选修44：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝m ＋22t ，y ＝22t(t 是参数，m 是常数)．以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝6cos θ.(1) 求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2) 若直线l 与曲线C 相交于P ，Q 两点，且PQ ＝2，求实数m 的值．22.(本小题满分10分)扬州大学数学系有6名大学生要去甲、乙两所中学实习，每名大学生都被随机分配到两所中学的其中一所．(1) 求6名大学生中至少有1名被分配到甲学校实习的概率；(2) 设X ，Y 分别表示分配到甲、乙两所中学的大学生人数，记ξ＝|X －Y|，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．23．(本小题满分10分)二进制规定：每个二进制数由若干个0，1组成，且最高位数字必须为1.若在二进制中，S n 是所有n 位二进制数构成的集合，对于a n ，b n ∈S n ，M(a n ，b n )表示a n 和b n 对应位置上数字不同的位置个数．例如当a 3＝100，b 3＝101时，M(a 3，b 3)＝1；当a 3＝100，b 3＝111时，M(a 3，b 3)＝2.(1) 令a 5＝10 000，求所有满足b 5∈S 5，且M(a 5，b 5)＝2的b 5的个数；(2) 给定a n (n ≥2)，对于集合S n 中的所有b n ，求M(a n ，b n )的和．2018届扬州高三年级第一次模拟考试数学参考答案1．{2} 2. －6 3. 2 4. 240 5. 94 6.237. 22π3 8. ⎣⎡⎦⎤14425，25 9. 132710. ⎝⎛⎭⎫1，32 11．(2，3) 12.13＋12 13. ⎝⎛⎦⎤12，2 14. 73 15. 解析：(1) 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，四边形B 1BCC 1是矩形，所以B 1C 1∥BC.(2分) 在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，故BC ∥DE ，所以B 1C 1∥DE.(4分)又B 1C 1⊄平面A 1DE ，DE ⊂平面A 1DE ，所以B 1C 1∥平面A 1DE.(7分)(2) 在平面ABB 1A 1内，过点A 作AF ⊥A 1D ，垂足为F.因为平面A 1DE ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1DE ∩平面A 1ABB 1＝A 1D ，AF ⊂平面A 1ABB 1，所以AF ⊥平面A 1DE.(11分)又DE ⊂平面A 1DE ，所以AF ⊥DE.在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，所以A 1A ⊥DE.因为AF ∩A 1A ＝A ，AF ⊂平面A 1ABB 1，A 1A ⊂平面A 1ABB 1，所以DE ⊥平面A 1ABB 1.因为AB ⊂平面A 1ABB 1，所以DE ⊥AB.(14分)16. 解析：(1) 因为S △ABC ＝12AB ×BC ×sin B ＝9，又AB ＝6，BC ＝5，所以sin B ＝35.(2分) 又B ∈(0，π)，所以cos B ＝±1－sin 2B ＝±45.(3分) 当cos B ＝45时， AC ＝AB 2＋BC 2－2AB·BC cos B ＝36＋25－2×6×5×45＝13.(5分) 当cos B ＝－45时， AC ＝AB 2＋BC 2－2AB·BC cos B ＝36＋25＋2×6×5×45＝109. 所以AC ＝13或109.(7分)(2) 由△ABC 为锐角三角形得B 为锐角，所以AB ＝6，AC ＝13，BC ＝5，所以cos A ＝36＋13－252×6×13＝213. 又A ∈(0，π)，所以sin A ＝1－cos 2A ＝313，(9分) 所以sin 2A ＝2×313×213＝1213， cos 2A ＝⎝⎛⎭⎫2132－⎝⎛⎭⎫3132＝－513，(12分) 所以cos ⎝⎛⎭⎫2A ＋π6＝cos 2A cos π6－sin 2A sin π6＝－53－1226.(14分) 17. 解析：(1) 因为MN 与扇形弧PQ 相切于点S ，所以OS ⊥MN.在Rt △OSM 中，因为OS ＝1，∠MOS ＝α，所以SM ＝tan α.在Rt △OSN 中，∠NOS ＝2π3－α，所以SN ＝tan ⎝⎛⎭⎫2π3－α， 所以MN ＝tan α＋tan ⎝⎛⎭⎫2π3－α＝3（tan 2α＋1）3tan α－1，(4分) 其中π6<α<π2.(6分) (2) 因为π6<α<π2，所以3tan α－1>0. 令t ＝3tan α－1>0，则tan α＝33(t ＋1)，所以MN ＝33⎝⎛⎭⎫t ＋4t＋2， (8分) 由基本不等式得MN ≥33·⎝⎛⎭⎫2t ×4t ＋2＝23，(10分) 当且仅当t ＝4t，即t ＝2时等号成立. (12分) 此时tan α＝3，由于π6<α<π2， 故α＝π3，MN ＝23千米．(14分) 18. 解析：(1) 设椭圆E 2的方程为x 22m ＋y 2m ＝1，代入点(2，1)得m ＝2， 所以椭圆E 2的方程为x 24＋y 22＝1.(3分) (2) 因为椭圆E 1的离心率为22，故a 2＝2b 2， 所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝2b 2.又椭圆E 2与椭圆E 1“相似”，且m ＝4，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8b 2.设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，P(x 0，y 0)，直线l 1：y ＝kx ＋2， ①方法一：由题意得b ＝2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8，将直线l ：y ＝kx ＋2，代入椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＝0，解得x 1＝－8k 1＋2k 2，x 2＝0，故y 1＝2－4k 21＋2k 2，y 2＝2， 所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 1＋2k 2，2－4k 21＋2k 2.(5分) 又AP →＝2AB →，即B 为AP 中点， 所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 1＋2k 2，2＋12k 21＋2k 2，(6分) 代入椭圆E 2：x 2＋2y 2＝32得⎝⎛⎭⎫8k 1＋2k 22＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋12k 21＋2k 22＝32， 即20k 4＋4k 2－3＝0，即(10k 2－3)(2k 2＋1)＝0，所以k ＝±3010， 所以直线l 的方程为y ＝±3010x ＋2.(8分) 方法二：由题意得b ＝2，所以椭圆E 1：x 2＋2y 2＝8，E 2：x 2＋2y 2＝32， 设A(x ，y)，B(0，2)，则P(－x ，4－y)，代入椭圆得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝8，x 2＋2（4－y ）2＝32，解得y ＝12， 故x ＝±302，(6分) 所以k ＝±3010，所以直线l 的方程为y ＝±3010x ＋2.(8分) ②方法一： 由题意得x 20＋2y 20＝8b 2，x 21＋2y 21＝2b 2，x 22＋2y 22＝2b 2，y 0x 0·y 1x 1＝－12，即x 0x 1＋2y 0y 1＝0， 因为AP →＝λAB →，所以(x 0－x 1，y 0－y 1)＝λ(x 2－x 1，y 2－y 1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 0＋（λ－1）x1λ，y 2＝y 0＋（λ－1）y1λ，(12分)所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋（λ－1）x 1λ2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 0＋（λ－1）y 1λ2＝2b 2，则x 20＋2(λ－1)x 0x 1＋(λ－1)2x 21＋2y 20＋4(λ－1)y 0y 1＋2(λ－1)2y 21＝2λ2b 2，(x 20＋2y 20)＋2(λ－1)(x 0x 1＋2y 0y 1)＋(λ－1)2(x 21＋2y 21)＝2λ2b 2，所以8b 2＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝52.(16分)方法二：不妨设点P 在第一象限，设直线OP ：y ＝kx(k>0)，代入椭圆E 2：x 2＋2y 2＝8b 2，解得x 0＝22b 1＋2k 2，则y 0＝22bk1＋2k 2， 因为直线OP ，OA 的斜率之积为－12，所以直线OA ：y ＝－12k x ，代入椭圆E 1：x 2＋2y 2＝2b 2，解得x 1＝－2bk 1＋2k 2，则y 1＝b1＋2k 2.因为AP →＝λAB →，所以(x 0－x 1，y 0－y 1)＝λ(x 2－x 1，y 2－y 1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝x 0＋（λ－1）x 1λ，y 2＝y 0＋（λ－1）y1λ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋（λ－1）x 1λ2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 0＋（λ－1）y 1λ2＝2b 2，则x 20＋2(λ－1)x 0x 1＋(λ－1)2x 21＋2y 20＋4(λ－1)y 0y 1＋2(λ－1)2y 21＝2λ2b 2，(x 20＋2y 20)＋2(λ－1)(x 0x 1＋2y 0y 1)＋(λ－1)2(x 21＋2y 21)＝2λ2b 2，所以8b 2＋2(λ－1)[22b 1＋2k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2bk 1＋2k 2＋2·22bk 1＋2k 2·b 1＋2k 2]＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即8b 2＋(λ－1)2·2b 2＝2λ2b 2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝52.19. 解析：(1) 由g(－1)＝0知，g(x)的直线图象过点(－1，0)．设切点坐标为T(x 0，y 0)，由f′(x)＝e x 得切线方程是y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，此直线过点(－1，0)，故0－e x 0＝e x 0(－1－x 0)，解得x 0＝0，所以a ＝f′(0)＝1.(3分) (2) 由题意得m<e x －x 2，x ∈(0，＋∞)恒成立，令m(x)＝e x －x 2，x ∈(0，＋∞)，则m′(x)＝e x －2x ，再令n(x)＝m′(x)＝e x －2x ，则n′(x)＝e x －2， 故当x ∈(0，ln 2)时，n ′(x)<0，n(x)单调递减；当x ∈(ln 2，＋∞)时，n ′(x)>0，n(x)单调递增， 从而n(x)在(0，＋∞)上有最小值n(ln 2)＝2－2ln 2>0， 所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，(6分) 所以m ≤m(0)，即m ≤1.(8分)(3) 若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1，(10分) 以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点． ①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，F ⎝⎛⎭⎫－b a ＝e －b a －a ⎝⎛⎭⎫－b a －b ＝e －ba >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续， 故F(x)在⎝⎛⎭⎫0，－ba 上必有零点；(12分) ②若a ≥0，F(0)＝1－b<0，由(2)知e x >x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立，取x 0＝a ＋b ，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0， 由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续， 故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点，综上得，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．(16分) 20. 解析：(1) 2S n ＝a 2n ＋a n ，① 2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1 ，②②－①得2a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1－a n ， 即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是等差数列，其中公差为1. 在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1， 所以a n ＝n.(2分)由2b n ＋1＝b n ＋b n a n 得b n ＋1n ＋1＝12·b nn，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，即b n ＝n2n .(5分)(2) c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2（n 2＋n ）2n ＋1，裂项得c n ＝1n ·2n －1（n ＋1）2n ＋1，(7分) 所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1（n ＋1）2n ＋1.(9分)(3) 假设存在正整数p ，q ，r(p<q<r)，使得b p ，b q ，b r 成等差数列，则b p ＋b r ＝2b q ， 即p 2p ＋r 2r ＝2q 2q . 因为b n ＋1－b n ＝n ＋12n ＋1－n 2n ＝1－n 2n ＋1， 所以数列{b n }从第二项起单调递减， 当p ＝1时，12＋r 2r ＝2q2q ，若q ＝2，则r 2r ＝12，此时无解；若q ＝3，则r 2r ＝14，因为{b n }从第二项起递减，所以r ＝4，所以p ＝1，q ＝3，r ＝4符合要求．(11分)若q ≥4，则b 1b q ≥b 1b 4≥2，即b 1≥2b q ，不符合要求，此时无解；当p ≥2时，一定有q －p ＝1，否则若q －p ≥2，则b p b q ≥b p b p ＋2＝4p p ＋2＝41＋2p ≥2，即b p ≥2b q ，矛盾，所以q －p ＝1，此时r 2r ＝12p ，令r －p ＝m ＋1，则r ＝2m ＋1，所以p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，综上得，存在p ＝1，q ＝3，r ＝4或p ＝2m ＋1－m －1，q ＝2m ＋1－m ，r ＝2m＋1满足要求．(16分)21．B. 解析：因为A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35，即⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 3y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤11＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤35，即⎩⎪⎨⎪⎧2＋x ＝3，3＋y ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2， 所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2132.(5分) 方法一：设A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d，则AA －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2132⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1001，即⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋c ＝1，3a ＋2c ＝0，2b ＋d ＝0，3b ＋2d ＝1，(7分) 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－1，c ＝－3，d ＝2，所以A－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－1－32.(10分) 方法二：因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤a b c d －1＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤ dad －bc －b ad －bc －c ad －bca ad －bc ， 且det(A)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2132＝2×2－1×3＝1， 所以A －1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2132－1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－1－32.(10分) C. 解析：(1) 因为直线l 的参数方程是：⎩⎨⎧x ＝m ＋22t ，y ＝22t(t 是参数)，所以直线l 的普通方程为x －y －m ＝0.(2分)因为曲线C 的极坐标方程为ρ＝6cos θ，所以ρ2＝6ρcos θ ，所以x 2＋y 2＝6x ， 所以曲线C 的直角坐标方程是(x －3)2＋y 2＝9.(5分) (2) 设圆心到直线l 的距离为d ，则d ＝32－12＝2 2.又d ＝|3－m |2＝2 2.(8分)所以|3－m |＝4，即 m ＝－1或m ＝7.(10分)22．解析：(1) 记 “6名大学生中至少有1名被分配到甲学校实习” 为事件A ，则P(A)＝1－126＝6364.故6名大学生中至少有1名被分配到甲学校实习的概率为6364.(3分)(2) ξ所有可能取值是0，2，4，6，记“6名学生中恰有i 名被分到甲学校实习”为事件A i (i ＝0，1，…，6)，则P (ξ＝0)＝P(A 3)＝C 36C 3326＝516，P (ξ＝2)＝P(A 2＋A 4)＝P(A 2)＋P(A 4)＝C 26C 4426＋C 46C 2226＝1532， P (ξ＝4)＝P(A 1＋A 5)＝P(A 1)＋P(A 5)＝C 16C 5526＋C 56C 1126＝316， P (ξ＝6)＝P(A 0＋A 6)＝P(A 0)＋P(A 6)＝C 06C 6626＋C 66C 0626＝132，(7分) 所以随机变量ξ所以随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝0×516＋2×1532＋4×316＋6×132＝158.(9分)故随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝158.(10分)23．解析：(1) 因为M(a 5，b 5)＝2，所以b 5为5位数且与a 5有2项不同． 因为首项为1，所以a 5与b 5在后四项中有两项不同，所以b 5的个数为C 24＝6.(3分) (2) 当M(a n ，b n )＝0时，b n 的个数为C 0n －1； 当M(a n ，b n )＝1时，b n 的个数为C 1n －1， 当M(a n ，b n )＝2时，b n 的个数为C 2n －1， …当M(a n ，b n )＝n －1时，b n 的个数为C n －1n －1.设M(a n ，b n )的和为S, 则S ＝0C 0n －1＋1C 1n －1＋2C 2n －1＋…＋(n －1)C n －1n －1，(6分)倒序得S ＝(n －1)C n －1n －1＋…＋2C 2n －1＋1C 1n －1＋0C 0n －1，倒序相加得2S ＝(n －1)(C 0n －1＋C 1n －1…＋C n －1n －1)＝(n －1)·2n －1，即S ＝(n －1)·2n －2， 所以M(a n ，b n )的和为(n －1)·2n －2.(10分)。
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学work Information Technology Company.2020YEAR2南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数 学 2018.01 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、考试号写在答题卡内．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． 参考公式：柱体体积公式：V ＝Sh ，其中S 柱体的底面积,h 为柱体的高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡上的相应位置上．1．已知集合A ＝{x ∣x (x －4)＜0}，B ＝{0，1，5}，则A ∩B ＝ ▲ ．2．设复数z ＝a ＋i(a ∈R ，i 为虚数单位），若(1＋i)z 为纯虚数，则a 的值为 ▲ ．3．为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50，100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70，80) (单位：分钟)内的学生人数为 ▲ ．4．执行如图所示的伪代码，若x ＝0，则输出的y 的值为 ▲ ． 5．口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4．若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为 ▲ ．Read x If x ＞0 Then y ←ln x Else y ←e x End If Print y (第4题) 时间/分钟 组距 100 (第3题) 50 60 70 80 90 0.000.010.02a 0.0336．在平面直角坐标系xOy 中，若抛物线y 2＝2px 的焦点与双曲线x 24－y 25＝1的右焦点重合，则实数p 的值为 ▲ ．7．设函数y ＝e x ＋1e x －a 的值域为A ，若A ⊆[0，＋∞)，则实数a 的取值范围是▲ ．8．已知α，β均为锐角，且满足(tan α－1)(tan β－1)＝2，则α＋β的值为 ▲ ．9．若函数y ＝sin ωx 在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是 ▲ ．10．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若{a n }的前2017项中的奇数项和为2018，则S 2017的值为 ▲ ．11．设函数f (x )是偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x (3－x )，0≤x ≤3，－3x＋1，x ＞3．若函数y ＝f (x )－m 有四个不同的零点，则实数m 的取值范围是 ▲ ． 12．在平面直角坐标系xOy 中，若直线y ＝k (x －33)上存在一点P ，圆x 2＋(y －1)2＝1上存在一点Q ，满足→OP ＝3→OQ ，则实数k 的最小值为 ▲ ．13．如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若A ，B ，C ，D 四点均位于图中的“晶格点”处，且A ，B 的位置如图所示，则→AB ⋅→CD 的最大值为 ▲ ．14．若不等式k sin 2B ＋sin A sin C ＞19sin B sin C 对任意△ABC 都成立，则实数k 的最小值为 ▲ ．二、解答题：本大题共6小题，共计90分. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．(本小题满分14分)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，点M ，N 分别是AB ，A 1B 1的中点．（1）求证：BN ∥平面A 1MC ； （2）若A 1M ⊥AB 1，求证：AB 1⊥A 1C ．A B (第13题) AB C A 1 B 1 C 1 M N （第15题）416．(本小题满分14分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝52b ．（1）若C ＝2B ，求cos B 的值；（2）若→AB ⋅→AC ＝→CA ⋅→CB ，求cos(B ＋π4)的值．17．(本小题满分14分)有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB 长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD （如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好．．能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120︒的扇形，且弧⌒EF ，⌒GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N ．（1）当BE 长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；（2）当BE 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？（第17题-甲） F （第17题-乙）518. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的下顶点为B ，点M ．N 是椭圆上异于点B 的动点，直线BM ，BN 分别与x 轴交于点P ，Q ，且点Q 是线段OP 的中点．当点N 运动到点(3，32)处时，点Q 的坐标为(2 33，0)．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线MN 交y 轴于点D ，当点M ，N 均在y 轴右侧，且→DN ＝2→NM时，求直线BM 的方程．19．(本小题满分16分)设数列{a n }满足a n 2＝a n ＋1a n －1＋λ(a 2－a 1)2，其中n ≥2，且n ∈N ，λ为常数．（1）若{a n }是等差数列，且公差d ≠0，求λ的值；（2）若a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，且存在r ∈[3，7]，使得m ⋅a n ≥n －r 对任意的n ∈N *都成立，求m 的最小值；（3）若λ≠0，且数列{a n }不是常数列，如果存在正整数T ，使得a n ＋T ＝a n 对任意的n ∈N *均成立，求满足条件的所有数列{a n }中T 的最小值．(第18题)20．(本小题满分16分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋bx－c(a，b，c∈R)．（1）当c＝0时，若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线，求a，b 的值；（2）当b＝3－a时，若对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值；（3）当a＝1时，设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点．求证：x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学附加题2018.01 注意事项：1．附加题供选修物理考生使用．2．本试卷共40分，考试时间30分钟．2．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内．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．6721．【选做题】本题包括A 、B 、C 、D 四小题，请选定其中两小题，并在答题相应的区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A .（选修4-1：）A ．选修4-1：几何证明选讲（本小题满分10分）如图，已知AB 为⊙O 的直径，直线DE 与⊙O 相切于点E ，AD 垂直DE 于点D . 若DE ＝4，求切点E 到直线AB 的距离．B ．选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）已知矩阵M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2001，求圆x 2＋y 2＝1在矩阵M 对应的变换作用下所得的曲线方程．C ．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，直线ρcos(θ＋π3)＝1与曲线ρ＝r (r ＞0)相切，求r 的值．D ．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数x ，y 满足x 2＋3y 2＝1，求当x ＋y 取最大值时x 的值．A B E D O · （第21(A)）8 【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答．题卡指定区域内．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．22．（本小题满分10分）如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是菱形，AC 与BD 交于点O ，OP 底面ABCD ，点M 为PC 中点，AC ＝4，BD ＝2，OP ＝4．（1）求异面直线AP 与BM 所成角的余弦值；（2）求平面ABM 与平面PAC 所成锐二面角的余弦值．23．（本小题满分10分）已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ．（1）求f (1)，f (2)，f (3)的值；（2）试猜想f (n )的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．M A C D O P （第22题）南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案及评分标准2018.01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．一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，计70分.)1．{1} 2．1 3．1200 4．1 5．23 6．6 7．(－∞，2]8．34 9．(0，14] 10．4034 11．[1，94) 12．－ 3 13．24 14．100二、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．证明：（1）因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AB∥A1B1，且AB＝A1B1．又因为点M，N分别是AB，A1B1的中点，所以MB＝A1N，且MB∥A1N，所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1M∥BN．……………………………… 4分ABC A1B1C1MN（第15题）910 又BN ⊄平面A 1MC ，A 1M ⊂平面A 1MC ，所以BN ∥平面A 1MC ． ……………………………………………………………………………6分（2）因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥平面ABC ，而CM ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥CM ．又CA ＝CB ，且M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB ．又AB ∩AA 1＝A ，AB ，AA 1⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥平面ABB 1A 1．………………………………………………………………………………8分又AB 1⊂平面ABB 1A 1，所以CM ⊥AB 1．………………………………………………………………10分又AB 1⊥A 1M ，A 1M ，CM ⊂平面A 1MC ，A 1M ∩CM ＝M ，所以AB 1⊥平面A 1MC ，…………………………………………………………………………………12分又A 1C ⊂平面A 1MC ，所以AB 1⊥A 1C ．…………………………………………………………………14分16．解：（1）因为c ＝52b ，则由正弦定理，得sin C ＝52sin B ．…………………………………………2分又因为C ＝2B ，所以sin2B ＝52sin B ，即2sin B cos B ＝52sin B . ………………………………………4分又B 是△ABC 的内角，所以sin B ＞0，故cos B ＝54． ………………………………………………6分（2）因为→AB ⋅→AC ＝→CA ⋅→CB ，所以cb cos A ＝ba cos C ，则由余弦定理， 得b 2＋c 2－a 2＝b 2＋a 2－c 2，得a ＝c ． …………………………………………………………………10分从而cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ c 2＋c 2－(2 5c )22c 2＝35．………………………………………………………12分 又0＜B ＜π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝45．从而cos(B ＋π4)＝cos B cos π4－sin B sin π4＝35⨯22－45⨯22＝－210． ……………………………………14分17．解：（1）在图甲中，连接MO 交EF 于点T ．设OE ＝OF ＝OM ＝R ，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60︒， 所以OT ＝12R ，则MT ＝OM －OT ＝R 2． 从而BE ＝MT ＝12R ，即R ＝2BE ＝2．…………………… 2分 故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF＝13πR 2－12R 2sin120︒＝4π3－3．………………………… 4分又所得柱体的高EG ＝4，所以V ＝S ⨯EG ＝16π3－43．答：当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积 为(16π3－43)立方分米. …………………………………………………………………………6分 （2）设BE ＝x ，则R ＝2x ，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin120︒＝(4π3－3)x 2. 又所得柱体的高EG ＝6－2x ，所以V ＝S ⨯EG ＝(8π3－23)(－x 3＋3x 2) ，其中0＜x ＜3. ……………………………………10分令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0，3)，则由f '(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0， 解得x ＝2． ………………………………………………………………………………………12分答：当BE 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大. ……………………………………14分18．解：（1）由N (3，32)，Q (2 33，0)，得直线NQ 的方程为y ＝32x －3．…………………… 2分令x ＝0，得点B 的坐标为(0，－3)． 所以椭圆的方程为x 2a 2＋y 23＝1 ．…………………………………………………………………… 4分将点N 的坐标(3，32)代入，得(3)2a 2＋(32)23＝1，解得a 2＝4．所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．…………………………………………………………… 8分（2）方法一：设直线BM 的斜率为k (k ＞0)，则直线BM 的方程为y ＝kx －3．在y ＝kx －3中，令y ＝0，得x P ＝3k ，而点Q 是线段OP 的中点，所以x Q ＝32k ．所以直线BN 的斜率k BN ＝k BQ ＝0－(－3)32k －0＝2k ．……………………………………………… 10分联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －3， x 24＋y 23＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2－83kx ＝0，解得x M ＝8 3k 3＋4k 2 ． 用2k 代k ，得x N ＝16 3k3＋16k 2． (12)分又→DN ＝2→NM ，所以x N ＝2(x M －x N )，得2x M ＝3x N ．…………………………………………… 14分故2⨯8 3k 3＋4k 2＝3⨯16 3k 3＋16k 2，又k ＞0，解得k ＝62． 所以直线BM 的方程为y ＝62x －3． …………………………………………………………16分方法二：设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．由B(0，－3)，得直线BM的方程为y＝y1＋3x1x－3，令y＝0，得x P＝3x1y1＋3．同理，得x Q＝3x2y2＋3．而点Q是线段OP的中点，所以x P＝2x Q，故3x1y1＋3＝2⨯3x2y2＋3．…………………………10分又→DN＝2→NM，所以x2＝2(x1－x2)，得x2＝23x1＞0，从而1y1＋3＝43y2＋3，解得y2＝43y1＋33．…………………………………………………………………………………12分将⎩⎪⎨⎪⎧x2＝23x1，y2＝43y1＋33，代入到椭圆C的方程中，得x129＋(4y1＋3)227＝1．又x12＝4(1－y123)，所以4(1－y123)9＋(4y1＋3)227＝1，………………………………………………14分即3y12＋2y1－3＝0，解得y1＝－3（舍）或y1＝33．又x1＞0，所以点M的坐标为M(4 23，3 3)．故直线BM的方程为y＝62x－3．………………………………………………………………16分19．解：（1）由题意，可得a n2＝(a n＋d)(a n－d)＋λd2，化简得(λ－1)d2＝0，又d≠0，所以λ＝1. …………………………………………………………4分（2）将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝1⨯4＋λ，解得λ＝0，所以a n2＝a n＋1a n－1，所以数列{a n}是首项为1，公比q＝2的等比数列，所以a n＝2n－1. ………6分欲存在r ∈[3，7]，使得m ⋅2n －1≥n －r ，即r ≥n －m ⋅2n －1对任意n ∈N *都成立，则7≥n －m ⋅2n －1，所以m ≥n －72n －1 对任意n ∈N *都成立. …………………………………………8分令b n ＝n －72n －1，则b n ＋1－b n ＝n －62n －n －72n －1＝8－n2n ，所以当n ＞8时，b n ＋1＜b n ；当n ＝8时，b 9＝b 8；当n ＜8时，b n ＋1＞b n ．所以b n 的最大值为b 9＝b 8＝1128 ，所以m 的最小值为1128.………………………………………10分（3）因为数列{a n }不是常数列，所以T ≥2．①若T ＝2，则a n ＋1＝a n 恒成立，从而a 3＝a 1，a 4＝a 2，所以⎩⎨⎧a 22＝a 12＋λ(a 2－a 1)2，a 12＝a 22＋λ(a 2－a 1)2，所以λ(a 2－a 1)2＝0，又λ≠0，所以a 2＝a 1，可得{a n }是常数列，这与已知条件矛盾，所以T ＝2不合题意. …………………………………………………………………………………12分②若T ＝3，取a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝3k －2，2，n ＝3k －1，－3，n ＝3k ，(k ∈N *)（*），满足a n ＋3＝a n 恒成立．…………………… 14分由a 22＝a 1a 3＋λ(a 2－a 1)2，可得此时λ＝7． 则条件式变为a n 2＝a n ＋1a n －1＋7．由22＝1⨯3＋7，知a 3k －12＝a 3k －2a 3k ＋λ(a 2－a 1)2； 由(－3)2＝2⨯1＋7，知a 3k 2＝a 3k －1a 3k ＋1＋λ(a 2－a 1)2； 由12＝(－3)⨯2＋7，知a 3k ＋12＝a 3k a 3k ＋2＋λ(a 2－a 1)2； 所以，数列（*）适合题意．所以T 的最小值为3. …………………………………………………………………………………16分 （注：写一个数列{a n }时，需满足a 1＋a 2＋a 3＝0，且a 1≠a 2．）20．解：（1）由f (x )＝ln x ，得f (1)＝0，又f '(x )＝1x ，所以f '(1)＝1．当c ＝0时，g (x )＝ax ＋b x ，所以g '(x )＝a －bx 2 ，所以g '(1)＝a －b ．…………………………… 2分因为函数f (x )与g (x )的图象在x ＝1处有相同的切线，所以⎩⎨⎧f '(1)＝g '(1)，f (1)＝g (1)，即⎩⎨⎧a －b ＝1，a ＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－12．…………………………………………………4分 （2）方法一：当x 0＞1时，则f (x 0)＞0，又b ＝3－a ，设t ＝f (x 0)，则题意可转化为方程ax ＋3－ax －c ＝t (t ＞0) 在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2， ……………6分即关于x 的方程ax 2－(c ＋t )x ＋(3－a )＝0(t ＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2．所以⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，△＝(c ＋t )2－4a (3－a )＞0，x 1＋x 2＝c ＋t a ＞0，x 1x 2＝3－aa ＞0．得⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，(c ＋t )2＞4a (3－a )，c ＋t ＞0． 所以c ＞2a (3－a )－t 对任意t ∈(0，＋∞)恒成立．…………………………………………… 8分因为0＜a ＜3，所以2a (3－a )≤2⨯a ＋3－a 2＝3(当且仅当a ＝32时取等号)．又－t ＜0，所以2a (3－a )－t 的取值范围是(－∞，3)，所以c ≥3．故c 的最小值为3. …………………………………………………………………………………10分方法二：由b ＝3－a ，且0 ＜a ＜3，得g '(x )＝a －3－a x 2＝ax 2－(3－a )x 2＝0，得x ＝3－a a或x ＝－3－aa (舍)，则函数g (x )在(0，3－a a )上递减；在(3－aa ，＋∞)上递增．又对任意x 0＞1，f (x 0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x 1，x 2，使得g (x 1)＝g (x 2)＝f (x 0)，则g (x )的最小值小于或等于0.即g (3－aa )＝2a (3－a )－c ≤0， (6)分即c ≥2a (3－a )对任意 a ∈(0，3)恒成立．又2a (3－a )≤a ＋(3－a )＝3，所以c ≥3．…………………………………………………… 8分当c ＝3，对任意a ∈(0，3)，x 0∈(1，＋∞)，方程g (x )－f (x 0)＝0化为ax ＋3－ax －3－f (x 0)＝0，即ax 2－[3＋f (x 0)]x ＋(3－a )＝0（*） 关于x 的方程（*）的△＝[3＋f (x 0)]2－4a (3－a )≥[3＋f (x 0)]2－4⎝⎛⎭⎪⎫a ＋3－a 2 ＝[3＋f (x 0)]2－9,因为x 0＞1，所以f (x 0)＝ln x 0＞0，所以△＞0，所以方程（*）有两个不相等的实数解x 1，x 2，又x 1＋x 2＝f (x 0)＋3a ＞0，x 1x 2＝3－aa ＞0，所以x 1，x 2为两个正实数解．所以c 的最小值为3. ……………………………………………………………………………10分 （3）当a ＝1时，因为函数f (x )与g (x )的图象交于A ，B 两点，所以⎩⎨⎧ln x 1＝x 1＋bx 1－c ，ln x 2＝x 2＋bx 2－c ，两式相减，得b ＝x 1x 2(1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1)．……………………………… 12分要证明x 1x 2－x 2＜b ＜x 1x 2－x 1，即证x 1x 2－x 2＜x 1x 2(1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1)＜x 1x 2－x 1，即证1x 2＜ln x 2－ln x 1x 2－x 1＜1x 1，即证1－x 1x 2＜ln x 2x 1＜x 2x 1－1．…………………………………………… 14分令x 2x 1＝t ，则t ＞1，此时即证1－1t ＜ln t ＜t －1． 令ϕ(x )＝ln t ＋1t －1，所以ϕ'(t )＝1t －1t 2＝t －1t2＞0，所以当t ＞1时，函数ϕ(t )单调递增．又ϕ(1)＝0，所以ϕ(t )＝ln t ＋1t －1＞0，即1－1t ＜ln t 成立．再令m (t )＝ln t －t －1，所以m '(t )＝1t －1＝1－t t ＜0， 所以当t ＞1时，函数m (t )单调递减，又m(1)＝0，所以m(t)＝ln t－t－1＜0，即ln t＜t－1也成立．综上所述，实数x1，x2满足x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．…………………………………………16分南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案及评分标准2018.0121．【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2小题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．选修4-1：几何证明选讲解：如图，连接AE，OE，过E作EF⊥AB，交AB于F．因为直线DE与⊙O相切于点E，所以DE⊥OE，又因为AD垂直DE于D，所以AD∥OE，所以∠DAE＝∠OEA ①，在⊙O中OE＝OA，所以∠OEA＝∠OAE②，…………………………5分由①②得∠DAE＝∠OAE，即∠DAE＝∠FAE，又∠ADE＝∠AFE，AE＝AE，所以△ADE≌△AFE，所以DE＝FE，又DE＝4，所以FE＝4，A BEDF O·（第即E 到直径AB 的距离为4. …………………………………………………………………………10分B ．选修4-2：矩阵与变换解：设P (x 0，y 0)是圆x 2＋y 2＝1上任意一点，则x 02＋y 02＝1． 设点P (x 0，y 0)在矩阵M 对应的变换作用下所得的点为Q (x ，y )， 则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2001 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 0y 0 ， 即⎩⎨⎧x ＝2x 0，y ＝y 0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝12x ，y 0＝y ，…………………………………………………………………………………5分代入x 02＋y 02＝1，得x 24＋y 2＝1，即为所求的曲线方程. ……………………………………………10分 C ．选修4-4：坐标系与参数方程解：以极点O 为原点，极轴Ox 为x 轴正半轴建立平面直角坐标系，由ρcos(θ＋π3)＝1 ，得ρ(cos θcos π3－sin θsin π3)＝1， 得直线的直角坐标方程为x －3y －2＝0 ．………………………………………………………… 5分曲线ρ＝r 的直角坐标方程为圆x 2＋y 2＝r 2，所以圆心到直线的距离为d ＝∣1⨯0－3⨯0－2∣ 12＋(－3)2＝1．因为直线ρcos(θ＋π3)＝1与曲线ρ＝r (r ＞0)相切，所以r ＝d ，即r ＝1. ……………………………10分 D ．选修4-5：不等式选讲解：由柯西不等式，得[x 2＋(3y )2][12＋(33)2]≥(x ⨯1＋3y ⨯33)2， 即43(x 2＋3y 2)≥(x ＋y )2 ．而x 2＋3y 2＝1，所以(x ＋y )2≤43，所以－233≤x ＋y ≤233，………………………………………… 5分由⎩⎨⎧x 1＝3y33，x ＋y ＝23 3，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝36，所以当且仅当x ＝32，y ＝36时，(x ＋y )max ＝233 ．所以当x ＋y 取最大值时x 的值为x ＝32．…………………………………………………………… 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．22．解：（1）因为ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ．因为OP ⊥底面ABCD ，所以以O 为原点，直线OA ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2，0，0)，B (0，1，0)，P (0，0，4)，C (－2，0，0)，M (－1，0，2)，所以→AP ＝(－2，0，4)，→BM ＝(－1，－1，2)，→AP ⋅ →BM ＝10，∣→AP ∣＝25，∣→BM ∣＝6． 则cos ＜→AP ，→BM ＞＝→AP ⋅ →BM ∣→AP ∣∣→BM ∣＝102 5⨯ 6＝故异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为306………………（2）→AB ＝(－2，1，0)，→BM ＝(－1，－1，2)． 设平面ABM 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⋅ →AB ＝0，n ⋅ →BM ＝0，得⎩⎨⎧－2x ＋y ＝0，－x －y ＋2z ＝0， 令x ＝2，得y ＝4，z ＝3． 所以平面ABM 的一个法向量为n ＝(2，4，3)．又平面PAC 的一个法向量为→OB ＝(0，1，0)，所以n ⋅→OB ＝4，∣n ∣＝29，∣→OB ∣＝1．则cos ＜n ，→OB ＞＝n ⋅ →OB ∣n ∣∣→OB ∣＝4 2929 ．C（第22故平面ABM 与平面PAC 所成锐二面角的余弦值为4 2929. …………………………………………10分23．解：（1）由条件，n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C rn ＋…＋n Cn －1n C nn ①， 在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01⋅C 11＝1．…………………………………………………………………… 1分 在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2 C 12C 22＝6，得f (2)＝3．…………………………………………… 2分在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2 C 13C 23＋3 C 23C 33＝30，得f (3)＝10． ………………………………3分（2）猜想f (n )＝C n2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．………………………………………………………………… 5分欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C rn ＋…＋n Cn －1n C nn 成立．方法一：当n ＝1时，等式显然成立．当n ≥2时，因为r C rn ＝r ⨯n !r !(n －r )!＝n !(r －1)!(n －r )!＝n ⨯(n －1)!(r －1)!(n －r )!＝n C r －1n －1，………………………7分故r C r －1n C rn ＝(r C rn ) C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n ．故只需证明n C n 2n －1＝n C 0 n －1C 0n ＋n C 1 n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n ．即证 C n 2n －1＝C 0 n －1C 0n ＋ C 1 n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n ．而C r －1n ＝C n －r ＋1n ，故即证C n 2n －1＝C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ②．由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n 可得，左边x n 的系数为n2n －1．而右边(1＋x )n －1(1＋x )n ＝(C 0 n －1＋C 1 n －1x ＋C 2 n －1x 2＋…＋C n －1n －1x n －1)( C 0n ＋C 1n x ＋C 2nx 2＋…＋C nn x n )所以x n 的系数为C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ．由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n 恒成立可得②成立.综上，f (n )＝C n2n －1成立．……………………………………………………………………………… 10分方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有2n －1个小球，其中n 个是编号为1，2，…，n 的白球，其余n －1个是编号为1，2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球(n －r21 个白球）的n 个小球的组合的个数为C r n －1C n －r n ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ．另一方面，从袋中2n －1个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n 2n －1．故C n 2n －1＝C 0 n －1C n n ＋ C 1 n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同方法一. …………………………………………………………………………………………10分 方法三：由二项式定理，得(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ③． 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…r C r n x r －1 ＋…＋n C n n x n －1 ④． ③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )( C 1n ＋2C 2n x ＋…r C r n x r －1 ＋…＋n C n n x n －1) ⑤． 左边x n 的系数为n C n 2n －1．右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2 C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n ＋…＋n C n n C 1n＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n ＋…＋n C n n C n －1n＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C n n ．由⑤恒成立，可得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2 C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C n n ．故f (n )＝C n 2n －1成立． ……………………………………………………………………………………10分。
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学2页（共4页）南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数 学 2018.01 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、考试号写在答题卡内．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． 参考公式：柱体体积公式：V ＝Sh ，其中S 柱体的底面积,h 为柱体的高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡上的相应位置上．1．已知集合A ＝{x ∣x (x －4)＜0}，B ＝{0，1，5}，则A ∩B ＝ ▲ ．2．设复数z ＝a ＋i(a ∈R ，i 为虚数单位），若(1＋i) z 为纯虚数，则a 的值为 ▲ ．3．为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50，100]上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70，80) (单位：分钟)内的学生人数为▲ ．Read xIf x＞0 Theny←(第4题)4．执行如图所示的伪代码，若x＝0，则输出的y 的值为▲ ．5．口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4．若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为▲ ．6．在平面直角坐标系xOy中，若抛物线y2＝2px高三数学试题第3页（共4页）高三数学试题第4页（共4页）高三数学试题第5页（共4页）16．(本小题满分14分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c＝52b．（1）若C＝2B，求cos B的值；（2）若→AB⋅→AC＝→CA⋅→CB，求cos(B＋π4)的值．17．(本小题满分14分)有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边高三数学试题第6页（共4页）高三数学试题第7页（共4页）AB 长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形ABCD （如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好．．能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120︒的扇形，且弧⌒EF ，⌒GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N ．（1）当BE 长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；（2）当BE 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？B E G F O M H （第17题-甲） N E F （第17题-乙） M N高三数学试题第8页（共4页）18. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的下顶点为B ，点M ．N 是椭圆上异于点B 的动点，直线BM ，BN 分别与x 轴交于点P ，Q ，且点Q 是线段OP的中点．当点N 运动到点(3，32)处时，点Q 的坐标为(2 33，0)． （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线MN 交y 轴于点D ，当点M ，N均在y 轴右侧，且→DN ＝2→NM时，求直线BM 的方程．x y O BN M P Q D (第18题)19．(本小题满分16分)设数列{a n}满足a n2＝a n＋1a n－1＋λ(a2－a1)2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．（1）若{a n}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；（2）若a1＝1，a2＝2，a3＝4，且存在r∈[3，7]，使得m⋅a n≥n－r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；（3）若λ≠0，且数列{a n}不是常数列，如果＝a n对任意的存在正整数T，使得a n＋Tn∈N*均成立，求满足条件的所有数列{a n}中T的最小值．高三数学试题第9页（共4页）20．(本小题满分16分)设函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax＋bx－c(a，b，c∈R)．（1）当c＝0时，若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线，求a，b的值；（2）当b＝3－a时，若对任意x0∈(1，＋∞)和任意a∈(0，3)，总存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，求c的最小值；（3）当a＝1时，设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)两点．求证：x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．高三数学试题第10页（共4页）南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学附加题2018.01注意事项：1．附加题供选修物理考生使用．2．本试卷共40分，考试时间30分钟．2．答题前，考生务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内．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】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在答题相应的区域内作答．若多做，则按作答的前两小题评分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A.（选修4-1：）A．选修4-1：几何证明选讲（本小题满分10分）如图，已知AB 为⊙O 的直径，直线DE 与⊙O 相切于点E ，AD 垂直DE 于点D . 若DE ＝4，求切点E 到直线AB 的距离．B ．选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）已知矩阵M ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2001，求圆x 2＋y 2＝1在矩阵M 对应的变换作用下所得的曲线方程．C ．选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，直线ρcos(θ＋π3)＝1与曲线ρA B E D O· （第21(A)）＝r(r＞0)相切，求r的值．D．选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数x，y满足x2＋3y2＝1，求当x＋y 取最大值时x的值．【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．请在答．题卡指定区域内．．．．．．．作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤．22．（本小题满分10分）如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP 底面ABCD，点M为PC中点，AC＝4，BD＝2，OP＝4．（1）求异面直线AP与BM所成角的余弦值；（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．23．（本小题满分10分） 已知n ∈N *，nf (n )＝C 0nC 1n＋2 C 1nC 2n＋…＋r C r －1nC r n＋…＋n C n －1nC n n．（1）求f (1)，f (2)，f (3)的值；（2）试猜想f (n )的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．M A B C D O P （第22题）南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案及评分标准2018.01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．一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，计70分.)1．{1} 2．1 3．1200 4．15．23 6．6 7．(－∞，2] 8．34 9．(0，14] 10．4034 11．[1，94) 12．－ 3 13．24 14．100二、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．证明：（1）因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以AB ∥A 1B 1，且AB ＝A 1B 1．又因为点M ，N 分别是AB ，A 1B 1的中点， 所以MB ＝A 1N ，且MB ∥A 1N ， 所以四边形A 1NBM 是平行四边形， 从而A 1M ∥BN ．……………………………… 4分又BN ⊄平面A 1MC ，A 1M ⊂平面A 1MC ， 所以BN ∥平面A 1MC ． ……………………………………………………………………………6分（2）因为ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以AA 1⊥平面ABC ，而CM ⊂平面ABC ， 所以AA 1⊥CM ． 又CA ＝CB ，且M 是AB 的中点，所以CM ⊥AB ． 又AB ∩AA 1＝A ，AB ，AA 1⊂平面ABB 1A 1， 所以CM ⊥平面ABB 1A 1．………………………………………………………………………………8分A B C A BCM N （第15题）又AB1⊂平面ABB1A1，所以CM⊥AB1．………………………………………………………………10分又AB1⊥A1M，A1M，CM⊂平面A1MC，A1M∩CM＝M，所以AB1⊥平面A1MC，…………………………………………………………………………………12分又A1C⊂平面A1MC，所以AB1⊥A1C．…………………………………………………………………14分16．解：（1）因为c＝52b，则由正弦定理，得sin C＝52sin B．…………………………………………2分又因为C＝2B，所以sin2B＝52sin B，即2sin B cos B＝5 2sin B. ………………………………………4分又B是△ABC的内角，所以sin B＞0，故cos B ＝5 4． (6)分（2）因为→AB⋅→AC＝→CA⋅→CB，所以cb cos A＝ba cos C，则由余弦定理，得b2＋c2－a2＝b2＋a2－c2，得a＝c．…………………………………………………………………10分从而cos B＝a2＋c2－b22ac＝c2＋c2－(25c)22c2＝3 5．………………………………………………………12分又0＜B＜π，所以sin B＝1－cos2B＝4 5．从而cos(B＋π4)＝cos B cosπ4－sin B sinπ4＝35⨯22－45⨯22＝－2 10．……………………………………14分17．解：（1）在图甲中，连接MO 交EF 于点T ．设OE ＝OF ＝OM ＝R ，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60︒， 所以OT ＝12R ，则MT ＝OM －OT ＝R2．从而BE ＝MT ＝12R ，即R ＝2BE ＝2．…………………… 2分故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF＝13πR 2－12R 2sin120︒＝4π3－3．………………………… 4分 又所得柱体的高EG ＝4，所以V ＝S ⨯EG ＝16π3－43．答：当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为(16π3－43)立方分米. …………………………………………………………………………6分（2）设BE ＝x ，则R ＝2x ，所以所得柱体的底面积T B E G FO M HS ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin120︒＝(4π3－3)x 2.又所得柱体的高EG ＝6－2x ，所以V ＝S ⨯EG ＝(8π3－23)(－x 3＋3x 2) ，其中0＜x ＜3. ……………………………………10分令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0，3)，则由f '(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0，解得x ＝2． ………………………………………………………………………………………12分列表如下： x (0，2) 2(2，3) f '(x ) ＋ 0－ f (x )↗ 极大值 ↘ 所以当x ＝2时，f (x )取得最大值.答：当BE 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大. ……………………………………14分18．解：（1）由N (3，32)，Q (2 33，0)，得直线NQ的方程为y＝32x－3． (2)分令x＝0，得点B的坐标为(0，－3)．所以椭圆的方程为x2a2＋y23＝1 ．……………………………………………………………………4分将点N的坐标(3，32)代入，得(3)2a2＋(32)23＝1，解得a2＝4．所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1．……………………………………………………………8分（2）方法一：设直线BM的斜率为k(k＞0)，则直线BM的方程为y＝kx－3．在y＝kx－3中，令y＝0，得x P＝3k，而点Q是线段OP的中点，所以x Q＝3 2k．所以直线BN 的斜率k BN ＝k BQ ＝0－(－3) 32k－0＝2k ．……………………………………………… 10分联立⎩⎨⎧y ＝kx －3，x 24＋y 23＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2－83kx ＝0，解得x M ＝8 3k 3＋4k2 ． 用2k 代k ，得x N ＝16 3k3＋16k2 ．…………………………………………………………………… 12分又→DN ＝2→NM ，所以x N ＝2(x M －x N )，得2x M＝3x N ．…………………………………………… 14分故2⨯8 3k 3＋4k 2＝3⨯16 3k 3＋16k2，又k ＞0，解得k ＝62． 所以直线BM 的方程为y ＝62x －3． …………………………………………………………16分方法二：设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．由B (0，－3)，得直线BM 的方程为y ＝ y 1＋3x 1x －3，令y ＝0，得x P ＝3x 1y 1＋3． 同理，得x Q ＝3x 2y 2＋3． 而点Q 是线段OP 的中点，所以x P ＝2x Q ，故3x 1y 1＋3＝2 3x 2y 2＋3． …………………………10分又→DN ＝2→NM ，所以x 2＝2(x 1－x 2)，得x 2＝23x 1＞0，从而1y 1＋3＝43y 2＋3， 解得y 2＝43y 1＋33．…………………………………………………………………………………12分将⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝23x 1，y 2＝43y 1＋33，代入到椭圆C 的方程中，得x 129＋(4y 1＋3)227＝1． 又x 12＝4(1－y 123)，所以4(1－y 123)9＋(4y 1＋3)227＝1，………………………………………………14分即3y 12＋2y 1－3＝0，解得y 1＝－3（舍）或y 1＝33．又x 1＞0，所以点M 的坐标为M (4 23，33)． 故直线BM 的方程为y ＝62x －3．……………………………………………………………… 16分19．解：（1）由题意，可得a n 2＝(a n ＋d )(a n －d )＋λd 2，化简得(λ－1)d 2＝0，又d ≠0，所以λ＝1. …………………………………………………………4分（2）将a1＝1，a2＝2，a3＝4代入条件，可得4＝1⨯4＋λ，解得λ＝0，所以a n2＝a n＋1a n－1，所以数列{a n}是首项为1，公比q＝2的等比数列，所以a n＝2n－1. (6)分欲存在r∈[3，7]，使得m⋅2n－1≥n－r，即r ≥n－m⋅2n－1对任意n∈N*都成立，则7≥n－m⋅2n－1，所以m≥n－72n－1对任意n∈N*都成立. …………………………………………8分令b n＝n－72n－1，则b n＋1－b n＝n－62n－n－72n－1＝8－n2n，所以当n＞8时，b n＋1＜b n；当n＝8时，b9＝b8；当n＜8时，b n＋1＞b n．所以b n的最大值为b9＝b8＝1128，所以m的最小值为1 128.………………………………………10分（3）因为数列{a n }不是常数列，所以T ≥2． ①若T ＝2，则a n ＋1＝a n 恒成立，从而a 3＝a 1，a 4＝a 2，所以⎩⎨⎧a 22＝a 12＋λ(a 2－a 1)2，a 12＝a 22＋λ(a 2－a 1)2，所以λ(a 2－a 1)2＝0，又λ≠0，所以a 2＝a 1，可得{a n }是常数列，这与已知条件矛盾，所以T ＝2不合题意. …………………………………………………………………………………12分②若T ＝3，取a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝3k －2，2，n ＝3k －1，－3，n ＝3k ，(k ∈N *)（*），满足a n ＋3＝a n 恒成立．…………………… 14分由a 22＝a 1a 3＋λ(a 2－a 1)2，可得此时λ＝7． 则条件式变为a n 2＝a n ＋1a n －1＋7．由22＝1⨯3＋7，知a 3k －12＝a 3k －2a 3k ＋λ(a 2－a 1)2；由(－3)2＝2⨯1＋7，知a 3k 2＝a 3k －1a 3k ＋1＋λ(a 2－a 1)2；由12＝(－3)⨯2＋7，知a 3k ＋12＝a 3k a 3k ＋2＋λ(a 2－a 1)2；所以，数列（*）适合题意．所以T 的最小值为3. …………………………………………………………………………………16分（注：写一个数列{a n }时，需满足a 1＋a 2＋a 3＝0，且a 1≠a 2．）20．解：（1）由f (x )＝ln x ，得f (1)＝0，又f '(x )＝1x ，所以f '(1)＝1．当c ＝0时，g (x )＝ax ＋b x ，所以g '(x )＝a －b x 2 ，所以g '(1)＝a －b ．…………………………… 2分因为函数f (x )与g (x )的图象在x ＝1处有相同的切线，所以⎩⎨⎧f '(1)＝g '(1)，f (1)＝g (1)，即⎩⎨⎧a －b ＝1，a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－12． …………………………………………………4分（2）方法一：当x 0＞1时，则f (x 0)＞0，又b ＝3－a ，设t ＝f (x 0)，则题意可转化为方程ax ＋3－a x －c ＝t (t ＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2， ……………6分即关于x 的方程ax 2－(c ＋t )x ＋(3－a )＝0(t ＞0)在(0，＋∞)上有相异两实根x 1，x 2．所以⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧0＜a ＜3，△＝(c ＋t )2－4a (3－a )＞0，x 1＋x 2＝c ＋t a ＞0，x 1x 2＝3－a a ＞0．得⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜3，(c ＋t )2＞4a (3－a )，c ＋t ＞0．所以c ＞2a (3－a )－t 对任意t ∈(0，＋∞)恒成立．…………………………………………… 8分因为0＜a ＜3，所以2a (3－a )≤2⨯a ＋3－a 2＝3(当且仅当a ＝32时取等号)． 又－t ＜0，所以2a (3－a )－t 的取值范围是(－∞，3)，所以c ≥3．故c的最小值为3. …………………………………………………………………………………10分方法二：由b＝3－a，且0 ＜a＜3，得g (x)＝a－3－ax2＝ax2－(3－a)x2＝0，得x＝3－aa或x＝－3－aa(舍)，则函数g(x)在(0，3－aa)上递减；在(3－aa，＋∞)上递增．又对任意x0＞1，f(x0)为(0，＋∞)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0.即g(3－aa)＝2a(3－a)－c≤0，……………………………………………………………6分即c≥2a(3－a)对任意a∈(0，3)恒成立．又2a(3－a)≤a＋(3－a)＝3，所以c≥3．……………………………………………………8分当c ＝3，对任意a ∈(0，3)，x 0∈(1，＋∞)，方程g (x )－f (x 0)＝0化为ax ＋3－ax －3－f (x 0)＝0，即ax 2－[3＋f (x 0)]x ＋(3－a )＝0（*）关于x 的方程（*）的△＝[3＋f (x 0)]2－4a (3－a )≥[3＋f (x 0)]2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋3－a 22＝[3＋f (x 0)]2－9,因为x 0＞1，所以f (x 0)＝ln x 0＞0，所以△＞0，所以方程（*）有两个不相等的实数解x 1，x 2，又x 1＋x 2＝f (x 0)＋3a ＞0，x 1x 2＝3－aa ＞0，所以x 1，x 2为两个正实数解． 所以c 的最小值为3. ……………………………………………………………………………10分（3）当a ＝1时，因为函数f (x )与g (x )的图象交于A ，B 两点，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1＝x 1＋b x 1－c ，ln x 2＝x 2＋bx 2－c ，两式相减，得b ＝x 1x 2(1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1)．………………………………12分要证明x 1x 2－x 2＜b ＜x 1x 2－x 1，即证x 1x 2－x 2＜x 1x 2(1－ln x 2－ln x 1x 2－x 1)＜x 1x 2－x 1，即证1x 2＜ln x 2－ln x 1x 2－x 1＜1x 1，即证1－x 1x 2＜ln x 2x 1＜x 2x 1－1．…………………………………………… 14分令x 2x 1＝t ，则t ＞1，此时即证1－1t ＜ln t ＜t －1． 令ϕ(x )＝ln t ＋1t －1，所以ϕ'(t )＝1t －1t 2＝t －1t2＞0，所以当t ＞1时，函数ϕ(t )单调递增．又ϕ(1)＝0，所以ϕ(t )＝ln t ＋1t －1＞0，即1－1t＜ln t 成立．再令m(t)＝ln t－t－1，所以m (t)＝1t－1＝1－tt＜0，所以当t＞1时，函数m(t)单调递减，又m(1)＝0，所以m(t)＝ln t－t－1＜0，即ln t ＜t－1也成立．综上所述，实数x1，x2满足x1x2－x2＜b＜x1x2－x1．…………………………………………16分南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学参考答案及评分标准2018.01 21．【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2小题，每小题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． A ．选修4-1：几何证明选讲解：如图，连接AE ，OE ，过E 作EF ⊥AB ，交AB 于F ．因为直线DE 与⊙O 相切于点E ，所以DE ⊥OE ， 又因为AD 垂直DE 于D ，所以AD ∥OE ， 所以∠DAE ＝∠OEA ①，在⊙O 中OE ＝OA ，所以∠OEA ＝∠OAE ②，…………………………5分由①②得∠DAE ＝∠OAE ，即∠DAE ＝∠FAE ，又∠ADE ＝∠AFE ，AE ＝AE ，所以△ADE ≌△AFE ，所以DE ＝FE ， 又DE ＝4，所以FE ＝4，即E 到直径AB 的距离为4. …………………………………………………………………………10分 B ．选修4-2：矩阵与变换解：设P (x 0，y 0)是圆x 2＋y 2＝1上任意一点，则x 02＋y 02＝1．A BE DF O · （第设点P (x 0，y 0)在矩阵M 对应的变换作用下所得的点为Q (x ，y )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤x y ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2001 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x 0y 0＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x 0y 0 ， 即⎩⎨⎧x ＝2x 0，y ＝y 0，即⎩⎨⎧x 0＝12x ，y 0＝y ，…………………………………………………………………………………5分代入x 02＋y 02＝1，得x24＋y 2＝1，即为所求的曲线方程. ……………………………………………10分 C ．选修4-4：坐标系与参数方程解：以极点O 为原点，极轴Ox 为x 轴正半轴建立平面直角坐标系，由ρcos(θ＋π3)＝1 ，得ρ(cos θcos π3－sin θsin π3)＝1，得直线的直角坐标方程为x －3y －2＝0 ．………………………………………………………… 5分曲线ρ＝r 的直角坐标方程为圆x 2＋y 2＝r 2，所以圆心到直线的距离为d ＝∣1⨯0－3⨯0－2∣12＋(－3)2＝1． 因为直线ρcos(θ＋π3)＝1与曲线ρ＝r (r ＞0)相切，所以r ＝d ，即r ＝1. ……………………………10分D ．选修4-5：不等式选讲解：由柯西不等式，得[x 2＋(3y )2][12＋(33)2]≥(x ⨯1＋3y ⨯33)2，即43(x 2＋3y 2)≥(x ＋y )2 ． 而x 2＋3y 2＝1，所以(x ＋y )2≤43，所以－233≤x ＋y ≤233，………………………………………… 5分由⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝3y33，x ＋y ＝233，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝32，y ＝36，所以当且仅当x ＝32，y ＝36时，(x ＋y )max ＝233 ．所以当x ＋y 取最大值时x 的值为x ＝32．…………………………………………………………… 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分． 22．解：（1）因为ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ．因为OP ⊥底面ABCD ，所以以O 为原点，直线OA ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2，0，0)，B (0，1，0)，P (0，0，4)，C (－2，0，0)，M (－1，0，2)，所以→AP ＝(－2，0，4)，→BM ＝(－1，－1，2)，→AP ⋅ →BM＝10， ∣→AP ∣＝25，∣→BM ∣＝6．则cos ＜→AP ，→BM ＞→AP ⋅ →BM ∣→AP ∣∣→BM ∣＝102 5⨯ 6＝306．故异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为M A B C D O P（第x y z306………………5分 （2）→AB ＝(－2，1，0)，→BM ＝(－1，－1，2)． 设平面ABM 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⋅ →AB ＝0，n ⋅ →BM ＝0，得⎩⎨⎧－2x ＋y ＝0，－x －y ＋2z ＝0， 令x ＝2，得y ＝4，z ＝3．所以平面ABM 的一个法向量为n ＝(2，4，3)．又平面PAC 的一个法向量为→OB ＝(0，1，0)，所以n ⋅→OB ＝4，∣n ∣＝29，∣→OB ∣＝1．则cos ＜n ，→OB ＞＝n ⋅ →OB ∣n ∣∣→OB ∣＝4 2929 ． 故平面ABM 与平面PAC 所成锐二面角的余弦值为4 2929. …………………………………………10分23．解：（1）由条件，n ∈N *，nf (n )＝C 0nC 1n＋2 C 1nC 2n＋…＋r C r －1nC r n＋…＋n C n －1nC n n①，在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01⋅C 11＝1．……………………………………………………………………1分在①中令n＝2，得2f(2)＝C02C12＋2 C12C22＝6，得f(2)＝3．……………………………………………2分在①中令n＝3，得3f(3)＝C03C13＋2 C13C23＋3 C23 C33＝30，得f(3)＝10．………………………………3分（2）猜想f(n)＝C n 2n－1(或f(n)＝C n－12n－1)．…………………………………………………………………5分欲证猜想成立，只要证等式n C n 2n－1＝C0n C1n＋2 C1n C2n＋…＋r C r－1n C r n＋…＋n C n－1n C n n成立．方法一：当n＝1时，等式显然成立．当n≥2时，因为r C r n＝r⨯n!r!(n－r)!＝n!(r－1)!(n－r)!＝n⨯(n－1)!(r－1)!(n－r)!＝n C r－1n－1，………………………7分故r C r－1n C r n＝(r C r n) C r－1n ＝n C r－1n－1C r－1n ．故只需证明n C n 2n－1＝n C0 n－1C0n＋n C1 n－1C1n＋…＋n C r－1n－1C r－1n＋…＋n C n－1n－1C n－1n．即证C n 2n－1＝C0 n－1C0n＋C1 n－1C1n＋…＋C r－1n－1C r－1n ＋…＋C n－1n－1C n－1n．而C r－1n＝C n－r＋1n ，故即证C n 2n－1＝C0 n－1C n n＋C1 n－1C n－1n ＋…＋C r－1n－1C n－r＋1n ＋…＋C n－1n－1C1n②．由等式(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n可得，左边x n的系数为n 2n－1．而右边(1＋x)n－1(1＋x)n＝(C0 n－1＋C1 n－1x＋C2 n－1x2＋…＋C n－1n－1x n－1)( C0n＋C1n x＋C2n x2＋…＋C n n x n) 所以x n的系数为C0 n－1C n n＋C1 n－1C n－1n ＋…＋C r－1n－1C n－r＋1n ＋…＋C n－1n－1C1n．由(1＋x)2n－1＝(1＋x)n－1(1＋x)n恒成立可得②成立.综上，f(n)＝C n 2n－1成立．………………………………………………………………………………10分方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有2n－1个小球，其中n个是编号为1，2，…，n的白球，其余n－1个是编号为1，2，…，n－1的黑球．现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r个黑球(n－r个白球）的n个小球的组合的个数为C r n－1C n－r n，0≤r≤n－1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为C0 n－1C n n＋C1 n－1C n－1n ＋…＋C r－1n－1C n－r＋1n ＋…＋C n－1n－1C1n．另一方面，从袋中2n－1个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为C n 2n－1．故C n 2n－1＝C0 n－1C n n＋C1 n－1C n－1n ＋…＋C r－1n－1C n－r＋1n ＋…＋C n－1n－1C1n，余下同方法一. …………………………………………………………………………………………10分方法三：由二项式定理，得(1＋x)n＝C0n＋C1n x ＋C2n x2＋…＋C n n x n③．两边求导，得n(1＋x)n－1＝C1n＋2C2n x＋…r C r n x r －1＋…＋n C n n x n－1④．③×④，得n(1＋x)2n－1＝(C0n＋C1n x＋C2n x2＋…＋C n n x n)( C1n＋2C2n x＋…r C r n x r－1＋…＋n C n n x n－1) ⑤．左边x n的系数为n C n 2n－1．右边x n的系数为C1n C n n＋2 C2n C n－1n ＋…＋r C r n C n－r＋1n ＋…＋n C n n C1n＝C1n C0n＋2C2n C1n＋…＋r C r n C r－1n ＋…＋n C n n C n－1n＝C0n C1n＋2 C1n C2n＋…＋r C r－1n C r n＋…＋n C n－1n C n n．由⑤恒成立，可得n C n 2n－1＝C0n C1n＋2 C1n C2n＋…＋r C r－1n C r n＋…＋n C n－1n C n n．故f(n)＝C n 2n－1成立．……………………………………………………………………………………10分。
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绝密★启用前2018届高三数学模拟试卷考试范围：学科内综合，第二轮复习用卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
共160分，考试时间120分钟。
全 卷 统 分 卡第I 卷（必考题共160分）一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分）1．若集合{}2|10,A x x ax x R =++=∈，集合{}1,2B =，且A B ⊆，则实数a 的取值范围是 。
2．已知对任意R ∈m ，直线0=++m y x 都不是)(3)(3R ∈-=a ax x x f 的切线。
那么a 的取值范围为 。
3．对任意非零实数,a b ，若a b ⊗的运算原理如右图程序框图所示，若sin cos 0,2a πθθθ⎛⎫⎛⎫=+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,b=1,且a b ⊗=115,则sin 2θ的值为 。
4．在平面直角坐标系中，已知向量(),2(2)a mx y =-，(),2b x y =+()m ∈R ，且满足a b ⊥ ，动点()y x M ,的轨迹为C 。
轨迹C 的方程为 。
5．2010年8月7日晚至8日凌晨，甘肃省甘南州舟曲县发生强降雨引发泥石流灾害，泥石流无情人有情，某中学组织学生在学校开展募捐活动，当天第一天只有10人捐款，人均捐款10元，之后通过积极宣传，从第二天起，每天的捐款人数是前一天的2倍，且当天人均捐款数比前一天多5元，则截止第5天(包括第5天)捐款的总数恰好是二次函数28000y ax bx =++的最大值，则函数28000y ax bx =++的单调增区间为 。
6．若等比数列{}n a 中，12a =，318a =，且12320a a a ++>．则数列{}n a 的通项公式为 。
7．某校举办数学竞赛，其中高一、高二、高三参赛的人数比为4∶3∶2，并按照5%的比例设一等奖，若已知高二参赛学生获一等奖的人数比高三参赛学生获一等奖的人数多5人，则全校总共参赛的人数为 。
8．某驾校从参加笔试考试的学员中抽出60名学员，将其成绩（均为整数）分成六段[)50,40，[)60,50…[]100,90后画出如下部分频率分布直方图．观察图形的信息，估计这次笔试的平均分为 。
9．设ABC ∆是锐角三角形，c b a ,,分别是内角A ，B ，C 所对边长，并且.sin )3sin()3sin(sin 22B B B A +-+=ππ角A 的值为。
10．如图，在正方形ABCD 内任取一点P,则使,A P B C P D ∠∠均为锐角的概率是 。
11．已知抛物线y x 62=的焦点为F ，椭圆C ：)0(12222>>=+b a y x 的离心率为3=e ，P是它们的CDBA P一个交点，且2||=PF ．椭圆C 的方程为 。
12．若0,0,1a b a b ≥≥+=时，则复数441122z a i b =+++的模的平方的取值范围是 。
13．已知圆C 的圆心在直线l 1：x －y －1＝0上，与直线l 2：4x ＋3y ＋14＝0相切，且截得直线l 3：3x ＋4y ＋10＝0所得弦长为6，则圆C 的方程为 。
14．某校高三年级有四个班，为了使同学们考前放松的，年级组组织了模奖游戏，将四个班的编号1、2、3、4写在四个乒乓球上，并装入袋子中.游戏规则为：“先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，若2n m <+时获奖”。
则某生参加摸奖获奖的概率为 。
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）设函数a x x x x f ++=2cos cos sin 3)(12-，当⎥⎦⎤⎢⎣⎡-∈3,6ππx 时，函数)(x f 的最大值与最小值的和为12。
（1）求函数)(x f 的最小正周期及单调递减区间； （2）作出)(x f y =在[]π,0∈x 上的图象。
（不要求书写作图过程）16．(本小题满分14分)设数列{}n a 的前n 项和为133n n n S a +=-。
（1）证明：132n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式；3[()]nb n a =+{}b T17．（本题满分14分）某轿车生产厂家今年推出A、B、C、D四种款式轿车，每种款式轿车的外观均有黑色、银白色两种。
四月份的轿车产量如下表(单位：辆)：款式A 款式B 款式C 款式D 黑色100 180 200 x银白色210 200 200 150若按轿车的款式采取分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取70辆，其中有C种款式的轿车20辆。
（1）求x的值。
（2）若在C种款式轿车中按颜色进行分层抽样抽取一个容量为6的样本，然后将该样本看成一个总体，从中任取2辆，求恰有1辆黑色、1辆银白色轿车的概率。
（3）用简单随机抽样的方法从A种款式轿车中抽取10辆，对其进行检测，它们的得分如下：94，92，92，96，97，95，98，90，94，97。
如果把这10辆轿车的得分看作一个样本，从中任取一个数，求该数与样本平均数之差的绝对值不超过2的概率。
18．（本小题满分16分）如图：PA⊥平面ABCD，ABCD是矩形,PA=AB=1，AD=3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动。
（1）求三棱锥E-PAD的体积;（2）当点E为BC的中点时，试判断EF与平面PAC的位置关系，并说明理由；（3）证明：无论点E在边BC的何处，都有PE⊥AF。
19．（本小题满分16分）直线y kx m =+(0,0)k m >>与抛物线C ：22(0)x py p =>交于S 、T 两点，且点S 、T 到y 轴的距离之差等于4k 。
（1）求p 的值；（2）已知圆M 过定点()0,2D ，圆心M 在轨迹C 上运动，且圆M 与x 轴交于A 、B 两点，设1DA l =，2DB l =，求1221l l l l +的最大值。
20．（本小题满分16分）已知函数32()2f x ax x b =++（x R ∈），其中R b a ∈,．4()()g x x f x =+。
（1）当103a =-时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()g x 仅在0x =处有极值，求a 的取值范围；（3）若对于任意的[2,2]a ∈-，不等式()1g x ≤在[1,1]-上恒成立，求b 的A 图取值范围．第Ⅱ卷（附加题 共40分）21．【选做题】在A 、B 、C 、D 四小题中只能选作两题，每小题10分，共20分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
A ．几何证明选讲如图,△ABC 中,AB=AC ,AD 是中线,P 为AD 上一点,CF ∥AB ，BP 延长线交AC 、CF 于E 、F ,求证: PB 2=PE •PF 。
B ．矩阵与变换 已知矩阵M 221a ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，其中R a ∈，若点(1,2)P -在矩阵M 的变换下得到点(4,0)P '-，（1）求实数a 的值；（2）求矩阵M 的特征值及其对应的特征向量。
C ．参数方程与极坐标已知的三顶点的极坐标分别为，，，，，，判断三∆A B C A B C 5652433πππ⎛⎝ ⎫⎭⎪⎛⎝ ⎫⎭⎪-⎛⎝ ⎫⎭⎪角形ABC 的形状，并求出它的面积。
D ．不等式证明选讲 已知a b c d >>>，求证：1119a b b c c a a d++≥----【必做题】第22题、第23题，每题10分，共20分。
解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 22．（本题满分10分）某校数学趣味竞赛题目设置了难度不同的甲、乙两个系列，每个系列都有必答和抢答两个题目。
比赛时每位选手自选一个系列完成，两个题目得分之和为该选手的成绩。
假设每个选手完成每个系列的两个试题的得分是相互独立的。
根据赛前训练的统计数据，某选手员完成甲系列和乙系列答题的情况如下表：表1：甲系列 表2：乙系列现该选手最后一个出场，之前其他选手的最高得分为115分（1）若该选手希望获得该比赛的第一名，应选择哪个系列？说明理由，并求其获得第一名的概率（2）若该选手选择乙系列，求其成绩ξ的分布列及其数学期望E ξ。
23．（本题满分10分）（1）某班主任通知5位学生的家长（父亲和母亲共10人）来学校参加一小型座谈会，仅来了四位家长，求其中恰好有1位学生的父母都来的种数。
（2）用二项式定理证明：22389n n +--能被64整除()n N ∈动作 必答题 抢答题 得分 90 5020 0概率910110910110类型 必答题 抢答题 得分100 8040 0概率341434142018届数学模拟答案及解析1.【答案】[2,2)-【解析】（1）若A =∅，则240a ∆=-<，解得22a -<<；（2）若1A ∈，则2110a ++=，解得2a =-，此时{1}A =，适合题意；（3）若2A ∈，则22210a ++=，解得52a =-，此时5{2,}2A =，不合题意；综上所述，实数m 的取值范围为[2,2)-．2．【答案】31<a 【解析】),3[33)(2+∞-∈-='a a x x f ，∵对任意R ∈m ，直线0=++m y x 都不是)(x f y =的切线，∴),3[1+∞-∉-a ，a 31-<-，实数a 的取值范围是31<a . 3．【答案】1125【解析】由三角函数线易知sin cos 0,2a πθθθ⎛⎫⎛⎫=+∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭>1,故由程序框图可知输出sin cos 1sin cos 11θθθθ++=++,由题意知11sin cos 15θθ++=,即6sin cos 5θθ+=,两边平方整理可得:3612sin cos 1sin 225θθθ+=+=,解之得11sin 225θ=.4．【答案】14822=+y mx 【解析】a b ⊥ ,222(4)0a b mx y ∴∙=+-= ,即8222=+y mx , ∴轨迹C 的方程为14822=+y mx ． 5．【答案】8000元【解析】由题意知，5天共捐款10×10＋(10×2)×(10＋5)＋(10×4)×(15＋5)＋(10×8)×(20＋5)＋(10×16)×(25＋5)＝8000(元)．因为二次函数28000y ax bx =++只有在0x=时函数值为8000,所以二次函数28000y ax bx =++的对称轴为y 轴且开口方向向下，其单调增区间为(,0]-∞.6．【答案】123n n a -=⨯【解析】因为2132a a a = ，所以26a =±，又因为12320a a a ++>，所以26a =，故公比3q = ，所以123n n a -=⨯.7．【答案】900【解析】设高一、高二、高三参赛的人数为4x 、3x 、2x ，由(3x-2x)×5%＝5，∴x＝100，∴全校总共参赛的人数为900.8．【答案】71【解析】因为各组的频率和等于1,故第四组的频率：f 4=1-(0.025+0.015*2+0.01+0.005)*10=0. 30.利用组中值估算抽样学员的平均分45·f 1+55·f 2+65·f 3+75·f 4+85·f 5+95·f 6＝45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71,所以估计这次考试的平均分是71分. 9．【答案】3π【解析】因为223131sin (cos sin )(cos sin )sin 2222A B B B B B =+-+ 222313cos sin sin ,444B B B =-+=3sin ,,.23A A A π=±=所以又为锐角所以 10．【答案】14π-【解析】由题意知，要使,APB CPD ∠∠均为锐角，点P 必须在分别以AB 、CD 为直径的两个半圆之外。