江苏常州市2018届高三数学一模试题有答案

江苏常州市2018届高三数学一模试题（有
答案）
2018届高三年级第一次模拟考试(二)
数学
(满分160分，考试时间120分钟)
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．
1.若集合A＝{－2，0，1}，B＝{x|x21}，则集合A∩B＝________．
2.命题“∃x∈[0，1]，x2－1≥0”是________命题．(选填“真”或“假”)
3.若复数z满足z2i＝|z|2＋1(其中i为虚数单位)，则
|z|＝________．
4.若一组样本数据2015，2017，x，2018，2016的平均
数为2017，则该组样本数据的方差为________．
5.如图是一个算法的流程图，则输出的n的值是
________．
(第5题)(第12题)
6.函数f(x)＝1lnx的定义域记作集合D.随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子(骰子的每个面上分别标有点数1，
2，…，6)，记骰子向上的点数为t，则事件“t∈D”的概率为________．
7.已知圆锥的高为6，体积为8.用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为
________．
8.在各项均为正数的等比数列中，若a2a3a4＝a2＋a3＋a4，则a3的最小值为________．
9.在平面直角坐标系xOy中，设直线l：x＋y＋1＝0与双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的两条渐近线都相交且交点都在y轴左侧，则双曲线C的离心率e的取值范围是________．
10.已知实数x，y满足x－y≤0，2x＋y－2≥0，x－2y＋4≥0，则x＋y的取值范围是________．
11.已知函数f(x)＝bx＋lnx，其中b∈R.若过原点且斜率为k的直线与曲线y＝f(x)相切，则k－b的值为
________．
12.如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝sin(ωx＋φ)(ω0，0φπ)的图象与x轴的交点A，B，C满足OA＋OC＝2OB，则φ＝________．
13.在△ABC中，AB＝5，AC＝7，BC＝3，P为△ABC内一点(含边界)，若满足BP→＝14BA→＋λBC→(λ∈R)，
则BA→BP→的取值范围为________．
14.已知在△ABC中，AB＝AC＝3，△ABC所在平面内存在点P使得PB2＋PC2＝3PA2＝3，则△ABC面积的最大值为________．
二、解答题：本大题共6小题，共计90分．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)
已知在△ABC中，a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，3bsinC＝ccosB＋c.
(1)求角B的大小；
(2)若b2＝ac，求1tanA＋1tanC的值．
16.(本小题满分14分)
如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是平行四边形，PC⊥平面ABCD，PB＝PD，Q是棱PC上异于P，C的一点．
(1)求证：BD⊥AC；
(2)过点Q和AD的平面截四棱锥得到截面ADQF(点F在棱PB上)，求证：QF∥BC.
17.(本小题满分14分)
已知小明(如图中AB所示)身高1.8米，路灯OM高3.6米，AB，OM均垂直于水平地面，分别与地面交于点A，O.
点光源从点M发出，小明在地面上的影子记作AB′.
(1)小明沿着圆心为O，半径为3米的圆周在地面上走一圈，求AB′扫过的图形面积；
(2)若OA＝3米，小明从A出发，以1米/秒的速度沿线段AA1走到A1，∠OAA1＝π3，且AA1＝10米．t秒时，小
明在地面上的影子长度记为f(t)(单位：米)，求f(t)的表达式与最小值．
18.(本小题满分16分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝
1(ab0)的右焦点为F，A是椭圆的左顶点，过原点的直线与椭圆交于M，N两点(点M在第三象限)，与椭圆的右准线交于点P.已知AM⊥MN，垂足为M，且OA→OM→＝43b2.
(1)求椭圆C的离心率e；
(2)若S△AMN＋S△POF＝103a，求椭圆C的标准方程．19.(本小题满分16分)
已知各项均为正数的无穷数列的前n项和为Sn，且满足
a1＝a(其中a为常数)，nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋
1)(n∈N*)．数列满足bn＝a2n＋a2n＋1anan＋1(n∈N*)．
(1)证明：数列是等差数列，并求出的通项公式；
(2)若无穷等比数列满足：对任意的n∈N*，数列中总存
在两个不同的项bs，bt(s，t∈N*)，使得bs≤cn≤bt，
求的公比q.
20.(本小题满分16分)
已知函数f(x)＝lnx（x＋a）2，其中a为常数．
(1)若a＝0，求函数f(x)的极值；
(2)若函数f(x)在(0，－a)上单调递增，求实数a的取值范围；
(3)若a＝－1，设函数f(x)在(0，1)上的极值点为x0，求证：f(x0)－2.
2018届高三年级第一次模拟考试(二)
数学附加题
(本部分满分40分，考试时间30分钟)
21.【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并作答．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41：几何证明选讲](本小题满分10分)
在△ABC中，N是边AC上一点，且CN＝2AN，AB与△NBC 的外接圆相切，求BCBN的值．
B.[选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)
已知矩阵A＝42a1不存在逆矩阵，求：
(1)实数a的值；
(2)矩阵A的特征向量．
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，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线C的参数方程为x＝2cosα＋1，y＝2sinα(α为参数)，直线l的极坐标方程为
ρsinθ＋π4＝2，直线l与曲线C交于M，N两点，求MN的长．
D.[选修45：不等式选讲](本小题满分10分)
已知a0，b0，求证：a3＋b3a2＋b2≥ab.
【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分．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)
已知正四棱锥PABCD的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的8条棱中任取两条，按下列方式定义随机变量ξ的值：
若这两条棱所在的直线相交，则ξ的值是这两条棱所在直线的夹角大小(弧度制)；
若这两条棱所在的直线平行，则ξ＝0；
若这两条棱所在的直线异面，则ξ的值是这两条棱所在直线所成角的大小(弧度制)．
(1)求P(ξ＝0)的值；
(2)求随机变量ξ的分布列及数学期望E(ξ)．
23.(本小题满分10分)
记(x＋1)×x＋12×…×x＋1n(n≥2且n∈N)的展开式中含x项的系数为Sn，含x2项的系数为Tn.
(1)求Sn；
(2)若TnSn＝an2＋bn＋c，对n＝2，3，4成立，求实数a，b，c的值；
(3)对(2)中的实数a，b，c，用数学归纳法证明：对任
意n≥2且n∈N*，TnSn＝an2＋bn＋c都成立．
2018届常州高三年级第一次模拟考试
数学参考答案
1.{－2}
2.真
3.1
4.2
5.7
6.56
7.3
8.3
9.(1，2)10.[2，
8]11.1e
12.3π413.58，25414.52316
15.解析：(1)由正弦定理得3sinBsinC＝cosBsinC＋sinC，在△ABC中，因为sinC0，所以3sinB－cosB＝1，所以sinB－π6＝12.因为0Bπ，所以－π6B－π65π6，所以B－π6＝π6，所以B＝π3.
(2)因为b2＝ac，
所以由正弦定理可得sin2B＝sinAsinC，
1tanA＋1tanC＝cosAsinA＋cosCsinC
＝cosAsinC＋sinAcosCsinAsinC
＝sin（A＋C）sinAsinC＝sinBsinAsinC，
所以1tanA＋1tanC＝sinBsin2B＝1sinB＝132＝233. 16.解析：(1)因为PC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PC.连结AC，交BD于点O.
由平行四边形对角线互相平分，得O为BD的中点，在
△PBD中，PB＝PD，所以BD⊥OP.
因为PC∩OP＝P，PC，OP⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
因为AC⊂平面PAC，
所以BD⊥AC.
(2)因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AD∥BC.
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
因为AD⊂平面ADQF，平面ADQF∩平面PBC＝QF，所以AD∥QF.
因为AD∥BC，所以QF∥BC.
17.解析：(1)由题意得AB∥OM，则AB′OB′＝ABOM＝
1.83.6＝12，OA＝3，所以OB′＝6，
小明在地面上的影子AB′扫过的图形是圆环，其面积为
π×62－π×32＝27π(平方米)．
(2)经过t秒，小明走到了A0处，身影为A0B′0.
由(1)知A0B′0OB0＝ABOM＝12，即A0B′0＝12OB0＝OA，所以f(t)＝A0B′0＝OA0＝OA2＋AA20－
2OAAA0cos∠OAA0.
因为OA＝3，AA1＝10，∠OAA0＝∠OAA1＝π3，
所以f(t)＝t2－3t＋9，0t≤10，即f(t)＝t－322＋274，所以当t＝32时，f(t)取得最小值为332.
18.解析：(1)由题意得x2a2＋y2b2＝1，x＋a22＋y2＝
a22，
消去y并整理得c2a2x2＋ax＋b2＝0，
解得x1＝－a，x2＝－ab2c2，
所以xM＝－ab2c2∈(－a，0)，
OA→OM→＝xMxA＝ab2c2a＝43b2，c2a2＝34，
所以e＝32.
(2)由(1)得M－23b，－223b，右准线方程为x＝433b，
直线MN的方程为y＝2x，
所以P433b，463b，
S△POF＝12OFyP＝32b463b＝22b2，S△AMN＝2S△AOM＝OA×|yM|＝2b×223b＝423b2，
所以22b2＋423b2＝103a，1023b2＝203b，
所以b＝2，a＝22，
椭圆C的标准方程为x28＋y22＝1.
19.解析：(1)方法一：因为nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)，①
所以(n＋1)Sn＋2＝(n＋2)Sn＋1＋(n＋1)(n＋2)，②
由②－①得，(n＋1)Sn＋2－nSn＋1＝(n＋2)Sn＋1－(n ＋1)Sn＋2(n＋1)，
即(n＋1)Sn＋2＝(2n＋2)Sn＋1－(n＋1)Sn＋2(n＋1)．又n＋10，
则Sn＋2＝2Sn＋1－Sn＋2，即an＋2＝an＋1＋2.
在nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)中令n＝1，得a1＋a2＝2a1＋2，即a2＝a1＋2.
综上，对任意n∈N*，都有an＋1－an＝2，
故数列是以a为首项，2为公差的等差数列．
又a1＝a，所以an＝2n－2＋a.
方法二：因为nSn＋1＝(n＋1)Sn＋n(n＋1)，
所以Sn＋1n＋1＝Snn＋1.
又S1＝a1＝a，所以数列Snn是以a为首项，1为公差的等差数列，
因此Snn＝n－1＋a，即Sn＝n2＋(a－1)n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2＋a.
又a1＝a也符合上式，
故an＝2n－2＋a(n∈N*)，
故对任意n∈N*，都有an＋1－an＝2，即数列是以a为首项，2为公差的等差数列．
(2)令en＝an＋1an＝1＋22n－2＋a，则数列是递减数列，所以1en≤1＋2a.
考察函数y＝x＋1x(x1)，因为y′＝1－1x2＝x2－1x20，所以y＝x＋1x在(1，＋∞)上单调递增，
因此2en＋1en≤2＋4a（a＋2），从而bn＝en＋1en∈2，
2＋4a（a＋2）.
因为对任意的n∈N*，总存在数列中的两个不同项bs，bt，使得bs≤cn≤bt，所以对任意的n∈N*都有cn∈2，
2＋4a（a＋2），明显q0.
若q1，当n≥1＋logq1＋2a（a＋2）时，有cn＝c1qn－12qn－1≥2＋4a（a＋2），不符合题意，舍去；
若0q1，当n≥1＋logqa2＋2aa2＋2a＋2时，有cn＝c1qn －1≤2＋4a（a＋2）qn－1≤2，不符合题意，舍去；
故q＝1.
20.解析：(1)当a＝0时，f(x)＝lnxx2，定义域为(0，
＋∞)．
f′(x)＝1－2lnxx3，令f′(x)＝0，得x＝e.
x(0，e)
e
(e，＋∞)
f′(x)＋0－
f(x)↗极大值12e
↘
所以当x＝e时，f(x)的极大值为12e，无极小值．
(2)f′(x)＝1＋ax－2lnx（x＋a）3，由题意得f′(x)≥0对x∈(0，－a)恒成立．
因为x∈(0，－a)，所以(x＋a)30，
所以1＋ax－2lnx≤0对x∈(0，－a)恒成立．
所以a≤2xlnx－x对x∈(0，－a)恒成立．
令g(x)＝2xlnx－x，x∈(0，－a)，则g′(x)＝2lnx＋1.
①若0－a≤e－12，即0a≥－e－12，则g′(x)＝2lnx＋10对x∈(0，－a)恒成立，
所以g(x)＝2xlnx－x在(0，－a)上单调递减，
则a≤2(－a)ln(－a)－(－a)，所以0≤ln(－a)，
所以a≤－1，这与a≥－e－12矛盾，舍去；
②若－ae－12，即a－e－12，令g′(x)＝2lnx＋1＝0，得x＝e－12，
当0xe－12时，g′(x)＝2lnx＋10，
所以g(x)＝2xlnx－x单调递减；
当e－12x－a时，g′(x)＝2lnx＋10，
所以g(x)＝2xlnx－x单调递增，
所以当x＝e－12时，g(x)min＝g(e－12)＝2e－12ln(e －12)－e－12＝－2e－12，
所以a≤－2e－12.
综上，a≤－2e－12.
(3)当a＝－1时，f(x)＝lnx（x－1）2，f′(x)＝x－1－2xlnxx（x－1）3.
令h(x)＝x－1－2xlnx，x∈(0，1)，
则h′(x)＝1－2(lnx＋1)＝－2lnx－1，
令h′(x)＝0，得x＝e－12.
①当e－12≤x1时，h′(x)≤0，
所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递减，h(x)∈(0，2e－12－1]，
所以f′(x)＝x－1－2xlnxx（x－1）30恒成立，
所以f(x)＝lnx（x－1）2单调递减，且f(x)≤f(e－12)，②当0x≤e－12时，h′(x)≥0，
所以h(x)＝x－1－2xlnx单调递增，
所以h(e－12)＝e－12－1－2e－12ln(e－12)＝
2e－12－10.
又h(e－2)＝e－2－1－2e－2ln(e－2)＝5e2－10，
所以存在唯一x0∈e－2，e－12，使得h(x0)＝0，
所以f′(x0)＝0.
当0xx0时，f′(x)0，
所以f(x)＝lnx（x－1）2单调递增；
当x0x≤e－12时，f′(x)0，
所以f(x)＝lnx（x－1）2单调递减，且f(x)≥f(e－12)，由①②可知，f(x)＝lnx（x－1）2在(0，x0)单调递增，在(x0，1)上单调递减，
所以当x＝x0时，f(x)＝lnx（x－1）2取极大值．
因为h(x0)＝x0－1－2x0lnx0＝0，
所以lnx0＝x0－12x0，
所以f(x0)＝lnx0（x0－1）2＝12x0（x0－1）＝12x0－122－12.
又x0∈0，12，
所以2x0－122－12∈－12，0，
所以f(x0)＝12x0－122－12－2.
21.A.解析：记△NBC外接圆为圆O，AB，AC分别是圆O 的切线和割线，所以AB2＝ANAC.
又∠A＝∠A，所以△ABN∽△ACB，
所以BCNB＝ABAN＝ACAB，
所以BCBN2＝ABANACAB＝ACAN＝3，
所以BCBN＝3.
B.解析：(1)由题意得42a1＝0，即4－2a＝0，解得a＝
2.
(2)由题意得λ－4－2－2λ－1＝0，即(λ－4)(λ－1)
－4＝0，所以λ2－5λ＝0，解得λ1＝0，λ2＝5.
当λ1＝0时，－4x－2y＝0，－2x－y＝0，即y＝－2x，故属于λ1＝0的一个特征向量为1－2；
当λ2＝5时，x－2y＝0，－2x＋4y＝0，即x＝2y，故属于λ1＝5的一个特征向量为21.
C.解析：曲线C：(x－1)2＋y2＝4，直线l：x＋y－2＝0，圆心C(1，0)到直线l的距离为d＝|1＋0－2|12＋12＝22，所以弦长MN＝2r2－d2＝24－12＝14.
D.解析：已知a0，b0，不妨设a≥b0，则a52≥b52，
a12≥b12，由排序不等式得a52a12＋b52b12≥a52b12＋
b52a12，所以a52a12＋b52b12a2＋b2≥a52b12＋
b52a12a2＋b2＝ab.
22.解析：根据题意，该四棱锥的四个侧面均为等边三角形，底面为正方形，容易得到△PAC，△PBD为等腰直角
三角形．ξ的可能取值为：0，π3，π2，共C28＝
28(种)情况，其中：
当ξ＝0时，有2种；当ξ＝π3时，有3×4＋2×4＝20(种)；当ξ＝π2时，有2＋4＝6(种)．
(1)P(ξ＝0)＝228＝114.
(2)Pξ＝π3＝2028＝57，
Pξ＝π2＝628＝314.
再根据(1)的结论，随机变量ξ的分布列如下表：
ξ0π3
π2
P114
57
314
根据上表，E(ξ)＝0×114＋π3×57＋π2×314＝
29π84.
23.解析：(1)Sn＝1＋2＋…＋nn！＝n＋12（n－1）！. (2)T2S2＝23，T3S3＝116，T4S4＝72，
则23＝4a＋2b＋c，116＝9a＋3b＋c，72＝16a＋4b＋c，解得a＝14，b＝－112，c＝－16.
(3)①当n＝2时，由(2)知等式成立；
②假设当n＝k(k∈N*，且k≥2)时，等式成立，即TkSk
＝14k2－112k－16；
当n＝k＋1时，由f(x)＝(x＋1)×x＋12×…×x＋1k×x
＋1k＋1
＝[(x＋1)×x＋12×…×x＋1k]×x＋1k＋1
＝1k！＋Skx＋Tkx2＋…x＋1k＋1，
知Tk＋1＝Sk＋1k＋1Tk＝k＋12（k－1）！[1＋1k＋114k2－112k－16]，
所以
Tk＋1Sk＋1＝k＋12（k－1）！1＋1k＋114k2－112k－16k ＋1＋12k！＝kk＋2k＋1＋3k2－k－212＝k（3k＋5）12. 又14(k＋1)2－112(k＋1)－16＝k（3k＋5）12，等式也成立；
综上可得，对任意n≥2且n∈N*，都有TnSn＝an2＋bn ＋c成立．。