2018年江苏省高考数学一模试卷(解析卷)

2018年江苏省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={1} ．【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．【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．【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．【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．【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．【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] ．【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．【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，] ．【解答】解：由函数y=sinωx，图象过原点，若ω＜0，图象在x轴下方单调递减，∴ω＞0，因为y=Sinωx在[0，2π]单调递增，说明其至少在[0，2π]单调递增，则其周期至少8π，∴，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．【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，=a1+a3+a5+…+a2017=1009×（a1+a2017）×=2018，得a1+a2017═4．所以S奇则S2017=（a1+a2017）=2017×2=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，）．【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﹣．【解答】解：【解法一】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﹣．【解法二】设P（x，y），Q（x0，y0）；则+（y0﹣1）2=1①；由=3，得，即，代入①化简得x2+（y﹣3）2=9；∴点P的轨迹是圆心为（0，3），半径为3的圆的方程，又点P在直线kx﹣y﹣3k=0上，如图所示；则直线与该圆有公共点，即圆心到直线的距离为d≤r；∴≤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．【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．【解答】解：∵ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC，由正弦定理可得：kb2+ac＞19bc，∴k＞，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．【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．【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？【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：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．【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；=a n对任意（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的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值．【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=﹣=，＜b n；当n=8时，b9=b8；当n＜8时，b n+1＞b n．所以当n＞8时，b n+1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，=a n恒成立，从而a3=a1，a4=a2，①若T=2，则a n+2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．【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＜ln＜，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．【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．【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．【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．【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．【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．【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．。