2018江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷16答案

将m2＝2k2＋2代入上式可得·＝0，所以OP⊥OQ.y0)，则其切线方程为x0x＋y0y－2＝0，且x＋y＝2.
(ⅰ)当y0＝0时，则直线PQ的方程为x＝或x＝－.
当x＝时，P(，)，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
所以×≤25，解得v≥.(9分)
②当5＜vt≤13，即＜t≤时，
f(t)＝(vt－1－6t)2＋9＝(v－6)2＋9.
因为v＞8，所以＜，(v－6)2＞0，
所以当t＝时，f(t)取最大值，
所以(v－6)2＋9≤25，解得≤v≤.(13分)
③当13≤vt≤16,≤t≤时，f(t)＝(12－6t)2＋(16－vt)2，
由题可知|－|≤，(2分)
解得≤v≤.(4分)
(2) (解法1)经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f(t)．
由于先乙到达D地，故＜2，即v＞8.(6分)
①当0＜vt≤5，即0＜t≤时，
f(t)＝(6t)2＋(vt)2－2×6t×vt×cos∠DAB
＝t2.
因为v2－v＋36＞0，所以当t＝时，f(t)取最大值，
所以切线方程为y＝±(x－)．(4分)
把切线方程y＝(x－)代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝.
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×－×＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积也为.
9.4解析：由题意知T＝，则A，B，而OA⊥OB，则×－3＝0，即π＝2ω，得T＝＝＝4.本题考查三角函数的图象与性质，向量数量积的坐标运算等内容．本题属于容易题．
10.[－1，3]解析：当x≥0时，f(x)＝2x－2，当x＜0时，f(x)＝2－x－2，不等式f(x)≤2得－2≤x≤2，则不等式f(x－1)≤2得－2≤x－1≤2，得－1≤x≤3.本题考查了函数的图象与性质，以及整体思想的运用．本题属于容易题．
15.解：(1)因为m·n＝3bcosB，所以acosC＋ccosA＝3bcosB.
由正弦定理，得sinAcosC＋sinCcosA＝3sinBcosB，(3分)
所以sin(A＋C)＝3sinBcosB，所以sinB＝3sinBcosB.
因为B是△ABC的内角，所以sinB≠0，所以cosB＝.(7分)
因为AD 平面ABC，所以BB1⊥AD.(4分)
因为BC∩BB1＝B，BC 平面BCC1B1，BB1 平面BCC1B1，
所以AD⊥平面BCC1B1.
因为AD 平面ADC1，
所以平面ADC1⊥平面BCC1B1.(6分)
(2)解：连结A1C，交AC1于O，连结OD，所以O为AC1中点．(8分)
因为A1B∥平面ADC1，A1B 平面A1BC，平面ADC1∩平面A1BC＝OD，
4.解析：从5个球中随机取出两个球的基本事件数为10，取出的两球中恰有一个红球的基本事件数为6，则取出的两球中恰有一个红球的概率是.本题考查古典概型，属于容易题．
5.8解析：由流程图知执行第一次循环体时I＝4，S＝4，执行第二次循环体I＝6，S＝24，执行第三次循环体I＝8，S＝192，此时退出循环．本题考查流程图基本知识．本题属于容易题．
由于＋≤25，所以＋≤对任意0＜t≤都成立，
所以＋≤v2，解得v≥.(9分)
13.解析：该题利用数形结合的方法去解决，y＝的图象利用导数画出草图，该函数在x＝2处取到最大值，结合f(x)的草图分析，对于y＝－x－1的函数值为时，得到x＝－，所以－<a<2.本题考查了分段函数，利用导数求最值等内容，以及数形结合思想处理函数问题．本题属于难题．
14.解析：把2x2＋xy－y2＝1变为(x＋y)(2x－y)＝1，令2x－y＝t，x＋y＝，由此解得x＝，y＝，把x，y代入得：原式＝＝＝，＋≥2或＋≤－2，所以原式的最大值为.本题考查了代数式的变形，利用基本不等式求最值．本题属于难题．
11.解析：因为·＝·(－＋)＝－2－·＝－3，所以·＝.本题考查向量的线性表示，以及向量数量积的运算法则．本题属于容易题．
12.3解析：根据题意，圆M与以N为圆心的圆的位置关系是内切或内含．则dMN≤dON－1，即1≤dON－1.所以dON≥2恒成立．因为N在圆M上运动，所以dON的最小值为dOM－1，即dOM－1≥2，所以≥3，解得a≥3，所以a的最小值为3.本题考查了圆与圆的位置关系，一元二次不等式解法，以及数形结合思想的运用．本题属于中等题．
6.①④解析：①是面面平行的性质(课本上例题)的应用．α∥β，l⊥αl⊥βl⊥m，命题正确；②α⊥β，l⊥αl、m可平行，可相交，可异面，命题错误；③m∥α，l⊥αl⊥ml与β可平行，l可在β内，l可与β相交，命题错误；④l⊥β、l⊥αβ∥αm∥α，命题正确．本题考查面面平行，线面平行，面面垂直，线面垂直的性质．本题属于容易题．
7.4解析：由Sn＝2an－2，Sn－1＝2an－1－2(n≥2)，相减，化简得an＝2an－1，则数列{an}为公比是2的等比数列．则＝4.本题考查Sn与an的关系，等比数列的定义以及项之间的关系．本题属于容易题．
8.解析：由题意知F(－c，0)，线段PF的中点坐标为(0，b)，则P(c，2b)，代入双曲线方程并整理得－＝1，即e＝.本题考查双曲线的焦点，中点公式、虚轴等概念．本题属于容易题．
将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有
x1＋x2＝－，x1x2＝.(12分)
因为·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×＋km×＋m2.
由方程组
解得或
所以点P，Q的坐标分别为，，
所以PQ＝.(6分)
因为O到直线PQ的距离为，所以△OPQ的面积为.
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－(x－)时，△OPQ的面积也为.
综上所述，△OPQ的面积为.(8分)
(解法2)椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，
综上所述，△OPQ的面积为.(8分)
②证明：(证法1)(ⅰ)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x＝或x＝－.
当x＝时，P(，)，Q(，－)．
因为·＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ⅱ)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0.
因为直线与圆相切，所以＝，即m2＝2k2＋2.
(ⅱ)当y0≠0时，由方程组
消去y得(2x＋y)x2－8x0x＋8－6y＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有
x1＋x2＝，x1x2＝.(12分)
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝.
因为x＋y＝2，代入上式可得·＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
18.解：(1)由题意，可得AD＝12千米．
所以A1B∥OD.(12分)
因为O为AC1中点，所以D为BC中点，所以＝1.(14分)
17.(1)解：由题意，得＝，＋＝1，
解得a2＝6，b2＝3.
所以椭圆的方程为＋＝1.(2分)
(2)①解：(解法1)椭圆C的右焦点F(，0)．
设切线方程为y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，
所以＝，解得k＝±，
所以切线方程为y＝±(x－)．(4分)
因为12－6t＞0，16－vt＞0，所以当f(t)在上递减，所以当t＝时，f(t)取最大值，
＋≤25，解得≤v≤.
因为v＞8，所以8＜v≤.(16分)
(解法2)设经过t小时，甲、乙之间的距离的平方为f(t)．
由于先乙到达D地，故＜2，即v＞8.(6分)
以A点为原点，AD为x轴建立直角坐标系，
①当0＜vt≤5时，f(t)＝＋.
(2)因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac.
由正弦定理，得sin2B＝sinA·sinC.(9分)
因为cosB＝，B是△ABC的内角，所以sinB＝.(11分)
又＋＝＋＝＝＝＝＝＝.(14分)
16.(1)证明：因为AB＝AC，点D为BC中点，所以AD⊥BC.(2分)
因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.
1.5解析：M∪(∁UM)＝U，则a＝5.本题主要考查集合的运算．本题属于容易题．
2.3－i解析：z＝＝＝3＋i，z的共轭复数是3－i.本题主要考查复数的概念及四则运算等基础知识．本题属于容易题．
3.0.02解析：由数据可知：甲选手成绩最稳定．甲选手的平均成绩为10，则它的方差为0.02.本题考查了平均数及方差的概念及计算公式．本题属于容易题．