2018年江苏省苏锡常镇高考数学一模试卷

2018年江苏省苏锡常镇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 =________．2. 已知复数z 满足z ⋅i =3−4i （i 为虚数单位），则|z|=________．3. 双曲线x 24−y 23=1的渐进线方程是________．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 =________．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________．6. 如图是一个算法的流程图，则输出S 的值是________．7. 若正四棱锥的底面边长为2cm ，侧面积为8cm 2，则它的体积为________cm 3．8. 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2+a 4=2，S 2+S 4=1，则a 10=________．9. 已知a >0，b >0，且2a +3b =√ab ，则ab 的最小值是________．10. 设三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知tanA tanB =3c−b b ，则cosA =________．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________．12. 在△ABC 中，点P 是边AB 的中点，已知|CP →|=√3，|CA →|=4，∠ACB =2π3，则CP →⋅CA →=________．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________．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________．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.已知向量a →=(√2sinα,1)，b →=(1,sin(α+π4))． (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．如图，正三棱柱ABC −A 1B 1C 1的高为√6，其底面边长为2．已知点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，点D 是棱CC 1上靠近C 的三等分点．求证：(1)B 1M // 平面A 1BN ；(2)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．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．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．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1=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a 1b n +a 2b n−1+a 3b n−2+⋯+a n b 1=3n+1−3n −3成立．求满足等式T n a n =13的所有正整数n ． 【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．[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． [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．[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．【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．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(a 1, a 2,…,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A 3={1, 2, 3}，排列(2, 3, 1)是A 3的一个错位排列；排列(1, 3, 2)不是A 3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D 1，D 2，D 3，D 4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．参考答案与试题解析2018年江苏省苏锡常镇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.【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.【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.【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，可得a=2，b=√3，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.【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.【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.【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.【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.【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.【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.【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tanA tanB =3c−b b ，得sinAcosB cosAsinB =3c−b b ， 则acosB bcosA =3c−b b ，即acosB =(3c −b)cosA ，3ccosA =acosB +bcosA=a ×a 2+c 2−b 22ac+b ×b 2+c 2−a 22bc =c ， ∴ cosA =13．故答案为：13.11.【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.【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，∴ |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.【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.【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】首先利用二次函数的性质建立不等量关系，进一步利用线性规划问题求出结果． 【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<−b2a <2,a +b +c ≥0,4a +2b +c ≥0,4ac−b 24a <0,设：ba =x,ca =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.【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，∴a→⋅b→=√2sinα+sin(α+π4)=√2sinα+sinαcos π4+cosαsinπ4=√2×4+4×√2+3×√2=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．【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，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A 1BN ． 【答案】解：(1)根据题意，椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)经过点(√3,12)，(1,√32)，则有{3a 2+14b 2=1,1a2+34b2=1, 解得{1a 2=14,1b2=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 2+y 2b 2=1(a >b >0)经过点(√3,12)，(1,√32)， 则有{3a +14b =1,1a 2+34b 2=1, 解得{1a =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． 【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．【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,∴ a =0，即实数a 的值为0，②函数y =ℎ(x)的定义域为(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,∴ a =0，即实数a 的值为0，②函数y =ℎ(x)的定义域为(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, +∞)．【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a1b1=31+1−3⋅1−3=3，得b1=1，所以b n=2n−1(n∈N∗)，从而T n=1+3+5+...+(2n−1)=1+2n−12n=n2(n∈N∗)，T n a n =n23n(n∈N∗)，当n=1时，T1a1=13；当n=2时，T2a2=49；当n =3时，T 3a 3=13； 下面证明：对任意正整数n >3都有T n a n <13， T n+1a n+1−T n a 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+1a n+1−Tn a n <0， 所以当n ≥3时，T n a 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 n a 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 na n =n 23n (n ∈N ∗)，当n =1时，T 1a 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 n a n <13， T n+1a n+1−T n a 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+1a n+1−Tn a n <0， 所以当n ≥3时，T n a 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 n a 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]【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，CD 2=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]【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]【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]【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.【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．【答案】(1)解：根据错位排列的定义得出：D 1=0，D 2=1，D 3=2，D 4=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(a 1, a 2,…,a n )，若a 1=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．。