2018年苏锡常镇高三二模数学试卷及答案

2018年苏锡常镇高三二模数学试卷及答案

(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. 已知集合A ＝{－1，1}，B ＝{－3，0}，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 2

3

＝1的渐近线方程为________．

4. 某中学共有1 800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. 右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 ＋3

b

＝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tan A tan B ＝3c －b

b ，则

cos A ＝________．

11. 已知函数f(x)＝????

?a －e x ， x<1，x ＋4x ， x ≥1(e 是自然对数的底数)．若函数y ＝f(x)的最小值是4，

则实数a 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．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)

已知向量a ＝(2sin α，1)，b ＝????1，sin ????α＋π

4.

(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．

16. (本小题满分14分)

如图，正三棱柱ABCA 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.

17. (本小题满分14分)

已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)经过点????3，12，????1，3

2，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．

18. (本小题16分)

如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB 为6，O 为圆心，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<π

2.

(1) 当θ＝π

3

时，求∠OPQ 的大小；

(2) 当∠OPQ 越大时，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)＝ln x.

(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 ）

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

－2＋…＋a n b 1＝3

n ＋1

－3n －3成立． 求满足等式T n a n ＝1

3的所有正整数n .

2018届高三年级第二次模拟考试(十)

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)

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．

B. [选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)

已知矩阵A ＝??????4 00 1，B ＝??????1 20 5，列向量X ＝????

??a b . (1) 求矩阵AB ；

(2) 若B －1A －

1X ＝????

??51，求a ，b 的值．

C. [选修44：坐标系与参数方程](本小题满分10分)

在极坐标系中，已知圆C 经过点P ????22，π4，圆心为直线ρsin ????θ－π

3＝－3与极轴

的交点，求圆C 的极坐标方程．

D. [选修45：不等式选讲](本小题满分10分)

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) 如图，在四棱锥PABCD 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)上的一点．

(1) 当点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QBDP 的正弦值为23，求PQ

PA

的值．

23. (本小题满分10分)

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：D 2n (n ∈N *)为奇数.

2018届苏锡常镇四市高三年级第二次模拟考试(十)

数学参考答案

1. {1}

2. 5

3. y ＝±32x

4. 63

5. 3

16 6. 25

7.

433 8. 8 9. 26 10. 1

3

11. a ≥e ＋4 12. 6 13. ????

??

13，5 14. [0，1)

15. 解析：(1) 由题意sin α＝45，cos α＝3

5，(2分)

所以a·b ＝2sin α＋sin ?

???α＋π

4

＝2sin α＋sin αcos π4＋cos απ

4

＝

425＋45×22＋35×22＝32

2

.(6分) (2) 因为a ∥b ，所以2sin αsin ????α＋π

4＝1，

即2sin α?

???sin αcos π4＋cos αsin π

4＝1，

所以sin 2α＋sin αcos α＝1，(10分)

则sin αcos α＝1－sin 2α＝cos 2α，对锐角α有cos α≠0，所以tan α＝1， 所以锐角α＝π

4

.(14分)

16. 证明：(1) 连结MN ，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1∥CC 1，且AA 1＝CC 1，则四边形AA 1C 1C 是平行四边形，因为点M ，N 分别是棱A 1C 1，AC 的中点，所以MN ∥AA 1，且MN ＝AA 1，(2分)

因为在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1且AA 1＝BB 1， 所以MN ∥BB 1，且MN ＝BB 1，

所以四边形MNBB 1是平行四边形，所以B 1M ∥BN ，因为B 1M ?平面A 1BN ，BN ?平面A 1BN ，

所以B 1M ∥平面A 1BN.(6分)

(2) 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ， BN ?平面ABC ，所以BN ⊥AA 1， 在正△ABC 中，N 是AB 的中点， 所以BN ⊥AC.

因为AA 1，AC ?平面AA 1C 1C ，AA 1∩AC ＝A ， 所以BN ⊥平面AA 1C 1C. 因为AD ?平面AA 1C 1C ， 所以AD ⊥BN ，(10分)

由题意，得AA 1＝6，AC ＝2，AN ＝1，CD ＝63

， 所以AA 1AC ＝AN CD

＝

32

， 因为∠A 1AN ＝∠ACD ＝π

2，所以△A 1AN 与△ACD 相似，则∠AA 1N ＝∠CAD ，

所以∠ANA 1＋∠CAD ＝∠ANA 1＋∠AA 1N ＝π

2，

所以AD ⊥A 1N.

因为BN ∩A 1N ＝N ，BN ，A 1N ?平面A 1BN ，

所以AD ⊥平面A 1BN.(14分)

17. 解析：(1) 由题意得???3a 2＋14b 2

＝1，1a 2＋3

4b 2

＝1，解得

???

1a 2＝14

，1

b 2

＝1，

(4分) 所以椭圆C 的标准方程为x 24

＋y 2

＝1.(6分)

(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 －1，

y ＝x ，解得E ????1k 1－1，1k 1－1，

设直线l 2：y ＝－1

k 1

x －1，

同理F ? ????

1－1k 1

－1，1－1k 1－1，

(8分)

因为OE ＝OF ，所以|1

k 1－1|＝?

???

??11k

1

－1 ，(10分)

①

1k 1－1

＝1－1k 1－1 ，k 1＋1

k 1＝0无实数解；(11分)

②

1

k 1－1

＝－1－1k 1

－1 ，k 1－1

k 1＝2，k 2－2k 1－1＝0，解得k 1＝1±2， 综上可得，直线l 1的斜率为1±2.(14分)

18. 解析：(1) 设∠OPQ ＝α，由题意，得在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＝π

6，

由正弦定理得OQ sin ∠OPQ ＝OP

sin ∠OQP ， (2分)

即

3sin α＝3sin ?

???π－α－π

6， 所以3sin α＝sin ????π－α－π6＝sin ???

?5π

6－α，

则3sin α＝sin 5π6cos α－cos 5π6sin α＝12cos α＋3

2sin α，所以3sin α＝cos α，(4分)

因为α为锐角，所以cos α≠0，所以tan α＝

3

3，得α＝π6

.(6分)

(2) 设∠OPQ ＝α，在△OPQ ，OP ＝3，∠POQ ＝π2－θ＝π2－π3＝π

6，

由正弦定理得OQ sin ∠OPQ ＝OP sin ∠OQP ，即3sin α＝3

sin ????π－α－????π2－θ

，(8分)

所以3sin α＝sin ???

?π－α－??

??π

2

－θ

＝sin ??

?

?π

2

－（α－θ）＝cos (α－θ)

＝cos αcos θ＋sin αsin θ，

所以(3－sin θ)sin α＝cos αcos θ，其中3－sin θ≠0，cos α≠0，

所以tan α＝cos θ

3－sin θ，(11分)

记f(θ)＝

cos θ3－sin θ，f ′(θ)＝1－3sin θ（3－sin θ）2

，θ∈

????0，π2； 令f′(θ)＝0，sin θ＝

33，存在唯一θ0∈?

???0，π2使得sin θ0＝3

3，(13分) 当θ∈(0，θ0)时，f ′(θ)>0，f (θ)单调递增，

当θ∈?

???θ0，π

2时f′(θ)<0，f (θ)单调递减，

所以当θ＝θ0时，f (θ)最大，即tan ∠OPQ 最大， 因为∠OPQ 为锐角，所以∠OPQ 最大，此时sin θ＝33

. 故观赏效果达到最佳时，θ的正弦值为

3

3

. (16分) 19. 解析：(1) 函数y ＝g(x)的定义域为(0，＋∞)． 当a ＝0，b ＝－2，f(x)＝x 3－2x ＋c ，

因为f(x)≥g(x)恒成立，所以x 3－2x ＋c ≥ln x 恒成立，即c ≥ln x －x 3＋2x.(2分) 令

φ(x)＝ln x －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，

所以φ(x)在区间(0，1]上单调递增， 令φ′(x)≤0，得x ≥1，

所以φ(x)在区间(1，＋∞)上单调递减，(4分) 所以当x ＝1时，[φ(x)]max ＝φ(x)＝1， 所以c ≥1.(6分)

(2) ①当b ＝－3时，f(x)＝x 3＋ax 2－3x ＋c ，f ′(x)＝3x 2＋2ax －3. 由题意，得f′(x)＝3x 2＋2ax －3≤0对x ∈(－1，1)恒成立， (8分)

所以?

????f ′（1）＝3＋2a －3≤0，f ′（－1）＝3－2a －3≤0，

所以a ＝0，即实数a 的值为0. (10分) 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.

(12分)

所以当x ∈(0，1)时，f(x)>0，当x ＝1时，f(x)＝0，当x ∈(1，＋∞)时，f(x)>0. 对于g(x)＝ln x ，当x ∈(0，1)时，g(x)<0，当x ＝1时，g(x)＝0，当x ∈(1，＋∞)时，g(x)>0.(14分)

所以当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，＋∞). (16分)

20. 解析：(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 *). (2分)

a 1＝3，a 2＝2S 1＋3＝9，所以a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，a n ≠0，则a n ＋1

a 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 *)．(4分)

(2) 由题意，得λa j ＋μa k ＝2×6a i ，即λ3j ＋μ3k ＝2×6·3i ，

所以λ3j －i ＋μk －

i ＝12，其中j －i ≥1，k －i ≥2，

所以λ3j －i ≥3λ≥3，μ3k －

i ≥9μ≥9, (6分)

12＝λ3j －i ＋μ3k －

i ≥12，所以j －i ＝1，k －i ＝2，λ＝μ＝1. (8分)

(3) 由a 1b n ＋a 2b n －1＋a 3b n －2＋…＋a n b 1＝3n ＋

1－3n －3得

a 1

b n ＋1＋a 2b n ＋a 3b n －1＋…＋a n b 2＋a n ＋1b 1＝3n ＋

2－3(n ＋1)－3，

a 1

b 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 1

b 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 *), (10分)

因为a 1b 1＝31＋

1－3·1－3＝3，所以b 1＝1， 所以b n ＝2n －1(n ∈N *)，

所以T n ＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝1＋2n －12n ＝n 2(n ∈N *

)，T n a n ＝n 2

3n (n ∈N *)，

当n ＝1时，T 1a 1＝1

3；

当n ＝2时，T 2a 2＝4

9；

当n ＝3时，T 3a 3＝1

3

.(12分)

下面证明：对任意正整数n >3都有T n a n <1

3

，

T n ＋1a n ＋1－T n a n

＝(n ＋1)2????13n ＋1－n 2????13n ＝????13n ＋1((n ＋1)2－3n 2

)＝????13n ＋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－T n

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

3，

综上，满足等式T n a n ＝1

3

的正整数n 的值为1和3.(16分)

21. A . 解析：(1) 连结OD ，BD .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°， 因为DA ＝DC ，所以∠A ＝∠C ，

所以△ADB ≌△CDO ，所以AB ＝CO ， 所以AO ＝BC ，所以AB ＝2BC .(6分)

(2) 由AB ＝2，AB ＝2BC ，得CB ＝1，CA ＝3.由切割线定理，得CD 2＝CB ·CA ＝1×3＝3，所以CD ＝ 3.(10分)

B . 解析：(1) AB ＝??????4001??????1205＝????

??4805.(4分)

(2) 由B －1A －

1X ＝????

??51，

解得X ＝AB ??????51＝??????4805??????51＝?????

?285.

因为X ＝????

??a b ， 所以a ＝28，b ＝5. (10分)

C . 解析： 在ρsin ????θ－π

3＝－3中，

令θ＝0，得ρ＝2，

所以圆C 的圆心的极坐标为(2，0). (5分) 因为圆C 的半径PC ＝

（22）2＋22－2×22×2×cos π

4

＝2，(7分)

所以圆C 过极点，所以圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ. (10分) D . 证明：因为x ，y 都是正数， 所以1＋x ＋y 2>33

xy 2>0， 1＋y ＋x 2≥33

yx 2>0, (6分)

(1＋x ＋y 2)(1＋y ＋x 2)≥9xy ， 因为xy ＝1，

所以(1＋x ＋y 2)(1＋y ＋x 2)≥9. (10分)

22. 解析：(1) 以D 为原点，DA ，DC ，DP 为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝t ，

则D(0，0，0)，A(2t ，0，0)，B(2t ，l ，0)，C(0，t ，0)，P(0，0，2t)，Q(t ，0，t)，

所以CQ →＝(t ，－t ，t)，DB →＝(2t ，t ，0)，DP →

＝(0，0，2t)，

设平面PBD 的一个法向量n 1＝(x ，y ，z )，则?????DB →·n 1＝0，DP →·n 2＝0，

即?????2tx ＋ty ＝0，

2tz ＝0，解得

?

????2x ＋y ＝0，

z ＝0， 所以平面PBD 的一个法向量n 1＝(1，－2，0)，(3分) 则cos 〈n 1，CQ →

〉＝n·CQ →

|n 1||CQ →|＝3t 5×3t ＝＝155，

则CQ 与平面PBD 所成角的正弦值为

15

5

. (5分) (2) 由(1)知平面PBD 的一个法向量为n 1＝(1，－2，0)，设PQ P A ＝λ(0<λ<1)，则PQ →＝λP A →

，

DQ →＝DP →＋PQ →＝(0，0，2t )＋λ(2t ，0，－2t )＝(2tλ，0，2t (1－λ))，DB →

＝(2t ，t ，0)，

设平面QBD 的一个法向量n 2＝(x ，y ，z )，则?????DQ →·n 2＝0，DB →·n 2＝0，即?

??

??2t λx ＋2t （1－λ）z ＝0，

2tx ＋ty ＝0，解得?

????λx ＋（1－λ）z ＝0，

2x ＋y ＝0，

所以平面QBD 的一个法向量n 2＝(1－λ，2λ－2，－λ), (7分) 由题意得1－????232

＝|cos 〈n 1，n 2〉|

＝|n 1·n 2|n 1||n 2|| ＝|

5（1－λ）

5（1－λ）2＋（2λ－2）2＋（－λ）2

|，

所以59＝5（1－λ）2

6λ2－10λ＋5，即(λ－2)????λ－23＝0， 因为0<λ<1，所以λ＝23，则PQ P A ＝2

3

.(10分)

23. 解析：(1) D 1＝0，D 2＝1，(前2个全对方得分) (1分)

D 3＝2, (2分) D 4＝9. (3分)

(2) D n ＝(n －1)(D n －1＋D n －2), (4分) 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；

根据k 的不同的取值，由加法原理得到D n ＝(n －1)(D n －1＋D n －2)．(6分)

(3) 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. (7分)

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＋D2))，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；

综上，对任意n∈N*，都有D2n为奇数．(10分)