2018苏锡常镇一模(十)数学DA

2018苏锡常镇一模(十)数学DA2018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. 53. y ＝±32x4. 635. 316 6.257. 433 8. 8 9. 26 10. 1311. a ≥e ＋412. 6 13. ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫13，5 14. [0，1) 15. 解析：(1) 由题意sin α＝45，cos α＝35，(2分)所以a·b ＝2sin α＋sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2sin α＋sin αcos π4＋cos απ4＝425＋45×22＋35×22＝322.(6分)(2) 因为a ∥b ，所以2sin αsin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝1，(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 ＝π2，所以△A 1AN 与△ACD 相似，则∠AA 1N ＝∠CAD ，所以∠ANA 1＋∠CAD ＝∠ANA 1＋∠AA 1N ＝π2，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＋14b2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＝14，1b2＝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 ＝－1k 1x －1，同理F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1k 1－1，1－1k 1－1， (8分)因为OE ＝OF ，所以|1k 1－1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪11k 1－1 ，(10分)①1k 1－1＝1－1k 1－1 ，k 1＋1k 1＝0无实数解；(11分)②1k 1－1＝－1－1k 1－1 ，k 1－1k 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＝π6， 由正弦定理得OQ sin ∠OPQ ＝OP sin ∠OQP ， (2分)即3sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫π－α－π6，所以3sin α＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π－α－π6＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－α， 则3sin α＝sin 5π6cos α－cos 5π6sin α＝12cos α＋32sin α，所以3sin α＝cos α，(4分)因为α为锐角，所以cos α≠0，所以tan α＝33，得α＝π6.(6分) (2) 设∠OPQ ＝α，在△OPQ ，OP ＝3，∠POQ ＝π2－θ＝π2－π3＝π6，由正弦定理得OQ sin ∠OPQ ＝OPsin ∠OQP ，即3sin α＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－α－⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ，(8分)所以3sin α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－α－⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－（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 θ3－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＝33，(13分)当θ∈(0，θ0)时，f ′(θ)>0，f (θ)单调递增，当θ∈⎝⎛⎭⎪⎫θ0，π2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33.(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.x (0，1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋f(x)极小值0(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 ＋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 *)．(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 1b n ＋1＋a 2b n ＋a 3b n －1＋…＋a n b 2＋a n ＋1b 1＝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*), (10分)因为a1b1＝31＋1－3·1－3＝3，所以b1＝1，所以b n＝2n－1(n∈N*)，所以T n＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝1＋2n－12n＝n2(n∈N*)，T na n＝n23n(n∈N*)，当n＝1时，T1a1＝13；当n＝2时，T2a2＝49；当n＝3时，T3a3＝13.(12分)下面证明：对任意正整数n>3都有T na n<13，T n＋1 a n＋1－T na n＝(n＋1)2⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n＋1－n2⎝⎛⎭⎪⎪⎫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 <T 3a 3＝13， 综上，满足等式T n a n ＝13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－π3＝－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 π4＝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>33xy 2>0，1＋y ＋x 2≥33yx 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155. (5分)(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）26λ2－10λ＋5，即(λ－2)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫λ－23＝0， 因为0<λ<1，所以λ＝23，则PQ PA ＝23.(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＋D n－2)．(6分)＝(n－1)(D n－1(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＝(2k＋1)(D2k＋1＋＋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)。