2018屆蘇州高三年級(jí)第一次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案1.eq\r(3)2.23.(－2，0)4.eq\f(1,10)5.eq\f(1,2)6.487.－98.eq\f(9,4)9.30π10.1811.(x－1)2＋(y＋2)2＝212.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(4,3)))13.[－11，－9]14.eq\f(3＋ln2,2)15.解析：(1)f(x)＝(eq\r(3)cosx＋sinx)2－2eq\r(3)sin2x＝3cos2x＋2eq\r(3)sinxcosx＋sin2x－2eq\r(3)sin2x＝eq\f(3（1＋cos2x）,2)＋eq\f(1－cos2x,2)－eq\r(3)sin2x(2分)＝cos2x－eq\r(3)sin2x＋2＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2.(4分)當(dāng)2x＋eq\f(π,3)＝2kπ＋π，即x＝kπ＋eq\f(π,3)(k∈Z)時(shí)，f(x)取得最小值0,此時(shí)自變量x的取值集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x＝kπ＋\f(π,3)，k∈Z)))).(7分)(2)由(1)知f(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋2.令π＋2kπ≤2x＋eq\f(π,3)≤2π＋2kπ(k∈Z)，(8分)解得eq\f(π,3)＋kπ≤x≤eq\f(5π,6)＋kπ(k∈Z)，(10分)又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，令k＝－1，x∈[－eq\f(π,2)，－eq\f(π,6)]，令k＝0，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的單調(diào)增區(qū)間是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，－\f(π,6)))和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))).(14分)16.解析：(1)因?yàn)镋，F(xiàn)是A1D1，B1C1的中點(diǎn)，所以EF∥A1B1.在正方體ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB，所以EF∥AB.(3分)又EF?平面ABHG，AB?平面ABHG，所以EF∥平面ABHG.(6分)(2)在正方體ABCDA1B1C1D1中，CD⊥平面BB1C1C，又BH?平面BB1C1C，所以BH⊥CD.(8分)設(shè)BH∩CF＝P，易知△BCH≌△CC1F，所以∠HBC＝∠FCC1.因?yàn)椤螲BC＋∠PHC＝90°，所以∠FCC1＋∠PHC＝90°.所以∠HPC＝90°，即BH⊥CF.(11分)又DC∩CF＝C，DC，CF?平面CFED，所以BH⊥平面CFED.又BH?平面ABHG，所以平面ABHG⊥平面CFED.(14分)17.解析：(1)由題意，輪船航行的方位角為θ，所以∠BAP＝90°－θ，AB＝50，則AP＝eq\f(50,cos（90°－θ）)＝eq\f(50,sinθ)，BP＝50tan(90°－θ)＝eq\f(50sin（90°－θ）,cos（90°－θ）)＝eq\f(50cosθ,sinθ)，所以PC＝100－BP＝100－eq\f(50cosθ,sinθ).(4分)由A到P所用的時(shí)間為t1＝eq\f(AP,25)＝eq\f(2,sinθ)，由P到C所用的時(shí)間為t2＝eq\f(100－\f(50cosθ,sinθ),75)＝eq\f(4,3)－eq\f(2cosθ,3sinθ)，(6分)所以由A經(jīng)P到C所用時(shí)間與θ的函數(shù)關(guān)系為f(θ)＝t1＋t2＝eq\f(2,sinθ)＋eq\f(4,3)－eq\f(2cosθ,3sinθ)＝eq\f(6－2cosθ,3sinθ)＋eq\f(4,3)，(8分)函數(shù)f(θ)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，其中銳角α的正切值為eq\f(1,2).(2)由(1)知f(θ)＝eq\f(6－2cosθ,3sinθ)＋eq\f(4,3)，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(α，\f(π,2)))，所以f′(θ)＝eq\f(6（1－3cosθ）,9sin2θ).令f′(θ)＝0，解得cosθ＝eq\f(1,3).(10分)設(shè)θ0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使cosθ0＝eq\f(1,3).當(dāng)θ變化時(shí)，f′(θ)，f(θ)的變化情況如下表：θ(α，θ0)θ0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0，\f(π,2)))f′(θ)－0＋f(θ)極小值(12分)所以當(dāng)θ＝θ0時(shí)函數(shù)f(θ)取得最小值，此時(shí)BP＝eq\f(50cosθ0,sinθ0)＝eq\f(25\r(2),2)≈17.68(km)．故在BC上選擇距離B為17.68km處為登陸點(diǎn)，所用時(shí)間最少．(14分)18.解析：(1)由題意知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)c.(1分)又橢圓上動(dòng)點(diǎn)P到一個(gè)焦點(diǎn)的距離的最小值為3(eq\r(2)－1)，所以a－c＝3eq\r(2)－3，(2分)解得c＝3，a＝3eq\r(2)，所以b2＝a2－c2＝9，(4分)所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(6分)(2)當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，令y＝－1，則x＝±4，此時(shí)以AB為直徑的圓的方程為x2＋(y＋1)2＝16；(7分)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝9.(8分)聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋（y＋1）2＝16，,x2＋y2＝9，))解得x＝0，y＝3，即兩圓過點(diǎn)T(0，3)．猜想：以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)T(0，3)．(9分)對(duì)一般情況證明如下：設(shè)過點(diǎn)M(0，－1)的直線l的方程為y＝kx－1，與橢圓C交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＋2y2＝18，))消去y，整理得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k,1＋2k2)，x1x2＝－eq\f(16,1＋2k2).(12分)因?yàn)閑q\o(TA,\s\up6(→))·eq\o(TB,\s\up6(→))＝(x1，y1－3)·(x2，y2－3)＝x1x2＋y1y2－3(y1＋y2)＋9＝x1x2＋(kx1－1)(kx2－1)－3(kx1－1＋kx2－1)＋9＝(k2＋1)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝eq\f(－16（k2＋1）,1＋2k2)－eq\f(16k2,1＋2k2)＋16＝eq\f(－16（1＋2k2）,1＋2k2)＋16＝0，所以TA⊥TB.所以存在以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)T，且定點(diǎn)T的坐標(biāo)為(0，3)．(16分)19.解析：(1)①當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＋Sn－1＝eq\f(aeq\o\al(2,n)＋2,3)，所以Sn＋1＋Sn＝eq\f(aeq\o\al(2,n＋1)＋2,3)，兩式相減得an＋1＋an＝eq\f(1,3)(aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n))，即an＋1－an＝3，n≥2；(2分)當(dāng)n＝2時(shí)，S2＋S1＝eq\f(aeq\o\al(2,2)＋2,3)，即aeq\o\al(2,2)－3a2－10＝0，解得a2＝5或a2＝－2(舍)，所以a2－a1＝3，即數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等差數(shù)列，且首項(xiàng)a1＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項(xiàng)公式為an＝3n－1.(5分)②由①知an＝3n－1，所以Sn＝eq\f(n（3n－1＋2）,2)＝eq\f(3n2＋n,2).由題意可得λ≥eq\f(Sn,2n＋1)＝eq\f(3n2＋n,2n＋2)對(duì)一切n∈N*恒成立，記cn＝eq\f(3n2＋n,2n＋2)，則cn－1＝eq\f(3（n－1）2＋（n－1）,2n＋1)，n≥2，所以cn－cn－1＝eq\f(－3n2＋11n－4,2n＋2)，n≥2.(8分)當(dāng)n>4時(shí)，cn<cn－1；當(dāng)n＝4時(shí)，c4＝eq\f(13,16)，且c3＝eq\f(15,16)，c2＝eq\f(7,8)，c1＝eq\f(1,2)，所以當(dāng)n＝3時(shí)，cn＝eq\f(3n2＋n,2n＋2)取得最大值eq\f(15,16)，所以實(shí)數(shù)λ的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,16)，＋∞)).(11分)(2)由題意，設(shè)an＝a1qn－1(q>0，q≠1)，a1·a2·…·an＝10Tn，兩邊取常用對(duì)數(shù)，得Tn＝lga1＋lga2＋…＋lgan.令bn＝lgan＝nlgq＋lga1－lgq，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是以lga1為首項(xiàng)，lgq為公差的等差數(shù)列．(13分)若eq\f(T（k＋1）n,Tkn)為定值，令eq\f(T（k＋1）n,Tkn)＝μ，則eq\f(（k＋1）nlga1＋\f(（k＋1）n[（k＋1）n－1],2)lgq,knlga1＋\f(kn（kn－1）,2)lgq)＝μ，即{[(k＋1)2－μk2]lgq}n＋[(k＋1)－μk]·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(aeq\o\al(2,1),q)))＝0對(duì)n∈N*恒成立，因?yàn)閝>0，q≠1，所以問題等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（k＋1）2－μk2＝0，,（k＋1）－μk＝0或aeq\o\al(2,1)＝q.))將eq\f(k＋1,k)＝eq\r(μ)代入(k＋1)－μk＝0，解得μ＝0或μ＝1.因?yàn)閗∈N*，所以μ>0，μ≠1，所以aeq\o\al(2,1)＝q.又an>0，所以a1＝eq\r(q).(16分)20.解析：(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x<0，,ex－2x，x≥0，))當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝－x3＋x2，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3)(舍)，所以當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上為減函數(shù)；(2分)當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，令f′(x)＝0，解得x＝ln2，所以當(dāng)0<x<ln2時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x>ln2時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，ln2)上為減函數(shù)，在區(qū)間(ln2，＋∞)上為增函數(shù)，且f(0)＝1>0.(4分)綜上，函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0)和(0，ln2)，單調(diào)增區(qū)間為(ln2，＋∞)．(5分)(2)設(shè)x>0，則－x<0，所以f(－x)＋f(x)＝x3＋x2＋ex－ax.由題意，x3＋x2＋ex－ax＝ex－3在區(qū)間(0，＋∞)上有解，等價(jià)于a＝x2＋x＋eq\f(3,x)在區(qū)間(0，＋∞)上有解．(6分)記g(x)＝x2＋x＋eq\f(3,x)(x>0)，則g′(x)＝2x＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(2x3＋x2－3,x2)＝eq\f(（x－1）（2x2＋3x＋3）,x2)，(7分)令g′(x)＝0，因?yàn)閤>0，所以2x2＋3x＋3>0，故解得x＝1.當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故函數(shù)g(x)在x＝1處取得最小值g(1)＝5.(9分)要使方程a＝g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上有解，當(dāng)且僅當(dāng)a≥g(x)min＝g(1)＝5，綜上，滿足題意的實(shí)數(shù)a的取值范圍為[5，＋∞)．(10分)(3)由題意知f′(x)＝ex－a.當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，由f(m)＝f(n)，可得m＝n，與條件|m－n|≥1矛盾，所以a>0.(11分)令f′(x)＝0，解得x＝lna.當(dāng)x∈(0，lna)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．若存在m，n∈[0，2]，f(m)＝f(n)，則lna介于m，n之間，(12分)不妨設(shè)0≤m<lna<n≤2.因?yàn)閒(x)在(m，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，n)上單調(diào)遞增，且f(m)＝f(n)，所以當(dāng)m≤x≤n時(shí)，f(x)≤f(m)＝f(n)，由0≤m<n≤2，|m－n|≥1，可得1∈[m，n]，所以f(1)≤f(m)＝f(n)．又f(x)在(m，lna)上單調(diào)遞減，且0≤m<lna，所以f(m)≤f(0)，所以f(1)≤f(0)．同理f(1)≤f(2)，(14分)即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－a≤1，,e－a≤e2－2a，))解得e－1≤a≤e2－e，所以1≤eq\f(a,e－1)≤e.(16分)21.A．解析：連結(jié)PB，PC.因?yàn)椤螾CF，∠PBD分別為同弧BP上的圓周角和弦切角，所以∠PCF＝∠PBD.(2分)因?yàn)镻D⊥BD，PF⊥FC，所以△PDB∽△PFC，所以eq\f(PD,PF)＝eq\f(PB,PC).(5分)同理∠PBF＝∠PCE.又PE⊥EC，PF⊥FB，所以△PFB∽△PEC，所以eq\f(PF,PE)＝eq\f(PB,PC).(8分)所以eq\f(PD,PF)＝eq\f(PF,PE)，即PF2＝PD·PE.(10分)B.解析：矩陣M的特征多項(xiàng)式為f(λ)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(λ－1,－2,－2,λ－1)))＝λ2－2λ－3.(2分)令f(λ)＝0，解得λ1＝3，λ2＝－1，所以屬于λ1的一個(gè)特征向量為α1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1)))，屬于λ2的一個(gè)特征向量為α2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－1))).(5分)令β＝mα1＋nα2，即eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,7)))＝meq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1)))＋neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－1)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋n＝1，,m－n＝7，))解得m＝4，n＝－3.(7分)所以M4β＝M4(4α1－3α2)＝4(M4α1)－3(M4α2)＝4(λeq\o\al(4,1)α1)－3(λeq\o\al(4,2)α2)＝4×34eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,1)))－3×(－1)4×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(1,－1)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(321,327))).(10分)C.解析：由題意知曲線C的直角坐標(biāo)方程是y2＝2x，(2分)直線l的普通方程為x－y－4＝0.(4分)聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y＝x－4，))解得A(2，－2)，B(8，4)，所以AB＝6eq\r(,2)，(7分)因?yàn)樵c(diǎn)到直線x－y－4＝0的距離d＝eq\f(|－4|,\r(2))＝2eq\r(2)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)×6eq\r(2)×2eq\r(2)＝12.(10分)D.解析：因?yàn)閍，b，c∈R，a2＋b2＋c2＝1，所以由柯西不等式得(a－b＋c)2≤(a2＋b2＋c2)·(1＋1＋1)＝3.(4分)因?yàn)閨x－1|＋|x＋1|≥(a－b＋c)2對(duì)一切實(shí)數(shù)a，b，c恒成立，所以|x－1|＋|x＋1|≥3.當(dāng)x<－1時(shí)，－2x≥3，即x≤－eq\f(3,2)；當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，2≥3不成立；當(dāng)x>1時(shí)，2x≥3，即x≥eq\f(3,2).綜上所述，實(shí)數(shù)x的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)).(10分)22.解析：(1)因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABEP，平面ABCD∩平面ABEP＝AB，BP⊥AB，所以BP⊥平面ABCD.又AB⊥BC，所以直線BA，BP，BC兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，分別以BA，BP，BC所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則P(0，2，0)，B(0，0，0)，D(2，0，1)，E(2，1，0)，C(0，0，1)．因?yàn)锽C⊥平面ABPE，所以eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，0，1)為平面ABPE的一個(gè)法向量．(2分)eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2，－2，1)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(2，0，0)，設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝0，,2x－2y＋z＝0，))令y＝1，則z＝2，故n＝(0，1，2)．(4分)設(shè)平面PCD與平面ABPE所成的二面角為θ，則cosθ＝eq\f(n·\o(BC,\s\up6(→)),|n|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,1×\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，顯然0<θ<eq\f(π,2)，所以平面PCD與平面ABPE所成二面角的余弦值為eq\f(2\r(5),5).(6分)(2)設(shè)線段PD上存在一點(diǎn)N，使得直線BN與平面PCD所成角α的正弦值等于eq\f(2,5).設(shè)eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PD,\s\up6(→))＝(2λ，－2λ，λ)(0≤λ≤1)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(BP,\s\up6(→))＋eq\o(PN,\s\up6(→))＝(2λ，2－2λ，λ)．(7分)由(1)知平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(0，1，2)，所以cos〈eq\o(BN,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(BN,\s\up6(→))·n,|\o(BN,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(9λ2－8λ＋4))＝eq\f(2,5)，即9λ2－8λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－eq\f(1,9)(舍去)．(9分)當(dāng)點(diǎn)N與點(diǎn)D重合時(shí)，直線BN與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(2,5).(10分)23.解析：(1)因?yàn)閒(n)[f(n＋1)＋1]＝2[2－f(n＋1)]，所以f(n＋1)＝eq\f(4－f（n）,f（n）＋2).由f(1)＝2，代入得f(2)＝eq\f(4－2,2＋2)＝eq\f(1,2)，f(3)＝eq\f(4－\f(1,2),\f(1,2)＋2)＝eq\f(7,5)，所以f(3)－f(2)＝eq\f(7,5)－eq\f(1,2)＝eq\f(9,10).(2分)(2)由f(1)＝2，f(2)＝eq\f(1,2)，可得a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5).(3分)以下用數(shù)學(xué)歸納法證明：存在實(shí)數(shù)a＝－eq\f(4,5)，b＝eq\f(1,5)，使f(n)＝eq\f(1,－\f(4,5)\b\l