2018屆鎮(zhèn)江高三年級第一次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案1.{0，1}2.充要3.eq\f(π,2)4.15.x＝eq\f(8,3)6.eq\f(8,3)7.－328.3＋2eq\r(,2)9.410.[eq\f(\r(,2),2)－eq\f(π,4)，1]11.(x＋3)2＋(y＋3)2＝1812.y＝x＋eq\f(1,2)13.eq\f(2＋\r(,5),4)14.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,c3)))∪(－e，－1)15.解析：(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，且bcosA＋acosB＝－2ccosC得(2分)sinBcosA＋sinAcosB＝－2sinCcosC，所以sin(B＋A)＝－2sinCcosC.(3分)因為A，B，C為三角形的內(nèi)角，所以B＋A＝π－C，所以sinC＝－2sinCcosC.(4分)因為C∈(0，π)，所以sinC>0.(5分)所以cosC＝－eq\f(1,2)，(6分)所以C＝eq\f(2π,3).(7分)(2)因為△ABC的面積為2eq\r(,3)，所以eq\f(1,2)absinC＝2eq\r(,3).(8分)由(1)知C＝eq\f(2π,3)，所以sinC＝eq\f(\r(,3),2)，所以ab＝8.(9分)因為b＝2a，所以a＝2，b＝4，(11分)所以c2＝a2＋b2－2abcosC＝22＋42－2×2×4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28，(13分)所以c＝2eq\r(,7).(14分)16.解析：(1)設(shè)A1B∩AB1＝E.因為ABCA1B1C1為直三棱柱，所以AA1B1B為矩形，所以E為A1B的中點．(1分)因為D為BC的中點，所以DE為△BA1C的中位線，(2分)所以DE∥A1C，且DE＝eq\f(1,2)A1C.(3分)因為A1C?平面ADB1，DE?平面ADB1，(5分)所以A1C∥平面ADB1.(7分)(2)因為AB＝AC，D為BC的中點，所以AD⊥BC.(8分)因為ABCA1B1C為直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC.因為AD?平面ABC，所以BB1⊥AD.(9分)因為BC?平面BCC1B1，BB1?平面BCC1B，BC∩BB1＝B，所以AD⊥平面BCC1B1.(10分)因為BC1?平面BCC1B1，所以AD⊥BC1.(11分)因為BC1⊥B1D，AD?平面ADB1，B1D?平面ADB1，AD∩B1D＝D，所以BC1⊥平面ADB1.(13分)因為BC1?平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面ADB1.(14分)17.解析：(1)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(1,sinα)＝eq\f(BD,sin\f(π,3))＝eq\f(AD,sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－α)))，(1分)所以BD＝eq\f(\r(,3),2sinα)，AD＝eq\f(\r(,3)cosα,2sinα)＋eq\f(1,2)，(3分)則S＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3)cosα,2sinα)＋\f(1,2)))＋2a[1－(eq\f(\r(,3)cosα,2sinα)＋eq\f(1,2))]＋4aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2sinα)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(,3)－\r(,3)cosα,2sinα)＋\f(3,2)))，(6分)由題意得α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(2π,3))).(7分)(2)令S′＝eq\r(,3)a·eq\f(1－4cosα,sin2α)＝0，設(shè)cosα0＝eq\f(1,4).αeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，α0))α0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α0，\f(2π,3)))cosαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))S′<00>0S單調(diào)遞減極小單調(diào)遞增(11分)所以當(dāng)cosα＝eq\f(1,4)時，S最小，此時sinα＝eq\f(\r(,15),4)，AD＝eq\f(\r(,3)cosα,2sinα)＋eq\f(1,2)＝eq\f(5＋\r(,5),10).(12分)18.解析：(1)因為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(,2),2)且c＝2，所以a＝2eq\r(,2)，b＝2.(2分)所以橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(4分)(2)設(shè)A(s，t)，則B(－s，t)，且s2＋2t2＝8.①因為以AB為直徑的圓P過M點，所以MA⊥MB，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝0，(5分)因為eq\o(MA,\s\up6(→))＝(s＋eq\r(,6)，t＋1)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(－s＋eq\r(,6)，t＋1)，所以6－s2＋(t＋1)2＝0.②(6分)由①②解得t＝eq\f(1,3)或t＝－1(舍)，所以s2＝eq\f(70,9).(7分)因為圓P的圓心為AB的中點(0，t)，半徑為eq\f(AB,2)＝|s|，(8分)所以圓P的標準方程為x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(70,9).(9分)(3)設(shè)M(x0，y0)，則lAM的方程為y－y0＝eq\f(t－y0,s－x0)·(x－x0)，若k不存在，顯然不符合條件．令x＝0得yC＝eq\f(－tx0＋sy0,s－x0)；同理yD＝eq\f(－tx0－sy0,－s－x0)，(11分)所以O(shè)C·OD＝|yC·yD|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－tx0＋sy0,s－x0)·\f(－tx0－sy0,－s－x0)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t2xeq\o\al(2,0)－s2yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－s2)))(13分)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t2xeq\o\al(2,0)－s2yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－s2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(t2（8－2yeq\o\al(2,0)）－（8－2t2）yeq\o\al(2,0),8－2yeq\o\al(2,0)－（8－2t2）)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8t2－8yeq\o\al(2,0),2t2－2yeq\o\al(2,0))))＝4為定值．(16分)19.解析：(1)由f(1)＝f(－1)得e＋b＝eq\f(1,e)＋eq\f(1,b)，解得b＝－e(舍)，或b＝eq\f(1,e)，(1分)經(jīng)檢驗f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)為偶函數(shù)，所以b＝eq\f(1,e).(2分)因為f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時取等號，(3分)所以f(x)的最小值為2.(4分)(2)假設(shè)y＝f(x)過定點(x0，y0)，則y0＝ex0＋bx0對任意滿足b>0，且b≠1恒成立．(5分)令b＝2得y0＝ex0＋2x0；令b＝3得y0＝ex0＋3x0，(6分)所以2x0＝3x0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x0)＝1，解得唯一解x0＝0，所以y0＝2，(7分)經(jīng)檢驗當(dāng)x＝0時，f(0)＝2，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象經(jīng)過唯一定點(0，2)．(8分)(3)令g(x)＝f(x)－2＝ex＋bx－2為R上的連續(xù)函數(shù)，且g(0)＝0，則方程g(x)＝0存在一個解．(9分)(i)當(dāng)b>0時，g(x)為增函數(shù)，此時g(x)＝0只有一解．(10分)(ii)當(dāng)0<b<1時，令g′(x)＝ex＋bxlnb＝ex(1＋(eq\f(b,e))xlnb)＝0，解得x0＝logeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,b)))(－lnb)．(11分)因為ex>0，0<eq\f(b,e)<1，lnb<0，令h(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,e)))\s\up12(x)lnb))，h(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以當(dāng)x∈(－∞，xe)時，h(x)<0，所以g′(x)<0，g(x)為單調(diào)減函數(shù)；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，h(x)>0，所以g′(x)>0，g(x)為單調(diào)增函數(shù)，所以g極小(x)＝g(x0)．因為g(x)定義域為R，所以gmin(x)＝g(x0)．(13分)①若x0>0，g(x)在(－∞，x0)上為單調(diào)減函數(shù)，g(x0)<g(0)＝0，而g(ln2)＝2＋bln2－2＝bln2>0，所以當(dāng)x∈(x0，ln2)時，g(x)至少存在另外一個零點，矛盾．(14分)②若x0<0，g(x)在(x0，＋∞)上為單調(diào)增函數(shù)，g(x0)<g(0)＝0，而g(logb2)＝elogb2＋2－2＝elogb2>0，所以g(x)在(logb2，x0)上存在另外一個解，矛盾．(15分)③當(dāng)x0＝logeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e,b)))(－lnb)＝0，則－lnb＝1，解得b＝eq\f(1,e)，此時方程為g(x)＝ex＋eq\f(1,ex)－2＝0，由(1)得，只有唯一解x0＝0，滿足條件．綜上所述，當(dāng)b>1或b＝eq\f(1,e)時，方程f(x)＝2有且只有一個解．(16分)20.解析：(1)因為Sn＝qn－r，①所以Sn－1＝qn－1－r，(n≥2)②①－②得Sn－Sn－1＝qn－qn－1，即an＝qn－qn－1，(n≥2)，(1分)因為an＝pn－1，所以pn－1＝qn－qn－1，(n≥2)，當(dāng)n＝2時，p＝q2－q；當(dāng)n＝3時，p2＝q3－q2.因為p，q為正數(shù)，所以p＝q＝2.(3分)因為a1＝1，S1＝q－r，且a1＝S1，所以r＝1.(4分)(2)因為2Tn＝nbn，③當(dāng)n≥2時，2Tn－1＝(n－1)bn－1，④③－④得2bn＝nbn－(n－1)bn－1，即(n－2)bn＝(n－1)bn－1，⑤(6分)方法一：由(n－1)bn＋1＝nbn，⑥⑤＋⑥得(2n－2)bn＝(n－1)bn－1＋(n－1)bn＋1，(7分)即2bn＝bn－1＋bn＋1，所以{bn}為等差數(shù)列．(8分)方法二：由(n－2)bn＝(n－1)bn－1，得eq\f(bn,n－1)＝eq\f(bn－1,n－2)，當(dāng)n≥3時，eq\f(bn,n－1)＝eq\f(bn－1,n－2)＝…＝eq\f(b2,1)，所以bn＝b2(n－1)，所以bn－bn－1＝b2.(6分)因為n＝1時，由2Tn＝nbn得2T1＝b1，所以b1＝0，則b2－b1＝b2，(7分)所以bn－bn－1＝b2對n≥2恒成立，所以{bn}為等差數(shù)列．(8分)(3)因為b1＝0，b2＝2，由(2)知{bn}為等差數(shù)列，所以bn＝2n－2.(9分)又由(1)知an＝2n－1，所以Pn＝eq\f(2n,2n－1)＋eq\f(2n＋2,2n)＋…＋eq\f(4n－4,22n－3)＋eq\f(4n－2,22n－2)，Pn＋1＝eq\f(2n＋2,2n)＋…＋eq\f(4n－4,22n－3)＋eq\f(4n－2,22n－2)＋eq\f(4n,22n－1)＋eq\f(4n＋2,22n)，所以Pn＋1－Pn＝eq\f(4n,22n－1)＋eq\f(4n＋2,22n)－eq\f(2n,2n－1)＝eq\f(12n＋2－4n·2n,4n)，(12分)令Pn＋1－Pn>0得12n＋2－4n·2n>0，所以2n<eq\f(6n＋1,2n)＝3＋eq\f(1,2n)<4，解得n＝1，所以當(dāng)n＝1時，Pn＋1－Pn>0，即P2>P1，(13分)當(dāng)n≥2時，因為2n≥4，3＋eq\f(1,2n)<4，所以2n>3＋eq\f(1,2n)＝eq\f(6n＋1,2n)，即12n＋2－4n·2n<0，此時Pn＋1<Pn，即P2>P3>P4>…，(14分)所以Pn的最大值為Pn＝eq\f(2×2,2)＋eq\f(2×2＋2,22)＝eq\f(7,2)，(15分)若存在正整數(shù)k，使得對任意正整數(shù)n，Pn≤k恒成立，則k≥Pmax＝eq\f(7,2)，所以正整數(shù)k的最小值為4.(16分)21.A.解析：因為四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形，所以∠DAE＝∠BCD，∠FAE＝∠BAC＝∠BDC.(4分)因為BC＝BD，所以∠BCD＝∠BDC，(6分)所以∠DAE＝∠FAE，(8分)所以AE是四邊形ABCD的外角∠DAF的平分線．(10分)B.解析：由題意得eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2a,b1))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(3,－1)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,5))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6－a＝3，,3b－1＝5，))(3分)解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，))所以M＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(23,21)).(5分)令f(λ)＝(λ－2)(λ－1)－6＝0，(7分)解得λ＝－1或λ＝4，(9分)所以矩陣M的特征值為－1和4.(10分)C.解析：(1)將M(2，eq\r(,3))及對應(yīng)的參數(shù)φ＝eq\f(π,3)，代入eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝acosφ，,y＝bsinφ))(a>b>0，φ為參數(shù))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2＝acos\f(π,3)，,\r(,3)＝bsin\f(π,3)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝2，))所以曲線C1的普通方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(5分)(2)曲線C1的極坐標方程為eq\f(ρ2cos2θ,16)＋eq\f(ρ2sin2θ,4)＝1，將A(ρ1，θ)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρ2，θ＋\f(π,2)))代入得eq\f(ρeq\o\al(2,1)cos2θ,16)＋eq\f(ρeq\o\al(2,1)sin2θ,4)＝1，eq\f(ρeq\o\al(2,2)sin2θ,16)＋eq\f(ρeq\o\al(2,2)cos2θ,4)＝1，所以eq\f(1,ρeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρeq\o\al(2,2))＝eq\f(5,16).(10分)D.解析：因為對任意x∈R，不等式f(x)>a2－3恒成立，所以fmin(x)>a2－3.(2分)因為|x－a|＋|x＋a|≥|x－a－(x＋a)|＝|2a|，所以|2a|>a2－3，①(4分)方法一：即|a|2－2|a|－3<0，解得－1<|a|<3，(8分)所以－3<a<3.(10分)方法二：①式等價于2a>a2－3，②或2a<－a2＋3，③(6分)由②得－1<a<3；(7分)由③得－3<a<1，(8分)所以－3<a<3.(10分)22.解析：(1)因為AC⊥CB，且DC⊥平面ABC，則以C為原點，CB為x軸正方向，CA為y軸正方向，CD為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．(1分)因為AC＝BC＝BE＝2，所以C(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，O(1，1，0)，E(2，0，2)，D(0，0，2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(2，0，2)．(2分)所以cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))〉＝eq\f(4,2\r(,2)×2\r(,2))＝eq\f(1,2).(4分)所以AD和CM的夾角為60°.(2)平面BCE的一個法向量為n＝(0，1，0)，設(shè)平面OCE的一個法向量為n＝(x0，y0，z0)．(6分)由eq\o(CO,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(2，0，2)，n⊥eq\o(CO,\s\up6(→))，n⊥eq\o(CE,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CO,\s\up6(→))＝0，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x0＋2z0＝0，,x0＋y0＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z0＝－