江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市2018届高三第二次调研数学试题

江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市2018届高三第二次调研数学试题

2018届高三模拟考试试卷(十三)

数 学 2018．3

(满分160分，考试时间120分钟) 参考公式：

柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S为柱体的底面积，h为高．

一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．

1. 已知集合U＝{－1，0，1，2，3}，A＝{－1，0，2}，则∁UA＝________．

2. 已知复数z1＝a＋i，z2＝3－4i，其中i为z1

虚数单位．若为纯虚数，则实数a的值为________．

z2

3. 某班40名学生参加普法知识竞赛，成绩都在区间[40，100]上，其频率分布直方图如图所示，则成绩不低于60分的人数为________．

(第3题) (第4题)

4. 如图是一个算法流程图，则输出的S的值为________．

5. 在长为12 cm的线段AB上任取一点C，以线段AC，BC为邻边作矩形，则该矩形的面积大于32 cm2的概率为________．

6. 在△ABC中，已知AB＝1，AC＝2，B＝45°，则BC的长为________．

7. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C与y

双曲线x－＝1有公共的渐近线，且经过点P(－2，

3

2

2

3)，则双曲线C的焦距为________．

8. 在平面直角坐标系xOy中，已知角α，β的始边均为x轴的非负半轴，终边分别经过点A(1，2)，B(5，1)，则tan(α－β)的值为________．

9. 设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3，S9，S6成等差数列，且a8＝3，则a5的值为________．

10. 已知a，b，c均为正数，且abc＝4(a＋b)，则a＋b＋c的最小值为________．

11. 在平面直角坐标系xOy中，若动圆C上的x≤3，

点都在不等式组x－3y＋3≥0，表示的平面区域

x＋3y＋3≥0内，则面积最大的圆C的标准方程为______________．

1－xe－，x＞0，212. 设函数f(x)＝(其中e3x－3mx－2，x≤0为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m的取值范围是________．

13. 在平面四边形ABCD中，已知AB＝1，BC＝4，CD＝2，DA＝3，则→AC·→BD的值为________．

14. 已知a为常数，函数f(x)＝x2

22的最小值为－，则a的所有值为3a－x－1－x________．

二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

15. (本小题满分14分)

在平面直角坐标系xOy中，设向量a＝(cos α，

13

sin α)，b＝(－sin β，cos β)，c＝(－，)．

22

(1) 若|a＋b|＝|c|，求sin(α－β)的值； 5π

(2) 设α＝，0＜β＜π，且a∥(b＋c)，

6求β的值．

16. (本小题满分14分)

如图，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，AB＝AC，点E，F分别在棱BB1，CC1上(均异于端点)，且∠ABE＝∠ACF，AE⊥BB1，AF⊥CC1.求证：

(1) 平面AEF⊥平面BB1C1C； (2) BC∥平面AEF.

17. (本小题满分14分)

如图，在平面直角坐标系xOy中，B1，B2是椭圆xy

P是椭圆上异于点2＋2＝1(a＞b＞0)的短轴端点，ab

B1，B2的一动点．当直线PB1的方程为y＝x＋3时，线段PB1的长为42.

(1) 求椭圆的标准方程；

(2) 设点Q满足：QB1⊥PB1，QB2⊥PB2.求证： △PB1B2与△QB1B2的面积之比为定值．

18. (本小题满分16分)

将一铁块高温融化后制成一张厚度忽略不计、面积为100 dm的矩形薄铁皮(如图)，并沿虚线l1，l2裁剪成A，B，C三个矩形(B，C全等)，用来制成

2

2

2

一个柱体．现有两种方案：

方案①： 以l1为母线，将A作为圆柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个圆形作为圆柱的两个底面；

方案②： 以l2为侧棱，将A作为正四棱柱的侧面展开图，并从B，C中各裁剪出一个正方形(各边分别与l1或l2垂直)作为正四棱柱的两个底面．

(1) 设B，C都是正方形，且其内切圆恰为按方案①制成的圆柱的底面，求底面半径；

(2) 设l1的长为x dm，则当x为多少时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大？

19. (本小题满分16分)

设等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，等差数列b1，b2，b3，b4的公差为d，且q≠1，d≠0.

记ci＝ai＋bi(i＝1，2，3，4)．

(1) 求证：数列c1，c2，c3不是等差数列； (2) 设a1＝1，q＝2.若数列c1，c2，c3是等比数列，求b2关于d的函数关系式及其定义域；

(3) 数列c1，c2，c3，c4能否为等比数列？并说明理由．

20. (本小题满分16分)

设函数f(x)＝x－asin x(a＞0)．

(1) 若函数y＝f(x)是R上的单调增函数，求实数a的取值范围；

1

(2) 设a＝，g(x)＝f(x)＋bln x＋1(b∈R，b

2≠0)，g′(x)是g(x)的导函数．

① 若对任意的x＞0，g′(x)＞0，求证： 存在x0，使g(x0)＜0；

② 若g(x1)＝g(x2)(x1≠x2)，求证： x1x2＜4b2.

2018届高三模拟考试试卷(十三)

数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)

21. 【选做题】 在A，B，C，D四小题中只能选做2题，每小题10分，共20分．若多做，则按作答的前两题计分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

A. (选修41：几何证明选讲)

如图，A，B，C是圆O上的3个不同的点，半径OA交弦BC于点D.求证：DB·DC＋OD＝OA.

B. (选修42：矩阵与变换)

在平面直角坐标系xOy中，已知A(0，0)，B(3，0)，C(2，2)．设变换T1，T2对应的矩阵分别为M＝

1020，矩阵N＝，求对△ABC依次实施变换0201

2

2

T1，T2后所得图形的面积．

C. (选修44：坐标系与参数方程)

π

在极坐标系中，求以点P(2，)为圆心且与直

3π

线l：ρsin(θ－)＝2相切的圆的极坐标方程．

3

D. (选修45：不等式选讲)

1

已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝，求证：

21－a＋c

≥2.

c（a＋2b）

【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

22. 在某公司举行的年终庆典活动中，主持人利用随机抽奖软件进行抽奖：由电脑随机生成一张如图所示的3×3表格，其中1格设奖300元，4格各设奖200元，其余4格各设奖100元，点击某一格即显示相应金额．某人在一张表中随机不重复地点击3格，记中奖总金额为X元．

(1) 求概率P(X＝600)；

(2) 求X的概率分布及数学期望E(X)．

23. 已知(1＋x)

1

2n＋1

＝a0＋a1x＋a2x＋…＋a2n＋

2

x

2n＋1

，n∈N.记Tn＝

*

(2k＋1)an－k.

(1) 求T2的值；

(2) 化简Tn的表达式，并证明：对任意的n∈N，Tn都能被4n＋2整除．

2018届高三模拟考试试卷(十三)(六市联考)

数学参及评分标准

*

41

1. {1，3} 2. 3. 30 4. 125 5. 6.

332＋69

7. 43 8. 9. －6 10. 8 2711. (x－1)＋y＝4 12. (1，＋∞) 13. 10

2

2

1

14. 4， 4

15. 解：(1) 因为a＝(cos α，sin α)，b＝13

(－sin β，cos β)，c＝(－，)，

22

所以|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝－cos αsin β＋sin αcos β＝sin(α－β)．(3分)

因为|a＋b|＝|c|，所以|a＋b|＝c，即a＋

2222a·b＋b＝1，

所以1＋2sin(α－β)＋1＝1，即sin(α－β)1

＝－.(6分)

2

5π31

(2) 因为α＝，所以a＝(－，)．故b62213

＋c＝(－sin β－，cos β＋)．(8分)

22

2

331

因为a∥(b＋c)，所以－(cos β＋)－

2221

(－sin β－)＝0.

2

131

化简得sin β－cos β＝，所以sin(β－

222π1

)＝.(12分) 32

ππ2π

因为0<β<π，所以－<β－<.所以β

333πππ

－＝，即β＝.(14分) 362

16. 证明：(1) 在三棱柱ABC ­A1B1C1中，BB1

∥CC1. 因为AF⊥CC1，所以AF⊥BB1.(2分)

又AE⊥BB1，AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF，所以BB1⊥平面AEF.(5分)

因为BB1⊂平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面

BB1C1C.(7分)

(2) 因为AE⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE＝∠ACF，AB ＝ AC，

所以Rt△AEB≌Rt△AFC.所以BE ＝CF.(9分) 又由(1)知，BE∥CF，所以四边形BEFC是平行四边形．故BC∥EF.(11分)

又BC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BC∥平面AEF.(14分)

17. 解：设P(x0，y0)，Q(x1，y1)．

(1) 在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，从而b＝3.(2分)

xy2＋＝1，x2（x＋3）2

由a9 得2＋＝1，所以x0

a9

y＝x＋36a2

＝－2.(4分) 9＋a

2

2

因为PB1＝x＋（y0－3）＝2|x0|, 所以6a2

42＝2·2，解得a＝18. 9＋a

x2y2

所以椭圆的标准方程为＋＝1.(6分)

1y0－3

(2) (方法1)直线PB1的斜率为kPB1＝，

x0

x0

由QB1⊥PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1＝－.

y0－3

x0

于是直线QB1的方程为y＝－x＋3.

y0－3x0

同理，QB2的方程为y＝－x－3.(8分)

y0＋3y－9

联立两直线方程，消去y，得x1＝.(10分)

x0xyxy

因为P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，所以＋11

2

x02

＝1，从而y0－9＝－. 2

2

2

20

20

20

2

20

2

x0

所以x1＝－.(12分)

2S△PB1B2x0所以＝＝2.(14分)

S△QB1B2x1

(证法2)设直线PB1，PB2的斜率为k，k′，则直线PB1的方程为y＝kx＋3.

1

由QB1⊥PB1，直线QB1的方程为y＝－x＋3.

kxy

将y＝kx＋3代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋

112kx＝0，

因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x0≠0，12k从而x0＝－2.(8分)

2k＋1

2

x2y2x2y00

因为P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，所以＋11

2

2

x

＝1，从而y－9＝－. 2

20

20

y0－3y0＋3y210－9

所以k·k′＝·＝2＝－，得k′

x0x0x021

＝－.(10分)

2k

由QB2⊥PB2，所以直线QB2的方程为y＝2kx－3. 1y＝－x＋3，6k

k联立 则x＝2，即x1＝

2k＋1

y＝2kx－36k

.(12分) 2

2k＋1

－12k22k＋1S△PB1B2x0

所以＝＝＝2.(14分) 6kS△QB1B2x1

22k＋1

18. 解：(1) 设所得圆柱的半径为r dm, 则(2πr＋2r)×4r＝100，(4分)

52（π＋1）

解得r＝.(6分)

2（π＋1）

(2) 设所得正四棱柱的底面边长为a dm，则

a≤x，a≤x，22

即(9分) 

10020a≤－4a，a≤.

xx

(方法1)所得正四棱柱的体积V＝ax≤

2

x，0(11分) 

400

，x>210.x

x，0记函数p(x)＝则p(x)在(0，

400

，x>210，x

210]上单调递增，在[210，＋∞)上单调递减， 所以当x＝210时，pmax(x)＝2010.

所以当x＝210，a＝10时，Vmax＝2010 (dm)．(14分)

3

3

3

20

(方法2)2a≤x≤，从而a≤10.(11分)

a20

所得正四棱柱的体积V＝ax≤a()＝

a

2

2

20a≤2010.

所以当a＝10，x＝210时，Vmax＝2010 (dm)．(14分)

52（π＋1）

答：(1) 圆柱的底面半径为 dm；

2（π＋1）(2) 当x为210时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大．(16分)

【评分说明】

x

① 直接“由x·(2x＋)＝100得x＝210时

2正四棱柱的体积最大”给2分；

② 方法1中的求解过程要体现V≤p(x)≤210，凡写成V＝p(x)≤210的最多得5分，

3

其他类似解答参照给分．

19. (1) 证明：假设数列c1，c2，c3是等差数列，则2c2＝c1＋c3，即2(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3)．

因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2＝b1＋b3，从而2a2＝a1＋a3.(2分)

因为a1，a2，a3是等比数列，所以a22＝a1a3. 所以a1＝a2＝a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立．

所以数列c1，c2，c3不是等差数列．(4分) (2) 解：因为a1＝1，q＝2，所以an＝2

n－1

.

2因为c2＝cc，所以(2＋b)＝(1＋b2－d)(4＋2132

b2＋d)，即b2＝d＋3d.(6分)

由c2＝2＋b2≠0，得d＋3d＋2≠0，所以d≠－1且d≠－2.

又d≠0，所以b2＝d＋3d，定义域为{d∈R|d≠－1，d≠－2，d≠0}．(8分)

(3) 解：(解法1)设c1，c2，c3，c4成等比数列，

2

2

2

其公比为q1，

a1＋b1＝c1 ①，

a1q＋b1＋d＝c1q1 ②，则2(10分) 2

a1q＋b1＋2d＝c1q1 ③，3

3

a1q＋b1＋3d＝c1q1 ④.

将①＋③－2×②，得a1(q－1)2＝c1(q1－1)2 ⑤，

将②＋④－2×③，得a1q(q－1)＝c1q1(q1－1) ⑥，(12分)

因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1. 由⑤⑥得q＝q1，从而a1＝c1.(14分) 代入①得b1＝0. 再代入②得d＝0，与d≠0矛盾．

所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．(16分) (解法2)假设数列c1，c2，c3，c4是等比数列，c2c3c4

则＝＝.(10分) c1c2c3

2

2

c3－c2c4－c3a3－a2＋da4－a3＋d 所以＝，即＝.

c2－c1c3－c2a2－a1＋da3－a2＋da3－2a2＋a1a4－2a3＋a2

两边同时减1，得＝.(12

a2－a1＋da3－a2＋d分)

因为等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q(q≠1)，a3－2a2＋a1q（a3－2a2＋a1）

所以＝. a2－a1＋da3－a2＋d

又a3－2a2＋a1＝a1(q－1)≠0，所以q(a2－a1＋d)＝a3－a2＋d，即(q－1)d＝0.(14分)

这与q≠1，且d≠0矛盾，所以假设不成立． 所以数列c1，c2，c3，c4不能为等比数列．(16分)

20. (1) 解：由题意，f′(x)＝1－acos x≥0对x∈R恒成立．

1

因为a>0，所以≥cos x对x∈R恒成立．

a

2

1

因为(cos x)max＝1，所以≥1，从而0a分)

1

(2) 证明：① g(x)＝x－sin x＋bln x＋1，

21b

所以g′(x)＝1－cos x＋. 2x

bb1

若b<0，则存在－>0，使g′(－)＝－1－

222b

cos(－)<0，不合题意，

2

所以b>0.(5分) 3

取x0＝e－，则0b

11

此时g(x0)＝x0－sin x0＋bln x0＋1<1＋＋

2231

bln e－＋1＝－<0.

b2

所以存在x0>0，使g(x0)<0.(8分)

x2

② 依题意，不妨设01.

x1由(1)知函数y＝x－sin x单调递增，所以x2

－sin x2>x1－sin x1.

从而x2－x1>sin x2－sin x1. (10分) 1

因为g(x1)＝g(x2)，所以x1－sin x1＋bln x1

21

＋1＝x2－sin x2＋bln x2＋1，

2

1

所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin

21

x1)>(x2－x1)，

2

x2－x1

所以－2b>>0.(12分)

ln x2－ln x1

x2－x1t－1

下面证明>x1x2，即证明>t，

ln x2－ln x1ln tt－1

只要证明ln t－<0 (*)．

t

t－1

设h(t)＝ln t－(t>1)，所以h′(t)＝

t－（t－1）

<0在(1，＋∞)上恒成立．

2tt

所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，故h(t)所以－2b>x1x2， 即x1x2<4b.(16分)

2018届高三模拟考试试卷(十三)(六市联考)

数学附加题参及评分标准

2

2

21. A. 证明：延长AO交圆O于点E，则BD·DC＝DE·DA＝(OD＋OE)·(OA－OD)．(5分)

因为OE＝OA，所以DB·DC＝(OA＋OD)·(OA－OD)＝OA－OD.

所以DB·DC＋OD＝OA.(10分)

2

2

2

2

B. 解：依题意，依次实施变换T1，T2所对应的

2 01 02 0

＝.(5分) 矩阵NM＝

0 10 20 2

2 0002 0362 02

＝，＝，＝则

0 2000 2000 224. 4

所以A(0，0)，B(3，0)，C(2，2)分别变为点A′(0，0)，B′(6，0)，C′(4，4)．

1

从而所得图形的面积为×6×4＝12.(10分)

2

C. 解：以极点为原点，极轴为x轴的非负半轴，建立平面直角坐标系xOy.

则点P的直角坐标为(1，3)．(2分)

π

将直线l：ρsinθ－＝2的方程变形为

3

ππ

ρsin θcos－ρcos θsin＝2，

33

化为普通方程，得3x－y＋4＝0.(5分) 所以P(1，3)到直线l：3x－y＋4＝0的距离为

4

（3）＋（－1）

2

2

＝2.

2

2

故所求圆的普通方程为(x－1)＋(y－3)＝4.(8分)

π

化为极坐标方程，得ρ＝4sinθ＋.(10分)

6

D. 证明：因为a，b，c为正实数，所以1－a＋c

c（a＋2b）

＝

a＋2b＋3cc（a＋2b）

＝

（a＋c）＋2（b＋c）2ac＋4bc

≥＝2(当且仅当

ac＋2bcac＋2bca＝b＝c取“＝”)．(10分)

22. 解：(1)从3×3表格中随机不重复地点击3格，共有C种不同情形，

则事件“X＝600”包含两类情形： 第一类是3格各得奖200元；

第二类是1格得奖300元，1格得奖200元，1格得奖100元．

其中第一类包含C种情形，第二类包含C·C·C种情形，

C＋C·C·C5所以P(X＝600)＝＝.(3分) 3

C921(2) X的所有可能值为300，400，500，600，700，则

C41C·C

P(X＝300)＝＝＝，P(X＝400)＝3＝C8421C9

242

＝， 847

212

C1·C＋C·C3051444

P(X＝500)＝＝＝，P(X＝700)3

C98414

3

439

11

24

34

11

14

14

34

11

14

14

39

2

C1·C6114

＝3＝＝.

C98414

所以X的概率分布列为

X 300 400 500 600 700 12551P 217142114(8分)

125

所以E(X)＝300×＋400×＋500×＋

2171451

600×＋700×＝500.(10分)

2114

23. 解：由二项式定理，得ai＝C2，…，2n＋1)．

(1) T2＝a2＋3a1＋5a0＝C＋3C＋5C＝30.(2分)

(2) 因为(n＋1＋k)C

n＋1＋k

2n＋125

15

05

i

2n＋1

(i＝0，1，

＝(n＋1＋

k)·

（2n＋1）！

（n＋1＋k）！（n－k）！

＝

（2n＋1）·（2n）！n＋k

＝(2n＋1)C2n，(4分)

（n＋k）！（n－k）！

（8分）

Tn＝(2n＋1)C＝(2n＋1)(C＋1)C

n

2n－1

n2n

n－12n－1

＋C

n

2n－1

)＝2(2n

.

*

因为Cn∈N，所以Tn能被4n＋2整除．(102n－1

分)