镇江一模 2018届镇江高三年级第一次模拟考试数学试题参考答案

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　　1. {0，1}　2. 充要　3. π2　4. 1　5. x=83

　　6. 83　7. -32　8. 3+22　9. 4　10. [22-π4，1]

　　11. (x+3)2+(y+3)2=18　12. y=x+12

　　13. 2+54　14. 1c3∪(-e，-1)

　　15. 解析：(1) 由正弦定理asinA=bsinB=csinC，

　　且bcosA+acosB=-2ccosC得(2分)

　　sinBcosA+sinAcosB=-2sinCcosC，

　　所以sin(B+A)=-2sinCcosC.(3分)

　　因为A，B，C为三角形的内角，所以B+A=π-C，

　　所以sinC=-2sinCcosC.(4分)

　　因为C∈(0，π)，所以sinC>0.(5分)

　　所以cosC=-12，(6分)

　　所以C=2π3.(7分)

　　(2) 因为△ABC的面积为23，

　　所以12absinC=23.(8分)

　　由(1)知C=2π3，所以sinC=32，所以ab=8.(9分)

　　因为b=2a，所以a=2，b=4，(11分)

　　所以c2=a2+b2-2abcosC=22+42-2×2×4×-12=28，(13分)

　　所以c=27.(14分)

　　16. 解析：(1) 设A1B∩AB1=E.

　　因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，

　　所以AA1B1B为矩形，所以E为A1B的中点.(1分)

　　因为D为BC的中点，所以DE为△BA1C的中位线，(2分)

　　所以DE∥A1C，且DE=12A1C.(3分)

　　因为A1C⊄平面ADB1，DE⊂平面ADB1，(5分)

　　所以A1C∥平面ADB1.(7分)

　　(2) 因为AB=AC，D为BC的中点，

　　所以AD⊥BC.(8分)

　　因为ABCA1B1C为直三棱柱，

　　所以BB1⊥平面ABC.

　　因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.(9分)

　　因为BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B，BC∩BB1=B，

　　所以AD⊥平面BCC1B1.(10分)

　　因为BC1⊂平面BCC1B1，所以AD⊥BC1.(11分)

　　因为BC1⊥B1D，AD⊂平面ADB1，B1D⊂平面ADB1，AD∩B1D=D，

　　所以BC1⊥平面ADB1.(13分)

　　因为BC1⊂平面A1BC1，

　　所以平面A1BC1⊥平面ADB1.(14分)
#p#副标题#e#

　　17. 解析：(1) 在△ABD中，由正弦定理得1sinα=BDsinπ3 =ADsin2π3-α，(1分)

　　所以BD=32sinα，AD=3cosα2sinα+12，(3分)

　　则S=a3cosα2sinα+12+2a[1-(3cosα2sinα+12)]+4a32sinα

　　=a43-3cosα2sinα+32，(6分)

　　由题意得α∈π3，2π3.(7分)

　　(2) 令S′=3a•1-4cosαsin2α=0，设cosα0=14.

　　α π3，α0

　　α0 α0，2π3

　　cosα 14，12

　　14

　　-12，14

　　S′ <0 0 >0

　　S 单调递减 极小 单调递增

　　(11分)

　　所以当cosα=14时，S较小，

　　此时sinα=154，AD=3cosα2sinα+12=5+510.(12分)

　　18. 解析：(1) 因为e=ca=22且c=2，

　　所以a=22，b=2.(2分)

　　所以椭圆方程为x28+y24=1.(4分)

　　(2) 设A(s，t)，则B(-s，t)，且s2+2t2=8.①

　　因为以AB为直径的圆P过M点，

　　所以MA⊥MB，所以MA→•MB→=0，(5分)

　　因为MA→=(s+6，t+1)，MB→=(-s+6，t+1)，

　　所以6-s2+(t+1)2=0.　　　　②(6分)

　　由①②解得t=13或t=-1(舍)，所以s2=709.(7分)

　　因为圆P的圆心为AB的中点(0，t)，半径为AB2=|s|，(8分)

　　所以圆P的标准方程为x2+y-132=709.(9分)

　　(3) 设M(x0，y0)，则lAM的方程为y-y0=t-y0s-x0•(x-x0)，若k不存在，显然不符合条件.

　　令x=0得yC=-tx0+sy0s-x0;

　　同理yD=-tx0-sy0-s-x0，(11分)

　　所以OC•OD=|yC•yD|=-tx0+sy0s-x0•-tx0-sy0-s-x0=t2x20-s2y20x20-s2(13分)

　　=t2x20-s2y20x20-s2=t2(8-2y20)-(8-2t2)y208-2y20-(8-2t2)=8t2-8y202t2-2y20=4为定值.(16分)
#p#副标题#e#

　　19. 解析：(1) 由f(1)=f(-1)得e+b=1e+1b，

　　解得b=-e(舍)，或b=1e，(1分)

　　经检验f(x)=ex+1ex为偶函数，所以b=1e.(2分)

　　因为f(x)=ex+1ex≥2，当且仅当x=0时取等号，(3分)

　　所以f(x)的较小值为2.(4分)

　　(2) 假设y=f(x)过定点(x0，y0)，则y0=ex0+bx0对任意满足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32x0=1，解得解x0=0，所以y0=2，(7分)

　　经检验当x=0时，f(0)=2，所以函数y=f(x)的图象经过定点(0，2).(8分)

　　(3) 令g(x)=f(x)-2=ex+bx-2为R上的连续函数，且g(0)=0，则方程g(x)=0存在一个解.(9分)

　　(i) 当b>0时，g(x)为增函数，此时g(x)=0只有一解.(10分)

　　(ii) 当0

　　因为ex>0，0

　　所以当x∈(-∞，xe)时，h(x)<0，所以g′(x)<0，g(x)为单调减函数;

　　当x∈(x0，+∞)时，h(x)>0，所以g′(x)>0，g(x)为单调增函数，

　　所以g极小(x)=g(x0).因为g(x)定义域为R，所以gmin(x)=g(x0).(13分)

　　①若x0>0，g(x)在(-∞，x0)上为单调减函数，g(x0)0，

　　所以当x∈(x0，ln2)时，g(x)至少存在另外一个零点，矛盾.(14分)

　　②若x0<0，g(x)在(x0，+∞)上为单调增函数，g(x0)0，所以g(x)在(logb2，x0)上存在另外一个解，矛盾.(15分)

　　③当x0=logeb(-lnb)=0，则-lnb=1，解得b=1e，此时方程为g(x)=ex+1ex-2=0，

　　由(1)得，只有解x0=0，满足条件.

　　综上所述，当b>1或b=1e时，方程f(x)=2有且只有一个解.(16分)

　　#p#副标题#e#

　　20. 解析：(1) 因为Sn=qn-r，①

　　所以Sn-1=qn-1-r，(n≥2)②

　　①-②得Sn-Sn-1=qn-qn-1，即an=qn-qn-1，(n≥2)，(1分)

　　因为an=pn-1，所以pn-1=qn-qn-1，(n≥2)，

　　当n=2时，p=q2-q;当n=3时，p2=q3-q2.

　　因为p，q为正数，所以p=q=2.(3分)

　　因为a1=1，S1=q-r，且a1=S1，所以r=1.(4分)

　　(2) 因为2Tn=nbn，③

　　当n≥2时，2Tn-1=(n-1)bn-1，④

　　③-④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，⑥

　　⑤+⑥得(2n-2)bn=(n-1)bn-1+(n-1)bn+1，(7分)

　　即2bn=bn-1+bn+1，所以{bn}为等差数列.(8分)

　　方法二：由(n-2)bn=(n-1)bn-1，

　　得bnn-1=bn-1n-2，

　　当n≥3时，bnn-1=bn-1n-2=…=b21，

　　所以bn=b2(n-1)，所以bn-bn-1=b2.(6分)

　　因为n=1时，由2Tn=nbn得2T1=b1，

　　所以b1=0，则b2-b1=b2，(7分)

　　所以bn-bn-1=b2对n≥2恒成立，所以{bn}为等差数列.(8分)

　　(3) 因为b1=0，b2=2，由(2)知{bn}为等差数列，所以bn=2n-2.(9分)

　　又由(1)知an=2n-1，

　　所以Pn=2n2n-1+2n+22n+…+4n-422n-3+4n-222n-2，

　　Pn+1=2n+22n+…+4n-422n-3+4n-222n-2+4n22n-1+4n+222n，

　　所以Pn+1-Pn=4n22n-1+4n+222n-2n2n-1=12n+2-4n•2n4n，(12分)

　　令Pn+1-Pn>0得12n+2-4n•2n>0，

　　所以2n<6n+12n=3+12n<4，解得n=1，

　　所以当n=1时，Pn+1-Pn>0，即P2>P1，(13分)

　　当n≥2时，因为2n≥4，3+12n<4，

　　所以2n>3+12n=6n+12n，

　　即12n+2-4n•2n<0，

　　此时Pn+1P3>P4>…，(14分)

　　所以Pn的较大值为Pn=2×22+2×2+222=72，(15分)

　　若存在正整数k，使得对任意正整数n，Pn≤k恒成立，则k≥Pmax=72，

　　所以正整数k的较小值为4.(16分)
#p#副标题#e#

　　21. A. 解析：因为四边形ABCD是圆的内接四边形，

　　所以∠DAE=∠BCD，∠FAE=∠BAC=∠BDC.(4分)

　　因为BC=BD，所以∠BCD=∠BDC，(6分)

　　所以∠DAE=∠FAE，(8分)

　　所以AE是四边形ABCD的外角∠DAF的平分线.(10分)

　　B. 解析：由题意得2　ab　13-1=35，

　　即6-a=3，3b-1=5，(3分)

　　解得a=3，b=2，所以M=2　32　1.(5分)

　　令f(λ)=(λ-2)(λ-1)-6=0，(7分)

　　解得λ=-1或λ=4，(9分)

　　所以矩阵M的特征值为-1和4.(10分)

　　C. 解析：(1) 将M(2，3)及对应的参数φ=π3，代入x=acosφ，y=bsinφ(a>b>0，φ为参数)，

　　得2=acosπ3，3=bsinπ3，所以a=4，b=2，

　　所以曲线C1的普通方程为x216+y24=1.(5分)

　　(2) 曲线C1的极坐标方程为ρ2cos2θ16+ρ2sin2θ4=1，将A(ρ1，θ)，Bρ2，θ+π2代入得ρ21cos2θ16+ρ21sin2θ4=1，ρ22sin2θ16+ρ22cos2θ4=1，

　　所以1ρ21+1ρ22=516.(10分)

　　D. 解析：因为对任意x∈R，不等式f(x)>a2-3恒成立，所以fmin(x)>a2-3.(2分)

　　因为|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

　　方法二：①式等价于2a>a2-3，　②

　　或2a<-a2+3，　③(6分)

　　由②得-1

　　由③得-3

　　所以-3

　　22. 解析：(1) 因为AC⊥CB，且DC⊥平面ABC，

　　则以C为原点，CB为x轴正方向，CA为y轴正方向，CD为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.(1分)

　　因为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)，

　　AD→=(0，-2，2)，CE→=(2，0，2).(2分)

　　所以cos〈AD→，CE→〉=422×22=12.(4分)

　　所以AD和CM的夹角为60°.

　　(2) 平面BCE的一个法向量为n=(0，1，0)，设平面OCE的一个法向量为n=(x0，y0，z0).(6分)

　　由CO→=(1，1，0)，CE→=(2，0，2)，n⊥CO→，n⊥CE→，

　　得n•CE→=0，n•CO→=0，则2x0+2z0=0，x0+y0=0，解得z0=-x0，y0=-x0，(8分)

　　令x0=-1，则n=(-1，1，1).(9分)

　　因为二面角OCEB为锐角二面角，记为θ，

　　则cosθ=|cos〈m，n〉|=|m•n||m||n|=33.(10分)

　　23. 解析：(1) 记该学生有i门学科获得A等级为事件Ai，i=1，2，3，4.(1分)

　　ξ1的可能取值为0，1，2，3，5.(2分)

　　则P(Ai)=Ci414i344-i，(3分)

　　即P(A0)=81256，P(A1)=2764，P(A2)=27128，

　　P(A3)=364，P(A4)=1256，

　　则ξ1的分布列为

　　ξ1 0 1 2 3 5

　　P 81256

　　2764

　　27128

　　364

　　1256

　　所以E(ξ1)=0×81256+1×2764+2×27128+3×364+5×1256=257256.(5分)

　　(2) ξ2的可能取值为0，2，4，则

　　P(ξ2=0)=P(A2)=27128;(7分)

　　P(ξ2=2)=P(A1)+P(A3)=2764+364=1532;(8分)

　　P(ξ2=4)=P(A0)+P(A5)=81256+1256=41128，(9分)

　　则ξ2的分布列为

　　ξ2 0 2 4

　　P 27128

　　1532

　　41128