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1、2018届高三年级第一次模拟考试(三)数学(满分160分，考试时间120分钟)一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分 1. 已知集合A2，0，1，3，B1，0，1，2，则AB_ 2. 已知x，yR，则“a1”是“直线axy10与直线xay10平行”的_条件(填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”或“既不充分又不必要”) 3. 函数y3sin图象两相邻对称轴的距离为_ 4. 设复数z满足5i，其中i为虚数单位，则|z|_ 5. 已知双曲线的左焦点与抛物线y212x的焦点重合，则双曲线的右准线方程为_ 6. 已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积为_ 7. 设
2、等比数列an的前n项和为Sn，若a12，S69S3，则a5的值为_ 8. 已知锐角满足tancos，则_ 9. 已知函数f(x)x2kx4，对任意x1，3，不等式f(x)0恒成立，则实数k的最大值为_10. 函数ycosxxtanx的定义域为，则其值域为_11. 已知圆C与圆x2y210x10y0相切于原点，且过点A(0，6)，则圆C的标准方程为_12. 已知点P(1，0)，直线l：yxt与函数yx2的图象交于A，B两点，当最小时，直线l的方程为_13. 已知a，bR，ab4，则的最大值为_14. 已知k为常数，函数f(x)若关于x的方程f(x)kx2有且只有四个不同解，则实数k的取值构成的集
3、合为_二、 解答题：本大题共6小题，共计90分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. (本小题满分14分)在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若bcosAacosB2ccosC.(1) 求角C的大小；(2) 若b2a，且ABC的面积为2，求c的值16. (本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D为BC的中点，ABAC，BC1B1D.求证：(1) A1C平面ADB1；(2) 平面A1BC1平面ADB1.17. (本小题满分14分)如图，准备在墙上钉一个支架，支架由两直杆AC与BD焊接而成，焊接点D把杆AC分成AD，CD两段其中两固定点A，B间距离为1米，A
4、B与杆AC的夹角为60，杆AC长为1米若制作AD段的成本为a元/米，制作CD段的成本是2a元/米，制作杆BD的成本是4a元/米设ADB，制作整个支架的总成本记为S元(1) 求S关于的函数表达式，并指出的取值范围；(2) 问AD段多长时，S最小？18. (本小题满分16分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：1(ab0)的离心率为，左焦点F(2，0)，直线l：yt与椭圆交于A，B两点，M为椭圆E上异于A，B的点(1) 求椭圆E的方程；(2) 若M(，1)，以AB为直径的圆P过点M，求圆P的标准方程；(3) 设直线MA，MB与y轴分别相交于点C，D，证明：OCOD为定值19. (本小题满分
5、16分)已知b0，且b1，函数f(x)exbx，其中e为自然对数的底数(1) 如果函数f(x)为偶函数，求实数b的值，并求此时函数f(x)的最小值；(2) 对满足b0，且b1的任意实数b，证明：函数yf(x)的图象经过唯一定点；(3) 如果关于x的方程f(x)2有且只有一个解，求实数b的取值范围20. (本小题满分16分)已知数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n，总存在正数p，q，r，使得anpn1，Snqnr恒成立；数列bn的前n项和为Tn，且对任意正整数n，2Tnnbn恒成立(1) 求常数p，q，r的值；(2) 证明：数列bn为等差数列；(3) 若b22，记Pn，是否存在正整数k，使得
6、对任意正整数n，Pnk恒成立？若存在，求正整数k的最小值；若不存在，请说明理由2018届高三年级第一次模拟考试(三)数学附加题(本部分满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并作答若多做，则按作答的前两小题评分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤A. 选修41：几何证明选讲(本小题满分10分)如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，BCBD，BA的延长线交CD的延长线于点E，延长CA至点F.求证：AE是DAF的平分线B. 选修42：矩阵与变换(本小题满分10分)已知矩阵M，其中a，b均为实数，若点A(3，1)在矩阵M的变换作用下得到点B
7、(3，5)，求矩阵M的特征值C. 选修44：坐标系与参数方程(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(ab0，为参数)，且曲线C上的点M(2，)对应的参数，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系(1) 求曲线C的普通方程；(2) 若曲线C上的A，B两点的极坐标分别为A(1，)，B，求的值D. 选修45：不等式选讲(本小题满分10分)已知函数f(x)|xa|xa|，若对任意xR，不等式f(x)a23恒成立，求实数a的取值范围【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤22. (本小题满分10分)如图，ACBC，O为AB的
8、中点，且DC平面ABC，DCBE.已知ACBCDCBE2.(1) 求直线AD与CE所成角；(2) 求二面角OCEB的余弦值23. (本小题满分10分)某学生参加4门学科的学业水平测试，每门得A等级的概率都是，该学生各学科等级成绩彼此独立规定：有一门学科获A等级加1分，有两门学科获A等级加2分，有三门学科获A等级加3分，四门学科全获A等级则加5分记1表示该生的加分数，2表示该生获A等级的学科门数与未获A等级学科门数的差的绝对值(1) 求1的数学期望；(2) 求2的分布列2018届镇江高三年级第一次模拟考试数学参考答案1. 0，12. 充要3. 4. 15. x6. 7. 328. 329. 41
9、0. ，111. (x3)2(y3)21812. yx13. 14. (e，1)15. 解析：(1) 由正弦定理，且bcosAacosB2ccosC得(2分)sinBcosAsinAcosB2sinCcosC，所以sin(BA)2sinCcosC.(3分)因为A，B，C为三角形的内角，所以BAC，所以sinC2sinCcosC.(4分)因为C(0，)，所以sinC0.(5分)所以cosC，(6分)所以C.(7分)(2) 因为ABC的面积为2，所以absinC2.(8分)由(1)知C，所以sinC，所以ab8.(9分)因为b2a，所以a2，b4，(11分)所以c2a2b22abcosC22422
10、2428，(13分)所以c2.(14分)16. 解析：(1) 设A1BAB1E.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DEA1C，且DEA1C.(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ABAC，D为BC的中点，所以ADBC.(8分)因为ABCA1B1C为直三棱柱，所以BB1平面ABC.因为AD平面ABC，所以BB1AD.(9分)因为BC平面BCC1B1，BB1平面BCC1B，BCBB1B，所以AD平面BCC1B1.(10分)
11、因为BC1平面BCC1B1，所以ADBC1.(11分)因为BC1B1D，AD平面ADB1，B1D平面ADB1，ADB1DD，所以BC1平面ADB1.(13分)因为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，(1分)所以BD，AD，(3分)则Sa2a1()4aa，(6分)由题意得.(7分)(2) 令Sa0，设cos0.0cosS0S单调递减极小单调递增(11分)所以当cos时，S最小，此时sin，AD.(12分)18. 解析：(1) 因为e且c2，所以a2，b2.(2分)所以椭圆方程为1.(4分)(2) 设A(s，t)，则B(s
12、，t)，且s22t28.因为以AB为直径的圆P过M点，所以MAMB，所以0，(5分)因为(s，t1)，(s，t1)，所以6s2(t1)20.(6分)由解得t或t1(舍)，所以s2.(7分)因为圆P的圆心为AB的中点(0，t)，半径为|s|，(8分)所以圆P的标准方程为x2.(9分)(3) 设M(x0，y0)，则lAM的方程为yy0(xx0)，若k不存在，显然不符合条件令x0得yC；同理yD，(11分)所以OCOD|yCyD|(13分)4为定值(16分)19. 解析：(1) 由f(1)f(1)得eb，解得be(舍)，或b，(1分)经检验f(x)ex为偶函数，所以b.(2分)因为f(x)ex2，当
13、且仅当x0时取等号，(3分)所以f(x)的最小值为2.(4分)(2) 假设yf(x)过定点(x0，y0)，则y0ex0bx0对任意满足b0，且b1恒成立(5分)令b2得y0ex02x0；令b3得y0ex03x0，(6分)所以2x03x0，即1，解得唯一解x00，所以y02，(7分)经检验当x0时，f(0)2，所以函数yf(x)的图象经过唯一定点(0，2)(8分)(3) 令g(x)f(x)2exbx2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b0时，g(x)为增函数，此时g(x)0只有一解(10分)(ii) 当0b0，01，lnb0，令h(x)，h(x)为单调增
14、函数，所以当x(，xe)时，h(x)0，所以g(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)若x00，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)若x00，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)当x0log(lnb)0，则lnb1，解得b，此时方程为g(x)ex20，由(1)得，只有唯一解x00，满足条件综上所述，当b1或b时，方程f(x)2有且只有一
15、个解(16分)20. 解析：(1) 因为Snqnr，所以Sn1qn1r，(n2)得SnSn1qnqn1，即anqnqn1，(n2)，(1分)因为anpn1，所以pn1qnqn1，(n2)，当n2时，pq2q；当n3时，p2q3q2.因为p，q为正数，所以pq2.(3分)因为a11，S1qr，且a1S1，所以r1.(4分)(2) 因为2Tnnbn，当n2时，2Tn1(n1)bn1，得2bnnbn(n1)bn1，即(n2)bn(n1)bn1，(6分)方法一：由(n1)bn1nbn，得(2n2)bn(n1)bn1(n1)bn1，(7分)即2bnbn1bn1，所以bn为等差数列(8分)方法二：由(n2
16、)bn(n1)bn1，得，当n3时，所以bnb2(n1)，所以bnbn1b2.(6分)因为n1时，由2Tnnbn得2T1b1，所以b10，则b2b1b2，(7分)所以bnbn1b2对n2恒成立，所以bn为等差数列(8分)(3) 因为b10，b22，由(2)知bn为等差数列，所以bn2n2.(9分)又由(1)知an2n1，所以Pn，Pn1，所以Pn1Pn，(12分)令Pn1Pn0得12n24n2n0，所以2n30，即P2P1，(13分)当n2时，因为2n4，33，即12n24n2n0，此时Pn1P3P4，(14分)所以Pn的最大值为Pn，(15分)若存在正整数k，使得对任意正整数n，Pnk恒成立
17、，则kPmax，所以正整数k的最小值为4.(16分)21. A. 解析：因为四边形ABCD是圆的内接四边形，所以DAEBCD，FAEBACBDC.(4分)因为BCBD，所以BCDBDC，(6分)所以DAEFAE，(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，即(3分)解得所以M.(5分)令f()(2)(1)60，(7分)解得1或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，)及对应的参数，代入(ab0，为参数)，得所以所以曲线C1的普通方程为1.(5分)(2) 曲线C1的极坐标方程为1，将A(1，)，B代入得1，1，所以.
18、(10分)D. 解析：因为对任意xR，不等式f(x)a23恒成立，所以fmin(x)a23.(2分)因为|xa|xa|xa(xa)|2a|，所以|2a|a23，(4分)方法一：即|a|22|a|30，解得1|a|3，(8分)所以3aa23，或2aa23，(6分)由得1a3；(7分)由得3a1，(8分)所以3a3.(10分)22. 解析：(1) 因为ACCB，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ACBCBE2，所以C(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，O(1，1，0)，E(2，0，2)，D(
19、0，0，2)，(0，2，2)，(2，0，2)(2分)所以cos，.(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(1，1，0)，(2，0，2)，n，n，得则解得(8分)令x01，则n(1，1，1)(9分)因为二面角OCEB为锐角二面角，记为，则cos|cosm，n|.(10分)23. 解析：(1) 记该学生有i门学科获得A等级为事件Ai，i1，2，3，4.(1分)1的可能取值为0，1，2，3，5.(2分)则P(Ai)C，(3分)即P(A0)，P(A1)，P(A2)，P(A3)，P(A4)，则1的分布列为101235P所以E(1)01235.(5分)(2) 2的可能取值为0，2，4，则P(20)P(A2)；(7分)P(22)P(A1)P(A3)；(8分)P(24)P(A0)P(A5)，(9分)则2的分布列为2024P