2018届高三模拟考试试卷(十三)(六市联考)
数学参考答案及评分标准
2＋6419
1. {1，3} 2. 3. 30 4. 125 5. 6. 7. 43 8. 9. －6 10. 8
3327
1
11. (x－1)2＋y2＝4 12. (1，＋∞) 13. 10 14. 4， 4
13
15. 解：(1) 因为a＝(cos α，sin α)，b＝(－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|2＝c2，即a2＋2a·b＋b2＝1，
1
所以1＋2sin(α－β)＋1＝1，即sin(α－β)＝－.(6分)
2
5π3113
(2) 因为α＝，所以a＝(－，)．故b＋c＝(－sin β－，cos β＋)．(8分)
62222
3311
因为a∥(b＋c)，所以－(cos β＋)－(－sin β－)＝0.
2222
π1311
化简得sin β－cos β＝，所以sin(β－)＝.(12分)
22232
ππ2ππππ
因为0<β<π，所以－<β－<.所以β－＝，即β＝.(14分)
333362
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)
x2y2??a2＋9＝1，x2（x＋3）26a2
由? 得2＋＝1，所以x0＝－.(4分)
a99＋a2??y＝x＋3
6a2222
因为PB1＝x0＋（y0－3）＝2|x0|, 所以42＝2·2，解得a＝18. 9＋a
22xy
所以椭圆的标准方程为＋＝1.(6分)
189
y0－3
(2) (方法1)直线PB1的斜率为kPB1＝，由QB1⊥PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1＝－
x0
x0. 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＋3
y20－9
联立两直线方程，消去y，得x1＝.(10分)
x0
·9·
因为P(x0，y0)在椭圆
xy＋＝1上，所以＋＝1，从而y20－9＝－. 1891892
222x02y0x20
x0所以x1＝－.(12分)
2
S△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.
k
22xy
将y＝kx＋3代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋12kx＝0，
189
12k
因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x0≠0，从而x0＝－2.(8分)
2k＋1
2222xyx0y0x202
因为P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，所以＋＝1，从而y0－9＝－.
1891892
2
y0－3y0＋3y0－911
所以k·k′＝·＝2＝－，得k′＝－.(10分)
x0x0x022k
由QB2⊥PB2，所以直线QB2的方程为y＝2kx－3.
1??y＝－kx＋3，6k6k
联立? 则x＝2，即x1＝2.(12分)
2k＋12k＋1
??y＝2kx－3
12k－22k＋1S△PB1B2?x0?所以＝?x?＝＝2.(14分) 6kS△QB1B21
2k2＋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）
xxa≤，a≤，22
(2) 设所得正四棱柱的底面边长为a dm，则即(9分)
10020a≤－4a，a≤.xx
3x
，0 (方法1)所得正四棱柱的体积V＝a2x≤(11分) 400 ，x>210.x x3 ，0 记函数p(x)＝则p(x)在(0，210]上单调递增，在[210，＋∞)上单调递减， 400 ，x>210，x 所以当x＝210时，pmax(x)＝2010. 所以当x＝210，a＝10时，Vmax＝2010 (dm3)．(14分) 20 (方法2)2a≤x≤，从而a≤10.(11分) a 20 所得正四棱柱的体积V＝a2x≤a2()＝20a≤2010. a 所以当a＝10，x＝210时，Vmax＝2010 (dm3)．(14分) ?????? ?????? ??? ??? ·10· 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时正四棱柱的体积最大”给2分； 2 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， 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＝2n1. 22 因为c22＝c1c3，所以(2＋b2)＝(1＋b2－d)(4＋b2＋d)，即b2＝d＋3d.(6分) 由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，所以d≠－1且d≠－2. 又d≠0，所以b2＝d2＋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，其公比为q1， a1＋b1＝c1 ①， ??aq＋b＋d＝cq ②，则?(10分) aq＋b＋2d＝cq ③，??aq＋b＋3d＝cq ④. 111 1 11 23 11 2 11311 将①＋③－2×②，得a1(q－1)2＝c1(q1－1)2 ⑤， 将②＋④－2×③，得a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2 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) c2c3c4(解法2)假设数列c1，c2，c3，c4是等比数列，则＝＝.(10分) c1c2c3 c3－c2c4－c3a3－a2＋da4－a3＋d 所以＝，即＝. c2－c1c3－c2a2－a1＋da3－a2＋d a3－2a2＋a1a4－2a3＋a2 两边同时减1，得＝.(12分) a2－a1＋da3－a2＋d a3－2a2＋a1q（a3－2a2＋a1） 因为等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q(q≠1)，所以＝. a2－a1＋da3－a2＋d 又a3－2a2＋a1＝a1(q－1)2≠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 1 因为(cos x)max＝1，所以≥1，从而0 a11b (2) 证明：① g(x)＝x－sin x＋bln x＋1，所以g′(x)＝1－cos x＋. 22x ·11· bb1b若b<0，则存在－>0，使g′(－)＝－1－cos(－)<0，不合题意， 2222 所以b>0.(5分) 3 取x0＝e－，则0 b 1131 此时g(x0)＝x0－sin x0＋bln x0＋1<1＋＋bln e－＋1＝－<0. 22b2 所以存在x0>0，使g(x0)<0.(8分) x2② 依题意，不妨设0 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) 11 因为g(x1)＝g(x2)，所以x1－sin x1＋bln x1＋1＝x2－sin x2＋bln x2＋1， 2211 所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>(x2－x1)， 22 x2－x1 所以－2b>>0.(12分) ln x2－ln x1x2－x1t－1t－1 下面证明>x1x2，即证明>t，只要证明ln t－<0 (*)． ln tln x2－ln x1t t－1－（t－1）2 设h(t)＝ln t－(t>1)，所以h′(t)＝<0在(1，＋∞)上恒成立． t2tt 所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，故h(t) ·12·