蘇錫常鎮(zhèn)二模及答案

1、2017-2018學(xué)年度蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)研（二）數(shù)學(xué)I試題注意事項(xiàng)考生在答題前請(qǐng)認(rèn)真閱讀本注意事項(xiàng)及各題答題要求1. 本試卷共4頁，包括填空題（第1題第14題）、解答題（第15題, 第20題）兩部分.本試卷滿分 160分，考試時(shí)間120分鐘.2. 答題前，請(qǐng)您務(wù)必將自己的姓名、 考試號(hào)用0.5毫米黑色墨水的簽字筆 填寫在答題卡的指定位置.3. 答題時(shí)，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在答題卡的指定位置, 在其它位置作答一律無效.4. 如有作圖需要，可用 2B鉛筆作答，并請(qǐng)加黑加粗，描寫清楚.5. 請(qǐng)保持答題卡卡面清潔，不要折疊、破損.一律不準(zhǔn)使用膠帶紙、修正液、可擦洗的圓珠筆.方

2、差公式：s n(x1 X)2 (x2 x)2 川(x X)2，其中匚拆 x2 川 xn).、填空題：本大題共 14小題，每小題5分，共70分.不需要寫出解答過程，請(qǐng)把答案直接填在答題卡相應(yīng)位置上 1若復(fù)數(shù)Z滿足（1 i）z 2 （i是虛數(shù)單位），則Z的虛部為 2設(shè)集合 A 2,4，B a2,2（其中 a 2)，證明數(shù)列% 中存在無窮多項(xiàng)可表示為數(shù)列Cn中的兩項(xiàng)之和. 2017-2018學(xué)年度蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)研(二)參考答案一、填空題1. 12. 23. 44.95. 0,16.丄7.8. 294210. 411.汀14. 2.212. ：2 1,113. 2e212二、解答題15.證

3、明：(1)取BD的中點(diǎn)0,連結(jié)CO PO因?yàn)镃=CB所以 CBD為等腰三角形，所以 BDCO因?yàn)镻B=PD,所以 PBD為等腰三角形，所以 BDPO又P6 COQ所以BD平面PCO因?yàn)镻C平面PCQ所以PCBD(2)由E為PB中點(diǎn)，連EQ則EO/ PD又EO平面PAD所以EO/平面PAD由/ADB90 ,以及 BDCO 所以 CO/ AD又CO平面PAD所以CO/平面PAD又COp|EO O ,所以平面CEO /平面PAD而CE平面CEO ,所以CE/平面PAD16.解(1)由題意，有 4 2acsinB3(a2 c2 b2),2 2.2則 sinB .3a _c b，所以 sinB= 3co

4、sB. 2ac 因?yàn)閟inB 0，所以cosB 0 ,所以 tan B= 3 .又 Ov BVn，所以 B= n.3(2)由向量 m=(sin2 A,3cos A)，n=(3,2cos A)，得m- n=3sin2 A6cos A=3sin2 A3cos2A3=3 2sin 2A3.4由(1)知B= n,所以A+C=2n，所以O(shè)vAv.333所以 2A n n,13n .44 12所以 sin 2A n-2,1 .42所以m- n(6,3 .2 3.即取值范圍是(6,32 3.17.解(1)設(shè) AP 21t，BP 4t ,(t 0)，記 APB , CPD ，則60 2060 15tan,ta

5、 n21t7t4tt20 15由 tan()tan 45tan tan1 tan tan7t t,3001 27t2當(dāng) x (0,250)，l (x)0，l(x)單調(diào)遞減;舟（舍去），23?(500 x)3化簡得 7t2 125t 300 0，解得t 20或t所以，AC AP PC 25 20 500 .答：兩索塔之間的距離 AG=500米.（2）設(shè)AP=x點(diǎn)P處的承重強(qiáng)度之和為L（x）.則 L（X）60孚 證戸，且 X（0,500），1 1即L(x) 60ab7 (50，x (0,500)（注：不寫定義域扣1分）記l(x) 7 (50?，x (0,500)，則(x)令 l (x)0，解得 x

6、 250，當(dāng) x (250,500) , l(x) 0, l(x)單調(diào)遞增;所以x 250時(shí)，心）取到最小值，火）也取到最小值器答：兩索塔對(duì)橋面 AC中點(diǎn)處的“承重強(qiáng)度”之和最小，且最小值為6ab312518.解（1）由橢圓的離心率為彳，焦點(diǎn)到對(duì)應(yīng)準(zhǔn)線的距離為1.c 22，解得c 1, ca .2,c 1，1 .2所以，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為X_ y2 1,(2)由(1)知 C(0,1)，設(shè) D(x,y)，因?yàn)镃M 2MD，得2y。1，所以y。代入橢圓方程得x普或普，所以畤弓或D（孚2所以1的方程為：y于x1或y（3）設(shè)D坐標(biāo)為（X3,屮）,由C（O,1） , Mxi, 0）可得直線CM的方程聯(lián)立橢

7、圓方程得:1xXi1,解得x3i,4x1x12 2y3X1x1由 BC.2,0)得直線BD的方程：yx122、2x12 4X12.2(x2),直線AC方程為y -x 1 ,2聯(lián)立得x2 ,X1從而X1X2=2為定值.解法2:設(shè)D坐標(biāo)為（X3, y3）,由CM D三點(diǎn)共線得 ，所以X1丄3-X1 X3 X11 y3由b,dn三點(diǎn)共線得 化=七，將 y2孚2 1代入可得X- 2x32 y32:/2 y3 X3 、：2和相乘得,X3貶X2y32_ 亞xf2X33 2X31 y3,2y3X32. 2 y32乂彳丫彳 X322.2怡2 2X3 y32X32-2(1X3y3X3- 219.解：(1)由 f

8、 (x) 3X2 2ax b 及 a2 b 0 , 得 f (x) 3x2 2ax a2 ,令f (x) 0，解得X -或X a.3由 a 0 知，x (, a), f (x) 0 , f (x)單調(diào)遞增,X ( a，a)，f (X) 0，f(X)單調(diào)遞減x (3，)，f(x) 0，f(x)單調(diào)遞增,因此，f (x)的極大值為f( a) 1 a3，f(x)的極小值為f (|) 135a327當(dāng)a 0時(shí)，b 0，此時(shí)f (x) x3 1不存在三個(gè)相異零點(diǎn);當(dāng)a 0時(shí)，與同理可得f(x)的極小值為f( a) 1 a3， f(x)的極大值為 f(3) 15a327要使f(x)有三個(gè)不同零點(diǎn)則必須有(

9、1 a3)(1齊3)0 ,即a31或a3275不妨設(shè)f(X)的三個(gè)零點(diǎn)為X!，X2，X3，且X!X2X3 ,則 f(X!)f(X2) f(X3) 0 ,f(xj X； axj aX 10 ,f (x2) x； ax； a2X210，f(X3) xf ax3 a2X3 10，-得(X2 x1)(x|x1x2#) a(x2 x1)(x2Xj a2(x2x1)0，因?yàn)閄2 X1 0，所以Xf x1x2 xj a(x2 x1) a2 0，同理 xf X3X2 x； a(x3 x2) a20，-得 X2 (X3 X1) (X3 X1)(X3 X1) a(X3 X1) 0，因?yàn)?x3x10 ,所以 x2

10、x3 x1a 0 ,又 x1 x3 2x2，所以 x2.3所以f (旦)0，即2a2 3a2，即a3耳 1 ,39a11因此，存在這樣實(shí)數(shù)a 33滿足條件.(2)設(shè) A( mf(m) ,B( n,f(n)，則 k1 3m2 2am b，k2 3n2 2an b，3322又 k1 f(m) f(n) (m n) a(m n) b(m n) m2 mn n2 a(m n) b， m nm n由此可得 3m2 2am b m2 mn n2 a(m n) b，化簡得 n a 2m， 因此，k23( a 2m)2 2a( a 2m) b 12m2 8am a2 b，所以，12m2 8am b a24(3

11、m2 2am b)，所以a2 3b.20.解：(1)設(shè)數(shù)列Sn的公差為d，由6Sn 9bn an 2，6Sn 1 9bn 1 an 1 2(n 2)，-得6(Sn Sm) 9(0 gj包需),即6d 9(b” bnJ d，所以0 bm弩為常數(shù)， 所以bn為等差數(shù)列.(2)由得 6bn 9bn 9bn 1 d，即 3bn 9bn 1 d ,1d11ddbn-3bn1 -3(bn1 -)-1-1所以-21bn132231 b-2 bn1 2-3是與n無關(guān)的常bn1扌bn 1數(shù)，所以d 10 或 bn 1-為常數(shù).32當(dāng)d 130時(shí)，d3，符合題意；當(dāng)0 1 1為常數(shù)時(shí)，在6Sn 9bn an 2中

12、令n 1，則6q 9印2，又印1，解得R 1， 8分所以bn 1d2 2 2dd1 1此時(shí)3仝3衛(wèi)1，解得d,13bn 1n 1 22綜上，d 3或d 6 .(3)當(dāng) d 3 時(shí)，an3n 2，由(2 )得數(shù)列bn2是以3為首項(xiàng),公比為 3的等比數(shù)列，所以bn 13 3n 1=1 3n，2 2 2即bn*1).當(dāng) n 2 時(shí)，Cn bn 0 11 1)3n1，n 1時(shí)，也滿足上式,所以 cn 3n 1(n 1).設(shè) ancCj(1 2，因?yàn)?n為3的倍數(shù)，3i1(3ji 1)為3的倍數(shù),所以2也為3的倍數(shù)，矛盾.所以 i 1，則 3n 3 3j 1，即 n 1 3j 2(j 2,3,4,卅).

13、所以數(shù)列an中存在無窮多項(xiàng)可表示為數(shù)列Cn中的兩項(xiàng)之和.2017-2018學(xué)年度蘇錫常鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)研（二）附加題參考答案解 連接OE因?yàn)镋D是O O切線，所以O(shè)E1ED因?yàn)镺心OE所以/ 1 = / OEA又因?yàn)? 1 = / 2,所以2 = / OEA所以 OE/ AC ACL DE解由尤2 1二0，i42.x得（22）（廿x）4二0的一個(gè)解為3,代入得x二_1 ,1，所以心1623解 消去參數(shù)t,得到圓的普通方程為x-32+ y + 22二4,由.2pcos( )：a，得cos+Rsin。a二 0,4所以直線I的直角坐標(biāo)方程為x+y-a二0.依題意，圓心C到直線l的距離等于-2，即

14、 |3-2-a|八2,解得a1或3. J2-2 2 2證明：因?yàn)?a+ 2b+ c = 1，a + b + c = 1，所以 a+ 2b= 1 - c，a2 + b2= 1 -c2.9(號(hào))OJ號(hào))x0諄)xoJ號(hào))善 號(hào)xo9XCJ倉 X) (X 二(2 x)d (L x)d0 (X)山(0 x)d L q6 寸coco寸coco寸coco、izzoolLMcolZTe蚩圧(e) 寸 ，“u 2e u Ep l w eOWCXI。oee翱eJo L)A(OL)9 (qcxl+e)Aq+t )(3 +z L)所以 f(2) f ( 2) (2,.5)5+( 25)52C5C. 5)124C；(

15、. 5)322+C5( . 5)520=2(5 16 5+10 4 5. 5+25 5)=610 5 ,所以A 610.(2)因?yàn)閒(x) (x J5)2n1 CM C；n1X2nT5 CM(岳)2 卅 或；(1 ,所以 f(2) Cm22n 1 C；n122n.、5 C；n122n1c5)2 川 C|；11e，5)2n 1 ,由題意f(2)(.5 2尸1m(m N*,01),首先證明對(duì)于固定的n N* ,滿足條件的m,是唯-一的.假設(shè)f (2)(2.52n 1)m11m22(口，口2N*,01, 21,mm2, 12),貝 V m1 m22 1 0 ,而m1m2Z ,21( 1,0) 1(0,1)，矛盾所以滿足條件的m,是唯一的.F面我們求m及的值:2Cn i22n 1 C22m22n1(.5)2 C4n122n3(、.5)4 + |+