刘半农-拆除合同

江苏南通、泰州市2018届高三数学一模
试卷（含答案）

2018届高三年级第一次模拟考试(四)
数学
(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，共计70
分．
1.已知集合A＝{－ 1，0，a}，B＝{0，a}．若B⊆A，
则实数a的值为________．
2.已知复数z＝1＋4i1－i，其中i为虚数单位，则复数z
的实部为________．
3.已知某校高一、高二、高三的学生人数分别为400，
400，500.为了解该校学生的 身高情况，现用分层抽样的
方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为65的样本，
则应从高 三年级抽取________名学生．
4.根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S为
________．
5.若某同学 欲从数学建模、航模制作、程序设计和机器

人制作4个社团中随机选择2个，则数学建模 社团被选中
的概率为________．
6.若实数x，y满足y≥1，y≤3，x－y－1 ≤0，则2x—y
的最大值为________．
7.在平面直角坐标系xOy中，已知点F 为抛物线y2＝8x
的焦点，则点F到双曲线x216－y29＝1的渐近线的距离
为____ ____．
8.在各项均为正数的等比数列中，若a2＝1，a8＝a6＋
6a4，则a3的 值为________．
9.在平面直角坐标系xOy中，将函数y＝sin2x＋π3的图
象向右平移φ0φπ2个单位长度，若平移后得到的图象
经过坐标原点，则φ的值为________．
10.若曲线y＝xlnx在x＝1与x＝t处的切线互相垂直，
则正数t的值为______ __．
11.如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个
圆柱所构成的．已知正六棱 柱的底面边长、高都为4cm，
圆柱的底面积为93cm2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为
6 cm的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为
________cm.(不计损耗)
(第11题)(第12题)
12.如图，已知矩形ABCD的边长AB＝2，AD＝1.点P ，Q
分别在边BC，CD上，且∠PAQ＝45°，则AP→AQ→的最

小值为 ________．
13.在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－4，0)，B(0，
4 )，从直线AB上一点P向圆x2＋y2＝4引两条切线PC，
PD，切点分别为C，D.设线段CD的 中点为M，则线段AM
的长度的最大值为________．
14.已知函数f(x)＝x2 －2ax－a＋1，x≥0，ln（－x），
x0，g(x)＝x2＋1－2a.若函数y＝f(g(x ))有4个零点，
则实数a的取值范围是________________．
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)
如图，在三棱锥PABC中，AB⊥PC，CA＝CB，M是A B的中
点．点N在棱PC上，D是BN的中点．
求证：(1)MD∥平面PAC；
(2)平面ABN⊥平面本小题满分14分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a ，b，c，且a2
＝b2＋c2－bc，a＝152b.
(1)求sinB的值；
(2)求cosC＋π12的值．
17.(本小题满分14分)
如图，在平面直角 坐标系xOy中，已知椭圆x2a2＋y2b2
＝1(ab0)的离心率为22，两条准线之间的距离为 42.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知椭圆的左顶点为A，点M在圆 x2＋y2＝89上，直
线AM与椭圆相交于另一点B，且△AOB的面积是△AOM的
面积的 2倍，求直线AB的方程．
18.(本小题满分16分)
如图，某小区中央广场由两部分组 成，一部分是边长为
80m的正方形ABCD，另一部分是以AD为直径的半圆，其
圆心为O. 规划修建的3条直道AD，PB，PC将广场分割为
6个区域：Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ为绿化区域(图中阴影部分) ，Ⅱ、
Ⅳ、Ⅵ为休闲区域，其中点P在半圆弧上，AD分别与PB，
PC相交于点E，F.(道 路宽度忽略不计)
(1)若PB经过圆心，求点P到AD的距离：
(2)设∠POD＝θ，θ∈0，π2.
①试用θ表示EF的长度；
②当sinθ为何值时，绿化区域面积之和最大．
19.(本小题满分16分)
已 知函数g(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)有极值，且函数
f(x)＝(x＋a)ex的极值 点是g(x)的极值点，其中e是自
然对数的底数．(极值点是指函数取得极值时对应的自变
量 的值)
(1)求b关于a的函数关系式；
(2)当a0时，若函数F(x)＝f(x)－g (x)的最小值为M(a)，

证明：M(a)－73.
20.(本小题满分16分)
若数列同时满足：①对于任意的正整数n，an＋1≥an恒< br>成立；②若对于给定的正整数k，an－k＋an＋k＝2an对
于任意的正整数n(nk)恒成 立，则称数列是“R(k)数
列”．
(1)已知an＝2n－1，n为奇数，2n，n为偶数 ，判断数列
是否为“R(2)数列”，并说明理由；
(2)已知数列是“R(3)数列”，且 存在整数p(p1)，使得
b3p－3，b3p－1，b3p＋1，b3p＋3成等差数列，证明：是等差数列．
 
2018届高三年级第一次模拟考试(四)
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，已知⊙O1的半径为2，⊙O2的半径为1，两圆外切
于点T.点P为⊙O1上一点，P M与⊙O2切于点M.若PM＝3，
求PT的长．

B.[选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)
已知x∈R，向量01是矩阵A＝1x02的属于特征值λ的
一个特征向量，求λ与A－1.
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，直 线y＝x与曲线x＝t－1，y
＝t2－1(t为参数)相交于A，B两点，求线段AB的长．
D.[选修45：不等式选讲](本小题满分10分)
已知a1，b1，求b2a－1＋a2b－1的最小值．
【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，在四棱锥PABCD中，AP，AB，AD两两垂直，< br>BC∥AD，且AP＝AB＝AD＝4，BC＝2.
(1)求二面角PCDA的余弦值；
(2)已知点H为线段PC上异于C的点，且DC＝DH，求PHPC
的值．

23.(本小题满分10分)
(1)用数学归纳法证明：当n∈N*时，cosx＋cos2 x＋
cos3x＋…＋cosnx＝sinn＋12x2sin12x－12(x∈R，且
x≠ 2kπ，k∈Z)；
(2)求sinπ6＋2sin2π6＋3sin3π6＋4sin4π6＋…＋

2018sin2018π6的值.
2018届南通、泰州高三年级第一次模拟考试
数学参考答案
1.12.－323.254.105.126.57.65
8.39.π610.e－211.21012.42－4
13.3214.5－12，1∪(1，＋∞)
15.解析：(1)在△ABN中，M是AB的中点，
D是BN的中点，
所以MD∥AN.(3分)
因为AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，
所以MD∥平面PAC.(6分)
(2)在△ABC中，CA＝CB，M是AB的中点，
所以AB⊥MC.(8分)
因为AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MCX 34;平面PMC，
PC∩MC＝C，
所以AB⊥平面PMC.(11分)
因为AB⊂平面ABN，
所以平面ABN⊥平面PMC.(14分)
16.解析：(1)在△ABC中，根据余弦定理及a2＝b2＋c2
－bc得，cosA＝b2＋c2 －a22bc＝12.
因为A∈(0，π)，所以A＝π3.(3分)
在△ABC中，由正弦定理asinA＝bsinB得

sinB＝basinA＝215×32＝55.(6分)
(2)因为a＝152bb，
所以AB，即0Bπ3.
又sinB＝55，所以cosB＝1－sin2B＝255.(9分)
在△ABC中，A＋B＋C＝π，
所以cosC＋π12＝cosπ－A－B＋π12
＝－cosB＋π4(12分)
＝－cosBcosπ4－sinBsinπ4
＝－255×22－55×22＝－1010.(14分)
17.解析：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意得ca＝22，
2a2c＝42，(2分)
解得a＝2，c＝2，所以b＝2.
所以椭圆的方程为x24＋y22＝1.(4分)
(2)方法一：因为S△AOB＝2S△AOM，
所以AB＝2AM，
所以M为AB的中点．(6分)
因为椭圆的方程为x24＋y22＝1，
所以A(－2，0)．
设M(x0，y0)，则B(2x0＋2，2y0)．
所以x20＋y20＝89，①
（2x0＋2）24＋（2y0）22＝1,②(10分)
由①②得9x20－18x0－16＝0，

解得x0＝－23，x0＝83(舍去)．
把x0＝－23代入①，得y0＝±23，(12分)
所以kAB＝±12，
因此，直线AB的方程为y＝±12(x＋2)，
即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.(14分)
方法二：因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，
所以M为AB的中点．(6分)
设直线AB的方程为y＝k(x＋2)．
由x24 ＋y22＝1，y＝k（x＋2）得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2
－4＝0，
所以(x＋2)[(1＋2k2)x＋4k2－2]＝0，
解得xB＝2－4k21＋2k2.(8分)
所以xM＝xB＋（－2）2＝－4k21＋2 k2，yM＝k(xM＋2)＝
2k1＋2k2，(10分)
代入x2＋y2＝89得，
－4k21＋2k22＋2k1＋2k22＝89，
化简得28k4＋k2－2＝0，(12分)
即(7k2＋2)(4k2－1)＝0，解得k＝±12，
所以直线AB的方程为y＝±12(x＋2)，
即x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0.(14分)
18.解析：以AD所在直线为x轴，以线段AD的中垂线为
y轴建立平面直角坐标系．

(1)直线PB的方程为y＝2x，
半圆O的方程为x2＋y2＝402(y≥0)，(2分)
由y＝2x，x2＋y2＝402，y≥0得y＝165.
所以点P到AD的距离为165m．(4分)
(2)①由题意得P(40cosθ，40sinθ)．
直线PB的方程为
y＋80＝sinθ＋2cosθ＋1(x＋40)，令y＝0，得
xE＝80cosθ＋8 0sinθ＋2－40＝80cosθ－
40sinθsinθ＋2.(6分)
直线PC的方程为y＋80＝sinθ＋2cosθ－1(x－40)，
令y＝0，得xF＝ 80cosθ－80sinθ＋2＋40＝80cosθ＋
40sinθsinθ＋2，(8分)
所以EF的长度为
f(θ)＝xF－xE＝80sinθsinθ＋2，θ∈0，π2.(10分)
②区域Ⅳ、Ⅵ的面积之和为
S1＝12×80－80sinθsinθ＋2×80＝6400sinθ＋2，
区域Ⅱ的面积为
S2＝12×EF×40sinθ＝12×80sinθsinθ＋2×
40sinθ＝1600sin2θsinθ＋2，
所以S1＋S2＝1600sin2θ＋6400sinθ＋20θπ2.(3分)
设sinθ＋2＝t，则2t3，
则S1＋S2＝1600（t－2）2＋6400t

＝1600t＋8t－4≥1600(28－4)＝6400(2－1)，
当且仅当t＝22，即sinθ＝22－2时等号成立．
所以休闲区域Ⅱ、Ⅳ、Ⅵ的面积S1＋S2的最小值为
6400(2－1)m2.
故当sinθ＝22－2时，绿化区域Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ的面积之和
最大．(16分)
19 .解析：(1)因为f′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋
1)ex.令f′(x)＝0，解 得x＝－a－1.
f(x)，f′(x)随x的变化列表如下：
所以当x＝－a－1时，f(x)取得极小值．(2分)
因为g′(x)＝3x2＋2ax＋b，由题意可知
g′(－a－1)＝0，且Δ＝4a2－12b0，
所以3(－a－1)2＋2a(－a－1)＋b＝0，
化简得b＝－a2－4a－3.(4分)
由Δ＝4a2－12b＝4a2＋12(a＋1)(a＋3)0得a≠－32，
所以b＝－a2－4a－3a≠－32.(6分)
(2)因为F(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋a)ex－(x3＋ax2＋bx)，
所 以F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝(x＋a＋1)ex－[3x2＋
2ax－(a＋1)(a＋ 3)]
＝(x＋a＋1)ex－(x＋a＋1)(3x－a－3)
＝(x＋a＋1)(ex－3x＋a＋3)．(8分)
记h(x)＝ex－3x＋a＋3，则h′(x)＝ex－3，

令h′(x)＝0，解得x＝ln3.
h(x)，h′(x)随x的变化列表如下：
所以当x＝ln3时，h(x)取得极小值，也是最小值，
此时h(ln3)＝eln3－3ln3＋a＋3＝6－3ln3＋a
＝3(2－ln3)＋a＝3lne23＋aa0.(10分)
令F′(x)＝0，解得x＝－a－1.
F(x)，F′(x)随x的变化列表如下：
所以当x＝－a－1时，F(x)取得极小值，也是最小值，
所以M(a)＝F(－a－1) ＝(－a－1＋a)e－a－1－[(－a－
1)3＋a(－a－1)2＋b(－a－1)]
＝－e－a－1－(a＋1)2(a＋2)．(12分)
令t＝－a－1，则t－1，
记m(t)＝－et－t2(1－t)＝－et＋t3－t2，t－1，
则m′(t)＝－et＋3t2－2t，t－1.
因为－e－1－et0，3t2－2t5，
所以m′(t)0，所以m(t)单调递增．(14分)
所以m(t)－e－t－2－13－2＝－73，
所以M(a)－73.(16分)
20.解析：(1)当n为奇数时，an＋1－an＝2(n＋1)－1－
(2n－1)＝20，所以 an＋1≥an.(2分)
an－2＋an＋2＝2(n－2)－1＋2(n＋2)－1＝2(2n－ 1)＝
2an；(4分)

当n为偶数时，an＋1－an＝2(n＋1)－2 n＝20，所以an
＋1≥an.
an－2＋an＋2＝2(n－2)＋2(n＋2)＝4n＝2an.
所以数列是“R(2)数列”．(6分)
(2)由题意可得bn－3＋bn＋3＝2bn，
则数列b1，b4，b7，…是等差数列，设其公差为d1，
数列b2，b5，b8，…是等差数列，设其公差为d2，
数列b3，b6，b9，…是等差数列，设其公差为d3.(8分)
因为bn≤bn＋1，所以b3n＋1≤b3n＋2≤b3n＋4，
所以b1＋nd1≤b2＋nd2≤b1＋(n＋1)d1，
所以n(d2－d1)≥b1－b2，①
n(d2－d1)≤b1－b2＋d1.②
若d2－d10，则当nb1－b2d2－d1时，①不成立；
若d2－d10，则当nb1－b2＋d1d2－d1时，②不成立．
若d2－d1＝0，则①和②都成立，所以d1＝d2.
同理得d1＝d3，所以d1＝d2＝d3，记d1＝d2＝d3＝
d.(12分)
设b3p－1－b3p－3＝b3p＋1－b3p－1＝b3p＋3－b3p＋1
＝λ，
则b3n－1－b3n－2＝b3p－1＋(n－p)d－[b3p＋1＋(n－
p－1)d]
＝b3p－1－b3p＋1＋d＝d－λ.(14分)

同理可得b3n－b3 n－1＝b3n＋1－b3n＝d－λ，所以bn
＋1－bn＝d－λ.
所以是等差数列．(6分)
另解：λ＝b3p－1－b3p－3＝b2＋(p－1)d－[b 3＋(p－
2)d]＝b2－b3＋d，
λ＝b3p＋1－b3p－1＝b1＋pd－[b2＋(p－1)d]＝b1－b2
＋d，
λ＝b3p＋3－b3p＋1＝b3＋pd－(b1＋pd)＝b3－b1，
以上三式相加可得3λ＝2d，所以λ＝23d，(12分)
所以b3n－2＝b1＋(n－1)d＝b1＋(3n－2－1)d3，
b3n－1＝b2＋ (n－1)d＝b1＋d－λ＋(n－1)d＝b1＋(3n
－1－1)d3，
b3n＝b3＋(n－1)d＝b1＋λ＋(n－1)d＝b1＋(3n－1)d3，
所以bn＝b1＋(n－1)d3，所以bn＋1－bn＝d3，
所以数列是等差数列．(16分)
21.A.解析：延长PT交⊙O2于点C，
连结O1P，O2C，O1O2，则O1O2过点T.
由切割线定理得PM2＝PCPT＝3.
因为∠O1TP＝∠O2TC，
△O1TP与△O2TC均为等腰三角形，(5分)
所以△O1TP∽△O2TC，所以PTCT＝PO1CO2＝2，
所以PTPC＝23，即PC＝32PT.

因为PCPT＝32PTPT＝3，所以PT＝2.(10分)
B.解析：由已知得1x0201＝x2＝λ01，
所以λ＝2，x＝0，所以A＝1002.(4分)
设A－1＝abcd，
则AA－1＝1002abcd＝1001，
即ab2c2d＝1001，
所以a＝1，b＝c＝0，d＝12，
所以λ＝2，A－1＝10012.(10分)
C.解析：曲线x＝t－1，y＝t2－1的普通方程为y＝x2＋
2x.(4分)
联立y＝x，y＝x2＋2x，解得x＝0，y＝0或x＝－1，y
＝－1，(8分)
所以A(0，0)，B(－1，－1)，
所以AB＝（－1－0）2＋（－1－0）2＝2.(10分)
D.解析：因为a1，b1，
所以b2a－1＋4(a－1)≥4b，a2b－1＋4(b－1)≥4a.(4
分)
两式相加b2a－1＋4(a－1)＋a2b－1＋4(b－1)≥4b＋4a，
所以b2a－1＋a2b－1≥8.(8分)
当且仅当b2a－1＝4(a－1)且a2b－1＝4(b－1)时，等号
成立，
即当a＝b＝2时，b2a－1＋a2b－1取得最小值为8.(10

分) < br>22.解析：以{AB→，AD→，AP→}为正交基底，建立如图
所示的空间直角坐标系Axy z.
则A(0，0，0)，B(4，0，0)，C(4，2，0)，D(0，4，0)，
P( 0，0，4)．
(1)由题意可知，DP→＝(0，－4，4)，DC→＝(4，－2，
0)．
设平面PCD的法向量为n1＝(x，y，z)，
则n1DP→＝0，n1DC→＝0，即－4y＋4z＝0，4x－2y＝0.
令x＝1，则y＝2，z＝2.
所以n1＝(1，2，2)．(3分)
平面ACD的法向量为n2＝(0，0，1)，
所以|cos〈n1，n2〉|＝|n1n2||n1||n2|＝23，
所以二面角PCDA的余弦值为23.(5分)
(2)由题意可知，PC→＝(4，2，－4)，DC→＝(4，－2，
0)．
设PH→＝λPC→＝(4λ，2λ，－4λ)，
则DH→＝DP→＋PH→＝(4λ，2λ－4，4－4λ)．(7分)
因为DC＝DH，
所以（4λ）2＋（2λ－4）2＋（4－4λ）2＝20，
化简得3λ2－4λ＋1＝0，所以λ＝1或λ＝13.
因为点H异于点C，所以λ＝13.(10分)

23.解析：①当n＝1时， 等式右边＝sin1＋12x2sin12x
－12＝sin1＋12x－sin1－12x2sin1 2x＝
12sin12x×[(sinxcos12x＋cosxsin12x)－(sinxcos 12x
－cosxsin12x)]
＝cosx＝等式左边，等式成立．(2分)
②假设当n＝k时等式成立，
即cosx＋cos2x＋cos3x＋…＋coskx＝si nk＋
12x2sin12x－12.
那么，当n＝k＋1时，有
cosx＋cos2x＋cos3x＋…＋coskx＋cos(k＋1)x
＝sink＋12x2sin12x－12＋cos(k＋1)x
＝12sin12x×{s in（k＋1）x－12x＋2sin12xcos(k＋1)x}
－12
＝12sin12 x×[sin(k＋1)xcos12x－cos(k＋1)xsin12x＋
2sin12xcos( k＋1)x]－12
＝sin（k＋1）xcos12x＋cos（k＋1）xsin12x2sin12x－
12
＝sink＋1＋12x2sin12x－12.
这就是说，当n＝k＋1时等式也成立．
根据①和②可知，对任何n∈N*等式都成立．(6分)
(2)由(2)可知，cosx＋c os2x＋cos3x＋…＋cos2018x＝
sin2018＋12x2sin12x－12， < /p>

两边同时求导，得－sinx－2sin2x－3sin3x－…－
2018si n2018x
＝12sin212x×[(2018＋12)cos(2018＋12)xsin12 x－
12sin2018＋12xcos12x]，(8分)
所以－sinπ6－2sin2π6－3sin3π6－…－
2018sin2018π6 < br>＝12sin2π12×[2018＋12cos2018＋12π6sinπ12－
12sin 2018＋12π6cosπ12]＝
20152－3，
所以sinπ6＋2sin2π6 ＋3sin3π6＋4sin4π6＋…＋
2018sin2018π6＝3－20152.(10分)