江苏省苏州市2018届高三一模考试已经结束了，考完试后考生最关注的是考试答案和成绩，下面秦学教育小编为大家整理分享江苏苏州市2018届高三一模数学试卷及试题答案，大家可以核对一下答案，同时小编提醒大家考试只是学校对大家的近期复习的一种检测，无论成绩好坏大家都要调整好心态继续为高考加油!

　　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i为虚数单位，复数z=32-32i的模为________.

　　2. 已知集合A={1，2a}，B={-1，1，4}，且A⊆B，则正整数a=________.

　　3. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2=-8x的焦点坐标为________.

　　4. 苏州轨道交通1号线每5分钟一班，其中，列车在车站停留0.5分钟，假设乘客到达站台的时刻是随机的，则该乘客到达站台立即能乘上车的概率为________.

　　5. 已知4a=2，logax=2a，则正实数x=________.

　　6. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.下面的流程图是秦九韶算法的一个实例.若输入n，x的值分别为3，3，则输出v的值为________.

　　(第6题)　 　(第9题)

　　7. 已知变量x，y满足0≤x≤3，x+y≥0，x-y+3≤0，则z=2x-3y的最大值为________.

　　8. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S6S3=-198，a4-a2=-158，则a3的值为________.

　　9. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________.(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)

　　10. 如图，两座建筑物AB，CD的高度分别是9 m和15 m，从建筑物AB的顶部A看建筑物CD的张角∠CAD=45°，则这两座建筑物AB和CD的底部之间的距离BD=________m.

　　(第10题)　 (第13题)

　　11. 在平面直角坐标系xOy中，已知过点A(2，-1)的圆C和直线x+y=1相切，且圆心在直线y=-2x上，则圆C的标准方程为________.

　　12. 已知正实数a，b，c满足1a+1b=1，1a+b+1c=1，则c的取值范围是________.

　　13. 如图，△ABC为等腰三角形，∠BAC=120°，AB=AC=4，以A为圆心，1为半径的圆分别交AB，AC与点E，F，P是劣弧EF︵上的一点，则PB→•PC→的取值范围是________.

　　14. 已知直线y=a分别与直线y=2x-2，曲线y=2ex+x交于点A，B，则线段AB长度的最小值为________.
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　　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)

　　已知函数f(x)=(3cosx+sinx)2-23sin2x.

　　(1) 求函数f(x)的最小值，并写出f(x)取得最小值时自变量x的取值集合;

　　(2) 若x∈-π2，π2，求函数f(x)的单调增区间.

　　16. (本小题满分14分)

　　如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是A1D1，B1C1，D1D，C1C的中点.求证：

　　(1) EF∥平面ABHG;

　　(2) 平面ABHG⊥平面CFED.

　　17. (本小题满分14分)

　　如图，B，C分别是海岸线上的两个城市，两城市间由笔直的海滨公路相连，B，C之间的距离为100 km，海岛A在城市B的正东方向50 km处.从海岛A到城市C，先乘船按北偏西θ角(α<θ≤π2，其中锐角α的正切值为12)航行到海滨公路P处登陆，再换乘汽车到城市C.已知船速为25 km/h，车速为75 km/h.

　　(1) 试建立由A经P到C所用时间与θ的函数解析式;

　　(2) 试确定登陆点P的位置，使所用时间最少，并说明理由.

　　18. (本小题满分16分)

　　在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(2-1).

　　(1) 求椭圆C的标准方程;

　　(2) 已知过点M(0，-1)的动直线l与椭圆C交于A，B两点，试判断以AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由.

　　19. (本小题满分16分)

　　已知各项是正数的数列{an}的前n项和为Sn.

　　(1) 若Sn+Sn-1=a2n+23(n∈N*，n≥2)，且a1=2.

　　①求数列{an}的通项公式;

　　②若Sn≤λ•2n+1对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围;

　　(2) 数列{an}是公比为q(q>0，q≠1)的等比数列，且{an}的前n项积为10Tn.若存在正整数k，对任意n∈N*，使得T(k+1)nTkn为定值，求首项a1的值.

　　20. (本小题满分16分)

　　已知函数f(x)=-x3+x2，x<0，ex-ax， x≥0.

　　(1) 当a=2时，求函数f(x)的单调区间;

　　(2) 若方程f(-x)+f(x)=ex-3在区间(0，+∞)上有实数解，求实数a的取值范围;

　　(3) 若存在实数m，n∈[0，2]，且|m-n|≥1，使得f(m)=f(n)，求证：1≤ae-1≤e.

　　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，AB，AC与圆O分别切于点B，C，P为圆O上异于点B，C的任意一点，PD⊥AB，垂足为D，PE⊥AC，垂足为E，PF⊥BC，垂足为F.

　　求证：PF2=PD•PE.

　　B. [选修42：矩阵与变换](本小题满分10分)

　　已知M=1221，β=17，求M4β.

　　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l的参数方程为x=1+t，y=t-3(t为参数)，以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ=2cosθsin2θ，若直线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB的面积.

　　D. [选修45：不等式选讲](本小题满分10分)

　　已知a，b，c∈R，a2+b2+c2=1，若|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a，b，c恒成立，求实数x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，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面，其交线为AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP.

　　(1) 求平面PCD与平面ABPE所成的二面角的余弦值;

　　(2) 线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于25?若存在，试确定点N的位置;若不存在，请说明理由.

　　23. (本小题满分10分)

　　在正整数集上定义函数y=f(n)，满足f(n)[f(n+1)+1]=2[2-f(n+1)]，且f(1)=2.

　　(1) 求证：f(3)-f(2)=910;

　　(2) 是否存在实数a，b，使f(n)=1a-32n-b+1，对任意正整数n恒成立，并证明你的结论.
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　　2018届苏州高三年级第一次模拟考试数学参考答案

　　1. 3　2. 2　3. (-2，0)　4. 110　5. 12　6. 48　7. -9　8. 94　9. 30π　10. 18

　　11. (x-1)2+(y+2)2=2　 12. 1，43

　　13. [-11，-9]　 14. 3+ln22

　　15. 解析：(1) f(x)=(3cosx+sinx)2-23sin2x

　　=3cos2x+23sinxcosx+sin2x-23sin2x

　　=3(1+cos2x)2+1-cos2x2-3sin2x(2分)

　　=cos2x-3sin2x+2=2cos2x+π3+2.(4分)

　　当2x+π3=2kπ+π，即x=kπ+π3(k∈Z)时，f(x)取得最小值0,

　　此时自变量x的取值集合为xx=kπ+π3，k∈Z.(7分)

　　(2) 由(1)知f(x)=2cos2x+π3+2.

　　令π+2kπ≤2x+π3≤2π+2kπ(k∈Z)，(8分)

　　解得π3+kπ≤x≤5π6+kπ(k∈Z)，(10分)

　　又x∈-π2，π2，令k=-1，x∈[-π2，-π6]，令k=0，x∈π3，π2，

　　所以函数f(x)在-π2，π2上的单调增区间是-π2，-π6和π3，π2.(14分)

　　16. 解析：(1) 因为E，F是A1D1，B1C1的中点，

　　所以EF∥A1B1.

　　在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1B1∥AB，

　　所以EF∥AB.(3分)

　　又EF⊄平面ABHG，AB⊂平面ABHG，

　　所以EF∥平面ABHG.(6分)

　　(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中，CD⊥平面BB1C1C，

　　又BH⊂平面BB1C1C，所以BH⊥CD.(8分)

　　设BH∩CF=P，易知△BCH≌△CC1F，

　　所以∠HBC=∠FCC1.

　　因为∠HBC+∠PHC=90°，

　　所以∠FCC1+∠PHC=90°.

　　所以∠HPC=90°，即BH⊥CF.(11分)

　　又DC∩CF=C，DC，CF⊂平面CFED，

　　所以BH⊥平面CFED.

　　又BH⊂平面ABHG，

　　所以平面ABHG⊥平面CFED.(14分)

　　17. 解析：(1) 由题意，轮船航行的方位角为θ，

　　所以∠BAP=90°-θ，AB=50，

　　则AP=50cos(90°-θ)=50sinθ，BP=50tan(90°-θ)=50sin(90°-θ)cos(90°-θ)=50cosθsinθ，

　　所以PC=100-BP=100-50cosθsinθ.(4分)

　　由A到P所用的时间为t1=AP25=2sinθ，

　　由P到C所用的时间为t2=100-50cosθsinθ75=43-2cosθ3sinθ，(6分)

　　所以由A经P到C所用时间与θ的函数关系为

　　f(θ)=t1+t2=2sinθ+43-2cosθ3sinθ=6-2cosθ3sinθ+43，(8分)

　　函数f(θ)的定义域为α，π2，其中锐角α的正切值为12.

　　(2) 由(1)知f(θ)=6-2cosθ3sinθ+43，θ∈α，π2，

　　所以f′(θ)=6(1-3cosθ)9sin2θ.

　　令f′(θ)=0，解得cosθ=13.(10分)

　　设θ0∈0，π2，使cosθ0=13.

　　当θ变化时，f′(θ)，f(θ)的变化情况如下表：

　　θ (α，θ0) θ0 θ0，π2

　　f′(θ) - 0 +

　　f(θ)  极小值 

　　(12分)

　　所以当θ=θ0时函数f(θ)取得最小值，此时BP=50cosθ0sinθ0=2522≈17.68(km).

　　故在BC上选择距离B为17.68km 处为登陆点，所用时间最少.(14分)
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　　18. 解析：(1) 由题意知ca=22，所以a=2c.(1分)

　　又椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(2-1)，所以a-c=32-3，(2分)

　　解得c=3，a=32，所以b2=a2-c2=9，(4分)

　　所以椭圆C的标准方程为x218+y29=1.(6分)

　　(2) 当直线l的斜率为0时，令y=-1，则x=±4，

　　此时以AB为直径的圆的方程为x2+(y+1)2=16;(7分)

　　当直线l的斜率不存在时，以AB为直径的圆的方程为x2+y2=9.(8分)

　　联立x2+(y+1)2=16，x2+y2=9，解得x=0，y=3，即两圆过点T(0，3).

　　猜想：以AB为直径的圆恒过定点T(0，3).(9分)

　　对一般情况证明如下：

　　设过点M(0，-1)的直线l的方程为y=kx-1，与椭圆C交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，

　　则y=kx-1，x2+2y2=18，

　　消去y，整理得(1+2k2)x2-4kx-16=0，

　　所以x1+x2=4k1+2k2，x1x2=-161+2k2.(12分)

　　因为TA→•TB→=(x1，y1-3)•(x2，y2-3)=x1x2+y1y2-3(y1+y2)+9=x1x2+(kx1-1)(kx2-1)-3(kx1-1+kx2-1)+9=(k2+1)x1x2-4k(x1+x2)+16=-16(k2+1)1+2k2-16k21+2k2+16=-16(1+2k2)1+2k2+16=0，

　　所以TA⊥TB.

　　所以存在以AB为直径的圆恒过定点T，且定点T的坐标为(0，3).(16分)

　　19. 解析：(1) ①当n≥2时，Sn+Sn-1=a2n+23，

　　所以Sn+1+Sn=a2n+1+23，

　　两式相减得an+1+an=13(a2n+1-a2n)，

　　即an+1-an=3，n≥2;(2分)

　　当n=2时，S2+S1=a22+23，即a22-3a2-10=0，解得a2=5或a2=-2(舍)，

　　所以a2-a1=3，

　　即数列an为等差数列，且首项a1=2，

　　所以数列an的通项公式为an=3n-1.(5分)

　　②由①知an=3n-1，

　　所以Sn=n(3n-1+2)2=3n2+n2.

　　由题意可得λ≥Sn2n+1=3n2+n2n+2对一切n∈N*恒成立，

　　记cn=3n2+n2n+2，则cn-1=3(n-1)2+(n-1)2n+1，n≥2，

　　所以cn-cn-1=-3n2+11n-42n+2，n≥2.(8分)

　　当n>4时，cn

　　所以当n=3时，cn=3n2+n2n+2取得最大值1516，

　　所以实数λ的取值范围为1516，+∞.(11分)

　　(2) 由题意，设an=a1qn-1(q>0，q≠1)，

　　a1•a2•…•an=10Tn，两边取常用对数，得

　　Tn=lga1+lga2+…+lgan.

　　令bn=lgan=nlgq+lga1-lgq，

　　则数列bn是以lga1为首项，lgq为公差的等差数列.(13分)

　　若T(k+1)nTkn为定值，令T(k+1)nTkn=μ，则(k+1)nlga1+(k+1)n[(k+1)n-1]2lgqknlga1+kn(kn-1)2lgq=μ，

　　即{[(k+1)2-μk2]lgq}n+[(k+1)-μk]•lga21q=0对n∈N*恒成立，

　　因为q>0，q≠1，

　　所以问题等价于(k+1)2-μk2=0，(k+1)-μk=0或a21=q.

　　将k+1k=μ代入(k+1)-μk=0，解得μ=0或μ=1.

　　因为k∈N*，所以μ>0，μ≠1，所以a21=q.

　　又an>0，所以a1=q.(16分)

　　20. 解析：(1) 当a=-2时，f(x)=-x3+x2，x<0，ex-2x， x≥0，

　　当x<0时，f(x)=-x3+x2，f′(x)=-3x2+2x=-x(3x-2)，

　　令f′(x)=0，解得x=0或x=23(舍)，

　　所以当x<0时，f′(x)<0,

　　所以函数f(x)在区间(-∞，0)上为减函数;(2分)

　　当x≥0时，f(x)=ex-2x，f′(x)=ex-2，

　　令f′(x)=0，解得x=ln2，

　　所以当0ln2时，f′(x)>0，

　　所以函数f(x)在区间(0，ln2)上为减函数，在区间(ln2，+∞)上为增函数，且f(0)=1>0.(4分)

　　综上，函数f(x)的单调减区间为(-∞，0)和(0，ln2)，单调增区间为(ln2，+∞).(5分)

　　(2) 设x>0，则-x<0，所以f(-x)+f(x)=x3+x2+ex-ax.

　　由题意，x3+x2+ex-ax=ex-3在区间(0，+∞)上有解，等价于a=x2+x+3x在区间(0，+∞)上有解.(6分)

　　记g(x)=x2+x+3x(x>0)，

　　则g′(x)=2x+1-3x2=2x3+x2-3x2=(x-1)(2x2+3x+3)x2，(7分)

　　令g′(x)=0，因为x>0，所以2x2+3x+3>0，故解得x=1.

　　当x∈(0，1)时，g′(x)<0;当x∈(1，+∞)时，g′(x)>0，

　　所以函数g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，

　　故函数g(x)在x=1处取得最小值g(1)=5.(9分)

　　要使方程a=g(x)在区间(0，+∞)上有解，当且仅当a≥g(x)min=g(1)=5，

　　综上，满足题意的实数a的取值范围为[5，+∞).(10分)

　　(3) 由题意知f′(x)=ex-a.

　　当a≤0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在[0，+∞)上单调递增，

　　由f(m)=f(n)，可得m=n，与条件|m-n|≥1矛盾，所以a>0.(11分)

　　令f′(x)=0，解得x=lna.

　　当x∈(0，lna)时，f′(x)<0;当x∈(lna，+∞)时，f′(x)>0，

　　所以函数f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，+∞)上单调递增.

　　若存在m，n∈[0，2]，f(m)=f(n)，则lna介于m，n之间，(12分)

　　不妨设0≤m

　　因为f(x)在(m，lna)上单调递减，在(lna，n)上单调递增，且f(m)=f(n)，

　　所以当m≤x≤n时，f(x)≤f(m)=f(n)，

　　由0≤m

　　所以f(1)≤f(m)=f(n).

　　又f(x)在(m，lna)上单调递减，且0≤m

　　所以f(1)≤f(0).同理f(1)≤f(2)，(14分)

　　即e-a≤1，e-a≤e2-2a，解得e-1≤a≤e2-e，

　　所以1≤ae-1≤e.(16分)

　　21. A.解析：连结PB，PC.因为∠PCF，∠PBD分别为同弧BP上的圆周角和弦切角，

　　所以∠PCF=∠PBD.(2分)

　　因为PD⊥BD，PF⊥FC，

　　所以△PDB∽△PFC，所以PDPF=PBPC.(5分)

　　同理∠PBF=∠PCE.

　　又PE⊥EC，PF⊥FB，

　　所以△PFB∽△PEC，所以PFPE=PBPC.(8分)

　　所以PDPF=PFPE，即PF2=PD•PE.(10分)

　　B. 解析：矩阵M的特征多项式为

　　f(λ)=λ-1-2-2λ-1=λ2-2λ-3.(2分)

　　令f(λ)=0，解得λ1=3，λ2=-1，

　　所以属于λ1的一个特征向量为α1=11，属于λ2的一个特征向量为α2=1-1.(5分)

　　令β=mα1+nα2，即17=m11+n1-1，

　　所以m+n=1，m-n=7，解得m=4，n=-3.(7分)

　　所以M4β=M4(4α1-3α2)=4(M4α1)-3(M4α2)

　　=4(λ41α1)-3(λ42α2)=4×3411-3×(-1)4×1-1=321327.(10分)

　　C. 解析：由题意知曲线C的直角坐标方程是y2=2x，(2分)

　　直线l的普通方程为x-y-4=0.(4分)

　　联立方程组y2=2x，y=x-4，解得A(2，-2)，B(8，4)，所以AB=62，(7分)

　　因为原点到直线x-y-4=0的距离d=|-4|2=22，

　　所以S△AOB=12×62×22=12.(10分)

　　D. 解析：因为a，b，c∈R，a2+b2+c2=1，

　　所以由柯西不等式得(a-b+c)2≤(a2+b2+c2)•(1+1+1)=3.(4分)

　　因为|x-1|+|x+1|≥(a-b+c)2对一切实数a，b，c恒成立，所以|x-1|+|x+1|≥3.

　　当x<-1时，-2x≥3，即x≤-32;当-1≤x≤1时，2≥3不成立;当x>1时，2x≥3，即x≥32.

　　综上所述，实数x的取值范围为-∞，-32∪32，+∞.(10分)

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　22. 解析：(1) 因为平面ABCD⊥平面ABEP，平面ABCD∩平面ABEP=AB，BP⊥AB，所以BP⊥平面ABCD.又AB⊥BC，所以直线BA，BP，BC两两垂直， 以B为原点，分别以BA，BP，BC所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，2，0)，B(0，0，0)，D(2，0，1)，E(2，1，0)，C(0，0，1).

　　因为BC⊥平面ABPE，所以BC→=(0，0，1)为平面ABPE的一个法向量.(2分)

　　PD→=(2，-2，1)，CD→=(2，0，0)，设平面PCD的一个法向量为n=(x，y，z)，

　　则n•CD→=0，n•PD→=0， 即2x=0，2x-2y+z=0，令y=1，则z=2，故n=(0，1，2).(4分)

　　设平面PCD与平面ABPE所成的二面角为θ，则cosθ=n•BC→|n|•|BC→|=21×5=255，

　　显然0<θ<π2，所以平面PCD与平面ABPE所成二面角的余弦值为255.(6分)

　　(2) 设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于25.

　　设PN→=λPD→=(2λ，-2λ，λ)(0≤λ≤1)，BN→=BP→+PN→=(2λ，2-2λ，λ).(7分)

　　由(1)知平面PCD的一个法向量为n=(0，1，2)，

　　所以cos〈BN→，n〉=BN→•n|BN→|•|n|=25×9λ2-8λ+4=25，

　　即9λ2-8λ-1=0，解得λ=1或λ=-19(舍去).(9分)

　　当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为25.(10分)

　　23. 解析：(1) 因为f(n)[f(n+1)+1]=2[2-f(n+1)]，所以f(n+1)=4-f(n)f(n)+2.

　　由f(1)=2，代入得f(2)=4-22+2=12，

　　f(3)=4-1212+2=75，

　　所以f(3)-f(2)=75-12=910.(2分)

　　(2) 由f(1)=2，f(2)=12，可得a=-45，b=15.(3分)

　　以下用数学归纳法证明：

　　存在实数a=-45，b=15，使f(n)=1-45-32n-15+1成立.

　　①当n=1时，显然成立;(4分)

　　②当n=k时，假设存在a=-45，b=15，使得f(k)=1-45-32k-15+1成立，(5分)

　　那么当n=k+1时，f(k+1)=4-f(k)f(k)+2=4-1-45-32k-15+11-45-32k-15+1+2

　　=125-32k+85125-32k-25=1+165-32k-15=1-45-32k+1-15+1，

　　即当n=k+1时，存在a=-45，b=15，使得f(k+1)=1-45-32k+1-15+1成立.(9分)

　　由①②可知，存在实数a=-45，b=15，使f(n)=1a-32n-b+1对任意正整数n恒成立.(10分)