唐山市2017—2018學年度高三年級第一次模擬考試理科數學參考答案一．選擇題：A卷：DCBDA DCCAB DBB卷：ACBDD DCAAB DB二．填空題：（13）－5 （14）－160 （15）eq\f(3,2) （16）[2，2EQ\R(,2)]三．解答題：（17）解：（Ⅰ）當n＝1時，2S1＝2a1＝aeq\o(2,1)＋1，所以(a1－1)2＝0，即a1＝1，又{an}為單調遞增數列，所以an≥1． …2分由2Sn＝aeq\o(2,n)＋n得2Sn＋1＝aeq\o(2,n＋1)＋n＋1，所以2Sn＋1－2Sn＝aeq\o(2,n＋1)－aeq\o(2,n)＋1，整理得2an＋1＝aeq\o(2,n＋1)－aeq\o(2,n)＋1，所以aeq\o(2,n)＝(an＋1－1)2．所以an＝an＋1－1，即an＋1－an＝1，所以{an}是以1為首項，1為公差的等差數列，所以an＝n． …6分（Ⅱ）bn＝eq\f(an＋2,2n＋1·an·an＋1)＝eq\f(n＋2,2n＋1·n·(n＋1))＝eq\f(1,2n·n)－eq\f(1,2n＋1·(n＋1)) …9分所以Tn＝(eq\f(1,21·1)－eq\f(1,22·2))＋(eq\f(1,22·2)－eq\f(1,23·3))＋…＋[eq\f(1,2n·n)－eq\f(1,2n＋1·(n＋1))]＝eq\f(1,21·1)－eq\f(1,2n＋1·(n＋1))＜eq\f(1,2)． …12分（18）解：（Ⅰ）由頻率分布直方圖可知，日銷售量不低于350公斤的概率為(0.0025＋0.0015)×100＝0.4，則未來連續三天內，有連續兩天的日銷售量不低于350公斤，而另一天日銷售量低于350公斤的概率P＝0.4×0.4×(1－0.4)＋(1－0.4)×0.4×0.4＝0.192． …3分（Ⅱ）（?。可取100，200，300，400，500，P(X＝100)＝0.0010×10＝0.1；P(X＝200)＝0.0020×10＝0.2；P(X＝300)＝0.0030×10＝0.3；P(X＝400)＝0.0025×10＝0.25；P(X＝500)＝0.0015×10＝0.15；所以X的分布列為：X100200300400500P0.10.20.30.250.15 …6分（ⅱ）當每日進貨300公斤時，利潤Y1可取－100，700，1500，此時Y1的分布列為：Y1－1007001500P0.10.20.7此時利潤的期望值E(Y1)＝－100×0.1＋700×0.2＋1500×0.7＝1180； …8分當每日進貨400公斤時，利潤Y2可?。?00，400，1200，2000，此時Y2的分布列為：Y2－40040012002000P0.10.20.30.4此時利潤的期望值E(Y2)＝－400×0.1＋400×0.2＋1200×0.3＋2000×0.4＝1200； …10分因為E(Y1)＜E(Y2)，所以該經銷商應該選擇每日進貨400公斤． …12分（19）解：（Ⅰ）過點B1作A1C的垂線，垂足為O，由平面A1B1C⊥平面AA1C1C，平面A1B1C∩平面AA1C1C＝A1C，得B1O⊥平面AA1C1C，又ACeq\s\up1()平面AA1C1C，得B1O⊥AC．由∠BAC＝90°，AB∥A1B1，得A1B1⊥AC．又B1O∩A1B1＝B1，得AC⊥平面A1B1C．又CA1eq\s\up1()平面A1B1C，得AC⊥CA1． …4分（Ⅱ）以C為坐標原點，eq\o(CA,\s\up5(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(CA,\s\up5(→))|為單位長，建立空間直角坐標系Cxyz．由已知可得A(1，0，0)，A1(0，2，0)，B1(0，1，eq\r(3))．所以eq\o(CA,\s\up5(→))＝(1，0，0)，eq\o(AA1,\s\up5(→))＝(－1，2，0)，eq\o(AB,\s\up5(→))＝eq\o(A1B1,\s\up5(→))＝(0，－1，eq\r(3))． …6分設n＝(x，y，z)是平面A1AB的法向量，則AA1BCC1B1xyzOeq\b\lc\{(\a\al(n·\o(AA1,\s\up5(→))＝0，,n·\o(AB,\s\up5(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\al(－x＋2y＝0，,－AA1BCC1B1xyzO可取n＝(2EQ\R(,3)，EQ\R(,3)，1)． …8分設m＝(x，y，z)是平面ABC的法向量，則eq\b\lc\{(\a\al(m·\o(AB,\s\up5(→))＝0，,m·\o(CA,\s\up5(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\al(－y＋\r(3)z＝0，,x＝0．))可取m＝(0，EQ\R(,3)，1)． …10分則cosn，m＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(1,2)．又因為二面角A1ABC為銳二面角，所以二面角A1ABC的大小為eq\f(,3)． …12分（20）解：（Ⅰ）依題意得A(0，b)，F(－c，0)，當AB⊥l時，B(－3，b)，由AF⊥BF得kAF·kBF＝eq\f(b,c)·eq\f(b,－3＋c)＝－1，又b2＋c2＝6.解得c＝2，b＝eq\r(2)．所以，橢圓Γ的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1． …4分（Ⅱ）由（Ⅰ）得A(0，eq\r(2))，依題意，顯然m≠0，所以kAM＝－eq\f(\r(2),m)，又AM⊥BM，所以kBM＝eq\f(m,\r(2))，所以直線BM的方程為y＝eq\f(m,\r(2))(x－m)，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)．y＝eq\f(m,\r(2))(x－m)與eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1聯立得(2＋3m2)x2－6m3x＋3m4－12＝0，x1＋x2＝eq\f(6m3,2＋3m2)，x1x2＝eq\f(3m4－12,2＋3m2)． …7分|PM|·|QM|＝(1＋eq\f(m2,2))|(x1－m)(x2－m)|＝(1＋eq\f(m2,2))|x1x2－m(x1＋x2)＋m2|＝(1＋eq\f(m2,2))·eq\f(|2m2－12|,2＋3m2)＝eq\f((2＋m2)|m2－6|,2＋3m2)，|AM|2＝2＋m2， …9分由AP⊥AQ得，|AM|2＝|PM|·|QM|，所以eq\f(|m2－6|,2＋3m2)＝1，解得m＝±1． …12分（21）解：（Ⅰ）F(x)＝(x＋1)ex－1，當x＜－1時，F(x)＜0，F(x)單調遞減；當x＞－1時，F(x)＞0，F(x)單調遞增，故x＝－1時，F(x)取得最小值F(－1)＝－eq\f(1,e2)． …4分（=2\*ROMANⅡ）因為f(x)＝ex－1，所以f(x)＝ex－1在點(t，et－1)處的切線為y＝et－1x＋(1－t)et－1； …5分因為g(x)＝eq\f(1,x)，所以g(x)＝lnx＋a在點(m，lnm＋a)處的切線為y＝eq\f(1,m)x＋lnm＋a－1， …6分由題意可得eq\b\lc\{(\a\al(et－1＝\f(1,m)，,(1－t)et－1＝lnm＋a－1，))則(t－1)et－1－t＋a＝0． …7分令h(t)＝(t－1)et－1－t＋a，則h(t)＝tet－1－1由（Ⅰ）得t＜－1時，h(t)單調遞減，且h(t)＜0；當t＞－1時，h(t)單調遞增，又h(1)＝0，t＜1時，h(t)＜0，所以，當t＜1時，h(t)＜0，h(t)單調遞減；當t＞1時，h(t)＞0，h(t)單調遞增． …9分由（Ⅰ）得h(a－1)＝(a－2)ea－2＋1≥－eq\f(1,e)＋1＞0， …10分又h(3－a)＝(2－a)e2－a＋2a－3＞(2－a)(3－a)＋2a－3＝(a－eq\f(3,2))2＋eq\f(3,4)＞0， …11分h(1)＝a－1＜0，所以函數y＝h(t)在(a－1，1)和(1，3－a)內各有一個零點，故當a＜1時，存在兩條直線與曲線f(x)與g(x)都相切． …12分（22）解：（Ⅰ）由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ可得，C1：ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ－2ρcosθ＋1＝1，所以ρ＝2cosθ；C2：ρ2cos2θ＋ρ2sin2θ－6ρcosθ＋9＝9，所以ρ＝6cosθ． …4分（Ⅱ）依題意得|AB|＝6cosα－2cosα＝4cosα，－eq\f(,2)＜α＜eq\f(,2)，C2(3，0)到直線AB的距離d＝3|sinα|，所以S△ABC2＝eq\f(1,2)×d×|AB|＝3|sin2α|，故當α＝±eq\f(,4)時，S△ABC2取得最大值3． …10分（23）解：（Ⅰ）f(x)＝|x＋1|－|x|＝eq\b\lc\{(\a\co2\al(－1，,x≤－1，,2x＋1，,－1＜x＜1，,1，,x≥1，))由f(x)的單調性可知，當x≥1時，f(x)有最大值1．所以m＝1． …4分（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，a＋b＝1，eq\f(a2,b＋1)＋eq\f(b2,a＋1)＝eq\f(1,3)(eq\f(a2,b＋1)＋eq\f(b2,a＋1))[(b＋1)＋(a＋1)]＝eq\f(1,3)[a2＋b2＋e