江苏省南通徐州扬州泰州淮安宿迁六市届高三第二次调研二模测试试题扫描版Word格式.docx
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16．解：
（1）在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1
//
CC1．因为AF⊥CC1，所以AF⊥BB1．
又AE⊥BB1，AEAF，AE，AF平面AEF，所以BB1⊥平面AEF．
又因为BB1平面BB1C1C，所以平面AEF⊥平面BB1C1C．
（2）因为AE⊥BB1，AF⊥CC1，∠ABE=∠ACF，AB=AC，
所以△AEB
≌△AFC．所以BE=
CF．
又由
（1）知，BE
//CF．所以四边形BEFC是平行四边形．故BC//
EF．
又BC平面AEF，EF平面AEF，所以BC//
平面AEF．
17．解：
设，．
（1）在中，令，得，从而b=
3．
由得．所以．
因为，所以，解得．
所以椭圆的标准方程为．
（2）方法一：
直线PB1的斜率为，由所以直线QB1的斜率为．
于是直线QB1的方程为：
．
同理，QB2的方程为：
联立两直线方程，消去y，得．
因为在椭圆上，所以，从而．
所以．所以．
方法二：
设直线PB1，PB2的斜率为k，，则直线PB1的方程为．
由直线QB1的方程为．
将代入，得，
因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以，从而．
所以，得．
由，所以直线的方程为．
联立则，即．
所以．
18．解：
（1）设所得圆柱的半径为dm，则，解得．
（2）设所得正四棱柱的底面边长为dm，则即
方法一：
所得正四棱柱的体积
记函数则在上单调递增，在上单调递减，所以当时，．
所以当，时，dm3．
，从而．
所得正四棱柱的体积．
答：
（1）圆柱的底面半径为dm；
（2）当为时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大．
19．解：
（1）假设数列是等差数列，
则，即．
因为是等差数列，所以．从而．
又因为是等比数列，所以．
所以，这与矛盾，从而假设不成立．
所以数列不是等差数列．
（2）因为，，所以．
因为，所以，即，
由，得，所以且．
又，所以，定义域为．
（3）方法一：
设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1，
则
将①+③－2×
②得，
将②+④－2×
③得，
因为，，由⑤得，．
由⑤⑥得，从而．
代入①得．再代入②，得，与矛盾．
所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．
假设数列是等比数列，则．
所以，即．
两边同时减1得，．
因为等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q，所以．
又，所以，即．
这与且矛盾，所以假设不成立．
所以数列不能为等比数列．
20．解：
（1）由题意，对恒成立，
因为，所以对恒成立，
因为，所以，从而．
（2）①，所以．
若，则存在，使，不合题意，所以．
取，则．
此时．
所以存在，使．
②依题意，不妨设，令，则．
由
（1）知函数单调递增，所以．
从而．
因为，所以，
所以．
下面证明，即证明，只要证明．
设，所以在恒成立．
所以在单调递减，故，从而得证．
所以，即．
徐州市2018届高三第二次调研测试
21．A．解：
延长交⊙O于点E，则．
因为，所以．
B．解：
依题意，依次实施变换，所对应的矩阵．
则，，．
所以分别变为点．
从而所得图形的面积为．
C．解：
以极点为原点，极轴为轴的非负半轴，建立平面直角坐标系．
则点的直角坐标为．
将直线：
的方程变形为：
，
化为普通方程得，．
所以到直线：
的距离为：
故所求圆的普通方程为．
化为极坐标方程得，．
D．解：
因为a，b，c为正实数，所以
（当且仅当取“=”）．
22．解：
（1）从33表格中随机不重复地点击3格，共有种不同情形．
则事件：
“”包含两类情形：
第一类是3格各得奖200元；
第二类是1格得奖300元，一格得奖200元，一格得奖100元，
其中第一类包含种情形，第二类包含种情形．
所以．
（2）X的所有可能值为300，400，500，600，700．
则，，
，．
所以的概率分布列为：
X
300
400
500
600
700
P
所以（元）．
23．解：
由二项式定理，得（i0，1，2，…，2n+1）．
（1）；
（2）因为，
所以
．
因为，所以能被整除．
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