18. 解：(1) 设所得圆柱的半径为r dm, 则(2πr＋2r)×4r＝100，(4分) 52（π＋1）解得r＝.(6分)
2（π＋1）
?a≤2，?a≤2，
(2) 设所得正四棱柱的底面边长为a dm，则?即?(9分)
10020?a≤x－4a，?a≤x.?
(方法1)所得正四棱柱的体积V＝ax≤?400
?x，x>22
xx
x3
，0 10. (11分) ? 记函数p(x)＝?400 ?x，x>2 x3 ，0 10， 则p(x)在(0，210]上单调递增，在[210，＋∞)上单调递减， 所以当x＝210时，pmax(x)＝2010. 所以当x＝210，a＝10时，Vmax＝2010 (dm3)．(14分) 20 (方法2)2a≤x≤，从而a≤10.(11分) a 20 所得正四棱柱的体积V＝a2x≤a2()＝20a≤2010. a所以当a＝10，x＝210时，Vmax＝2010 (dm3)．(14分) 52（π＋1） 答：(1) 圆柱的底面半径为 dm； 2（π＋1） (2) 当x为210时，能使按方案②制成的正四棱柱的体积最大．(16分) 【评分说明】 x ① 直接“由x·(2x＋)＝100得x＝210时正四棱柱的体积最大”给2分； 2 ② 方法1中的求解过程要体现V≤p(x)≤210，凡写成V＝p(x)≤210的最多得5分， 其他类似解答参照给分． 19. (1) 证明：假设数列c1，c2，c3是等差数列，则2c2＝c1＋c3，即2(a2＋b2)＝(a1＋b1)＋(a3＋b3)． 因为b1，b2，b3是等差数列，所以2b2＝b1＋b3，从而2a2＝a1＋a3.(2分) 因为a1，a2，a3是等比数列，所以a22＝a1a3. 所以a1＝a2＝a3，这与q≠1矛盾，从而假设不成立． 所以数列c1，c2，c3不是等差数列．(4分) (2) 解：因为a1＝1，q＝2，所以an＝2n1. 22 因为c22＝c1c3，所以(2＋b2)＝(1＋b2－d)(4＋b2＋d)，即b2＝d＋3d.(6分) － 由c2＝2＋b2≠0，得d2＋3d＋2≠0，所以d≠－1且d≠－2. 又d≠0，所以b2＝d2＋3d，定义域为{d∈R|d≠－1，d≠－2，d≠0}．(8分) (3) 解：(解法1)设c1，c2，c3，c4成等比数列，其公比为q1， a＋b＝c ①，??aq＋b＋d＝cq ②，则?(10分) aq＋b＋2d＝cq ③，??aq＋b＋3d＝cq ④. 1 1 1 111 1 11 23 11 2 11311 将①＋③－2×②，得a1(q－1)2＝c1(q1－1)2 ⑤， 将②＋④－2×③，得a1q(q－1)2＝c1q1(q1－1)2 ⑥，(12分) 因为a1≠0，q≠1，由⑤得c1≠0，q1≠1. 由⑤⑥得q＝q1，从而a1＝c1.(14分) 代入①得b1＝0. 再代入②得d＝0，与d≠0矛盾． 所以c1，c2，c3，c4不成等比数列．(16分) c2c3c4 (解法2)假设数列c1，c2，c3，c4是等比数列，则＝＝.(10分) c1c2c3c3－c2c4－c3a3－a2＋da4－a3＋d 所以＝，即＝. c2－c1c3－c2a2－a1＋da3－a2＋da3－2a2＋a1a4－2a3＋a2 两边同时减1，得＝.(12分) a2－a1＋da3－a2＋d a3－2a2＋a1q（a3－2a2＋a1） 因为等比数列a1，a2，a3，a4的公比为q(q≠1)，所以＝. a2－a1＋da3－a2＋d又a3－2a2＋a1＝a1(q－1)2≠0，所以q(a2－a1＋d)＝a3－a2＋d，即(q－1)d＝0.(14分) 这与q≠1，且d≠0矛盾，所以假设不成立． 所以数列c1，c2，c3，c4不能为等比数列．(16分) 20. (1) 解：由题意，f′(x)＝1－acos x≥0对x∈R恒成立． 1 因为a>0，所以≥cos x对x∈R恒成立． a1 因为(cos x)max＝1，所以≥1，从而0 a 11b (2) 证明：① g(x)＝x－sin x＋bln x＋1，所以g′(x)＝1－cos x＋. 22x bb1b 若b<0，则存在－>0，使g′(－)＝－1－cos(－)<0，不合题意， 2222所以b>0.(5分) 3 取x0＝e－，则0 b 1131 此时g(x0)＝x0－sin x0＋bln x0＋1<1＋＋bln e－＋1＝－<0. 22b2所以存在x0>0，使g(x0)<0.(8分) x2 ② 依题意，不妨设0 x1 由(1)知函数y＝x－sin x单调递增，所以x2－sin x2>x1－sin x1. 从而x2－x1>sin x2－sin x1. (10分) 11 因为g(x1)＝g(x2)，所以x1－sin x1＋bln x1＋1＝x2－sin x2＋bln x2＋1， 2211 所以－b(ln x2－ln x1)＝x2－x1－(sin x2－sin x1)>(x2－x1)， 22x2－x1 所以－2b>>0.(12分) ln x2－ln x1 x2－x1t－1t－1 下面证明>x1x2，即证明>t，只要证明ln t－<0 (*)． ln tln x2－ln x1tt－1－（t－1）2 设h(t)＝ln t－(t>1)，所以h′(t)＝<0在(1，＋∞)上恒成立． t2tt所以h(t)在(1，＋∞)上单调递减，故h(t) 2018届高三模拟考试试卷(十三)(六市联考) 数学附加题参考答案及评分标准 21. A. 证明：延长AO交圆O于点E，则BD·DC＝DE·DA＝(OD＋OE)·(OA－OD)．(5分) 因为OE＝OA，所以DB·DC＝(OA＋OD)·(OA－OD)＝OA2－OD2. 所以DB·DC＋OD2＝OA2.(10分) 2 ?B. 解：依题意，依次实施变换T1，T2所对应的矩阵NM＝??0 则? 0??1 0??2 ???＝?1??0 2??0 0?2? ?.(5分) ?2 ?0 0??0??0??2 ???＝??，?2??0??0??0 0??3??6??2 ???＝??，?2??0??0??0 0??2??4????＝??. 2??2??4? 所以A(0，0)，B(3，0)，C(2，2)分别变为点A′(0，0)，B′(6，0)，C′(4，4)． 1 从而所得图形的面积为×6×4＝12.(10分) 2 C. 解：以极点为原点，极轴为x轴的非负半轴，建立平面直角坐标系xOy. 则点P的直角坐标为(1，3)．(2分) πππ 将直线l：ρsin?θ－?＝2的方程变形为ρsin θcos－ρcos θsin＝2， 333??化为普通方程，得3x－y＋4＝0.(5分) 所以P(1，3)到直线l：3x－y＋4＝0的距离为 4 （3）2＋（－1）2 ＝2. 故所求圆的普通方程为(x－1)2＋(y－3)2＝4.(8分) π 化为极坐标方程，得ρ＝4sin?θ＋?.(10分) 6?? D. 证明：因为a，b，c为正实数，所以 1－a＋c ＝ c（a＋2b） a＋2b＋3c ＝ c（a＋2b） （a＋c）＋2（b＋c）2ac＋4bc ≥＝2(当且仅当a＝b＝c取“＝”)．(10分) ac＋2bcac＋2bc 22. 解：(1)从3×3表格中随机不重复地点击3格，共有C39种不同情形， 则事件“X＝600”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，1格得奖200元，1格得奖100元． 111其中第一类包含C34种情形，第二类包含C1·C4·C4种情形， 111 C354＋C1·C4·C4 所以P(X＝600)＝＝.(3分) 3 C921 (2) X的所有可能值为300，400，500，600，700，则 2C1C3412421·C44 P(X＝300)＝3＝＝，P(X＝400)＝＝＝， 3 C98421C9847
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