江苏省盐城市2018届高三年级第三次模拟考试数学试题 联系客服

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盐城市2018届高三年级第三次模拟考试

数学参考答案

一、填空题:本大题共14小题,每小题5分,计70分.

1.m?2 2.?1 3.4 4. 5.充分不必要 6.21 7.5 8.(2,3] 9.56132322(??,?] 14.811 1?2n 12. 13.? 10.2 11.

743二、解答题:本大题共90小题.

(1)证明:连接AC中,因为AA1//BB1,BB1//CC1, 15.11,在四棱柱ABCD?A1BC11D1所以AA,所以A1ACC1为平行四边形,所以AC11//AC. ……2分 1//CC1又M,N分别是棱A1D1,D1C1的中点,所以MN//AC,所以AC//MN. ……4分 11又AC?平面DMN,MN?平面DMN,

所以AC∥平面DMN. ……6分 (2)证明:因为四棱柱ABCD?A是直四棱柱, 1BC11D1所以DD1?平面A1B1C1D1,而MN?平面A1B1C1D1, 所以MN?DD1. ……8分 又因为棱柱的底面ABCD是菱形,所以底面A1B1C1D1也是菱形, 所以AC,而MN//AC,所以MN?B1D1.……10分 11?B1D111又MN?DD1,DD1,B1D1?平面A1B1C1D1,且DD1D A

B

D1 M A1 N B1

B1D1?D1,

所以MN?平面A1B1C1D1. ……12分 而MN?平面DMN,所以平面DMN?平面BB1D1D. ……14分

b2?c2?a2222则c?b?,得b?c?a,所以B?90?. ……14分

2bcAPOPAO??17.解:(1)在?APO中,由正弦定理,得,

sin?AOPsin?PAOsin?APO2002APOP400400sin?即,从而AP?,OP?. ……4分 ????sin???sin(??)sinsin(??)sin(??)4444400sin?2002?2?所以l(?)=OP?PA?PB?OP?2PA?, ??sin(??)sin(??)443?400(2?sin?)). ……6分 故所求函数为l(?)?,??(0,?8sin(??)42?sin?2?2sin?3?C1 (2)记f(?)??,??(0,),

?8sin(??)sin??cos?42cos?(sin??cos?)?(2?2sin?)(cos??sin?)因为f?(?)? (sin??cos?)2?22sin(??)?2C

4?, ……10分 2(sin??cos?)?13??),所以??. ……12分 由f?(?)?0,得sin(??)??,又??(0,42812列表如下:

116.解:(1)在?ADC中,因为AD?1,AC?2,DC?BC?2,所以由余弦定理,

2AC2?DC2?AD222?22?127??. ……3分 得cosC?2AC?DC2?2?28722222故在?ABC中,由余弦定理,得c?a?b?2abcosC?4?2?2?4?2??6,

8所以c?6. ……6分

1(2)因为AD为边BC上的中线,所以AD?(AB?AC),所以

21c2?AB?AD?AB?(AB?AC)

221111?AB?AB?AC?c2?cbcosA,得c?bcosA. ……10分 2222? f?(?) f(?) 所以,当??答:当??(0,?12) ? 120 极小 (?3?128+ 递增 ,) - 递减 ?12时,l(?)取得最小值.

时,l(?)最小. ……14分 12c?2, 18.解:(1)因点P(?2,3)是椭圆C上一点,且PF1?x轴,所以椭圆的半焦距

?c2y2b2b2a2?4??3, ……2分 由2?2?1,得y??,所以

abaaa22化简得a?3a?4?0,解得a?4,所以b?12,

盐城市2018届高三年级第三次模拟考试第5页

x2y2??1. ……4分 所以椭圆C的方程为

1612(2)①因MA?MB?MP?MF2,所以MA?MP?MF2?MB,即PA?BF2,

3所以线段PF2与线段AB的中点重合(记为点Q),由(1)知Q(0,), ……6分

2因圆M与线段PF2交于两点A,B,所以kMQ?kAB?kMQ?kPF2??1,

x??ae0?x0?pa?0 ?xx即?, 得a?e0?0,p?e0(1?x0),设m(x)?ex(1?x), ……6分

x0??ae?1?0则m?(x)??xex,m?(x)?0,得x?0,m?(x)?0,得x?0,

故m(x)在(??,0)上单调递增,在(0,??)上单调递减,从而?m(x)?max?m(0)?1, ②当p取最大值时,p?1,x0?0,a?e?x0故实数p的取值范围为(??,1]. ……8分

32?3?0??1,解得m??9, ……8分 所以

8m?2?2932151522172所以MQ?(??0)?(0?)?,故r?()?1?. ……10分

82888② 由G,H两点恰好关于原点对称,设G(x0,y0),则H(?x0,?y0),不妨设x0?0,

因P(?2,3),m??2,所以两条切线的斜率均存在,

设过点P与圆M相切的直线斜率为k,则切线方程为y?3?k(x?2),

0?9?r2即kx?y?2k?3?0,由该直线与圆M相切,得r?,即k??,……12分 22r1?k所以两条切线的斜率互为相反数,即kPG??kPH,

3x02y02y0?3?y0?3?6??1, 所以,化简得x0y0??6,即y0?,代入??1612x0?2?x0?2x0化简得x04?16x02?48?0,解得x0??2(舍),x0??23,所以y0?3, ……14分 所以G(?23,3),H(23,?3),所以kPG?所以r??1,h(x)?(ex?x?1)ex?m,

, h?(x)?(2ex?x?2)ex,因为函数h(x)也为“恒切函数”

故存在x0,使得h?(x0)?0,h(x0)?0,

由h?(x0)?0得(2e0?x0?2)e0?0,2e0?x0?2?0,设n(x)?2ex?x?2, ……10分 则n?(x)?2e?1,n?(x)?0得x??ln2,n?(x)?0得x??ln2,

xxxx故n(x)在(??,?ln2)上单调递减,在(?ln2,??)上单调递增,

1°在单调递增区间(?ln2,??)上,n(0)?0,故x0?0,由h(x0)?0,得m?0;…12分 2°在单调递减区间(??,?ln2)上,n(?2)?2e?2?0,

31??31111n(?)?2e2??2?(20)2????0,又n(x)的图像在(??,?ln2)上不间断,

22252x?23xx故在区间(?2,?)上存在唯一的x0,使得2e0?x0?2?0,故e0?0,

22x?2x?2xx?x0?1)0此时由h(x0)?0,得m?(e0?x0?1)e0?(0 22111??x0(x0?2)??(x0?1)2?,

4441133332函数r(x)??(x?1)?在(?2,?)上递增,r(?2)?0,r(?)?,故0?m?.

442216163综上1°2°所述,0?m?. ……16分

16d?1,20.解:(1)由??1,所以a2?1,所以a4?a2?2??1, a2,a3,a4为等差数列且公差为?1,

又a4,a5,a8为等差数列且公差为1,所以a8?a4?4?3. ……2分 (2)当n?2k?1时,a22k,a22k?1,a22k?2,???,a22k?1是等差数列且公差为d,

3?33, ?2?2?2331?(32)2?67. 767. ……16分 7故存在满足条件的r,且r?x19.解:(1)g?(x)?ae?1, ……2分

当a?0时,g?(x)?0恒成立,函数g(x)在R上单调递减;

当a?0时,由g?(x)?0得x??lna,由g?(x)?0得x??lna,由g?(x)?0得x??lna, 得函数g(x)在(??,?lna)上单调递,在(?lna,??)上单调递增. ……4分 (2)①若函数f(x)为“恒切函数”,则函数y?f(x)?kx?b的图像与直线y?kx?b相切,

设切点为(x0,y0),则f?(x0)?k?k且f(x0)?kx0?b?kx0?b,即f?(x0)?0,f(x0)?0. 因为函数g(x)为“恒切函数”,所以存在x0,使得g?(x0)?0,g(x0)?0,

所以a22k?1?a22k?2d,同理可得a22k?a22k?1?2两式相加,得a22k?1?a22k?1?22k?12k2k?1d, ……4分

d;

2k当n?2k时,同理可得a22k?2?a22k??2d, ……6分 所以|a2n?2*所以数列|a2n?2?a2n|(n?N)是以2为公比的等比数列. ……8分

?2n?a2n|?2d.又因为d?0,所以??2(n?2),

|a2n?1?a2n?1|2n?1n|a2n?2?a2n|?盐城市2018届高三年级第三次模拟考试第6页