发布时间 : 星期一 文章江苏省盐城市2018届高三年级第三次模拟考试数学试题更新完毕开始阅读e62ddd11ec630b1c59eef8c75fbfc77da3699752
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，
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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