南京、盐城2018届高三一模数学试卷及答案Word格式文档下载.doc
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0.020
0.010
0.005
第3题图
Read
IfThen
Else
EndIf
Print
第4题图
4．执行如图所示的伪代码，若，则输出的的值为▲．
5．口袋中有形状和大小完全相同的4个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中一次随机摸出2个球，则摸出的2个球的编号之和大于4的概率为▲．
6．若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数的值为▲．
7．设函数的值域为，若，则实数的取值范围是▲．
8．已知锐角满足，则的值为▲．
9．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是▲．
10．设为等差数列的前项和，若的前2017项中的奇数项和为2018，
则的值为▲．
11．设函数是偶函数，当x≥0时，=，若函数有四个不同的零点，则实数m的取值范围是▲．
A
B
第13题图
12．在平面直角坐标系中，若直线上存在一点，圆上存在一点，满足，则实数的最小值为▲．
13．如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点”．若四点均位于图中的“晶格点”处，且的位置所图所示，则的最大值为▲．
14．若不等式对任意都成立，则实数的最小值为▲．
二、解答题（本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）
15．（本小题满分14分）
C
A1
B1
C1
M
N
第15题图
如图所示，在直三棱柱中，，点分别是的中点.
（1）求证：
∥平面；
（2）若，求证：
.
16．（本小题满分14分）
在中，角的对边分别为已知.
（1）若，求的值；
（2）若，求的值．
17．（本小题满分14分）
有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长．现从中截
取矩形（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中是以为圆心、的扇形，且弧,分别与边,相切于点,．
（1）当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；
D
E
G
F
O
H
第17题-图甲
第17题-图乙
（2）当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？
18.（本小题满分16分）
如图，在平面直角坐标系中，椭圆的下顶点为，点是椭圆上异于点的动点，直线分别与轴交于点，且点是线段的中点．当点运动到点处时，点的坐标为．
（1）求椭圆的标准方程；
x
y
P
Q
第18题图
（2）设直线交轴于点，当点均在轴右侧，且时，求直线的方程．
19．（本小题满分16分）
设数列满足，其中，且，为常数.
（1）若是等差数列，且公差，求的值；
（2）若，且存在，使得对任意的都成立，求的最小值；
（3）若，且数列不是常数列，如果存在正整数，使得对任意的均成立.求所有满足条件的数列中的最小值.
20．（本小题满分16分）
设函数，（）.
（1）当时，若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；
（2）当时，若对任意和任意，总存在不相等的正实数，使得，求的最小值；
（3）当时，设函数与的图象交于两点．求证：
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.
1．2．13．12004．15．6．67．
8．9．10．403411．12．13．2414．100
二、解答题：
本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内.
15．证明：
（1）因为是直三棱柱，所以，且，
又点分别是的中点，所以，且．
所以四边形是平行四边形，从而．……………4分
又平面，平面，所以∥面．……………6分
（2）因为是直三棱柱，所以底面，而侧面，
所以侧面底面．
又，且是的中点，所以．
则由侧面底面，侧面底面，
，且底面，得侧面．……………8分
又侧面，所以．……………10分
又，平面，且，
所以平面．……………12分
又平面，所以．……………14分
16．解：
（1）因为，则由正弦定理，得．……………2分
又，所以，即．……………4分
又是的内角，所以，故．……………6分
（2）因为，所以，则由余弦定理，
得，得．……………10分
从而，……………12分
又，所以．
从而．……………14分
17．解：
（1）在图甲中，连接交于点．设，
在中，因为，所以，则．
从而，即.……………2分
T
故所得柱体的底面积
.……………4分
又所得柱体的高，
所以.
答：
当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积
为立方分米.…………………6分
（2）设，则，所以所得柱体的底面积
.
所以，其中.…………………10分
令，则由，
解得.…………………12分
列表如下：
＋
－
增
极大值
减
所以当时，取得最大值.
当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大.…………………14分
18．解：
（1）由，得直线的方程为．…………………2分
令，得点的坐标为．
所以椭圆的方程为．…………………4分
将点的坐标代入，得，解得．
所以椭圆的标准方程为．…………………8分
（2）方法一：
设直线的斜率为，则直线的方程为．
在中，令，得，而点是线段的中点，所以．
所以直线的斜率．………………10分
联立，消去，得，解得．
用代，得．………………12分
又，所以，得．………………14分
故，又，解得．
所以直线的方程为．………………16分
方法二：
设点的坐标分别为．
由，得直线的方程为，令，得．
同理，得．
而点是线段的中点，所以，故．…………………10分
又，所以，得，从而，
解得．…………………12分
将代入到椭圆C的方程中，得．
又，所以，即，
解得（舍）或．又，所以点的坐标为．……………14分
故直线的方程为．…………………16分
19．解：
（1）由题意，可得，
化简得，又，所以.………………4分
（2）将代入条件，可得，解得，
所以，所以数列是首项为1，公比的等比数列，所以.……6分
欲存在，使得，即对任意都成立，
则，所以对任意都成立.………………8分
令，则，
所以当时，；
当时，；
当时，．
所以的最大值为，所以的最小值为.………………10分
（3）因为数列不是常数列，所以．
①若，则恒成立，从而，，所以，
所以，又，所以，可得是常数列．矛盾．
所以不合题意.………………12分
②若，取（*），满足恒成立．………………14分
由，得．
则条件式变为．
由，知；
由，知．
所以，数列（*）适合题意．
所以的最小值为.………………16分
20．解：
（1）由，得，又，所以，.
当时，，所以，所以.………………2分
因为函数与的图象在处有相同的切线，
所以，即，解得.………………4分
（2）当时，则，又，设，
则题意可转化为方程在上有相异两实根．………………6分
即关于的方程在上有相异两实根
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