数学江苏省镇江一中届高三模拟卷及答案解析.docx
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数学江苏省镇江一中届高三模拟卷及答案解析
江苏省镇江一中2018届高三4月14日数学模拟卷
一、填空题
1.已知集合，，则．
2.命题“,使得成立”的否定为．
3.复数（i为虚数单位）的虚部是．
4.从某校高三年级随机抽取一个班，对该班45名学生的高校招生体检表中视力情况进行统
计，其结果的频率分布直方图如右上图．若某高校A专业对视力要求不低于0.9，则该班学
生中最多有人能报考A专业．
5.函数的单调减区间为．
6.若在区间内任取实数,在区间内任取实数,则直线与圆
相交的概率为_________.
7.若函数的部分图象如图所示，则的值为．
8.已知一球与一个正三棱柱的三个侧面及两个底面都相切．若该球的体积为，则该三棱
柱的体积是．
9.已知平面α，β，直线，，给出下列命题：
①若，，则；②若，，则；
③若，则；④若，，则.
其中是真命题的是．（填写所有真命题的序号）．
10.设等差数列的公差为（），其前n项和为．若，，
则的值为．
11.平行四边形ABCD中，已知AB＝4，AD＝3，∠BAD＝60°，点E，F分别满足
＝2，＝，则的值为．
12.若抛物线的焦点到双曲线C：
的渐近线距离等于，则
双曲线C的离心率为．
13.在平面直角坐标系中，已知直线与圆交于A，
B两点，为轴上一动点，则△ABP周长的最小值为．
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，
且，则实数的取值范围是．
二、解答题
15.在△ABC中，角，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，．
（1）求的值；
（2）求c的值．
16.如图，在三棱锥中，，点D在AB上，点E为AC的中点，且
BC平面PDE．
（1）求证：
平面PBC；
（2）若平面PCD⊥平面ABC，求证：
平面PAB⊥平面PCD．
17．如图，设椭圆C：
（a＞b＞0），离心率e＝，F为椭圆右焦点．若椭圆上有一点P在轴的上方，且PF⊥x轴，线段PF＝．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆右焦点F的直线（不经过P点）与椭圆交于A，B两点，当的平分线为时，求直线AB的方程．
18．如图，圆柱体木材的横截面半径为1dm，从该木材中截取一段圆柱体，再加工制作成
直四棱柱，该四棱柱的上、下底面均为等腰梯形，分别内接于圆柱的上、下底面，下底面圆的圆心在梯形内部，∥，60°，，设．
（1）求梯形的面积；
（2）当取何值时，四棱柱的体积最大？
并求出最大值．
（注：
木材的长度足够长）
19．已知函数，．
（1）求函数的单调增区间；
（2）若函数有三个互不相同的零点0，，，其中．
（ⅰ）若，求a的值；
（ⅱ）若对任意的，都有成立，求a的取值范围．
20．已知数列的前项和为，把满足条件的所有数列构成的集合记为．
（1）若数列通项公式为，求证：
；
（2）若数列是等差数列，且，求的取值范围；
（3）设，数列的各项均为正数，且．问数列中是否存在无穷多项依次成等差数列？
若存在，给出一个数列的通项；若不存在，说明理由．
【参考答案】
1.;2.,有成立;3.1;4.18;5.（-1,1）;6.;
7.4;8.;9.;10.-10;11.-6;12.3;13.14;14．
14.解析：
由条件，．因为，所以，
所以，所以．
而，所以．
由，得，即，所以．
15．解：
（1）在△ABC中，因为，，，
由正弦定理得，，
于是，即，
又，所以．
（2）由
（1）知，，
则，，
在△ABC中，因为，，所以．
则
．
由正弦定理得，．
16．证明：
（1）因为BC平面PDE，BC平面ABC，平面PDE平面ABC=DE，
所以BC∥DE.
因为DE平面PBC，BC平面PBC，
所以平面PBC．
（2）由
（1）知，BC∥DE．
在△ABC中，因为点E为AC的中点，所以D是AB的中点．
因为，所以，
因为平面PCD⊥平面ABC，
平面PCD平面ABCCD，平面ABC，
则AB平面PCD．
因为AB平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PCD．
17．解：
（1）设右焦点，由轴，设代入椭圆方程，即得，
所以，
联立，
解得，
所以椭圆方程为，右准线的方程为.
（2）设，则直线的方程为，即，
联立消去，
即得（※），
又为方程（※）的一根，所以另一根为，
又点在椭圆上，所以满足，代入另一根即得，
所以.由
（1）知，点
则直线的斜率，直线的斜率，
①当的平分线为时，，的斜率，满足，
所以，即，所以，
故直线AB的方程为x－2y－1＝0．
18．解：
（1）由条件可得，，
所以梯形的高．
又，，
所以梯形的面积
（）．
（2）设四棱柱的体积为，因为，
所以．
设，因为，所以，
所以，．
由，
令，得，
与的变化情况列表如下：
0
↗
极大值
↘
由上表知，在时取得极大值，即为最大值，且最大值．
答：
当时，四棱柱的体积取最大值为．
19．解：
（1），其判别式．
①当时，，恒成立，
所以的单调增区间为．
②当时，由，得或，
所以的单调增区间为，．
综上，当时，的单调增区间为；
当时，的单调增区间为，．
（2）（ⅰ）方程，即为，亦即，
由题意，是方程的两个实根，
故，，且判别式，得．
由，得，，
故，所以．
（ⅱ）因为对任意的，恒成立．
因为，，所以，
所以或．
①当时，对，，
所以，所以．
又，所以．
②当时，，
由
（1）知，存在的极大值点，且．
（方法1）由题得，
将代入化简得，解得．
又，所以．因此．
综上，a的取值范围是．
（方法2），由题得，
将，代入化简得，
得，故，
因为在上递减，故．
综上，a的取值范围是．
20．解:
（1）因为，所以，
所以，
所以，即．
（2）设的公差为，
因为，所以（*），
特别的当时，，即，
由（*）得，
整理得，
因为上述不等式对一切恒成立，所以必有，解得，
又，所以，
于是，即，
所以，即，
所以，
因此的取值范围是．
（3）由得，所以，即，
所以，从而有，
又，所以，即，
又，，
所以有，所以，
假设数列（其中）中存在无穷多项依次成等差数列，
不妨设该等差数列的第项为（为常数），
则存在，，使得，
即，
设，
则，即，
于是当时，，
从而有：
当时，即，
于是当时，关于的不等式有无穷多个解，显然不成立，
因此数列中是不存在无穷多项依次成等差数列．
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