南京市盐城市2018届高三年级第一次模拟考试Word文档下载推荐.doc
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EndIf
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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.
T
从而,即.……………2分
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.
所以,得,
所以对恒成立.………………8分
因为,所以(当且仅当时取等号),
又,所以的取值范围是,所以.
故的最小值为.……………10分
(3)当时,因为函数与的图象交于两点,
所以,两式相减,得.…………12分
要证明,即证,
即证,即证.………………14分
令,则,此时即证.
令,所以,所以当时,函数单调递增.
又,所以,即成立;
再令,所以,所以当时,函数单调递减,
又,所以,即也成立.
综上所述,实数满足.……………16分
附加题答案
·
第21(A)图
21.(A)解:
如图,连接,,
因为直线与⊙相切于点,所以,
又因为垂直于,所以,所以,①
在⊙中,所以,②……………5分
由①②得,即,
又,,
所以,所以,又,所以,
即到直径的距离为4.………………10分
(B)解:
设是圆上任意一点,则,
设点在矩阵对应的变换下所得的点为,则,
即,解得,…………5分
代入,得,即为所求的曲线方程.……………10分
(C)解:
以极点O为原点,极轴为轴建立平面直角坐标系,
由,得,
得直线的直角坐标方程为.………………5分
曲线,即圆,
所以圆心到直线的距离为.
因为直线与曲线()相切,所以,即.……10分
(D)解:
由柯西不等式,得,
即.
而,所以,所以,…5分
由,得,所以当且仅当时,.
所以当取最大值时的值为.…………10分
22.解:
(1)因为是菱形,所以.又底面,以为原点,直线分别为轴,轴,轴,建立如图所示空间直角坐标系.
则,,,,.
第22题图
z
所以,,,
,.
则.
故直线与所成角的余弦值为.………5分
(2),.
设平面的一个法向量为,
则,得,令,得,.
得平面的一个法向量为.
又平面的一个法向量为,所以,,.
则.
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.……………10分
23.解:
(1)由条件,①,
在①中令,得.…………1分
在①中令,得,得.……………2分
在①中令,得,得.…………3分
(2)猜想=(或=).……………5分
欲证猜想成立,只要证等式成立.
方法一:
当时,等式显然成立,
当时,因为,
故.
故只需证明.
即证.
而,故即证②.
由等式可得,左边的系数为.
而右边,
所以的系数为.
由恒成立可得②成立.
综上,成立.………………10分
构造一个组合模型,一个袋中装有个小球,其中n个是编号为1,2,…,n的白球,其余n-1个是编号为1,2,…,n-1的黑球,现从袋中任意摸出n个小球,一方面,由分步计数原理其中含有个黑球(个白球)的n个小球的组合的个数为,,由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为.
另一方面,从袋中个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为.
故,即②成立.余下同方法一.………10分
方法三:
由二项式定理,得③.
两边求导,得④.
③×
④,
得⑤.
左边的系数为.
右边的系数为
.
由⑤恒成立,可得.
故成立.……………10分
高三数学试题第13页(共4页)