数学卷·2018届江苏省扬州市高三第一次模拟考试（2018
扬州市2018届高三年级第一次模拟考试
数 学
(满分160分，考试时间120分钟)
参考公式：样本数据x1，x2，…，xn的方差s2＝(xi－x)2，其中x＝xi.
棱锥的体积V＝Sh，其中S是棱锥的底面积，h是高．
一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分．
1.若集合A＝{x|1
0，b>0)的渐近线与圆x2＋y2－6y＋5＝0没有交点，则双曲线离心率的取值范围是________．
11．已知函数f(x)＝sinx－x＋，则关于x的不等式f(1－x2)＋f(5x－7)<0的解集为________．
12．已知正△ABC的边长为2，点P为线段AB中垂线上任意一点，Q
为射线AP上一点，且满足·＝1，则||的最大值为________．
13．已知函数f(x)＝若存在实数k使得该函数的值域为[－2，0]，则实数a的取值范围是________．
14．已知正实数x，y满足5x2＋4xy－y2＝1，则12x2＋8xy－y2的最小值为________．
二、 解答题：本大题共6小题，计90分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. (本小题满分14分)
如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．
(1) 证明：B1C1∥平面A1DE；
(2) 若平面A1DE⊥平面ABB1A1，证明：AB⊥DE.
16. (本小题满分14分)
已知在△ABC中，AB＝6，BC＝5，且△ABC的面积为9.
(1) 求AC的长度；
(2) 当△ABC为锐角三角形时，求cos的值．
17. (本小题满分14分)
如图，射线OA和OB均为笔直的公路，扇形OPQ区域(含边界)是一蔬菜种植园，其中P，Q分别在射线OA和OB上．经测量得，扇形OPQ的圆心角(即∠POQ)为、半径为1千米．为了方便菜农经营，打算在扇形OPQ区域外修建一条公路MN，分别与射线OA，OB交于M，N两点，并要求MN与扇形弧PQ相切于点S，设∠POS＝α(单位：弧度)，假设所有公路的宽度均忽略不计．
(1) 试将公路MN的长度表示为α的函数，并写出α的取值范围；
(2) 试确定α的值，使得公路MN的长度最小，并求出其最小值.
18.(本小题满分16分)
已知椭圆E1：＋＝1(a>b>0)，若椭圆E2：＋＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．
(1) 求经过点(，1)，且与椭圆E1：＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程；
(2) 若m＝4，椭圆E1的离心率为，点P在椭圆E2上，过点P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且＝λ，
①若点B的坐标为(0，2)，且λ＝2，求直线l的方程；
②若直线OP，OA的斜率之积为－，求实数λ的值．
19.(本小题满分16分)
已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax＋b，a，b∈R.
(1) 若g(－1)＝0，且函数g(x)的图象是函数f(x)图象的一条切线，求实数a的值：
(2) 若不等式f(x)>x2＋m对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围；
(3) 若对任意实数a，函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点，求实数b的取值范围．
20.(本小题满分16分)
已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn＝a＋an，数列{bn}满足b1＝，2bn＋1＝bn＋.
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 设数列{cn}满足cn＝，求c1＋c2＋…＋cn的值；
(3) 是否存在正整数p，q，r(p0.
令t＝tanα－1>0，则tanα＝(t＋1)，
所以MN＝， (8分)
由基本不等式得MN≥·＝2，(10分)
当且仅当t＝，即t＝2时等号成立. (12分)
此时tanα＝，由于<α<，
故α＝，MN＝2千米．(14分)
18. 解析：(1) 设椭圆E2的方程为＋＝1，代入点(，1)得m＝2，
所以椭圆E2的方程为＋＝1.(3分)
(2) 因为椭圆E1的离心率为，故a2＝2b2，
所以椭圆E1：x2＋2y2＝2b2.
又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m＝4，
所以椭圆E1：x2＋2y2＝8b2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，直线l1：y＝kx＋2，
①方法一：由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，将直线l：y＝kx＋2，代入椭圆E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，
解得x1＝，x2＝0，故y1＝，y2＝2，
所以A.(5分)
又＝2，即B为AP中点，
所以P，(6分)
代入椭圆E2：x2＋2y2＝32得＋2＝32，
即20k4＋4k2－3＝0，即(10k2－3)(2k2＋1)＝0，所以k＝±，
所以直线l的方程为y＝±x＋2.(8分)
方法二：由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32，
设A(x，y)，B(0，2)，则P(－x，4－y)，
代入椭圆得解得y＝，
故x＝±，(6分)
所以k＝±，
所以直线l的方程为y＝±x＋2.(8分)
②方法一： 由题意得x＋2y＝8b2，x＋2y＝2b2，x＋2y＝2b2，
·＝－，即x0x1＋2y0y1＝0，
因为＝λ，所以(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得(12分)
所以＋2＝2b2，
则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，
所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝.(16分)
方法二：不妨设点P在第一象限，设直线OP：y＝kx(k>0)，代入椭圆E2：x2＋2y2＝8b2，
解得x0＝，则y0＝，
因为直线OP，OA的斜率之积为－，所以直线OA：y＝－x，代入椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，
解得x1＝－，则y1＝
因为＝λ，所以(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，
解得
所以＋2＝2b2，则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，
所以8b2＋2(λ－1)[·＋2··]＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，
即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝.
19. 解析：(1) 由g(－1)＝0知，g(x)的直线图象过点(－1，0)．
设切点坐标为T(x0，y0)，由f′(x)＝ex得切线方程是y－ex0＝ex0(x－x0)，
此直线过点(－1，0)，故0－ex0＝ex0(－1－x0)，解得x0＝0，所以a＝f′(0)＝1.(3分)
(2) 由题意得m0，n(x)单调递增，
从而n(x)在(0，＋∞)上有最小值n(ln2)＝2－2ln2>0，
所以m(x)在(0，＋∞)上单调递增，(6分)
所以m≤m(0)，即m≤1.(8分)
(3) 若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝ex－ax－b在(0，＋∞)上单调递增，
故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1，(10分)
以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点．
①若a<0，
由于F(0)＝1－b<0，F＝e－－a－b＝e－>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，
故F(x)在上必有零点；(12分)
②若a≥0，F(0)＝1－b<0，
由(2)知ex>x2＋1>x2在x∈(0，＋∞)上恒成立，
取x0＝a＋b，则F(x0)＝F(a＋b)＝ea＋b－a(a＋b)－b>(a＋b)2－a2－ab－b＝ab＋b(b－1)>0，
由于F(0)＝1－b<0，F(a＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，
故F(x)在(0，a＋b)上必有零点，
综上得，实数b的取值范围是(1，＋∞)．(16分)
20. 解析：(1) 2Sn＝a＋an ，①
2Sn＋1＝a＋an＋1 ，②
②－①得2an＋1＝a－a＋an＋1－an，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.
因为{an}是正数数列，所以an＋1－an－1＝0，
即an＋1－an＝1，
所以{an}是等差数列，其中公差为1.
在2Sn＝a＋an中，令n＝1，得a1＝1，
所以an＝n.(2分)
由2bn＋1＝bn＋得＝·，
所以数列是等比数列，其中首项为，公比为，
所以＝，即bn＝.(5分)
(2) cn＝＝，裂项得cn＝－，(7分)
所以c1＋c2＋…＋cn＝－.(9分)
(3) 假设存在正整数p，q，r(p
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