完整版南京市盐城市届高三年级第一次模拟考试数学试题理含答案.docx
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完整版南京市盐城市届高三年级第一次模拟考试数学试题理含答案
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试
数学试题
（总分160分，考试时间120分钟）
注意事项：
1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分160分，考试形式闭卷.
2•本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分.
3•答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题
卡上.
参考公式：
柱体体积公式：
VSh,其中S为底面积，h为高•
一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70分.不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）
1.已知集合Ax|x（x4）0,B0,1,5，则AIB▲.
2•设复数zai（aR,i为虚数单位），若（1i）z为纯虚数，则a的值为▲.
3•为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000名学生
中随机抽取100名学生进行问卷调查，所得数据均在区间[50,100]上，其频率分布直方图
如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在[70,80）（单位：
分钟）内
的学生人数为▲.
频率
4.执行如图所示的伪代码，若x0,则输出的y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▲..
22
6•若抛物线y2px的焦点与双曲线——1的右焦点重合，则实数p的值为▲
45
7•设函数yex丄a的值域为A，若A［0,），则实数a的取值范围是▲
e
&已知锐角,满足tan1tan12，贝U的值为▲.
9•若函数ysinx在区间［0,2］上单调递增，则实数的取值范围是▲.
10.设Sn为等差数列an的前n项和，若an的前2017项中的奇数项和为2018,
x（3x）,0x3,
3
若函数y
1,x>3
x
▲
f（x）m
则S2017的值为▲11.设函数f（x）是偶函数，当x>0时，f（x）=
22
圆x（y1）1上
有四个不同的零点，则实数m的取值范围是
12.在平面直角坐标系xOy中，若直线yk（x3.3）上存在一点P,
UUrUULT
存在一点Q,满足OP3OQ，则实数k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A,B,C,D四点均位于图中的“晶格点”处，
且A,B的位置所图所示，则ABCD的最大值为▲.
2
14.若不等式ksinBsinAsinC19sinBsinC对任意ABC都成立,则实数k的最小值为▲.
、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）
如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，点M,N分别是AB,A1B1的中点.
（1）
求证：
BN//平面AMC；
（2）若AMAB1，求证：
AB1AC.
在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c
（1）若C2B，求cosB的值；
UUUUULTUUUUUU
（2）若ABACCACB，求cos（B）的值.
4
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AB长为6分米，另一边足够长•现从中截
取矩形ABCD（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OEMF是以0为圆
心、EOF120的扇形，且弧Ef,Gh分别与边BC,AD相切于点M,N.
（1）当BE长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；
（2）当BE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）
（1）求椭圆C的标准方程；
LULT
（2）设直线MN交y轴于点D，当点M,N均在y轴右侧，且DN
BM的方程.
19.（本小题满分16分）
22
设数列an满足anan1an1（a2al,其中n-2，且nN,为常数.
（1）若an是等差数列，且公差d0,求的值；
（2）若a11,a22,a34，且存在r［3,7］，使得ma*卪nr对任意的nN*都成立，求m的最小值；
（3）若0，且数列an不是常数列，如果存在正整数T，使得anTan对任意的
nN*均成立.求所有满足条件的数列an中T的最小值.
20.（本小题满分16分）
b
设函数f（x）lnx,g（x）ax—c（a,b,cR）.
x
（1）当c0时，若函数f（x）与g（x）的图象在x1处有相同的切线，求a,b的值；
（2）当—3a时，若对任意X。
（1,）和任意a（0,3），总存在不相等的正实数x「X2，使得g（xjgg）f（x°），求c的最小值；
（3）当a1时，设函数yf（x）与yg（x）的图象交于A（X1,yjBg,丫2）（捲x?
）两点.求证：
/x2x2—x1x2x-i.
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试
数学附加题部分
（本部分满分40分，考试时间30分钟）
21.［选做题］（在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分.请把答案
写在答题纸的指定区域内）A.（选修4-1:
几何证明选讲）
AD垂直DE于点D•若
如图，已知AB为OO的直径，直线DE与OO相切于点E,
DE4，求切点E到直径AB的距离EF.
B.（选修4-2:
矩阵与变换）
2022
已知矩阵M，求圆xy1在矩阵M的变换下所得的曲线方程
01
C.（选修4-4:
坐标系与参数方程）
在极坐标系中，直线cos（）1与曲线r（r0）相切，求r的值.
3
D.（选修4-5:
不等式选讲）
22
已知实数x,y满足x3y1，求当xy取最大值时x的值.
［必做题］（第22、23题，每小题10分，计20分•请把答案写在答题纸的指定区域内）
22.（本小题满分10分）
如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O,OP底面ABCD,点M为PC中点，AC4,BD2,OP4.
（1）求直线AP与BM所成角的余弦值；
（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.
M
O
B
第22题图
23.（本小题满分10分）
已知nN,nfnC^C：
2C：
C：
rC：
匕nC：
9：
.
（1）求f1,f2,f3的值；
（2）试猜想fn的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想.
南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试
数学参考答案
一、填空题
1.1
:
本大题共14小题，
每小题5分
•，计70分.
2
2.1
3.1200
4.1
5.—
6.6
3
7.（
2]
3
8.
1
9.（0,—]
10.4034
9
11.[1厂）
12.■3
13.24
4
4
4
14.100
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ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AB//A1B1，且ABA1B1,
又
AB1
侧
面
ABB1A|
所
以
AB1
CM.
-10分
又AB1
AM,
A1M,MC
平面AMC,
且AMIMC
M,
所
以
AB1
平
面
AMC
12分
又
AC
平
面
AMC
所
以
AB1
AC.
…14分
16.
解
:
（
1）
因
为c,贝U由
正弦定
理，
得
sinC
亦iBinB
2.
•2分
丽iBinB
2
又
C2B
所以
sin2B
即
4sinBcosB
、5sinB.
4分
又
B
是
ABC
的内角
所
以sinB
0,
故
cosB
症
4uuu1为AB
....6分
（2）因
UJUTAC
uuiruurCACB
所以cbcosA
bacosC，则由余弦定理,
2
b
得
2c
2c
2a
10分
得
ac.
从
a2b2
ABB1A1.
又点M,N分别是AB,AB的中点，所以MBAN，且MB//AN.
22ac
2ac
又0B，所以sinB、1cos2B
cos（B
—）cosBcos—sinBsin—
444
10
14
分
17•解:
（1）在图甲中，连接MO交EF于点T•
1
2
设OEOF
OM
Rt
OET
中，因为EOT
EOF
60
OT
MTOM
OT
BE
MT
2.
R2BE
故所得柱体的底面积S
S扇形OEFSOEF
1R2^R2sin120
32
又所得柱体的高EG4,所以VSEG16
3答：
当BE长为1分米时，为164\3立方分米.
3
（2）设BEx，则R
4.3.
折卷成的包装盒的容积
2分
SS扇形OEF
SOEF
2x,
1
又所得柱体的高
EG
所以所得柱体的底面积
2124
R2R2sin120（—
23
2x,
x2.
SEG
0x3.
令f（x）
解
x2.
（牛23）（
3
10分
x33x2）
2
3x,x（0,3），则由f（x）
3x2
6x3x（x
2）
12分
列表如下:
x
（0,2）n
2
（2,3）n
f（x）n
+
0
一
所以当
答
大.
f（x）
x
当
2时,
BE
18
•解
:
（1
y
3
x
2
.3•
令x
0,
得点
所
以
2
x
a
2
y
3
1•
B的坐标为（0,椭
将点
所
y2
3
极大值
f（x）取得最大值.
的长为2分米时，折卷14分
）由nc、3,｛）,q（3、3,o）,
23
N的坐标（.3,
代入,
2
x_
4
（2）方法一：
设直线BM的斜率为
k（k
0）,
、32
（三）2
3
的
则直线
NQ
kx,3中，令y0，得xp
2
解得a
BM的方程为ykx
—，而点Q是线段OP的中点，所以xq
±1
2k
线BN
0
（r：
.3）
2k•
kBQ
0
3
2k
y
kx
、3
联立
2x
2
y
-1
消去y，得（3
4
3
所
以直
22
4k）x
8-.3kx0，解得Xm
2xM
10分
8「3k
34k2
用
2k
16、、3k
2•
316k
lur
uuuu
又DN
2NM
3xN-
8、一3k
34k2
12分
以Xn
2（xmXn）
16.3k
32，
又k
0，解得k
316k
2
直
线
BM
的
所以
14分
方程为
yx.3.
2
方法二：
设点M,N的坐标分别为（x「yj,（x2,y2）.
由B（0,、3）,
得直线BN的方程为y
F3x
X1
3，令y
0，得xp
、3x1
y113
同理，得Xq
、3x2
Y23•
而点Q
是线段OP的
中占
1八、、
所以
Xp2xq
故
x3x123x2
y113y3
.
…10分
LULTUUUU
又DN2NM
，所以X22（X1X2）,
得X22X1
3
0,从而
y1
1
4
3
品y2
.3，
解
得
y2
4
3y1
12
X2
2
3X1
y2
2
4
3y1
J代入到椭圆
3
2
X1
C的方程中，得9
（4%、、3）2
27
2
4（1企），所以
3
4（1
2
4
3
9
（4%.3）2
27
1,
■3y12
2yi3
14分
线
X1
）或y1
X1
BM
46匚
yx\3.
2
19.解：
（1）由题意，可得
化简得
1.
（2）将1卫22,玄3
16分
2
an
（an
1）d2
4代入条件,
d2,
又d0
..4分
可得414，解得0,
d）®
d）
所以ananian1，所以数列an是首项为1，公比q2的等比数列，所以
n1
an2.6分
n1n1*
欲存在r[3,7]，使得m2…nr，即「5m2对任意nN都成立，
n1
7…nm2
nm…一
7
2*1
令bn
所以当
齐，则*1
n8时，bn1
bn叨
bn;当n
…8分
n7
8时，b9
bn的最大值为
b9b8
8n
b8;
1
128
当n8时,
bn
bn•
128
（3）因为数列an不是常数列，所以
10分
3.
①若T2，则an2
an恒成立,
从而a3
a1,a4
a2,所以
aj20,
an
所
以
T
2
不
1,
n
3k2
②若T
3
取an
2,
n
3k1
（kN
*
）（
3,
n
3k
•14分
由a?
a〔a3
（a?
aj2,
得
7.
则条件式变为
an
2
an1an1
7
.
由221
（
3）
7，知a3k
2
1
a3k
2如
（a2
aj2;
由（3）2
2
1
2
7，知a3k
a3k1
a3k1
（a2
印）2;
由12（
3）
2
7，知a3k
2
1
a3k
a3k2
（a2
aj2.
所以，数列（
*）
适合题意.
所
以
T
的
最
解：
（1）
由f
（x：
）Inx,得
f（
1）
0,又
f（x）
b
x
当c
0
时
g（x
:
）
ax
所
以
所以a2
a1，可得
又
意.
立.
所以f
（1）
所以心2
2
ai
（a2
a1）
2
a2
（a2
aj
矛盾.
合
2
是常数列.
题
12分
2
a2
2a1
2，
）,满足
an3an
g（x）a
值
16分
g
（1）ab.
因为函数f（x）与g（x）的图象在X
f
（1）
g
（1）
a
b
1
所
以
即
解得
f
（1）
g
（1）
a
b
0
a
1
2
4分
b
1
2
（2）
当X。
1时，则f（X。
）
0,又b3
a，设t
f（x°）
则题
意可转化为方
计3a
程ax
ct（t
0）在
（0,
）上有相异两实根
x
X1,X2•
2分
1处有相同的切线,
即关于
6分
x的方程ax2（c
a3
t）x
（3
a）
0（t0）在（0,
）上有相异两实根
所以
所
立.
因为
（c
Xi
0
t）2
X2
x1x2
4a（3
ct
a）
a
c2、a（3a）
（c
a3
t）24a（3
t0
a）,
所以2、a（3a）?
2
对
8分
（a（3a）、2
\（
t（0,
）,a（0,3）
）3（当且仅当
-时取等号
2
又
故
3.
（3）当
所以
2「ja（3a）-1的取值范围是（
的最
3），所以c-3.
小
值
…10分
1时,
因为函数
Inx-i
Inx2
f（x）与g（x）的图象交于
b
c
X1
b
c
X2
A,B两点,
Xi
X2
两式相减，
bx1x2（1
Inx2
Xx-i
^）.
12分
要证明
x-ix2x2b
x）x2
x-i，即证x1x2x2
x1x2（1
Inx2Inx1
-"）X1X2X1,
X2X-I
16分
1
即证
In
X2
In
x11
X2
x
X1
X1
1
xlnxixi1.
14分
x2x1x1
x9
令丄t，则t1，此时即证
1
1
Int
t1.
X1
t
1
令（t）Int-1，所以
（t）
1
1
~2
t1
o，所以当t
t
t
t
t2
增.
又
（1）o,所以（t）Int
1
1
o,
1
即1-
Int成立；
t
t
再令m（t）Intt1，所以i
m（t）
1-1
1t
o,所以当t
t
t
减,
又m
（1）o,所以m（t）Int
t
1
o,
即Int
t1也成立.
综上所述
）
实数
1时，函数（t）单调递
1时，函数m（t）单调递
X|,X2满足
x1x2x2
bx|x2x1.
附加题答案
21.（A）解：
如图，连接AE,OE,
因为直线DE与OO相切于点E，所以DEOE,
又因为AD垂直DE于D，所以AD//OE，所以DAEOEA，①
在OO中OEOA,所以OEAOAE，②5分
由①②得DAEOAE，即卩DAEFAE,
又ADEAFE,AEAE,
所以ADEAFE，所以DEFE，又DE4，所以FE4,
即E到直径AB的距离为4.10分
2222
（B）解：
设Px0,y0是圆xy1上任意一点，则X。
yo1,
x20x0
设点Px0，y°在矩阵M对应的变换下所得的点为Qx,y，则
y01y。
x2x。
yyo
xo
yoy
xoyo
2
x2
得—y1
为所求的
曲线方
程.10分
（C）解：
以极点0为原点，极轴Ox为x轴建立平面直角坐标系,
由
cos（—）1,
3
得（cos
cos—
3
sin
sin§）1,
得
直线
的
直
角坐标
方
x石y
20.
-5分
曲线
r,即圆x2
22
yr
0
02
所以圆心到直线的距离为dt=—1.
V13
与曲线
因为直线cos（）
3
10分
2
（D）解：
由柯西不等式，得[x
（i3y）2][12
（f）2]
3
（x1
•3、2
于,
422
即一（x3y）（x
3
y）2.
3y21
（xy）
<3
22.
〈3,
3
.3y
3
=3
3
当
2
2-,所以当且仅当x
^3
6
（Xy）max
所
2
解：
（1）因为ABCD是菱形，所以
OA,OB,OP分别为x轴，y轴,
10分
ACz轴,
BD.又OP底面ABCD，以O为原点,建立如图所示空间直角坐标系.
直线
则A（2,0,0）,B（0,1,0）,P（0,0,4）,C（2,0,0）,M（1,0,2）.uuu
所以AP（2,0,4）,
uuuuuuu
|AP|2.5,|BMI
umu
则cos
ujuuuur
AP,BM
uuuu
BM（1,
|.6.
uuuuuur
APBM
-ttur―unou-
|AP||BM|
uuu
1,2）,AP
uuuuBM
高三数学试题第14页（共4页）
30
6
第22题图
故直线
uuu
（2）AB
30
AP与BM所成角的余弦值为-一
uuuu
（2,1,0），BM（1,
6
1,2）•
设平面
ABM的一个法向量为
n
r
uuu
n
AB
0
2xy
0
则r
uuuu
得
2z
n
BM
0
xy
得平面
ABM
的一个法向量为
rn
uuu
又平面
PAC的一个法向量为
OB
rulu
则cos
ruju
;OB
4
n,OB
-r
升级会员 