南京、鹽城2018屆高三一模數(shù)學(xué)試卷及答案

高三數(shù)學(xué)試題第 1 頁(yè) 共 4 頁(yè) 南京市 鹽城市 2018 屆高三年級(jí)第一次模擬考試 數(shù) 學(xué) 試 題 總分總分 160 分 考試時(shí)間分 考試時(shí)間 120 分鐘分鐘 注意事項(xiàng) 注意事項(xiàng) 1 本試卷考試時(shí)間為 120 分鐘 試卷滿分 160 分 考試形式閉卷 2 本試卷中所有試題必須作答在答題卡上規(guī)定的位置 否則不給分 3 答題前 務(wù)必將自己的姓名 準(zhǔn)考證號(hào)用 0 5 毫米黑色墨水簽字筆填寫(xiě)在試卷及答 題卡上 參考公式 柱體體積公式 柱體體積公式 其中 其中為底面積為底面積 為高為高 VSh Sh 一一 填填空空題題 本大題共14 小題 每小題5 分 計(jì) 70 分 不需寫(xiě)出解答過(guò)程 請(qǐng)把答案寫(xiě)在答 題紙的指定位置上 1 已知集合 則 4 0Ax x x 0 1 5B AB I 2 設(shè)復(fù)數(shù)為虛數(shù)單位 若為純虛數(shù) 則的值為 zai aR i 1 iz a 3 為調(diào)查某縣小學(xué)六年級(jí)學(xué)生每天用于課外閱讀的時(shí)間 現(xiàn)從該縣小學(xué)六年級(jí) 4000 名學(xué)生 中隨機(jī)抽取 100 名學(xué)生進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查 所得數(shù)據(jù)均在區(qū)間 50 100 上 其頻率分布直方圖 如圖所示 則估計(jì)該縣小學(xué)六年級(jí)學(xué)生中每天用于閱讀的時(shí)間在 單位 分鐘 內(nèi) 70 80 的學(xué)生人數(shù)為 4 執(zhí)行如圖所示的偽代碼 若 則輸出的的值為 0 x y 5 口袋中有形狀和大小完全相同的 4 個(gè)球 球的編號(hào)分別為 1 2 3 4 若從袋中一次隨 機(jī)摸出 2 個(gè)球 則摸出的 2 個(gè)球的編號(hào)之和大于 4 的概率為 6 若拋物線的焦點(diǎn)與雙曲線的右焦點(diǎn)重合 則實(shí)數(shù)的值為 2 2ypx 22 1 45 xy p 時(shí)間 單位 分鐘 頻率 組距 50 60 70 80 90 100 0 035 a 0 020 0 010 0 005 第 3 題圖 Read x If Then0 x lnyx Else x ye End If Print y 第 4 題圖 高三數(shù)學(xué)試題第 2 頁(yè) 共 4 頁(yè) 7 設(shè)函數(shù)的值域?yàn)?若 則實(shí)數(shù)的取值范圍是 1 x x yea e A 0 A a 8 已知銳角滿足 則的值為 tan1tan12 9 若函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增 則實(shí)數(shù)的取值范圍是 sinyx 0 2 10 設(shè)為等差數(shù)列的前項(xiàng)和 若的前 2017 項(xiàng)中的奇數(shù)項(xiàng)和為 2018 n S n an n a 則的值為 2017 S 11 設(shè)函數(shù)是偶函數(shù) 當(dāng) x 0 時(shí) 若函數(shù) f x f x 3 03 3 1 3 xxx x x 有四個(gè)不同的零點(diǎn) 則實(shí)數(shù) m 的取值范圍是 yf xm 12 在平面直角坐標(biāo)系中 若直線上存在一點(diǎn) 圓xOy 3 3 yk x P 上存在一點(diǎn) 滿足 則實(shí)數(shù)的最小 22 1 1xy Q3OPOQ k 值為 13 如圖是蜂巢結(jié)構(gòu)圖的一部分 正六邊形的邊長(zhǎng)均為 1 正六邊形的 頂點(diǎn)稱為 晶格點(diǎn) 若四點(diǎn)均位于圖中的 晶格點(diǎn) 處 A B C D 且的位置所圖所示 則的最大值為 A BCDAB 14 若不等式對(duì)任意都成立 2 sinsinsin19sinsinkBACBC ABC 則實(shí)數(shù)的最小值為 k 二 解答題二 解答題 本大題共 6 小題 計(jì) 90 分 解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明 證明過(guò)程或演算步 驟 請(qǐng)把答案寫(xiě)在答題紙的指定區(qū)域內(nèi) 15 本小題滿分 14 分 如圖所示 在直三棱柱中 點(diǎn)分別是的中點(diǎn) 111 ABCABC CACB M N 11 AB AB 1 求證 平面 BN 1 AMC 2 若 求證 11 AMAB 11 ABAC 16 本小題滿分 14 分 在中 角的對(duì)邊分別為 已知 ABC A B C a b c 5 2 cb 1 若 求的值 2CB cosB A B 第 13 題圖 A B C A1 B1 C1 M N 第 15 題圖 高三數(shù)學(xué)試題第 3 頁(yè) 共 4 頁(yè) 2 若 求的值 AB ACCA CB cos 4 B 17 本小題滿分 14 分 有一矩形硬紙板材料 厚度忽略不計(jì) 一邊長(zhǎng)為 6 分米 另一邊足夠長(zhǎng) 現(xiàn)從中AB 截 取矩形 如圖甲所示 再剪去圖中陰影部分 用剩下的部分恰好能折卷成一個(gè)ABCD 底面是弓形的柱體包裝盒 如圖乙所示 重疊部分忽略不計(jì) 其中是以為OEMFO 圓心 的扇形 且弧 分別與邊 相切于點(diǎn) 120EOF EF GHBCADMN 1 當(dāng)長(zhǎng)為 1 分米時(shí) 求折卷成的包裝盒的容積 BE 2 當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)是多少分米時(shí) 折卷成的包裝盒的容積最大 BE 18 本小題滿分 16 分 如圖 在平面直角坐標(biāo)系中 橢圓的下頂點(diǎn)為 點(diǎn)xOy 22 22 1 0 xy Cab ab B 是橢圓上異于點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn) 直線分別與軸交于點(diǎn) 且點(diǎn)是線 M NB BM BNx P QQ 段的中點(diǎn) 當(dāng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)處時(shí) 點(diǎn)的坐標(biāo)為 OPN 3 3 2 Q 2 3 0 3 1 求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程 C 2 設(shè)直線交軸于點(diǎn) 當(dāng)點(diǎn)均在軸右側(cè) 且時(shí) 求直MNyD M Ny2DNNM 線的方程 BM x y O B N M P Q D 第 18 題圖 A D C B E G F O MN H 第 17 題 圖甲 N EF G H 第 17 題 圖乙 M N 高三數(shù)學(xué)試題第 4 頁(yè) 共 4 頁(yè) 19 本小題滿分 16 分 設(shè)數(shù)列滿足 其中 且 為常數(shù) n a 22 1121 nnn aaaaa 2n nN 1 若是等差數(shù)列 且公差 求的值 n a0d 2 若 且存在 使得對(duì)任意的都 123 1 2 4aaa 3 7 r n m anr m nN 成立 求的最小值 m m 3 若 且數(shù)列不是常數(shù)列 如果存在正整數(shù) 使得對(duì)任意的0 n aT n Tn aa 均成立 求所有滿足條件的數(shù)列中的最小值 nN n aT 20 本小題滿分 16 分 設(shè)函數(shù) lnf xx b g xaxc x a b cR 1 當(dāng)時(shí) 若函數(shù)與的圖象在處有相同的切線 求的值 0c f x g x1x a b 2 當(dāng)時(shí) 若對(duì)任意和任意 總存在不相等的正實(shí)數(shù)3ba 0 1 x 0 3 a 使得 求的最小值 12 x x 120 g xg xf x c 3 當(dāng)時(shí) 設(shè)函數(shù)與的圖象交于1a yf x yg x 11 A x y 兩點(diǎn) 求證 2212 B xyxx 122121 x xxbx xx 高三數(shù)學(xué)試題第 5 頁(yè) 共 4 頁(yè) 南京市 鹽城市南京市 鹽城市 20182018 屆高三年級(jí)第一次模擬考試屆高三年級(jí)第一次模擬考試 數(shù)學(xué)參考答案數(shù)學(xué)參考答案 一 填空題一 填空題 本大題共本大題共 1414 小題 每小題小題 每小題 5 5 分 計(jì)分 計(jì) 7070 分分 1 2 1 3 1200 4 1 5 6 6 1 2 3 7 2 8 9 10 4034 11 12 13 24 3 4 1 0 4 9 1 4 3 14 100 高三數(shù)學(xué)試題第 6 頁(yè) 共 4 頁(yè) 高三數(shù)學(xué)試題第 7 頁(yè) 共 4 頁(yè) 高三數(shù)學(xué)試題第 8 頁(yè) 共 4 頁(yè) 高三數(shù)學(xué)試題第 9 頁(yè) 共 4 頁(yè) 高三數(shù)學(xué)試題第 10 頁(yè) 共 4 頁(yè) 高三數(shù)學(xué)試題第 11 頁(yè) 共 4 頁(yè) 二 解答題 本大題共二 解答題 本大題共 6 小題 計(jì)小題 計(jì) 90 分分 解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明 證明過(guò)程或演算步驟 解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明 證明過(guò)程或演算步驟 請(qǐng)把答案寫(xiě)在答題紙的指定區(qū)域內(nèi)請(qǐng)把答案寫(xiě)在答題紙的指定區(qū)域內(nèi) 15 證明 1 因?yàn)槭侵比庵?所以 且 111 ABCABC 11 ABAB 11 ABAB 又點(diǎn)分別是的中點(diǎn) 所以 且 M N 11 AB AB 1 MBA N 1 MBA N 所以四邊形是平行四邊形 從而 1 A NBM 1 AMBN 4 分 又平面 平面 所以 面 BN 1 AMC 1 AM 1 AMCBN 1 AMC 6 分 2 因?yàn)槭侵比庵?所以底面 而側(cè)面 111 ABCABC 1 AA ABC 1 AA 11 ABB A 所以側(cè)面底面 11 ABB A ABC 又 且是的中點(diǎn) 所以 CACB MABCMAB 則由側(cè)面底面 側(cè)面底面 11 ABB A ABC 11 ABB A ABCAB 且底面 得側(cè)面 CMAB CM ABCCM 11 ABB A 8 分 又側(cè)面 所以 1 AB 11 ABB A 1 ABCM 10 分 又 平面 且 11 ABAM 1 AM MC 1 AMC 1 AMMCM 所以平面 1 AB 1 AMC 12 分 又平面 所以 1 AC 1 AMC 11 ABAC 14 分 16 解 1 因?yàn)?則由正弦定理 得 5 2 cb 5 sinsin 2 CB 2 分 又 所以 即 2CB 5 sin2sin 2 BB 4sincos5sinBBB 4 分 又是的內(nèi)角 所以 故 BABC sin0B 5 cos 4 B 6 分 2 因?yàn)?所以 則由余弦定理 AB ACCA CB coscoscbAbaC 得 得 222222 bcabac ac 10 分 從而 222 222 2 2 3 5 cos 225 ccc acb B acc 高三數(shù)學(xué)試題第 12 頁(yè) 共 4 頁(yè) 12 分 又 所以 0B 2 4 sin1 cos 5 BB 從而 32422 cos coscossinsin 444525210 BBB 14 分 17 解 1 在圖甲中 連接交于點(diǎn) 設(shè) MOEFTOEOFOMR 在中 因?yàn)?所以 則Rt OET 1 60 2 EOTEOF 2 R OT 2 R MTOMOT 從而 即 2 R BEMT 22RBE 2 分 故所得柱體的底面積 OEFOEF SSS 扇形 4 分 22 114 sin1203 323 RR 又所得柱體的高 4EG 所以 VSEG 16 4 3 3 答 當(dāng)長(zhǎng)為 1 分米時(shí) 折卷成的包裝盒的容積BE 為立方分米 6 分 16 4 3 3 2 設(shè) 則 所以所得柱體的底面積BEx 2Rx OEFOEF SSS 扇形 222 114 sin120 3 323 RRx 又所得柱體的高 62EGx 所以 其中 VSEG 32 8 2 3 3 3 xx 03x 10 分 令 則由 32 3 0 3 f xxxx 2 363 2 0fxxxx x 解得 2x 12 分 列表如下 x 0 2 2 2 3 fx 0 f x增極大值減 所以當(dāng)時(shí) 取得最大值 2x f x A D C B E G F O MN H T 高三數(shù)學(xué)試題第 13 頁(yè) 共 4 頁(yè) 答 當(dāng)?shù)拈L(zhǎng)為 2 分米時(shí) 折卷成的包裝盒的容積最大 BE 14 分 18 解 1 由 得直線的方程為 32 3 3 0 23 NQNQ 3 3 2 yx 2 分 令 得點(diǎn)的坐標(biāo)為 0 x B 0 3 所以橢圓的方程為 22 2 1 3 xy a 4 分 將點(diǎn)的坐標(biāo)代入 得 解得 N 3 3 2 2 2 2 3 3 2 1 3a 2 4a 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 C 22 1 43 xy 8 分 2 方法一 設(shè)直線的斜率為 則直線的方程為 BM 0 k k BM3ykx 在中 令 得 而點(diǎn)是線段的中點(diǎn) 所3ykx 0y 3 P x k QOP 以 3 2 Q x k 所以直線的斜率 BN 0 3 2 3 0 2 BNBQ kkk k 10 分 聯(lián)立 消去 得 解得 22 3 1 43 ykx xy y 22 34 8 30kxkx 2 8 3 34 M k x k 用代 得 2kk 2 16 3 3 16 N k x k 12 分 又 所以 得 2DNNM 2 NMN xxx 23 MN xx 14 分 故 又 解得 22 8 316 3 23 343 16 kk kk 0k 6 2 k 所以直線的方程為 BM 6 3 2 yx 高三數(shù)學(xué)試題第 14 頁(yè) 共 4 頁(yè) 16 分 方法二 設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別為 M N 1122 x yxy 由 得直線的方程為 令 0 3 B BN 1 1 3 3 y yx x 0y 得 1 1 3 3 P x x y 同理 得 2 2 3 3 Q x x y 而點(diǎn)是線段的中點(diǎn) 所以 故 QOP2 PQ xx 12 12 32 3 33 xx yy 10 分 又 所以 得 從而 2DNNM 212 2 xxx 21 2 0 3 xx 12 4 1 3 33yy 解得 21 43 33 yy 12 分 將代入到橢圓 C 的方程中 得 21 21 2 3 43 33 xx yy 22 11 43 1 927 xy 又 所以 即 2 2 1 1 4 1 3 y x 2 1 2 1 4 1 43 3 1 927 y y 2 11 3230yy 解得 舍 或 又 所以點(diǎn)的坐標(biāo) 1 3y 1 3 3 y 1 0 x M 為 14 分 4 23 33 M 故直線的方程為 BM 6 3 2 yx 16 分 19 解 1 由題意 可得 22 nnn aad add 化簡(jiǎn)得 又 所以 2 1 0d 0d 1 4 分 2 將代入條件 可得 解得 123 1 2 4aaa 41 4 0 高三數(shù)學(xué)試題第 15 頁(yè) 共 4 頁(yè) 所以 所以數(shù)列是首項(xiàng)為 1 公比的等比數(shù)列 所以 2 11nnn aaa n a2q 1 2n n a 6 分 欲存在 使得 即對(duì)任意都成立 3 7 r 1 2nmnr 1 2nr nm nN 則 所以對(duì)任意都成立 1 72nnm 1 7 2n n m nN 8 分 令 則 1 7 2 n n n b 1 1 678 222 nn nnn nnn bb 所以當(dāng)時(shí) 當(dāng)時(shí) 當(dāng)時(shí) 8n 1nn bb 8n 98 bb 8n 1nn bb 所以的最大值為 所以的最小值為 n b 98 1 128 bb m 1 128 10 分 3 因?yàn)閿?shù)列不是常數(shù)列 所以 n a2T 若 則恒成立 從而 所以2T 2nn aa 31 aa 42 aa 222 2121 222 1221 aaaa aaaa 所以 又 所以 可得是常數(shù)列 矛盾 2 21 0aa 0 21 aa n a 所以不合題意 2T 12 分 若 取 滿足恒成立 3T 1 32 2 31 3 3 n nk ankkN nk 3nn aa 14 分 由 得 22 21321 aa aaa 7 則條件式變?yōu)?2 11 7 nnn aaa 由 知 2 21 3 7 22 3132321 kkk aaaaa 由 知 2 3 2 1 7 22 3313121 kkk aaaaa 由 知 2 1 3 27 22 3133221 kkk aa aaa 所以 數(shù)列 適合題意 所以的最小值為 T3 16 分 20 解 1 由 得 又 所以 lnf xx 1 0f 1 fx x 1 1 f 當(dāng)時(shí) 所以 所以 0c b g xax x 2 b g xa x 1 gab 高三數(shù)學(xué)試題第 16 頁(yè) 共 4 頁(yè) 2 分 因?yàn)楹瘮?shù)與的圖象在處有相同的切線 f x g x1x 所以 即 解得 1 1 1 1 fg fg 1 0 ab ab 1 2 1 2 a b 4 分 2 當(dāng)時(shí) 則 又 設(shè) 0 1x 0 0f x 3ba 0 tf x 則題意可轉(zhuǎn)化為方程在上有相異兩實(shí)根 3 0 a axct t x 0 12 x x 6 分 即關(guān)于的方程在上有相異兩實(shí)根 x 2 3 0 0 axct xat 0 12 x x 所以 得 2 12 12 03 4 3 0 0 3 0 a ctaa ct xx a a x x a 2 03 4 3 0 a ctaa ct 所以對(duì)恒成立 2 3 caat 0 0 3 ta 8 分 因?yàn)?所以 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào) 03a 2 3 2 3 2 3 2 aa aa 2 3 2 a 又 所以的取值范圍是 所以 0t 2 3 aat 3 3c 故的最小值為 c3 10 分 3 當(dāng)時(shí) 因?yàn)楹瘮?shù)與的圖象交于兩點(diǎn) 1a f x g x A B 所以 兩式相減 得 11 1 22 2 ln ln b xxc x b xxc x 21 12 21 lnln 1 xx bx x xx 12 分 要證明 即證 122121 x xxbx xx 21 12212121 21 lnln 1 xx x xxx xx xx xx 即證 即證 21 2211 lnln11xx xxxx 122 211 1ln1 xxx xxx 高三數(shù)學(xué)試題第 17 頁(yè) 共 4 頁(yè) 14 分 令 則 此時(shí)即證 2 1 x t x 1t 1 1ln1tt t 令 所以 所以當(dāng)時(shí) 函數(shù)單調(diào)遞 1 ln1tt t 22 111 0 t t ttt 1t t 增 又 所以 即成立 1 0 1 ln10tt t 1 1lnt t 再令 所以 所以當(dāng)時(shí) 函數(shù)單調(diào) ln1m ttt 11 10 t m t tt 1t m t 遞減 又 所以 即也成立 1 0m ln10m ttt ln1tt 綜上所述 實(shí)數(shù)滿足 12 x x 122121 x xxbx xx 16 分 附加題答案 21 A 解 如圖 連接 AEOE 因?yàn)橹本€與 相切于點(diǎn) 所以 DEOEDEOE 又因?yàn)榇怪庇?所以 所以 ADDED ADOEDAEOEA 在 中 所以 5 分OOEOA OEAOAE 由 得 即 DAE OAE DAE FAE 又 ADEAFE AEAE 所以 所以 又 所以 ADEAFE DEFE 4DE 4FE 即到直徑的距離為 4 10 分EAB B 解 設(shè)是圓上任意一點(diǎn) 則 00 P xy 22 1xy 22 00 1xy 設(shè)點(diǎn)在矩陣對(duì)應(yīng)的變換下所得的點(diǎn)為 則 00 P xyM Q x y 0 0 2 0 0 1 xx yy 即 解得 0 0 2xx yy 0 0 1 2 xx yy 5 分 代入 得 即為所求的曲線方程 22 00 1xy 2 2 1 4 x y 10 分 C 解 以極點(diǎn) O 為原點(diǎn) 極軸為軸建立平面直角坐標(biāo)系 Oxx 由 得 cos 1 3 coscossinsin 1 33 AB E D FO 第 21 A 圖 高三數(shù)學(xué)試題第 18 頁(yè) 共 4 頁(yè) 得直線的直角坐標(biāo)方程為 320 xy 5 分 曲線 即圓 r 222 xyr 所以圓心到直線的距離為 0302 1 1 3 d 因?yàn)橹本€與曲線 相切 所以 即 cos 1 3 r 0r rd 1r 10 分 D 解 由柯西不等式 得 22222 33 3 1 13 33 xyxy 即 222 4 3 3 xyxy 而 所以 所以 22 31xy 2 4 3 xy 22 33 33 xy 5 分 由 得 所以當(dāng)且僅當(dāng)時(shí) 3 13 3 2 3 3 xy xy 3 2 3 6 x y 33 26 xy max 2 3 3 xy 所以當(dāng)取最大值時(shí)的值為 xy x 3 2 x 10 分 22 解 1 因?yàn)槭橇庑?所以 又底面 以為原點(diǎn) 直ABCDACBD OP ABCDO 線 分別為軸 軸 軸 建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系 OA OB OPxyz 則 2 0 0 A 0 1 0 B 0 0 4 P 2 0 0 C 1 0 2 M 所以 2 0 4 AP 1 1 2 BM 10AP BM 2 5AP 6BM 則 1030 cos 6 2 56 AP BM AP BM APBM 故直線與所成角的余弦值為 5 分APBM 30 6 2 2 1 0 AB 1 1 2 BM M AB C D O P 第 22 題圖 x y z 高三數(shù)學(xué)試題第 19 頁(yè) 共 4 頁(yè) 設(shè)平面的一個(gè)法向量為 ABM nx y z 則 得 令 得 0 0 n AB n BM 20 20 xy xyz 2x 4y 3z 得平面的一個(gè)法向量為 ABM 2 4 3 n 又平面的一個(gè)法向量為 所以 PAC 0 1 0 OB n 4OB 29n 1OB 則 44 cos 29 29 29 n OB n OB n OB 故平面與平面所成銳二面角的余弦值為 ABMPAC 4 29 29 10 分 23 解 1 由條件 011211 2 rrnn nnnnnnnn nf nC CC CrCCnCC 在 中令 得 1n 01 11 11fC C 1 分 在 中令 得 得 2n 0112 2222 2226fC CC C 23f 2 分 在 中令 得 得 3n 011223 333333 332330fC CC CC C 310f 3 分 2 猜想 或 f n 21 n n C f n 1 21 n n C 5 分 欲證猜想成立 只要證等式成立 011211 21 2 nrrnn nnnnnnnnn nCC CC CrCCnCC 方法一 當(dāng)時(shí) 等式顯然成立 1n 當(dāng)時(shí) 因?yàn)?2n 1 1 1 1 1 rr nn rnnn rCnnC r nrrnrrnr 故 1111 1 rrrrrr nnnnnn rCCrC CnCC 故只需證明 00111111 211111 nrrnn nnnnnnnnn nCnCCnCCnCCnCC 即證 00111111 211111 nrrnn nnnnnnnnn CC