南京盐城2018届高三一模数学试题及答案.pdf

2018 届南京、盐城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： 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，共计 70 分 1. 已知集合 Ax|x(x4)3， 若函数 yf(x)m 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，圆 x2(y1)21 上存在一点 Q，满足OP 3OQ ，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，且点 A，B 的位置如图所示，则AB CD 的最大值为_ 14. 若不等式 ksin2BsinAsinC19sinBsinC 对任意ABC 都成立，则实数 k 的最小值为 _. 二、 解答题：本大题共 6 小题，共计 90 分解答应写出文字说明、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，CACB，M，N 分别是 AB，A1B1的中点 (1) 求证：BN平面 A1MC； (2) 若 A1MAB1，求证：AB1A1C. 16. (本小题满分 14 分) 在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 c 5 2 b. (1) 若 C2B，求 cosB 的值； (2) 若AB AC CA CB ，求 cos B 4 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 AB 长为 6 分米，另一边足够长现从中截 取矩形 ABCD(如图 1 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 2 所示，重叠部分忽略不计)，其中 OEMF 是以 O 为圆心、EOF 120的扇形，且弧 EF，GH 分别与边 BC，AD 相切于点 M，N. (1) 当 BE 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？ 图 1 图 2 18. (本小题满分 16 分) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的下顶点为 B，M，N 是椭 圆上异于点 B 的动点，直线 BM，BN 分别与 x 轴交于点 P，Q，且 Q 是线段 OP 的中点当 点 N 运动到点 3， 3 2 处时，点 Q 的坐标为 2 3 3 ，0 . (1) 求椭圆 C 的标准方程； (2) 设直线 MN 交 y 轴于点 D，当点 M，N 均在 y 轴右侧，DN 2NM 时，求直线 BM 的 方程. 19. (本小题满分 16 分) 设数列an满足 a2nan1an1(a2a1)2，其中 n2，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 r3，7，使得 m annr 对任意的 nN*都成立， 求实数 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) 设函数 f(x)ln x，g(x)axb xc(a，b，cR). (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 b3a 时， 若对任意 x0(1， )和任意 a(0， 3)， 总存在不相等的正实数 x1， x2，使得 g(x1)g(x2)f(x0)，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，y1)，B(x2，y2)(x10，故 cosB 5 4 .(6 分) (2) 因为AB AC CA CB ， 所以 cbcosAbacosC， 由余弦定理得 b2c2a2b2a2c2，得 ac，(10 分) 从而 cosBa 2c2b2 2ac c2c2 2 5c 2 2c2 3 5.(12 分) 又 00，解得 k 6 2 ， 所以直线 BM 的方程为 y 6 2 x 3.(16 分) 19. 解析：(1) 由题意，可得 a2n(and)(and)d2， 化简得(1)d20，又 d0，所以 1.(4 分) (2) 将 a11，a22，a34 代入条件，可得 414，解得 0，所以 a2nan1an1， 所以数列an是首项为 1，公比 q2 的等比数列，所以 an2n 1. (6 分) 欲存在 r3，7，使得 m 2n 1nr 恒成立，即 rnm2n1 对任意 nN*都成立， 则 7nm 2n 1，所以 mn7 2n 1对任意 nN*都成立(8 分) 令 bnn7 2n 1，则 bn1bnn6 2n n7 2n 18n 2n ， 所以当 n8 时，bn11 时，f(x0)0. 又 b3a，设 tf(x0)， 则题意可转化为方程 ax3a x ct(t0)在(0，)上有两相异实根 x1，x2，(6 分) 即关于 x 的方程 ax2(ct)x(3a)0(t0)在(0，)上有两相异实根 x1，x2， 所以 00， x1x23a a 0， 得 00， 所以 c2 a（3a）t 对 t(0，)，a(0，3)恒成立(8 分) 因为 01 时，函数 (t)单调递增 又 (1)0，所以 (t)lnt1 t10，即 1 1 tlnt 成立； 再令 m(t)lntt1，所以 m(t)1 t1 1t t 1 时，函数 m(t)单调递减， 又 m(1)0，所以 m(t)lntt10，即 lntt1 也成立 综上所述， 实数 x1，x2满足 x1x2x2b0)相切， 所以 rd，即 r1.(10 分) D. 解析：由柯西不等式，得x2( 3y)212 3 3 2 x1 3y 3 3 2 ， 即4 3(x 23y2)(xy)2. 又 x23y21，所以(xy)24 3， 所以2 3 3 xy2 3 3 ，(5 分) 由 x 1 3y 3 3 ， xy2 3 3 ， 得 x 3 2 ， y 3 6 ， 所以当且仅当 x 3 2 ，y 3 6 时，(xy)max2 3 3 . 所以当 xy 取最大值时 x 的值为 x 3 2 . (10 分) 22. 解析：(1) 因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 ACBD. 因为 OP平面 ABCD，以 O 为原点，直线 OA，OB，OP 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建 立如图所示的空间直角坐标系，则 A(2，0，0)，B(0，1，0)，P(0，0，4)，C(2，0，0)， M(1，0，2)， 所以AP (2，0，4)，BM (1，1，2)，AP BM 10， 所以|AP |2 5，|BM | 6， 所以 cosAP ，BM AP BM |AP |BM | 10 2 5 6 30 6 . 故直线 AP 与 BM 所成角的余弦值为 30 6 . (5 分) (2) AB (2，1，0)，BM (1，1，2) 设平面 ABM 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 n AB 0， n BM 0， 即 2xy0， xy2z0. 令 x2，则 y4，z3， 所以平面 ABM 的一个法向量为 n(2，4，3) 因为平面 PAC 的一个法向量为OB (0，1，0)， 所以 n OB 4，|n| 29，|OB |1， 所以 cosn，OB n OB |n|OB | 4 29 4 29 29 ， 故平面 ABM 与平面 PAC 所成锐二面角的余弦值为4 29 29 . (10 分) 23. 解析：(1) 由条件 nf(n)C0nC1n2C1nC2nrCr 1 nCrnnCn 1 nCnn， 在中令 n1，即 f(1)C01C111.(1 分) 在中令 n2，得 2f(2)C02C122C12C226，即 f(2)3.(2 分) 在中令 n3，得 3f(3)C03C132C13C233C23C3330，即 f(3)10. (3 分) (2) 猜想：f(n)Cn2n1(或 f(n)Cn 1 2n1)(5 分) 欲证猜想成立，只要证等式 nCn2n1C0nC1n2C1nC2nrCr 1 nCrnnCn 1 nCnn成立 当 n1 时，等式显然成立； 当n2时 ， 因 为rC r n r（n！） r！（nr）！ n！ （r1）！（nr）！ n （n1）！ （r1）！（nr）！nC r1 n1， 故 rCr 1 nCrn(rCrn)Cr 1 nnCr 1 n1Cr 1 n. 故只需证明 nCn2n1nC0n1C0nnC1n1C1nnCr 1 n1Cr 1 nnCn 1 n1Cn 1 n， 即证 Cn2n1C0n1C0nC1n1C1nCr 1 n1Cr 1 nCn 1 n1Cn 1 n. 而 Cr 1 nCn r1 n，故即证 Cn2n1C0n1CnnC1n1Cn 1 nCr 1 n1Cn r1 nCn 1 n1C1n. 由等式(1x)2n