南京、盐城2018年高三一模数学试题及答案解析

1、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 1.本试卷考试时间为 120120 分钟，试卷满分 160160 分，考试形式闭卷.2 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 3.答题前，务必将自己的姓名、 准考证号用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：V Sh，其中S为底面积，h为咼. .一、填空题（本大题共 1414 小题，每小题 5 5 分，计 7070 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 1.已知集合A x|x（x 4）0,B 0,1,5

2、，则Al B.2 2设复数z a i（a R,i为虚数单位），若（1 i） z为纯虚数，则a的值为 .3 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40004000 名学生中随机抽取 100100 名学生进行问卷调查，所得数据均在区间50,10050,100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 的学生人数为.频率组距a5060 708090100时间（单位：分钟）第 3 3 题图4 4执行如图所示的伪代码，若x 0,则输出的y的值为 .5 5口袋中有形状和大小完全相同的4 4 个球，球的编号分别为1 1, 2 2, 3 3, 4

3、 4，若从袋中一次随机摸出 2 2 个球，则摸出的 2 2 个球的编号之和大于 4 4 的概率为.2 26 6若抛物线y22px的焦点与双曲线 1的右焦点重合，则实数p的值为 45一1ReadReadxIfIfx0ThenThenyln xElseElsexyeEndEnd IfIfPrintPrinty70,80）（单第 4 4 题图7 7.设函数y ex匸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tan 1 tan 12，贝U的值为 9 9.若函数y sin x在区间0, 2 上单调递增，则实数 的取值范围是 1010设Sn为等差数列an的前n项

4、和，若an的前 20172017 项中的奇数项和为 20182018， 则S20仃的值为.x(3 x), 0 x3,1111设函数f(x)是偶函数，当x 0 0 时，f(x)= =3，若函数y1,x3x有四个不同的零点，则实数m的取值范围是.1212.在平面直角坐标系xOy中，若直线y k(x 3、3)上存在一点P,muuur存在一点Q,满足OP 3OQ,则实数k的最小值为.1313如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1 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 ABAB CDCD 的最大值为.1414若不等式ksi

5、 n2B si n As in C 19s in Bsi nC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 6 小题，计 9090 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)1515.( (本小题满分 1414 分) )如图所示，在直三棱柱ABC ABG中，CA CB，点M , N分别是AB,AB的中点. .(1)求证：BN/平面AMC；(2)若AM AR，求证：AR AC. .1616.( (本小题满分 1414 分) )在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知c(1 1 )若C 2B，求cosB的值；uuu u

6、uur uur uuu(2 2)若AB AC CA CB，求cos(B -)的值.4f (x) m圆x2(y 1)21上A第 1313 题图1717.( (本小题满分 1414 分) )有一矩形硬纸板材料(厚度忽略不计)，一边AB长为 6 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，用剩下的部分恰好底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)心、EOF 120的扇形，且弧EF, ,GH分别与边BC, ,AD相切于点M, ,N. (1 1 )当BE长为1 1 分米时，求折卷成的包装盒的容积；(2 2)当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大(

7、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，且DNBM的方程.1919.( (本小题满分 1616 分) )设数列an满足an2an Qn !(a?(1 1 )若an是等差数列，且公差d 0，求 的值；，其中OEMF是以0为圆1818第 1717 题- -图乙( (本小题满分 1616 分) )如图，在平面直角坐标系M,N是椭圆上异于点段OP的中点.当点N2_y_b2分别与x轴交于点P,Q，且点运动到点C、3,)处时，点Q的坐标为(2 3,0).2xCr aB的动点，直线BM ,BNxOy中，椭圆1(a b 0)的下顶点为B，点Q是线uur2NM时, 求直

8、线第 1717 题- -图甲(2)若ai1,a?2,a34，且存在r 3,7，使得m a“卪 n r对任意的n N*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n N*均成立. .求所有满足条件的数列an中T的最小值. .2020.( (本小题满分 1616 分) )K设函数f (x) ln x,g(x) ax c(a,b, c R).x(1 1 )当c 0时，若函数f (x)与g(x)的图象在x 1处有相同的切线，求a,b的值；(2)当3 a时，若对任意x0(1,)和任意a (0,3)，总存在不相等的正实数 为兀，使得g(xj g(X2)

9、fg)，求c的最小值；(3)当a 1时，设函数y f (x)与y g(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2, y2)(x1x2)两点求证：x1x2x2 x1x2x1. .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、填空题：本大题共 1414 小题，每小题 5 5 分，计 7070 分. .1 112 2.1 13 3.120012004 4.1 15 5.Z 63.6 67 7.(,28 8.39 941(0,-104.403440341111吟12V3V31313.24241414.100100二、解答题：本大题共 6 6 小题，计 9090 分. .解答应写出必要的文字

10、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1515证明：（1 1）因为ABC A1B1C1是直三棱柱，所以AB/A1B1，且AB A1B1,又点M,N分别是AB,A,BI的中点，所以MB AN，且MB/AN.所 以 四 边 形A,NBM是 平 行 四 边 形， 从 而1212(2 2)因为AB得a c从又0 B，所以sinB、1 cos2B又AB1侧面ABB1 A|所以AB1CM-10-10 分又AB1AM,A1M ,MC平面A,MC，且A1M I MCM,所以AB1平面A1MC1212 分又AC平面AMC所以AB1A,C1414 分4 ULUAiM / /BN.又BN平面AM

11、CAMC(2 2)因为ABC,AM平面AMC，所以BN/ 6分A1B1C1是直三棱柱，所以AA1底面ABC，而AA1所以侧面ABB1Ai又CA CB，且M则由侧面ABB1A1CM AB,ABB1A底面ABC是AB的中点，所以CM底面ABC，侧面ABB1A1I且CMAB 底面ABCABC,AB,得侧面ABB1A1,CMUJUULUUUU CACB,b2所以cbcosA bacosC，则由余弦定理,a2b21010 分cosB35，10cos(B4cosBcos4sinBsin43421414分1717解:(1)在图甲中，连接MO交EF于点T1设0EOFOMRt OET中，因为EOTEOF60OT

12、MT OMOTBEMT2. .R 2BE故所得柱体的底面积S1212R R sin1203又所得柱体的高EG 4,所以V S EG163答：当BE长为 1 1 分米时，为164.3立方分米. .3(2)设BE x，则RS扇形 OEFSOEF3.3.3折卷成的包装盒的容积2 2 分SS扇形 OEFSOEF2x,1又所得柱体的高EG所以所得柱体的底面积12-R2s in 1202R22x，S EG(4x2. .0 x令解x 2. .1212 分3. .f(x)列表如下:(牛23)(-10-10 分3八2、x 3x )23x , x (0,3)，则由f (x)3x26x 3x(x2)x(0,2)2(

13、2,3)f (x)+0 0一f(x)增极大值减所以当x 2时，f (x)取得最大值. .答：当BE的长为 2 2 分米时，折卷成的包装盒的容积最大.1414 分23方法二：设点M,N的坐标分别为(X1,y1),( X2, y2).1818 .解：(1 1 )由ox2.3 .2 2 分令x0, 得点B的坐标为（0,.3).所以椭圆的方程为得直线NQ的方程为4 4 分1.2将点N的坐标（-3代入,2x4(2 2)所2y_3方法一：设直线BM的斜率为kx联立y2x4(；3)2aCk(k,3中，令y 0，得xP2k.仝02kkx , 3y23用1673kXN2.3 16kuuir又DN2XM3XN.8

14、、3k3 4k2以所y x2则直线2解得aBM的方程为y kx-3 .0）,3，而点Q是线段OP的中点，所以XQk线，消去y，得(3 4k2)x212k2kBN1010 分8、3kx0，解得XM8.3k3 4k21212 分uuuu2NM16 Gk23 16k直，又k 0，解得kBMXN1414 分2.的2(XMXN)1616 分23方法二：设点M,N的坐标分别为(X1,y1),( X2, y2).3，令y0，得XP0，2由B(0,、.3），得直线BN的方程为yy13XX13为y1、3同理，得/3X2y2Q是线段OP的中点Xp2XQ,-：/3X12*.3x2yi3y231010 分y2UULT

15、又DN43y1X2y22X1uuuu2NM，所以X22(X1X2)，得X223X10,从而y1121223X143y14(14；2 13M （，一3故.6y X2_代入到椭圆3C的方程中,2X1(4y13)2272y1-)，所以33)直4(1(4yi.3)2271,即鬲22yi33（舍）或y11414 分1919.解：（1 1）由题意，可得2anX1BM1616 分化1. .(2 2 )将a1所以an 1an2. .欲存在r(an1)d2d)(and)d21,a22, a34代入条件,又d 4 4 分可得4 14，解得nan1an 1所以数列an是首项为 1 1 ,公比q2的等比数列，.6分3

16、,7，使得m 2n 1nr，即rn m 2n 1对任意n N都成立,1n 17 n m2所以T2不合题.1212 分1, n3k2若T 3, 取3n2, n3k 1 (kN*)( * * ),满足3n 33n恒成3, n3k.1414 分意. .立.由得23233令bn所以当器，则bn1n 8时，bn 1n 6bnbn;当n8 8 分n 78时，b9bn的最大值为b9b88 nb8；1128当n 8时,bnbn1 .128. .(3 3)因为数列1010 分2若T 2，则3n2an恒成立,从而a3a1,a432,所以所以(a2231)0,所以32a1，可得3n232231是常数列.231232

17、矛盾.(a2(3231)23j3j2 2 (3231)2,则条件式变为由221 (3)7,知33k 133k 233k(3231)2；由(3)217,知33k33k 133k 1(3231)2；3. .值1616 分23n3n 13n 112020.解：(1 1)由f (x) In x,得f (1)CE10,又f (x)，所以f (1)1,. .x当c 0时，g(x) 3x,所以g (x)3,所以xxg (1) 3 b.2 2 分因为函数f (x)与g(x)的图象在x1处有相同的切线，所 以解 得f (1) g(1)f(1) g(1),一ln X2ln x(、“ 八b x1x2(12b b .

18、 1212 分要证明X-|X2x2bX,X2X-I，即证x1x2x2x1x2(1In x2In捲、X-|X2X-I,X2)X1即证1 In x2In x-i1即证X2X2X1X11414 分1b2(2(2)当xo o1时，则f(x。)0，又b 3 a，设t4 4 分则题意可转化为方程axc t(t 0)在(0,)上有相异两实根xX!, X2 .6 6 分即关于x的方程ax2(c t)x (3 a)0 a 3(ct)24a(3 a) 00 a 3所以X1X2ct 0，得2(c t) 4a(3 a),ac t 03 a cx1x20a所以c 2 a(3 a) t对t (0,),a(0,3)立.8

19、8 分-时取等号)，23. .又t 0，所以2 a(3 a)-1的取值范围是(，3)，所以故c的最小值1010 分(3)当a1时，因为函数f (x)与g (x)的图象交于A, B两点,In x1In x2X1X2X1两 式 相 减X2X2X-IX0(t 0)在(0,)上有相异两实根Xi,X2.因为0a3(当且仅当a3，所以2 . a(3 a)? 211 t再令m(t) Int t 1，所以m(t) -10，所以当tt t减，又m(1)0，所以m(t) Int t 10，即Int t 1也成立.综 上 所 述，实 数2xoy。1 XoXyoy1010 分令 圣t，则t 1，此时即证11Intt

20、1.X1t令(t)1Int - 1，所以(t)112t 10,所以当ttttt2增.11即1 -又(1)o，所以(t) Int1o，Int成立；tt1时，函数(t)单调递1时，函数m(t)单调递Xj, X2满 足x1x2x2bX|X2x-i. .1616 分附加题答案2121. (A A)解：如图，连接AE，OE，又因为AD垂直DE于D，所以AD/OE，所以DAE在OO中OE OA，所以由得DAE又ADE所以ADEOEA OAE，OAE，即DAEAFE，AEAFE，所以OEA，.5分FAE，AE，DE FE，又DE即E到直径AB的距离为 4.4.(B B)解：设2P Xo, yo是圆x2y1上

21、任意一点，则设点Pxo,yo在矩阵M对应的变换下所得的点为4， 所以FE 4，2 2xoyoQ x, yx，则yxoy。2X。y21，即为所求程. .(C C)解：以极点由cos()1，得(cos COS3sin sin才)1，得直线的直角坐标方O为原点，极轴Ox为x轴建立平面直角坐标系,5 5 分x、一3 y 20.曲线r,即圆x2所以圆心到直线的距离为因为直线cos( )31010 分1与曲线相切，所以r d,即(D(D)解：由柯西不等式，得x2(3y)212.32P(x 13y2即-(x23y2) (x3y)2.3y21(x y)2332222.3,3J3yJ3S33当所2解：(1 1)

22、因为OA,OB,OP则A(2,0,0), ,uuu所以AP ( 2,0, 4),uuu|AP|则cos故直线uuu(2)AB设平面2-,所以当且仅当x36时，(x y)max2值 时x的 值 为1010 分BD.又OP底面ABCD，以O为原点，直线 建立如图所示空间直角坐标系.ABCD是菱形， 所以 分别为x轴，y轴，B(0,1,0), ,P(0,0,4)uuuu,BM ( 1,| 6.uuu uuuuAP BM-tuututu-| AP|BM |ACz轴，, ,C( 2,0,0), ,M ( 1,0,2).uuu1,2),APuuuuBM 10,- uuu2,5,|BMUJUUULUAP,

23、BM102.56V306. .AP与BM所成角的余弦值为ujuu(2,1,0),BM ( 1, 1,2).rABM的一个法向量为n (x, y, z),306M5 5 分Oy第 2222 题图00得平面又平面则cosuuuABuuuuBMABM，得2x y 0的一个法向量为PAC的一个法向量为uuu n OB uuu-|n IIOBIr ujun,OB2z 0，令2，n (2, 4,3)uuuOB (0,1,0)，所以r uuun OB|n |-.29 ,uuu|OB| 1故平4、函.292323解:(1 1)在f 1在面ABM与G0C；由条件,1中nf49 2,莎面PAC所面角的1010 分

24、C0C1中2C1C2令rCrn1CrnnC：1Cnn1,2f.1 1C0C；2C；C；3fC0c；2C；C；3C；C；30102 2f n= =C2n11)欲证猜想成立，只要证等式nC；n 1C0Cn2CnC：方法一：当n 1时，等式显然成立，当n2时，因为rC；二丄3!)r!(n1n CnrnnC0C02n 1nCn 1CnC0C1C11CnCn 1Cn，故即证C；n 11(1 x)n1(1n!C；n心1CnnC：1C；成立.(n 1)!(r1)!(nr)!(r 1)!( n r)!r)!1 r 1 1CnnC；故rCn1Cn(re：故只需证明即证C2nn而cn1由等式而n 1(1 x) (1所以由(1综立 方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有2n 1个小球，其中n个是编号为 1 1, 2 2，的白球，其余n 1 1 个