南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学.doc

如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学【精品文档】第 15 页南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数 学 2018.01注意事项：1本试卷共4页，包括填空题(第1题第14题)、解答题（第15题第20题）两部分本试卷满分160分，考试时间为120分钟2答题前，请务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题卡参考公式：柱体体积公式：VSh，其中S柱体的底面积,为柱体的高一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分请把答案填写在答题卡上的相应位置上1已知集合Axx(x4)0，B0，1，5，则AB 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 Read xIf x0 Then ylnxElse yexEnd IfPrint y(第4题)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 6在平面直角坐标系xOy中，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 7设函数yexa的值域为A，若AÍ0，)，则实数a的取值范围是 8已知a，b均为锐角，且满足(tana1)(tanb1)2，则ab的值为 9若函数ysinwx在区间0，2p上单调递增，则实数w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，则S2017的值为 11设函数f(x)是偶函数，当x0时，f(x)若函数yf(x)m有四个不同的零点，则实数m的取值范围是 AB(第13题)12在平面直角坐标系xOy中，若直线yk(x3)上存在一点P，圆x2(y1)21上存在一点Q，满足3，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的位置如图所示，则×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. 请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤15(本小题满分14分)ABCA1B1C1MN（第15题）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A1MC；（2）若A1MAB1，求证：AB1A1C16(本小题满分14分)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cb（1）若C2B，求cosB的值； （2）若××，求cos(B)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O为圆心、ÐEOF120°的扇形，且弧，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；ADCBEGFOMH（第17题-甲）NEFGH（第17题-乙）MN （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)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的下顶点为B，点MN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，且点Q是线段OP的中点当点N运动到点(，)处时，点Q的坐标为(，0)（1）求椭圆C的标准方程；xyOBNMPQD(第18题)（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且2时，求直线BM的方程19(本小题满分16分)设数列an满足an2an1an1l(a2a1)2，其中n2，且nN，l为常数（1）若an是等差数列，且公差d0，求l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m的最小值；（3）若l0，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，求满足条件的所有数列an中T的最小值20(本小题满分16分)设函数f(x)lnx，g(x)axc(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)(x1x2)两点求证：x1x2x2bx1x2x1南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数学附加题 2018.01注意事项：1附加题供选修物理考生使用2本试卷共40分，考试时间30分钟2答题前，考生务必将自己的姓名、学校、考试号写在答题卡内试题的答案写在答题卡上对应题目的答案空格内考试结束后，交回答题卡21【选做题】本题包括A、B、C、D四小题，请选定其中两小题，并在答题相应的区域内作答若多做，则按作答的前两小题评分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 A.（选修4-1：）A选修4-1：几何证明选讲（本小题满分10分）ABEDO·（第21(A)）如图，已知AB为O的直径，直线DE与O相切于点E，AD垂直DE于点D. 若DE4，求切点E到直线AB的距离B选修4-2：矩阵与变换（本小题满分10分）已知矩阵M，求圆x2y21在矩阵M对应的变换作用下所得的曲线方程C选修4-4：坐标系与参数方程（本小题满分10分）在极坐标系中，直线rcos(q)1与曲线rr(r0)相切，求r的值D选修4-5：不等式选讲（本小题满分10分）已知实数x，y满足x23y21，求当xy取最大值时x的值【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤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）求异面直线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MABCDOP（第22题）23（本小题满分10分）已知nN*，nf(n)CC2 CCr CCn CC（1）求f(1)，f(2)，f(3)的值；（2）试猜想f(n)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 数学参考答案及评分标准 2018.01说明：1本解答给出的解法供参考如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后续部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后续部分的解答有较严重的错误，就不再给分3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数4只给整数分数，填空题不给中间分数一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，计70分.)11 21 31200 41 5 66 7(，2 8 9(0， 104034 111，) 12 1324 14100ABCA1B1C1MN（第15题）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ABA1B1，且ABA1B1又因为点M，N分别是AB，A1B1的中点，所以MBA1N，且MBA1N，所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1MBN 4分又BNË平面A1MC，A1MÌ平面A1MC，所以BN平面A1MC 6分（2）因为ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1平面ABC，而CMÌ平面ABC，所以AA1CM又CACB，且M是AB的中点，所以CMAB又ABAA1A，AB，AA1Ì平面ABB1A1，所以CM平面ABB1A18分又AB1Ì平面ABB1A1，所以CMAB110分又AB1A1M，A1M，CMÌ平面A1MC，A1MCMM，所以AB1平面A1MC，12分又A1CÌ平面A1MC，所以AB1A1C14分16解：（1）因为cb，则由正弦定理，得sinCsinB2分又因为C2B，所以sin2BsinB，即2sinBcosBsinB. 4分又B是ABC的内角，所以sinB0，故cosB 6分（2）因为××，所以cbcosAbacosC，则由余弦定理，得b2c2a2b2a2c2，得ac 10分 从而cosB 12分 又0Bp，所以sinB 从而cos(B)cosBcossinBsin´´ 14分 17解：（1）在图甲中，连接MO交EF于点T设OEOFOMR，ADCBEGFOMNHT在RtOET中，因为ÐEOTÐEOF60°，所以OTR，则MTOMOT从而BEMTR，即R2BE2 2分故所得柱体的底面积SS扇形OEFSOEFpR2R2sin120° 4分 又所得柱体的高EG4，所以VS´EG4 答：当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为(4)立方分米. 6分（2）设BEx，则R2x，所以所得柱体的底面积SS扇形OEFSOEFpR2R2sin120°()x2. 又所得柱体的高EG62x，所以VS´EG(2)(x33x2) ，其中0x3. 10分令f(x)x33x2，x(0，3)，则由f¢(x)3x26x3x(x2)0，解得x2 12分列表如下：x(0，2)2(2，3)f¢(x)0f(x)极大值所以当x2时，f(x)取得最大值.答：当BE的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大. 14分18解：（1）由N(，)，Q(，0)，得直线NQ的方程为yx 2分令x0，得点B的坐标为(0，)所以椭圆的方程为1 4分将点N的坐标(，)代入，得1，解得a24所以椭圆C的标准方程为1 8分（2）方法一：设直线BM的斜率为k(k0)，则直线BM的方程为ykx在ykx中，令y0，得xP，而点Q是线段OP的中点，所以xQ所以直线BN的斜率kBNkBQ2k 10分联立，消去y，得(34k2)x28kx0，解得xM 用2k代k，得xN 12分 又2，所以xN2(xMxN)，得2xM3xN 14分故2´3´，又k0，解得k所以直线BM的方程为yx 16分方法二：设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)由B(0，)，得直线BM的方程为y x，令y0，得xP 同理，得xQ而点Q是线段OP的中点，所以xP2xQ，故2´ 10分又2，所以x22(x1x2)，得x2x10，从而， 解得y2y112分将代入到椭圆C的方程中，得1又x124(1)，所以1，14分即y122y10，解得y1（舍）或y1又x10，所以点M的坐标为M(，) 故直线BM的方程为yx 16分19解：（1）由题意，可得an2(and)(and)ld2，化简得(l1)d20，又d0，所以l1. 4分（2）将a11，a22，a34代入条件，可得41´4l，解得l0，所以an2an1an1，所以数列an是首项为1，公比q2的等比数列，所以an2n1. 6分欲存在r3，7，使得m×2n1nr，即rnm×2n1对任意nN*都成立，则7nm×2n1，所以m 对任意nN*都成立. 8分令bn，则bn1bn，所以当n8时，bn1bn；当n8时，b9b8；当n8时，bn1bn所以bn的最大值为b9b8 ，所以m的最小值为.10分（3）因为数列an不是常数列，所以T2若T2，则an1an恒成立，从而a3a1，a4a2，所以 所以l(a2a1)20，又l0，所以a2a1，可得an是常数列，这与已知条件矛盾，所以T2不合题意. 12分若T3，取an(kN*)（*），满足an3an恒成立 14分由a22a1a3l(a2a1)2，可得此时l7则条件式变为an2an1an17由221´37，知a3k12a3k2a3kl(a2a1)2；由(3)22´17，知a3k2a3k1a3k1l(a2a1)2；由12(3)´27，知a3k12a3ka3k2l(a2a1)2；所以，数列（*）适合题意所以T的最小值为3. 16分（注：写一个数列an时，需满足a1a2a30，且a1a2）20解：（1）由f(x)lnx，得f(1)0，又f¢(x)，所以f¢(1)1当c0时，g(x)ax ，所以g¢(x)a ，所以g¢(1)ab 2分因为函数f(x)与g(x)的图象在x1处有相同的切线，所以即解得 4分（2）方法一：当x01时，则f(x0)0，又b3a，设tf(x0)，则题意可转化为方程axct(t0) 在(0，)上有相异两实根x1，x2， 6分即关于x的方程ax2(ct)x(3a)0(t0)在(0，)上有相异两实根x1，x2所以得 所以c2t 对任意t(0，)恒成立 8分因为0a3，所以22´3(当且仅当a时取等号) 又t0，所以2t的取值范围是(，3)，所以c3故c的最小值为3. 10分方法二：由b3a，且0 a3，得g¢(x)a0，得 x 或x(舍)，则函数g(x)在(0，)上递减；在(，)上递增又对任意x01，f(x0)为(0，)上的任意一个值，若存在不相等的正实数x1，x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，则g(x)的最小值小于或等于0. 即g()2c0， 6分即c2对任意 a(0，3)恒成立又2a(3a)3，所以c3 8分当c3，对任意a(0，3)，x0(1，)，方程g(x)f(x0)0化为ax3f(x0)0，即ax23f(x0)x(3a)0（*）关于x的方程（*）的3f(x0)24a(3a)3f(x0)243f(x0)29, 因为x01，所以f(x0)lnx00，所以0，所以方程（*）有两个不相等的实数解x1，x2，又x1x20，x1x20，所以x1，x2为两个正实数解 所以c的最小值为3. 10分（3）当a1时，因为函数f(x)与g(x)的图象交于A，B两点，所以两式相减，得bx1x2(1) 12分要证明x1x2x2bx1x2x1，即证x1x2x2x1x2(1)x1x2x1，即证，即证1ln1 14分令t，则t1，此时即证1lntt1 令j(x)lnt1，所以j¢(t)0，所以当t1时，函数j(t)单调递增又j(1)0，所以j(t)lnt10，即1lnt成立 再令m(t)lntt1，所以m¢(t)10， 所以当t1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x1x2x2bx1x2x1 16分南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数学参考答案及评分标准 2018.0121【选做题】在A、B、C、D四小题中只能选做2小题，每小题10分，共计20分请在答题卡指定区域内作答解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A选修4-1：几何证明选讲ABEDFO·（第21(A)）解：如图，连接AE，OE，过E作EFAB，交AB于F因为直线DE与O相切于点E，所以DEOE，又因为AD垂直DE于D，所以ADOE，所以ÐDAEÐOEA ，在中OEOA，所以ÐOEAÐOAE ，5分由得ÐDAEÐOAE，即ÐDAEÐFAE，又ÐADEÐAFE，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B选修4-2：矩阵与变换解：设P(x0，y0)是圆x2y21上任意一点，则x02y021设点P(x0，y0)在矩阵M对应的变换作用下所得的点为Q(x，y)，则 ，即即5分代入x02y021，得y21，即为所求的曲线方程. 10分C选修4-4：坐标系与参数方程解：以极点O为原点，极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系，由rcos(q)1 ，得r(cosqcossinqsin)1，得直线的直角坐标方程为xy20 5分曲线rr的直角坐标方程为圆x2y2r2，所以圆心到直线的距离为d1因为直线rcos(q)1与曲线rr(r0)相切，所以rd，即r1. 10分D选修4-5：不等式选讲解：由柯西不等式，得x2(y)212()2(x´1y´)2， 即(x23y2)(xy)2 而x23y21，所以(xy)2，所以xy， 5分由即所以当且仅当x，y时，(xy)max 所以当xy取最大值时x的值为x 10分【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分 22解：（1）因为ABCD是菱形，所以ACBD因为OP底面ABCD，所以以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)，MABCDOP（第22题）xyz所以(2，0，4)，(1，1，2)，× 10， 2， 则cos， 故异面直线AP与BM所成角的余弦值为5分（2）(2，1，0)，(1，1，2) 设平面ABM的一个法向量为n(x，y，z)，则得 令x2，得y4，z3所以平面ABM的一个法向量为n(2，4，3)又平面PAC的一个法向量为(0，1，0)，所以n×4，n，1则cosn， 故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为. 10分23解：（1）由条件，nN*，nf(n)CC2 CCr CCn CC ，在中令n1，得f(1)C×C1 1分在中令n2，得2f(2)CC2 CC6，得f(2)3 2分在中令n3，得3f(3)CC2 CC3 CC30，得f(3)10 3分（2）猜想f(n)C(或f(n)C) 5分欲证猜想成立，只要证等式n CCC2 CCr CCn CC成立方法一：当n1时，等式显然成立当n2时，因为rCn´nC，7分 故r CC(r C) Cn CC故只需证明n CnCCn CCn CCn CC即证 CCC CC CC CC而CC，故即证CCC CC CC CC 由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左边xn的系数为而右边(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)( CCxCx2Cxn)所以xn的系数为CC CC CC CC 由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立.综上，f(n)C成立 10分方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有2n1个小球，其中n个是编号为1，2，n的白球，其余n1个是编号为1，2，n1的黑球现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r个黑球(nr个白球）的n个小球的组合的个数为CC，0rn1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为CC CC CC CC另一方面，从袋中2n1个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为C故CCC CC CC CC，余下同方法一. 10分方法三：由二项式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn 两边求导，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1 得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)( C2CxrCxr1 nCxn1) 左边xn的系数为n C右边xn的系数为C C2 CCrC CnCCCC2CCr CCn CCCC2 CCr CCn CC 由恒成立，可得n CCC2 CCr CCn CC故f(n)C成立 10分