1、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 160 分，考試時(shí)間 120 分鐘）注意事項(xiàng)：1 1.本試卷考試時(shí)間為 120120 分鐘，試卷滿分 160160 分，考試形式閉卷.2 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 3.答題前，務(wù)必將自己的姓名、 準(zhǔn)考證號(hào)用毫米黑色墨水簽字筆填寫在試卷及答題卡上.參考公式：柱體體積公式：V Sh，其中S為底面積，h為咼. .一、填空題（本大題共 1414 小題，每小題 5 5 分，計(jì) 7070 分. .不需寫出解答過程，請(qǐng)把答案寫在答 題紙的指定位置上）1 1.已知集合A x|x（x 4）0,B 0,1,5

2、，則Al B.2 2設(shè)復(fù)數(shù)z a i（a R,i為虛數(shù)單位），若（1 i） z為純虛數(shù)，則a的值為 .3 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)40004000 名學(xué)生中隨機(jī)抽取 100100 名學(xué)生進(jìn)行問卷調(diào)查，所得數(shù)據(jù)均在區(qū)間50,10050,100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 的學(xué)生人數(shù)為.頻率組距a5060 708090100時(shí)間（單位：分鐘）第 3 3 題圖4 4執(zhí)行如圖所示的偽代碼，若x 0,則輸出的y的值為 .5 5口袋中有形狀和大小完全相同的4 4 個(gè)球，球的編號(hào)分別為1 1, 2 2, 3 3, 4

3、 4，若從袋中一次隨機(jī)摸出 2 2 個(gè)球，則摸出的 2 2 個(gè)球的編號(hào)之和大于 4 4 的概率為.2 26 6若拋物線y22px的焦點(diǎn)與雙曲線 1的右焦點(diǎn)重合，則實(shí)數(shù)p的值為 45一1ReadReadxIfIfx0ThenThenyln xElseElsexyeEndEnd IfIfPrintPrinty70,80）（單第 4 4 題圖7 7.設(shè)函數(shù)y ex匸a的值域?yàn)锳，若A 0,），則實(shí)數(shù)a的取值范圍是e& &已知銳角,滿足tan 1 tan 12，貝U的值為 9 9.若函數(shù)y sin x在區(qū)間0, 2 上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù) 的取值范圍是 1010設(shè)Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)

4、和，若an的前 20172017 項(xiàng)中的奇數(shù)項(xiàng)和為 20182018， 則S20仃的值為.x(3 x), 0 x3,1111設(shè)函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x 0 0 時(shí)，f(x)= =3，若函數(shù)y1,x3x有四個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.1212.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若直線y k(x 3、3)上存在一點(diǎn)P,muuur存在一點(diǎn)Q,滿足OP 3OQ,則實(shí)數(shù)k的最小值為.1313如圖是蜂巢結(jié)構(gòu)圖的一部分，正六邊形的邊長均為1 1,正六邊形的頂點(diǎn)稱為“晶格點(diǎn)” 若A, B,C,D四點(diǎn)均位于圖中的“晶格點(diǎn)”處， 且A,B的位置所圖所示，則 ABAB CDCD 的最大值為.1414若不等式ksi

5、 n2B si n As in C 19s in Bsi nC對(duì)任意ABC都成立, 則實(shí)數(shù)k的最小值為 .二、解答題(本大題共 6 6 小題，計(jì) 9090 分. .解答應(yīng)寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟，請(qǐng)把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi))1515.( (本小題滿分 1414 分) )如圖所示，在直三棱柱ABC ABG中，CA CB，點(diǎn)M , N分別是AB,AB的中點(diǎn). .(1)求證：BN/平面AMC；(2)若AM AR，求證：AR AC. .1616.( (本小題滿分 1414 分) )在ABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別為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圓x2(y 1)21上A第 1313 題圖1717.( (本小題滿分 1414 分) )有一矩形硬紙板材料(厚度忽略不計(jì))，一邊AB長為 6 6 分米，另一邊足夠長現(xiàn)從中截取矩形ABCD(如圖甲所示)，再剪去圖中陰影部分，用剩下的部分恰好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))心、EOF 120的扇形，且弧EF, ,GH分別與邊BC, ,AD相切于點(diǎn)M, ,N. (1 1 )當(dāng)BE長為1 1 分米時(shí)，求折卷成的包裝盒的容積；(2 2)當(dāng)BE的長是多少分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大(

7、1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線MN交y軸于點(diǎn)D，當(dāng)點(diǎn)M , N均在y軸右側(cè)，且DNBM的方程.1919.( (本小題滿分 1616 分) )設(shè)數(shù)列an滿足an2an Qn !(a?(1 1 )若an是等差數(shù)列，且公差d 0，求 的值；，其中OEMF是以0為圓1818第 1717 題- -圖乙( (本小題滿分 1616 分) )如圖，在平面直角坐標(biāo)系M,N是橢圓上異于點(diǎn)段OP的中點(diǎn).當(dāng)點(diǎn)N2_y_b2分別與x軸交于點(diǎn)P,Q，且點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C、3,)處時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2 3,0).2xCr aB的動(dòng)點(diǎn)，直線BM ,BNxOy中，橢圓1(a b 0)的下頂點(diǎn)為B，點(diǎn)Q是線uur2NM時(shí), 求直

8、線第 1717 題- -圖甲(2)若ai1,a?2,a34，且存在r 3,7，使得m a“卪 n r對(duì)任意的n N*都成 立，求m的最小值；(3)若0,且數(shù)列an不是常數(shù)列，如果存在正整數(shù)T,使得anTan對(duì)任意的n N*均成立. .求所有滿足條件的數(shù)列an中T的最小值. .2020.( (本小題滿分 1616 分) )K設(shè)函數(shù)f (x) ln x,g(x) ax c(a,b, c R).x(1 1 )當(dāng)c 0時(shí)，若函數(shù)f (x)與g(x)的圖象在x 1處有相同的切線，求a,b的值；(2)當(dāng)3 a時(shí)，若對(duì)任意x0(1,)和任意a (0,3)，總存在不相等的正實(shí)數(shù) 為兀，使得g(xj g(X2)

9、fg)，求c的最小值；(3)當(dāng)a 1時(shí)，設(shè)函數(shù)y f (x)與y g(x)的圖象交于A(x1,y1),B(x2, y2)(x1x2)兩點(diǎn)求證：x1x2x2 x1x2x1. .南京市、鹽城市2018屆高三年級(jí)第一次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案、填空題：本大題共 1414 小題，每小題 5 5 分，計(jì) 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、解答題：本大題共 6 6 小題，計(jì) 9090 分. .解答應(yīng)寫出必要的文字

10、說明，證明過程或演算步驟， 請(qǐng)把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi)1515證明：（1 1）因?yàn)锳BC A1B1C1是直三棱柱，所以AB/A1B1，且AB A1B1,又點(diǎn)M,N分別是AB,A,BI的中點(diǎn)，所以MB AN，且MB/AN.所 以 四 邊 形A,NBM是 平 行 四 邊 形， 從 而1212(2 2)因?yàn)锳B得a c從又0 B，所以sinB、1 cos2B又AB1側(cè)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?yàn)锳BC,AM平面AMC，所以BN/ 6分A1B1C1是直三棱柱，所以AA1底面ABC，而AA1所以側(cè)面ABB1Ai又CA CB，且M則由側(cè)面ABB1A1CM AB,ABB1A底面ABC是AB的中點(diǎn)，所以CM底面ABC，側(cè)面ABB1A1I且CMAB 底面ABCABC,AB,得側(cè)面ABB1A1,CMUJUULUUUU CACB,b2所以cbcosA bacosC，則由余弦定理,a2b21010 分cosB35，10cos(B4cosBcos4sinBsin43421414分1717解:(1)在圖甲中，連接MO交EF于點(diǎn)T1設(shè)0EOFOMRt OET中，因?yàn)镋OTEOF60OT

12、MT OMOTBEMT2. .R 2BE故所得柱體的底面積S1212R R sin1203又所得柱體的高EG 4,所以V S EG163答：當(dāng)BE長為 1 1 分米時(shí)，為164.3立方分米. .3(2)設(shè)BE x，則RS扇形 OEFSOEF3.3.3折卷成的包裝盒的容積2 2 分SS扇形 OEFSOEF2x,1又所得柱體的高EG所以所得柱體的底面積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)，則由f (x)3x26x 3x(x2)x(0,2)2(

13、2,3)f (x)+0 0一f(x)增極大值減所以當(dāng)x 2時(shí)，f (x)取得最大值. .答：當(dāng)BE的長為 2 2 分米時(shí)，折卷成的包裝盒的容積最大.1414 分23方法二：設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(X1,y1),( X2, y2).1818 .解：(1 1 )由ox2.3 .2 2 分令x0, 得點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0,.3).所以橢圓的方程為得直線NQ的方程為4 4 分1.2將點(diǎn)N的坐標(biāo)（-3代入,2x4(2 2)所2y_3方法一：設(shè)直線BM的斜率為kx聯(lián)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則直線2解得aBM的方程為y kx-3 .0）,3，而點(diǎn)Q是線段OP的中點(diǎn)，所以XQk線，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：設(shè)點(diǎn)M,N的坐標(biāo)分別為(X1,y1),( X2, y2).3，令y0，得XP0，2由B(0,、.3），得直線BN的方程為yy13XX13為y1、3同理，得/3X2y2Q是線段OP的中點(diǎn)Xp2XQ,-：/3X12*.3x2yi3y231010 分y2UULT

15、又DN43y1X2y22X1uuuu2NM，所以X22(X1X2)，得X223X10,從而y1121223X143y14(14；2 13M （，一3故.6y X2_代入到橢圓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）由題意，可得2anX1BM1616 分化1. .(2 2 )將a1所以an 1an2. .欲存在r(an1)d2d)(and)d21,a22, a34代入條件,又d 4 4 分可得4 14，解得nan1an 1所以數(shù)列an是首項(xiàng)為 1 1 ,公比q2的等比數(shù)列，.6分3

16、,7，使得m 2n 1nr，即rn m 2n 1對(duì)任意n N都成立,1n 17 n m2所以T2不合題.1212 分1, n3k2若T 3, 取3n2, n3k 1 (kN*)( * * ),滿足3n 33n恒成3, n3k.1414 分意. .立.由得23233令bn所以當(dāng)器，則bn1n 8時(shí)，bn 1n 6bnbn;當(dāng)n8 8 分n 78時(shí)，b9bn的最大值為b9b88 nb8；1128當(dāng)n 8時(shí),bnbn1 .128. .(3 3)因?yàn)閿?shù)列1010 分2若T 2，則3n2an恒成立,從而a3a1,a432,所以所以(a2231)0,所以32a1，可得3n232231是常數(shù)列.231232

17、矛盾.(a2(3231)23j3j2 2 (3231)2,則條件式變?yōu)橛?21 (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當(dāng)c 0時(shí)，g(x) 3x,所以g (x)3,所以xxg (1) 3 b.2 2 分因?yàn)楹瘮?shù)f (x)與g(x)的圖象在x1處有相同的切線，所 以解 得f (1) g(1)f(1) g(1),一ln X2ln x(、“ 八b x1x2(12b b .

18、 1212 分要證明X-|X2x2bX,X2X-I，即證x1x2x2x1x2(1In x2In捲、X-|X2X-I,X2)X1即證1 In x2In x-i1即證X2X2X1X11414 分1b2(2(2)當(dāng)xo o1時(shí)，則f(x。)0，又b 3 a，設(shè)t4 4 分則題意可轉(zhuǎn)化為方程axc t(t 0)在(0,)上有相異兩實(shí)根xX!, X2 .6 6 分即關(guān)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對(duì)t (0,),a(0,3)立.8

19、8 分-時(shí)取等號(hào))，23. .又t 0，所以2 a(3 a)-1的取值范圍是(，3)，所以故c的最小值1010 分(3)當(dāng)a1時(shí)，因?yàn)楹瘮?shù)f (x)與g (x)的圖象交于A, B兩點(diǎn),In x1In x2X1X2X1兩 式 相 減X2X2X-IX0(t 0)在(0,)上有相異兩實(shí)根Xi,X2.因?yàn)?a3(當(dāng)且僅當(dāng)a3，所以2 . a(3 a)? 211 t再令m(t) Int t 1，所以m(t) -10，所以當(dāng)tt t減，又m(1)0，所以m(t) Int t 10，即Int t 1也成立.綜 上 所 述，實(shí) 數(shù)2xoy。1 XoXyoy1010 分令 圣t，則t 1，此時(shí)即證11Intt

20、1.X1t令(t)1Int - 1，所以(t)112t 10,所以當(dāng)ttttt2增.11即1 -又(1)o，所以(t) Int1o，Int成立；tt1時(shí)，函數(shù)(t)單調(diào)遞1時(shí)，函數(shù)m(t)單調(diào)遞Xj, X2滿 足x1x2x2bX|X2x-i. .1616 分附加題答案2121. (A A)解：如圖，連接AE，OE，又因?yàn)锳D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O(shè)EA，.5分FAE，AE，DE FE，又DE即E到直徑AB的距離為 4.4.(B B)解：設(shè)2P Xo, yo是圓x2y1上

21、任意一點(diǎn)，則設(shè)點(diǎn)Pxo,yo在矩陣M對(duì)應(yīng)的變換下所得的點(diǎn)為4， 所以FE 4，2 2xoyoQ x, yx，則yxoy。2X。y21，即為所求程. .(C C)解：以極點(diǎn)由cos()1，得(cos COS3sin sin才)1，得直線的直角坐標(biāo)方O為原點(diǎn)，極軸Ox為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,5 5 分x、一3 y 20.曲線r,即圓x2所以圓心到直線的距離為因?yàn)橹本€cos( )31010 分1與曲線相切，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當(dāng)所2解：(1 1)

22、因?yàn)镺A,OB,OP則A(2,0,0), ,uuu所以AP ( 2,0, 4),uuu|AP|則cos故直線uuu(2)AB設(shè)平面2-,所以當(dāng)且僅當(dāng)x36時(shí)，(x y)max2值 時(shí)x的 值 為1010 分BD.又OP底面ABCD，以O(shè)為原點(diǎn)，直線 建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.ABCD是菱形， 所以 分別為x軸，y軸，B(0,1,0), ,P(0,0,4)uuuu,BM ( 1,| 6.uuu uuuuAP BM-tuututu-| AP|BM |ACz軸，, ,C( 2,0,0), ,M ( 1,0,2).uuu1,2),APuuuuBM 10,- uuu2,5,|BMUJUUULUAP,

23、BM102.56V306. .AP與BM所成角的余弦值為ujuu(2,1,0),BM ( 1, 1,2).rABM的一個(gè)法向量為n (x, y, z),306M5 5 分Oy第 2222 題圖00得平面又平面則cosuuuABuuuuBMABM，得2x y 0的一個(gè)法向量為PAC的一個(gè)法向量為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與G0C；由條件,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)欲證猜想成立，只要證等式nC；n 1C0Cn2CnC：方法一：當(dāng)n 1時(shí)，等式顯然成立，當(dāng)n2時(shí)，因?yàn)閞C；二丄3!)r!(n1n CnrnnC0C02n 1nCn 1CnC0C1C11CnCn 1Cn，故即證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：故只需證明即證C2nn而cn1由等式而n 1(1 x) (1所以由(1綜立 方法二：構(gòu)造一個(gè)組合模型，一個(gè)袋中裝有2n 1個(gè)小球，其中n個(gè)是編號(hào)為 1 1, 2 2，的白球，其余n 1 1 個(gè)