江苏省南京市、盐城市2018届高三第一次模拟考试数学（理）试题Word版含解析.doc

www.ks5u.com 南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数 学 试 题 一、填空题 ‎1. 已知集合，，则____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】 ，所以 ‎2. 设复数为虚数单位），若为纯虚数，则的值为____．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】因为 为纯虚数，所以 ‎ ‎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(单位：分钟)内的学生人数为____．‎ ‎【答案】1200‎ ‎【解析】 ‎ ‎4. 执行如图所示的伪代码，若，则输出的的值为________．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】因为 ，所以时 ‎ ‎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________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】从袋中一次随机摸出2个球,共有 6种基本事件，其中摸出的2个球的编号之和大于4的事件为 ，四种基本事件数，因此概率为 ..............................‎ ‎6. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数的值为____．‎ ‎【答案】6‎ ‎【解析】因为双曲线的右焦点为 ，所以 ‎ ‎7. 设函数的值域为，若，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为a,所以 ‎ ‎8. 已知锐角满足，则的值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为，所以 ‎ 因此 ‎ 因为 ‎ ‎9. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意得 ，所以 ‎ ‎10. 设为等差数列的前项和，若的前2017项中的奇数项和为2018，‎ 则的值为________．‎ ‎【答案】4034‎ ‎【解析】因为的前2017项中的奇数项和为2018，所以 ‎ 因此 ‎ 点睛：在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为一元问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形. 在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.‎ ‎11. 设函数是偶函数，当x≥0时，=，若函数 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】作图，由图可得实数m的取值范围是 点睛：‎ 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．‎ ‎12. 在平面直角坐标系中，若直线上存在一点，圆上存在一点，满足，则实数的最小值为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设 ‎ 因此 ，即实数的最小值为 点睛：判断直线与圆的位置关系的常见方法 ‎(1)几何法：利用d与r的关系．‎ ‎(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断．‎ ‎(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．‎ ‎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”．若四点均位于图中的“晶格点”处，且的位置所图所示，则 的最大值为________．‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】先建立直角坐标系，由向量投影知 取最大值时 ,即 ‎ 点睛：平面向量数量积的类型及求法 ‎(1)求平面向量数量积有三种方法：一是夹角公式a·b＝|a||b|cos θ；二是坐标公式a·b＝x1x2＋y1y2；三是利用数量积的几何意义.‎ ‎(2)求较复杂的平面向量数量积的运算时，可先利用平面向量数量积的运算律或相关公式进行化简.‎ ‎14. 若不等式对任意都成立，则实数的最小值为________．‎ ‎【答案】100‎ ‎【解析】由正弦定理得 ‎ 因此 ，即的最小值为100‎ 点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值. 在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.‎ 二、解答题 ‎15. 如图所示，在直三棱柱中，，点分别是的中点.‎ ‎（1）求证：∥平面；‎ ‎（2）若，求证：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】试题分析：（1）先根据平面几何知识证明四边形是平行四边形，得．再根据线面平行判定定理得结论（2）先根据直三棱柱性质得，再根据等腰三角形性质得，由线面垂直判定定理得侧面．即得．再由已知，证得平面，即得结论 试题解析：证明：（1）因为是直三棱柱，所以，且，‎ 又点分别是的中点，所以，且．‎ 所以四边形是平行四边形，从而． ‎ 又平面，平面，所以∥面． ‎ ‎（2）因为是直三棱柱，所以底面，而侧面，‎ 所以侧面底面．‎ 又，且是的中点，所以．‎ 则由侧面底面，侧面底面，‎ ‎，且底面，得侧面． ‎ 又侧面，所以． ‎ 又，平面，且，‎ 所以平面． ‎ 又平面，所以．‎ ‎16. 在中，角的对边分别为 已知.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）（2） ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由正弦定理得．利用二倍角公式化简得．（2）化简向量得．再根据余弦定理得，最后根据同角三角函数关系以及两角和余弦公式得的值．‎ 试题解析：解：（1）因为，则由正弦定理，得． ‎ 又，所以，即． ‎ 又是的内角，所以，故． ‎ ‎（2）因为， 所以，则由余弦定理，‎ 得，得． ‎ 从而， ‎ 又，所以．‎ 从而．‎ ‎17. 有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边长为6分米，另一边足够长．现从中截取矩形（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），其中是以为圆心、‎ 的扇形，且弧,分别与边,相切于点,．‎ ‎ （1）当长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积；‎ ‎ （2）当的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？‎ ‎【答案】（1）当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米.（2）当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大 ‎【解析】试题分析：（1）先根据扇形面积减去三角形面积得弓形面积，即为柱体底面积，再根据柱体体积公式求体积（2）同（1）先计算底面积，再表示高，代入柱体体积公式得容积函数关系式，最后利用导数求最值 试题解析：解：（1）在图甲中，连接交于点．设，‎ 在中，因为，所以，则．‎ 从而，即. ‎ 故所得柱体的底面积 ‎. ‎ 又所得柱体的高，‎ 所以 .‎ 答：当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米. ‎ ‎（2）设，则，所以所得柱体的底面积 ‎ . ‎ 又所得柱体的高，‎ 所以 ，其中. ‎ 令，则由，‎ 解得. ‎ 列表如下：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ 增 极大值 减 所以当时，取得最大值.‎ 答：当的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大.‎ ‎18. 如图，在平面直角坐标系中，椭圆的下顶点为，点是椭圆上异于点的动点，直线分别与轴交于点，且点是线段的中点．当点运动到点处时，点的坐标为．‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设直线交轴于点，当点均在轴右侧，且时，求直线的方程．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）先求直线的方程，即得B坐标，有；再将N坐标代入椭圆方程解得a（2）设直线的斜率为 ‎，解得P点坐标，根据中点坐标公式得Q，利用直线方程与椭圆方程联立方程组解得M,N，根据横坐标之间比例关系求k,即得直线的方程．‎ 试题解析：解：（1）由，得直线的方程为． ‎ 令，得点的坐标为．‎ 所以椭圆的方程为． ‎ 将点的坐标代入，得，解得．‎ 所以椭圆的标准方程为． ‎ ‎（2）方法一：设直线的斜率为，则直线的方程为．‎ 在中，令，得，而点是线段的中点，所以．‎ 所以直线的斜率． ‎ 联立，消去，得，解得．‎ 用代，得． ‎ 又，所以，得． ‎ 故，又，解得．‎ 所以直线的方程为． ‎ 方法二：设点的坐标分别为．‎ 由，得直线的方程为，令，得．‎ 同理，得．‎ 而点是线段的中点，所以，故． ‎ 又，所以，得，从而，‎ 解得． ‎ 将代入到椭圆C的方程中，得．‎ 又，所以，即，‎ 解得（舍）或．又，所以点的坐标为． ‎ 故直线的方程为．‎ ‎19. 设数列满足，其中，且，为常数.‎ ‎（1）若是等差数列，且公差，求的值；‎ ‎（2）若，且存在，使得对任意的都成立，求的最小值；‎ ‎（3）若，且数列不是常数列，如果存在正整数，使得对任意的均成立. 求所有满足条件的数列中的最小值.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）3‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用等差数列定义将条件转化为公差关系，解方程可得的值；（2）先求的值；即得数列为等比数列，分离变量将不等式恒成立问题转化为对应函数最值问题：,即，最大值，再根据数列单调性确定最大值，即得的最小值；（3）本题由于求周期最小值，可以从小逐个验证即可：为常数列，舍去；时，可推得，舍去；时，可取一个数列满足条件.‎ 试题解析：解：（1）由题意，可得，‎ 化简得，又，所以. ‎ ‎（2）将代入条件，可得，解得，‎ 所以，所以数列是首项为1，公比的等比数列，所以. ‎ 欲存在，使得，即对任意都成立，‎ 则，所以对任意都成立. ‎ 令，则，‎ 所以当时，；当时，；当时，．‎ 所以的最大值为，所以的最小值为. ‎ ‎（3）因为数列不是常数列，所以．‎ ‎①若，则恒成立，从而，，所以，‎ 所以，又，所以，可得是常数列．矛盾．‎ 所以不合题意. ‎ ‎②若，取（*），满足恒成立． ‎ 由，得．‎ 则条件式变为．‎ 由，知；‎ 由，知；‎ 由，知．‎ 所以，数列（*）适合题意．‎ 所以的最小值为.‎ ‎20. 设函数，（）.‎ ‎（1）当时，若函数与的图象在处有相同的切线，求的值；‎ ‎（2）当时，若对任意和任意，总存在不相等的正实数，使得，求的最小值；‎ ‎（3）当时，设函数与的图象交于 两点．求证：.‎ ‎【答案】（1）（2）（3）见解析 ‎【解析】试题分析：（1）由导数几何意义可得，又，解方程组可得的值；（2）先转化条件为对应方程有两个不等实根，再根据实根分布充要条件列不等式组，解得的最小值；(3)先根据零点表示b，代入要证不等式化简得.再构造函数，以及，结合导数研究其单调性，即证得结论 试题解析：解：（1）由，得，又，所以，.‎ 当时，，所以，所以. ‎ 因为函数与的图象在处有相同的切线，‎ 所以，即，解得. ‎ ‎（2）当时，则，又，设，‎ 则题意可转化为方程在上有相异两实根． ‎ 即关于的方程在上有相异两实根．‎ 所以，得，‎ 所以对恒成立． ‎ 因为，所以（当且仅当时取等号），‎ 又，所以的取值范围是，所以．‎ 故的最小值为. ‎ ‎（3）当时，因为函数与的图象交于两点，‎ 所以，两式相减，得. ‎ 要证明，即证，‎ 即证，即证. ‎ 令，则，此时即证．‎ 令，所以，所以当时，函数单调递增．‎ 又，所以，即成立；‎ 再令，所以，所以当时，函数单调递减，‎ 又，所以，即也成立．‎ 综上所述， 实数满足.‎ 点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.‎ 南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试 数学附加题部分 ‎21. （选修4-1：几何证明选讲）‎ 如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，垂直于点. 若，求切点到直径的距离．‎ ‎【答案】4‎ ‎【解析】试题分析： 根据条件证明三角形全等：，即得切点到直径的距离 试题解析：解：如图，连接，，‎ 因为直线与⊙相切于点，所以，‎ 又因为垂直于，所以，所以，①‎ 在⊙中，所以，② ‎ 由①②得 ，即 ，‎ 又，，‎ 所以，所以，又，所以，‎ 即到直径的距离为4.‎ ‎22. （选修4-2：矩阵与变换）‎ 已知矩阵，求圆在矩阵的变换下所得的曲线方程.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析： 根据矩阵运算得对于点之间关系，再代入已知动点轨迹，化简可得在矩阵的变换下所得的曲线方程 试题解析：解：设是圆上任意一点，则，‎ 设点在矩阵对应的变换下所得的点为，则，‎ 即，解得， ‎ 代入，得，即为所求的曲线方程.‎ ‎23. （选修4-4：坐标系与参数方程）‎ 在极坐标系中，直线与曲线()相切，求的值.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析： 先根据将直线与曲线极坐标方程化为直角坐标方程,再根据直线与圆相切得，解得的值.‎ 试题解析：解：以极点O为原点，极轴为轴建立平面直角坐标系，‎ 由，得，‎ 得直线的直角坐标方程为． ‎ 曲线，即圆，‎ 所以圆心到直线的距离为．‎ 因为直线与曲线（）相切，所以，即.‎ 点睛：(1)直角坐标方程化为极坐标方程，只要运用公式及直接代入并化简即可； (2)极坐标方程化为直角坐标方程时常通过变形，构造形如的形式，进行整体代换.其中方程的两边同乘以(或同除以)及方程两边平方是常用的变形方法.但对方程进行变形时，方程必须同解，因此应注意对变形过程的检验.‎ ‎24. (选修4-5：不等式选讲）‎ 已知实数满足，求当取最大值时的值.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析： 根据柯西不等式，得，化简可得取最大值时的值 试题解析：解：由柯西不等式，得，‎ 即．‎ 而，所以，所以， ‎ 由，得，所以当且仅当时，．‎ 所以当取最大值时的值为.‎ 点睛:柯西不等式的一般形式：设为实数，则当且仅当或存在一个数，使时，等号成立.‎ ‎25. 如图，四棱锥的底面是菱形，与交于点，底面，点为中点，.‎ ‎（1）求直线与所成角的余弦值；‎ ‎（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，表示直线方向向量，根据向量数量积求向量夹角，最后根据线线角与向量夹角关系得结果（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解出各面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果 试题解析：解：（1）因为是菱形，所以．又底面，以为原点，直线 分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系．‎ 则,,,,．‎ 所以，，，‎ ‎，．‎ 则．‎ 故直线与所成角的余弦值为. ‎ ‎（2），．‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，得，令，得，．‎ 得平面的一个法向量为．‎ 又平面的一个法向量为，所以 ，，．‎ 则.‎ 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎26. 已知，．‎ ‎（1）求 的值；‎ ‎（2）试猜想的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．‎ ‎【答案】（1）1，3，10（2）=‎ ‎【解析】试题分析：（1）代入，根据组合数依次求出 的值；（2）根据数值猜想=，利用倒序相加法可求出的表达式 试题解析：解：（1）由条件， ①，‎ 在①中令，得． ‎ 在①中令，得，得． ‎ 在①中令，得，得． ‎ ‎（2）猜想=（或=）． ‎ 欲证猜想成立，只要证等式成立．‎ 方法一：当时，等式显然成立，‎ 当时，因为，‎ 故．‎ 故只需证明．‎ 即证．‎ 而，故即证 ②．‎ 由等式可得，左边的系数为．‎ 而右边 ，‎ 所以的系数为．‎ 由恒成立可得②成立.‎ 综上，成立. ‎ 方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有个小球，其中n个是编号为1，2，…，n的白球，其余n－1个是编号为1，2，…，n－1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个黑球（个白球）的n个小球的组合的个数为，，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．‎ 另一方面，从袋中个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为．‎ 故，即②成立. 余下同方法一. ‎ 方法三：由二项式定理，得 ③．‎ 两边求导，得 ④．‎ ‎③×④，‎ 得 ⑤．‎ 左边的系数为．‎ 右边的系数为 ‎ ．‎ 由⑤恒成立，可得．‎ 故成立.‎