江苏省南京市、盐城市2018届高三第一次模拟考试数学Word版含答案.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 ‎(总分160分，考试时间120分钟)‎ 注意事项：‎ ‎　　1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分160分，考试形式闭卷．‎ ‎　　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．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5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：，其中为底面积,为高.‎ 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，计70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．已知集合，，则 ▲ ．‎ ‎2．设复数为虚数单位），若为纯虚数，则的值为 ▲ ．‎ ‎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(单位：分钟)内的学生人数为 ▲ ．‎ 时间(单位:分钟)‎ 频率 组距 ‎50 60 70 80 90 100‎ ‎0.035‎ a ‎0.020‎ ‎0.010‎ ‎0.005‎ 第3题图 Read ‎ If Then ‎ ‎ Else ‎ ‎ End If Print ‎ 第4题图 ‎4．执行如图所示的伪代码，若，则输出的的值为 ▲ ．‎ ‎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．若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数的值为 ▲ ．‎ ‎7．设函数的值域为，若，则实数的取值范围是 ▲ ．‎ ‎8．已知锐角满足，则的值为 ▲ ．‎ ‎9．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是 ▲ ．‎ ‎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 ▲ ．‎ ‎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 ▲ ．‎ A B 第13题图 ‎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 ▲ ．‎ ‎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 ▲ ．‎ ‎14．若不等式对任意都成立，则实数的最小值为 ▲ ．‎ 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．(本小题满分14分)‎ A B C A1‎ B1‎ C1‎ M N 第15题图 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：.‎ ‎16．(本小题满分14分)‎ 在中，角的对边分别为 已知.‎ ‎（1）若，求的值；‎ ‎（2）若，求的值．‎ ‎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；‎ A D C B E G F O M N H 第17题-图甲 N E F G H 第17题-图乙 M N ‎ （2）当的长是多少分米时，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；‎ x y O B N M P Q D 第18题图 ‎（2）设直线交轴于点，当点均在轴右侧，且时，求直线的方程．‎ ‎19．(本小题满分16分)‎ 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.‎ ‎20．(本小题满分16分)‎ 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：.‎ 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 ‎（本部分满分40分，考试时间30分钟）‎ ‎21．[选做题]（在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）‎ ‎ A.（选修4-1：几何证明选讲）‎ A B E D F O ‎·‎ 第21(A)图 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．‎ B.（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.‎ ‎ ‎ C．（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.‎ D．(选修4-5：不等式选讲）‎ 已知实数满足，求当取最大值时的值.‎ ‎[必做题]（第22、23题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）‎ ‎22．（本小题满分10分）‎ 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．‎ M A B C D O P 第22题图 ‎23．（本小题满分10分）‎ ‎ 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．‎ 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 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.‎ ‎1． 2．1 3．1200 4．1 5． 6．6 7．‎ ‎8． 9． 10．4034 11． 12． 13．24 14．100 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． ……………4分 又平面，平面，所以∥面． ……………6分 ‎（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． ……………8分 又侧面，所以． ……………10分 又，平面，且，‎ 所以平面． ……………12分 又平面，所以 ‎． ……………14分 ‎16．解：（1）因为，则由正弦定理，得． ……………2分 又，所以，即． ……………4分 又是的内角，所以，故． ……………6分 ‎（2）因为， 所以，则由余弦定理，‎ 得，得． ……………10分 从而， ……………12分 又，所以．‎ 从而． ……………14分 ‎17．解：（1）在图甲中，连接交于点．设，‎ 在中，因为，所以，则．‎ 从而，即. ……………2分 A D C B E G F O M N H T 故所得柱体的底面积 ‎. ……………4分 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. …………………6分 ‎（2）设，则，所以所得柱体的底面积 ‎. ‎ 又所得柱体的高，‎ 所以，其中. …………………10分 令，则由，‎ 解得. …………………12分 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. …………………14分 ‎18．解：（1）由，得直线的方程为． …………………2分 令，得点的坐标为．‎ 所以椭圆的方程为． …………………4分 将点的坐标代入，得，解得．‎ 所以椭圆的标准方程为． …………………8分 ‎（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． ………………10分 联立，消去，得，解得．‎ 用代，得 ‎． ………………12分 又，所以，得． ………………14分 故，又，解得．‎ 所以直线的方程为． ………………16分 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． …………………10分 又，所以，得，从而，‎ 解得． …………………12分 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．……………14分 故直线的方程为． …………………16分 ‎19．解：（1）由题意，可得，‎ 化简得，又，所以. ………………4分 ‎（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. ……6分 欲存在，使得，即对任意都成立，‎ 则，所以对任意都成立. ………………8分 令，则，‎ 所以当时，；当时，；当时，．‎ 所以的最大值为，所以的最小值为. ………………10分 ‎（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. ………………12分 ‎②若，取（*），满足恒成立． ………………14分 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. ………………16分 ‎20．解：（1）由，得，又，所以，.‎ 当时，，所以，所以. ………………2分 因为函数与的图象在处有相同的切线，‎ 所以，即，解得. ………………4分 ‎（2）当时，则，又，设，‎ 则题意可转化为方程在上有相异两实根． ………………6分 即关于的方程在上有相异两实根．‎ 所以，得，‎ 所以对恒成立． ………………8分 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. ………………10分 ‎（3）当时，因为函数与的图象交于两点，‎ 所以，两式相减，得. ………………12分 要证明，即证，‎ 即证，即证 ‎. ………………14分 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. ………………16分 附加题答案 A B E D F O ‎·‎ 第21(A)图 ‎21．（A）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 ………………5分 由①②得，即，‎ 又，，‎ 所以，所以，又，所以，‎ 即到直径的距离为4. ………………10分 ‎（B）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， ………………5分 代入，得，即为所求的曲线方程. ………………10分 ‎（C）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． ………………5分 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. ……………10分 ‎（D）解：由柯西不等式，得，‎ 即．‎ 而，所以，所以， ………………5分 由，得，所以当且仅当时，．‎ 所以当取最大值时的值为. ………………10分 ‎22．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,,,,．‎ M A B C D O P 第22题图 x y z 所以，，，‎ ‎，．‎ 则．‎ 故直线与所成角的余弦值为. ………5分 ‎（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. ………………10分 ‎23．解：（1）由条件， ①，‎ 在①中令，得． ………………1分 在①中令，得，得． ………………2分 在①中令，得，得． ………………3分 ‎（2）猜想=（或=）． ………………5分 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. ………………10分 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. ………………10分 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. ………………10分