高三數學試題第 1 頁 共 4 頁 南京市 鹽城市 2018 屆高三年級第一次模擬考試 數 學 試 題 總分總分 160 分 考試時間分 考試時間 120 分鐘分鐘 注意事項 注意事項 1 本試卷考試時間為 120 分鐘 試卷滿分 160 分 考試形式閉卷 2 本試卷中所有試題必須作答在答題卡上規定的位置 否則不給分 3 答題前 務必將自己的姓名 準考證號用 0 5 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 柱體體積公式 其中 其中為底面積為底面積 為高為高 VSh Sh 一一 填填空空題題 本大題共14 小題 每小題5 分 計 70 分 不需寫出解答過程 請把答案寫在答 題紙的指定位置上 1 已知集合 則 4 0Ax x x 0 1 5B AB I 2 設復數為虛數單位 若為純虛數 則的值為 zai aR i 1 iz a 3 為調查某縣小學六年級學生每天用于課外閱讀的時間 現從該縣小學六年級 4000 名學生 中隨機抽取 100 名學生進行問卷調查 所得數據均在區間 50 100 上 其頻率分布直方圖 如圖所示 則估計該縣小學六年級學生中每天用于閱讀的時間在 單位 分鐘 內 70 80 的學生人數為 4 執行如圖所示的偽代碼 若 則輸出的的值為 0 x y 5 口袋中有形狀和大小完全相同的 4 個球 球的編號分別為 1 2 3 4 若從袋中一次隨 機摸出 2 個球 則摸出的 2 個球的編號之和大于 4 的概率為 6 若拋物線的焦點與雙曲線的右焦點重合 則實數的值為 2 2ypx 22 1 45 xy p 時間 單位 分鐘 頻率 組距 50 60 70 80 90 100 0 035 a 0 020 0 010 0 005 第 3 題圖 Read x If Then0 x lnyx Else x ye End If Print y 第 4 題圖 高三數學試題第 2 頁 共 4 頁 7 設函數的值域為 若 則實數的取值范圍是 1 x x yea e A 0 A a 8 已知銳角滿足 則的值為 tan1tan12 9 若函數在區間上單調遞增 則實數的取值范圍是 sinyx 0 2 10 設為等差數列的前項和 若的前 2017 項中的奇數項和為 2018 n S n an n a 則的值為 2017 S 11 設函數是偶函數 當 x 0 時 若函數 f x f x 3 03 3 1 3 xxx x x 有四個不同的零點 則實數 m 的取值范圍是 yf xm 12 在平面直角坐標系中 若直線上存在一點 圓xOy 3 3 yk x P 上存在一點 滿足 則實數的最小 22 1 1xy Q3OPOQ k 值為 13 如圖是蜂巢結構圖的一部分 正六邊形的邊長均為 1 正六邊形的 頂點稱為 晶格點 若四點均位于圖中的 晶格點 處 A B C D 且的位置所圖所示 則的最大值為 A BCDAB 14 若不等式對任意都成立 2 sinsinsin19sinsinkBACBC ABC 則實數的最小值為 k 二 解答題二 解答題 本大題共 6 小題 計 90 分 解答應寫出必要的文字說明 證明過程或演算步 驟 請把答案寫在答題紙的指定區域內 15 本小題滿分 14 分 如圖所示 在直三棱柱中 點分別是的中點 111 ABCABC CACB M N 11 AB AB 1 求證 平面 BN 1 AMC 2 若 求證 11 AMAB 11 ABAC 16 本小題滿分 14 分 在中 角的對邊分別為 已知 ABC A B C a b c 5 2 cb 1 若 求的值 2CB cosB A B 第 13 題圖 A B C A1 B1 C1 M N 第 15 題圖 高三數學試題第 3 頁 共 4 頁 2 若 求的值 AB ACCA CB cos 4 B 17 本小題滿分 14 分 有一矩形硬紙板材料 厚度忽略不計 一邊長為 6 分米 另一邊足夠長 現從中AB 截 取矩形 如圖甲所示 再剪去圖中陰影部分 用剩下的部分恰好能折卷成一個ABCD 底面是弓形的柱體包裝盒 如圖乙所示 重疊部分忽略不計 其中是以為OEMFO 圓心 的扇形 且弧 分別與邊 相切于點 120EOF EF GHBCADMN 1 當長為 1 分米時 求折卷成的包裝盒的容積 BE 2 當的長是多少分米時 折卷成的包裝盒的容積最大 BE 18 本小題滿分 16 分 如圖 在平面直角坐標系中 橢圓的下頂點為 點xOy 22 22 1 0 xy Cab ab B 是橢圓上異于點的動點 直線分別與軸交于點 且點是線 M NB BM BNx P QQ 段的中點 當點運動到點處時 點的坐標為 OPN 3 3 2 Q 2 3 0 3 1 求橢圓的標準方程 C 2 設直線交軸于點 當點均在軸右側 且時 求直MNyD M Ny2DNNM 線的方程 BM x y O B N M P Q D 第 18 題圖 A D C B E G F O MN H 第 17 題 圖甲 N EF G H 第 17 題 圖乙 M N 高三數學試題第 4 頁 共 4 頁 19 本小題滿分 16 分 設數列滿足 其中 且 為常數 n a 22 1121 nnn aaaaa 2n nN 1 若是等差數列 且公差 求的值 n a0d 2 若 且存在 使得對任意的都 123 1 2 4aaa 3 7 r n m anr m nN 成立 求的最小值 m m 3 若 且數列不是常數列 如果存在正整數 使得對任意的0 n aT n Tn aa 均成立 求所有滿足條件的數列中的最小值 nN n aT 20 本小題滿分 16 分 設函數 lnf xx b g xaxc x a b cR 1 當時 若函數與的圖象在處有相同的切線 求的值 0c f x g x1x a b 2 當時 若對任意和任意 總存在不相等的正實數3ba 0 1 x 0 3 a 使得 求的最小值 12 x x 120 g xg xf x c 3 當時 設函數與的圖象交于1a yf x yg x 11 A x y 兩點 求證 2212 B xyxx 122121 x xxbx xx 高三數學試題第 5 頁 共 4 頁 南京市 鹽城市南京市 鹽城市 20182018 屆高三年級第一次模擬考試屆高三年級第一次模擬考試 數學參考答案數學參考答案 一 填空題一 填空題 本大題共本大題共 1414 小題 每小題小題 每小題 5 5 分 計分 計 7070 分分 1 2 1 3 1200 4 1 5 6 6 1 2 3 7 2 8 9 10 4034 11 12 13 24 3 4 1 0 4 9 1 4 3 14 100 高三數學試題第 6 頁 共 4 頁 高三數學試題第 7 頁 共 4 頁 高三數學試題第 8 頁 共 4 頁 高三數學試題第 9 頁 共 4 頁 高三數學試題第 10 頁 共 4 頁 高三數學試題第 11 頁 共 4 頁 二 解答題 本大題共二 解答題 本大題共 6 小題 計小題 計 90 分分 解答應寫出必要的文字說明 證明過程或演算步驟 解答應寫出必要的文字說明 證明過程或演算步驟 請把答案寫在答題紙的指定區域內請把答案寫在答題紙的指定區域內 15 證明 1 因為是直三棱柱 所以 且 111 ABCABC 11 ABAB 11 ABAB 又點分別是的中點 所以 且 M N 11 AB AB 1 MBA N 1 MBA N 所以四邊形是平行四邊形 從而 1 A NBM 1 AMBN 4 分 又平面 平面 所以 面 BN 1 AMC 1 AM 1 AMCBN 1 AMC 6 分 2 因為是直三棱柱 所以底面 而側面 111 ABCABC 1 AA ABC 1 AA 11 ABB A 所以側面底面 11 ABB A ABC 又 且是的中點 所以 CACB MABCMAB 則由側面底面 側面底面 11 ABB A ABC 11 ABB A ABCAB 且底面 得側面 CMAB CM ABCCM 11 ABB A 8 分 又側面 所以 1 AB 11 ABB A 1 ABCM 10 分 又 平面 且 11 ABAM 1 AM MC 1 AMC 1 AMMCM 所以平面 1 AB 1 AMC 12 分 又平面 所以 1 AC 1 AMC 11 ABAC 14 分 16 解 1 因為 則由正弦定理 得 5 2 cb 5 sinsin 2 CB 2 分 又 所以 即 2CB 5 sin2sin 2 BB 4sincos5sinBBB 4 分 又是的內角 所以 故 BABC sin0B 5 cos 4 B 6 分 2 因為 所以 則由余弦定理 AB ACCA CB coscoscbAbaC 得 得 222222 bcabac ac 10 分 從而 222 222 2 2 3 5 cos 225 ccc acb B acc 高三數學試題第 12 頁 共 4 頁 12 分 又 所以 0B 2 4 sin1 cos 5 BB 從而 32422 cos coscossinsin 444525210 BBB 14 分 17 解 1 在圖甲中 連接交于點 設 MOEFTOEOFOMR 在中 因為 所以 則Rt OET 1 60 2 EOTEOF 2 R OT 2 R MTOMOT 從而 即 2 R BEMT 22RBE 2 分 故所得柱體的底面積 OEFOEF SSS 扇形 4 分 22 114 sin1203 323 RR 又所得柱體的高 4EG 所以 VSEG 16 4 3 3 答 當長為 1 分米時 折卷成的包裝盒的容積BE 為立方分米 6 分 16 4 3 3 2 設 則 所以所得柱體的底面積BEx 2Rx OEFOEF SSS 扇形 222 114 sin120 3 323 RRx 又所得柱體的高 62EGx 所以 其中 VSEG 32 8 2 3 3 3 xx 03x 10 分 令 則由 32 3 0 3 f xxxx 2 363 2 0fxxxx x 解得 2x 12 分 列表如下 x 0 2 2 2 3 fx 0 f x增極大值減 所以當時 取得最大值 2x f x A D C B E G F O MN H T 高三數學試題第 13 頁 共 4 頁 答 當的長為 2 分米時 折卷成的包裝盒的容積最大 BE 14 分 18 解 1 由 得直線的方程為 32 3 3 0 23 NQNQ 3 3 2 yx 2 分 令 得點的坐標為 0 x B 0 3 所以橢圓的方程為 22 2 1 3 xy a 4 分 將點的坐標代入 得 解得 N 3 3 2 2 2 2 3 3 2 1 3a 2 4a 所以橢圓的標準方程為 C 22 1 43 xy 8 分 2 方法一 設直線的斜率為 則直線的方程為 BM 0 k k BM3ykx 在中 令 得 而點是線段的中點 所3ykx 0y 3 P x k QOP 以 3 2 Q x k 所以直線的斜率 BN 0 3 2 3 0 2 BNBQ kkk k 10 分 聯立 消去 得 解得 22 3 1 43 ykx xy y 22 34 8 30kxkx 2 8 3 34 M k x k 用代 得 2kk 2 16 3 3 16 N k x k 12 分 又 所以 得 2DNNM 2 NMN xxx 23 MN xx 14 分 故 又 解得 22 8 316 3 23 343 16 kk kk 0k 6 2 k 所以直線的方程為 BM 6 3 2 yx 高三數學試題第 14 頁 共 4 頁 16 分 方法二 設點的坐標分別為 M N 1122 x yxy 由 得直線的方程為 令 0 3 B BN 1 1 3 3 y yx x 0y 得 1 1 3 3 P x x y 同理 得 2 2 3 3 Q x x y 而點是線段的中點 所以 故 QOP2 PQ xx 12 12 32 3 33 xx yy 10 分 又 所以 得 從而 2DNNM 212 2 xxx 21 2 0 3 xx 12 4 1 3 33yy 解得 21 43 33 yy 12 分 將代入到橢圓 C 的方程中 得 21 21 2 3 43 33 xx yy 22 11 43 1 927 xy 又 所以 即 2 2 1 1 4 1 3 y x 2 1 2 1 4 1 43 3 1 927 y y 2 11 3230yy 解得 舍 或 又 所以點的坐標 1 3y 1 3 3 y 1 0 x M 為 14 分 4 23 33 M 故直線的方程為 BM 6 3 2 yx 16 分 19 解 1 由題意 可得 22 nnn aad add 化簡得 又 所以 2 1 0d 0d 1 4 分 2 將代入條件 可得 解得 123 1 2 4aaa 41 4 0 高三數學試題第 15 頁 共 4 頁 所以 所以數列是首項為 1 公比的等比數列 所以 2 11nnn aaa n a2q 1 2n n a 6 分 欲存在 使得 即對任意都成立 3 7 r 1 2nmnr 1 2nr nm nN 則 所以對任意都成立 1 72nnm 1 7 2n n m nN 8 分 令 則 1 7 2 n n n b 1 1 678 222 nn nnn nnn bb 所以當時 當時 當時 8n 1nn bb 8n 98 bb 8n 1nn bb 所以的最大值為 所以的最小值為 n b 98 1 128 bb m 1 128 10 分 3 因為數列不是常數列 所以 n a2T 若 則恒成立 從而 所以2T 2nn aa 31 aa 42 aa 222 2121 222 1221 aaaa aaaa 所以 又 所以 可得是常數列 矛盾 2 21 0aa 0 21 aa n a 所以不合題意 2T 12 分 若 取 滿足恒成立 3T 1 32 2 31 3 3 n nk ankkN nk 3nn aa 14 分 由 得 22 21321 aa aaa 7 則條件式變為 2 11 7 nnn aaa 由 知 2 21 3 7 22 3132321 kkk aaaaa 由 知 2 3 2 1 7 22 3313121 kkk aaaaa 由 知 2 1 3 27 22 3133221 kkk aa aaa 所以 數列 適合題意 所以的最小值為 T3 16 分 20 解 1 由 得 又 所以 lnf xx 1 0f 1 fx x 1 1 f 當時 所以 所以 0c b g xax x 2 b g xa x 1 gab 高三數學試題第 16 頁 共 4 頁 2 分 因為函數與的圖象在處有相同的切線 f x g x1x 所以 即 解得 1 1 1 1 fg fg 1 0 ab ab 1 2 1 2 a b 4 分 2 當時 則 又 設 0 1x 0 0f x 3ba 0 tf x 則題意可轉化為方程在上有相異兩實根 3 0 a axct t x 0 12 x x 6 分 即關于的方程在上有相異兩實根 x 2 3 0 0 axct xat 0 12 x x 所以 得 2 12 12 03 4 3 0 0 3 0 a ctaa ct xx a a x x a 2 03 4 3 0 a ctaa ct 所以對恒成立 2 3 caat 0 0 3 ta 8 分 因為 所以 當且僅當時取等號 03a 2 3 2 3 2 3 2 aa aa 2 3 2 a 又 所以的取值范圍是 所以 0t 2 3 aat 3 3c 故的最小值為 c3 10 分 3 當時 因為函數與的圖象交于兩點 1a f x g x A B 所以 兩式相減 得 11 1 22 2 ln ln b xxc x b xxc x 21 12 21 lnln 1 xx bx x xx 12 分 要證明 即證 122121 x xxbx xx 21 12212121 21 lnln 1 xx x xxx xx xx xx 即證 即證 21 2211 lnln11xx xxxx 122 211 1ln1 xxx xxx 高三數學試題第 17 頁 共 4 頁 14 分 令 則 此時即證 2 1 x t x 1t 1 1ln1tt t 令 所以 所以當時 函數單調遞 1 ln1tt t 22 111 0 t t ttt 1t t 增 又 所以 即成立 1 0 1 ln10tt t 1 1lnt t 再令 所以 所以當時 函數單調 ln1m ttt 11 10 t m t tt 1t m t 遞減 又 所以 即也成立 1 0m ln10m ttt ln1tt 綜上所述 實數滿足 12 x x 122121 x xxbx xx 16 分 附加題答案 21 A 解 如圖 連接 AEOE 因為直線與 相切于點 所以 DEOEDEOE 又因為垂直于 所以 所以 ADDED ADOEDAEOEA 在 中 所以 5 分OOEOA OEAOAE 由 得 即 DAE OAE DAE FAE 又 ADEAFE AEAE 所以 所以 又 所以 ADEAFE DEFE 4DE 4FE 即到直徑的距離為 4 10 分EAB B 解 設是圓上任意一點 則 00 P xy 22 1xy 22 00 1xy 設點在矩陣對應的變換下所得的點為 則 00 P xyM Q x y 0 0 2 0 0 1 xx yy 即 解得 0 0 2xx yy 0 0 1 2 xx yy 5 分 代入 得 即為所求的曲線方程 22 00 1xy 2 2 1 4 x y 10 分 C 解 以極點 O 為原點 極軸為軸建立平面直角坐標系 Oxx 由 得 cos 1 3 coscossinsin 1 33 AB E D FO 第 21 A 圖 高三數學試題第 18 頁 共 4 頁 得直線的直角坐標方程為 320 xy 5 分 曲線 即圓 r 222 xyr 所以圓心到直線的距離為 0302 1 1 3 d 因為直線與曲線 相切 所以 即 cos 1 3 r 0r rd 1r 10 分 D 解 由柯西不等式 得 22222 33 3 1 13 33 xyxy 即 222 4 3 3 xyxy 而 所以 所以 22 31xy 2 4 3 xy 22 33 33 xy 5 分 由 得 所以當且僅當時 3 13 3 2 3 3 xy xy 3 2 3 6 x y 33 26 xy max 2 3 3 xy 所以當取最大值時的值為 xy x 3 2 x 10 分 22 解 1 因為是菱形 所以 又底面 以為原點 直ABCDACBD OP ABCDO 線 分別為軸 軸 軸 建立如圖所示空間直角坐標系 OA OB OPxyz 則 2 0 0 A 0 1 0 B 0 0 4 P 2 0 0 C 1 0 2 M 所以 2 0 4 AP 1 1 2 BM 10AP BM 2 5AP 6BM 則 1030 cos 6 2 56 AP BM AP BM APBM 故直線與所成角的余弦值為 5 分APBM 30 6 2 2 1 0 AB 1 1 2 BM M AB C D O P 第 22 題圖 x y z 高三數學試題第 19 頁 共 4 頁 設平面的一個法向量為 ABM nx y z 則 得 令 得 0 0 n AB n BM 20 20 xy xyz 2x 4y 3z 得平面的一個法向量為 ABM 2 4 3 n 又平面的一個法向量為 所以 PAC 0 1 0 OB n 4OB 29n 1OB 則 44 cos 29 29 29 n OB n OB n OB 故平面與平面所成銳二面角的余弦值為 ABMPAC 4 29 29 10 分 23 解 1 由條件 011211 2 rrnn nnnnnnnn nf nC CC CrCCnCC 在 中令 得 1n 01 11 11fC C 1 分 在 中令 得 得 2n 0112 2222 2226fC CC C 23f 2 分 在 中令 得 得 3n 011223 333333 332330fC CC CC C 310f 3 分 2 猜想 或 f n 21 n n C f n 1 21 n n C 5 分 欲證猜想成立 只要證等式成立 011211 21 2 nrrnn nnnnnnnnn nCC CC CrCCnCC 方法一 當時 等式顯然成立 1n 當時 因為 2n 1 1 1 1 1 rr nn rnnn rCnnC r nrrnrrnr 故 1111 1 rrrrrr nnnnnn rCCrC CnCC 故只需證明 00111111 211111 nrrnn nnnnnnnnn nCnCCnCCnCCnCC 即證 00111111 211111 nrrnn nnnnnnnnn CC