南京、盐城2018届高三一模数学试卷及答案

高三数学试题第1页（共4页）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：VSh，其中S为底面积,h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|(4)0Axxx，0,1,5B，则ABI▲．2．设复数(,zaiaRi为虚数单位），若(1)iz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▲．4．执行如图所示的伪代码，若0x，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．若抛物线22ypx的焦点与双曲线22145xy的右焦点重合，则实数p的值为▲．时间(单位:分钟)频率组距50607080901000.035a0.0200.0100.005第3题图ReadxIf0xThenlnyxElsexyeEndIfPrinty第4题图高三数学试题第2页（共4页）7．设函数1xxyeae的值域为A，若[0,)A，则实数a的取值范围是▲．8．已知锐角,满足tan1tan12，则的值为▲．9．若函数sinyx在区间[0,2]上单调递增，则实数的取值范围是▲．10．设nS为等差数列na的前n项和，若na的前2017项中的奇数项和为2018，则2017S的值为▲．11．设函数()fx是偶函数，当x≥0时，()fx=(3),03,31,3xxxxx，若函数()yfxm有四个不同的零点，则实数m的取值范围是▲．12．在平面直角坐标系xOy中，若直线(33)ykx上存在一点P，圆22(1)1xy上存在一点Q，满足3OPOQ，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,,,ABCD四点均位于图中的“晶格点”处，且,AB的位置所图所示，则CDAB的最大值为▲．14．若不等式2sinsinsin19sinsinkBACBC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，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)如图所示，在直三棱柱111ABCABC中，CACB，点,MN分别是11,ABAB的中点.（1）求证：BN∥平面1AMC；（2）若11AMAB，求证：11ABAC.16．(本小题满分14分)在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,,abc已知52cb.（1）若2CB，求cosB的值；（2）若ABACCACB，求cos()4B的值．AB第13题图ABCA1B1C1MN第15题图高三数学试题第3页（共4页）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、120EOF的扇形，且弧»EF,¼GH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；（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2222:1(0)xyCabab的下顶点为B，点,MN是椭圆上异于点B的动点，直线,BMBN分别与x轴交于点,PQ，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点3(3,)2处时，点Q的坐标为23(,0)3．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线MN交y轴于点D，当点,MN均在y轴右侧，且2DNNM时，求直线BM的方程．xyOBNMPQD第18题图ADCBEGFOMNH第17题-图甲NEFGH第17题-图乙MN高三数学试题第4页（共4页）19．(本小题满分16分)设数列na满足221121()nnnaaaaa，其中2n…，且nN，为常数.（1）若na是等差数列，且公差0d，求的值；（2）若1231,2,4aaa，且存在[3,7]r，使得nmanr卪对任意的*nN都成立，求mm的最小值；（3）若0，且数列na不是常数列，如果存在正整数T，使得nTnaa对任意的*nN均成立.求所有满足条件的数列na中T的最小值.20．(本小题满分16分)设函数()lnfxx，()bgxaxcx（,,abcR）.（1）当0c时，若函数()fx与()gx的图象在1x处有相同的切线，求,ab的值；（2）当3ba时，若对任意0(1,)x和任意(0,3)a，总存在不相等的正实数12,xx，使得120()()()gxgxfx，求c的最小值；（3）当1a时，设函数()yfx与()ygx的图象交于11(,),Axy2212(,)()Bxyxx两点．求证：122121xxxbxxx.高三数学试题第5页（共4页）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．12．13．12004．15．236．67．(,2]8．349．1(0,]410．403411．9[1,)412．313．2414．100高三数学试题第6页（共4页）高三数学试题第7页（共4页）高三数学试题第8页（共4页）高三数学试题第9页（共4页）高三数学试题第10页（共4页）高三数学试题第11页（共4页）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111ABCABC是直三棱柱，所以11//ABAB，且11ABAB，又点,MN分别是11,ABAB的中点，所以1MBAN，且1//MBAN．所以四边形1ANBM是平行四边形，从而1//AMBN．……………4分又BN平面1AMC，1AM平面1AMC，所以BN∥面1AMC．……………6分（2）因为111ABCABC是直三棱柱，所以1AA底面ABC，而1AA侧面11ABBA，所以侧面11ABBA底面ABC．又CACB，且M是AB的中点，所以CMAB．则由侧面11ABBA底面ABC，侧面11ABBA底面ABCAB，CMAB，且CM底面ABC，得CM侧面11ABBA．……………8分又1AB侧面11ABBA，所以1ABCM．……………10分又11ABAM，1,AMMC平面1AMC，且1AMMCM，所以1AB平面1AMC．……………12分又1AC平面1AMC，所以11ABAC．……………14分16．解：（1）因为52cb，则由正弦定理，得5sinsin2CB．……………2分又2CB，所以5sin2sin2BB，即4sincos5sinBBB．……………4分又B是ABC的内角，所以sin0B，故5cos4B．……………6分（2）因为ABACCACB，所以coscoscbAbaC，则由余弦定理，得222222bcabac，得ac．……………10分从而高三数学试题第12页（共4页）22222222()35cos225cccacbBacc，……………12分又0B，所以24sin1cos5BB．从而32422cos()coscossinsin444525210BBB．……………14分17．解：（1）在图甲中，连接MO交EF于点T．设OEOFOMR，在RtOET中，因为1602EOTEOF，所以2ROT，则2RMTOMOT．从而2RBEMT，即22RBE.……………2分故所得柱体的底面积OEFOEFSSS扇形22114sin1203323RR.……………4分又所得柱体的高4EG，所以VSEG16433.答：当BE长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为16433立方分米.…………………6分（2）设BEx，则2Rx，所以所得柱体的底面积OEFOEFSSS扇形222114sin120(3)323RRx.又所得柱体的高62EGx，所以VSEG328(23)(3)3xx，其中03x.…………………10分令32()3,(0,3)fxxxx，则由2()363(2)0fxxxxx，解得2x.…………………12分列表如下：ADCBEGFOMNHT高三数学试题第13页（共4页）x(0,2)2(2,3)()fx＋0－()fx增极大值减所以当2x时，()fx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32(3,),(3,0)23NQ，得直线NQ的方程为332yx．…………………2分令0x，得点B的坐标为(0,3)．所以椭圆的方程为22213xya．…………………4分将点N的坐标3(3,)2代入，得2223()(3)213a，解得24a．所以椭圆C的标准方程为22143xy．…………………8分（2）方法一：设直线BM的斜率为(0)kk，则直线BM的方程为3ykx．在3ykx中，令0y，得3Pxk，而点Q是线段OP的中点，所以32Qxk．所以直线BN的斜率0(3)2302BNBQkkkk．………………10分联立223143ykxxy，消去y，得22(34)830kxkx，解得28334Mkxk．用2k代k，得2163316Nkxk．………………12分又2DNNM，所以2()NMNxxx，得23MNxx．………………14分高三数学试题第14页（共4页）故22831632334316kkkk，又0k，解得62k．所以直线BM的方程为632yx．………………16分方法二：设点,MN的坐标分别为1122(,),(,)xyxy．由(0,3)B，得直线BN的方程为1133yyxx，令0y，得1133Pxxy．同理，得2233Qxxy．而点Q是线段OP的中点，所以2PQxx，故121232333xxyy．…………………10分又2DNNM，所以2122()xxx，得21203xx，从而1241333yy，解得214333yy．…………………12分将2121234333xxyy代入到椭圆C的方程中，得2211(43)1927xy．又22114(1)3yx，所以21214(1)(43)31927yy，即2113230yy，解得13y（舍）或133y．又10x，所以点M的坐标为423(,)33M．……………14分故直线BM的方程为632yx．…………………16分19．解：（1）由题意，可得22()()nnnaadadd，化简得2(1)0d，又0d，所以高三数学试题第15页（共4页