南京、盐城2018届高三一模数学试卷及答案.doc
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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
5060708090100
0.035
a
0.020
0.010
0.005
第3题图
Read
IfThen
Else
EndIf
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.
1．2．13．12004．15．6．67．
8．9．10．403411．12．13．2414．100
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
高三数学试题第21页（共4页）
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