1、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
2、 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
3、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
4、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 x0 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
5、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 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 ab| a|b|cos ；二是坐标公式ab 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
6、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
7、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
8、 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
9、（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
10、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
11、（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
12、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
13、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
14、 ，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 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. 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
15、，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 ，
16、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
17、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 ，在 中 ，所以 ， 由得 ，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
18、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
19、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 ，
20、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
21、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
22、相加法可求出 的表达式试题解析：解：（1）由条件， ，在中令 ，得 在中令 ，得 ，得 在中令 ，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 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 n1 个是编号为 1，2， n1 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 ，即成立. 余下同方法一. 方法三：由二项式定理，得 两边求导，得 ，得 左边 的系数为 右边 的系数为由恒成立，可得 故 成立.
