1、精選優質文檔-傾情為你奉上南京市、鹽城市2018屆高三年級第一次模擬考試數 學 試 題(總分160分，考試時間120分鐘)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：，其中為底面積,為高.一、填空題（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 2設復數為虛數單位），若為純虛數，則的值為 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

2、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)內的學生人數為 時間(單位:分鐘)頻率組距50 60 70 80 90 1000.035a0.0200.0100.005第3題圖Read If Then Else End IfPrint 第4題圖4執行如圖所示的偽代碼，若，則輸出的的值為 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

3、值為 7設函數的值域為，若，則實數的取值范圍是 8已知銳角滿足，則的值為 9若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是 10設為等差數列的前項和，若的前2017項中的奇數項和為2018，則的值為 11設函數是偶函數，當x0時，=，若函數 有四個不同的零點，則實數m的取值范圍是 AB第13題圖12在平面直角坐標系中，若直線上存在一點，圓上存在一點，滿足，則實數的最小值為 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，且的位置所圖所示，則的最大值為 14若不等式對任意都成立，則實數的最小值為 二、解答題（本大題共6小題，計90分.

4、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)ABCA1B1C1MN第15題圖如圖所示，在直三棱柱中，點分別是的中點.（1）求證：平面；（2）若，求證：.16(本小題滿分14分)在中，角的對邊分別為 已知.（1）若，求的值；（2）若，求的值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），其中是以為圓心、的扇形，且弧,分別與邊,相切于點, （1）當長為1分米時，求折卷成

5、的包裝盒的容積；ADCBEGFOMNH第17題-圖甲NEFGH第17題-圖乙MN （2）當的長是多少分米時，折卷成的包裝盒的容積最大？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，點是橢圓上異于點的動點，直線分別與軸交于點，且點是線段的中點當點運動到點處時，點的坐標為（1）求橢圓的標準方程；xyOBNMPQD第18題圖（2）設直線交軸于點，當點均在軸右側，且時，求直線的方程19(本小題滿分16分)設數列滿足，其中，且，為常數.（1）若是等差數列，且公差，求的值；（2）若，且存在，使得對任意的都成立，求的最小值；（3）若，且數列不是常數列，如果存在正整數，使得對任意的均成

6、立. 求所有滿足條件的數列中的最小值.20(本小題滿分16分)設函數，（）.（1）當時，若函數與的圖象在處有相同的切線，求的值；（2）當時，若對任意和任意，總存在不相等的正實數，使得，求的最小值；（3）當時，設函數與的圖象交于兩點求證：.南京市、鹽城市2018屆高三年級第一次模擬考試數學參考答案一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，計70分.1 21 31200 41 5 66 78 9 104034 11 12 1324 14100二、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證明：（1）因為是直三棱柱，所以，且，

7、又點分別是的中點，所以，且所以四邊形是平行四邊形，從而 4分又平面，平面，所以面 6分（2）因為是直三棱柱，所以底面，而側面，所以側面底面又，且是的中點，所以則由側面底面，側面底面，且底面，得側面 8分又側面，所以 10分又，平面，且，所以平面 12分又平面，所以 14分16解：（1）因為，則由正弦定理，得 2分又，所以，即 4分又是的內角，所以，故 6分（2）因為， 所以，則由余弦定理，得，得 10分從而， 12分又，所以從而 14分17解：（1）在圖甲中，連接交于點設，在中，因為，所以，則從而，即. 2分ADCBEGFOMNHT故所得柱體的底面積. 4分又所得柱體的高，所以.答：當長為1分

8、米時，折卷成的包裝盒的容積為立方分米. 6分（2）設，則，所以所得柱體的底面積. 又所得柱體的高，所以，其中. 10分令，則由，解得. 12分列表如下：0增極大值減所以當時，取得最大值.答：當的長為2分米時，折卷成的包裝盒的容積最大. 14分18解：（1）由，得直線的方程為 2分令，得點的坐標為所以橢圓的方程為 4分將點的坐標代入，得，解得所以橢圓的標準方程為 8分（2）方法一：設直線的斜率為，則直線的方程為在中，令，得，而點是線段的中點，所以所以直線的斜率 10分聯立，消去，得，解得用代，得 12分又，所以，得 14分故，又，解得所以直線的方程為 16分方法二：設點的坐標分別為由，得直線的方

9、程為，令，得同理，得而點是線段的中點，所以，故 10分又，所以，得，從而，解得 12分將代入到橢圓C的方程中，得又，所以，即，解得（舍）或又，所以點的坐標為14分故直線的方程為 16分19解：（1）由題意，可得，化簡得，又，所以. 4分（2）將代入條件，可得，解得，所以，所以數列是首項為1，公比的等比數列，所以. 6分欲存在，使得，即對任意都成立，則，所以對任意都成立. 8分令，則，所以當時，；當時，；當時，所以的最大值為，所以的最小值為. 10分（3）因為數列不是常數列，所以若，則恒成立，從而，所以，所以，又，所以，可得是常數列矛盾所以不合題意. 12分若，?。?），滿足恒成立 14分由，得

10、則條件式變為由，知；由，知；由，知所以，數列（*）適合題意所以的最小值為. 16分20解：（1）由，得，又，所以，.當時，所以，所以. 2分因為函數與的圖象在處有相同的切線，所以，即，解得. 4分（2）當時，則，又，設，則題意可轉化為方程在上有相異兩實根 6分即關于的方程在上有相異兩實根所以，得，所以對恒成立 8分因為，所以（當且僅當時取等號），又，所以的取值范圍是，所以故的最小值為. 10分（3）當時，因為函數與的圖象交于兩點，所以，兩式相減，得. 12分要證明，即證，即證，即證. 14分令，則，此時即證令，所以，所以當時，函數單調遞增又，所以，即成立；再令，所以，所以當時，函數單調遞減，又

11、，所以，即也成立綜上所述， 實數滿足. 16分附加題答案ABEDFO第21(A)圖21（A）解：如圖，連接，因為直線與相切于點，所以，又因為垂直于，所以，所以，在中，所以， 5分由得，即，又，所以，所以，又，所以，即到直徑的距離為4. 10分（B）解：設是圓上任意一點，則，設點在矩陣對應的變換下所得的點為，則，即，解得， 5分代入，得，即為所求的曲線方程. 10分（C）解：以極點O為原點，極軸為軸建立平面直角坐標系，由，得，得直線的直角坐標方程為 5分曲線，即圓，所以圓心到直線的距離為因為直線與曲線（）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，所以當且

12、僅當時，所以當取最大值時的值為. 10分22解：（1）因為是菱形，所以又底面，以為原點，直線 分別為軸，軸，軸，建立如圖所示空間直角坐標系則,MABCDOP第22題圖xyz所以，則故直線與所成角的余弦值為. 5分（2），設平面的一個法向量為，則，得，令，得，得平面的一個法向量為又平面的一個法向量為，所以，則.故平面與平面所成銳二面角的余弦值為. 10分23解：（1）由條件， ，在中令，得 1分在中令，得，得 2分在中令，得，得 3分（2）猜想=（或=） 5分欲證猜想成立，只要證等式成立方法一：當時，等式顯然成立，當時，因為，故故只需證明即證而，故即證 由等式可得，左邊的系數為而右邊，所以的系數為由恒成立可得成立.綜上，成立. 10分方法二：構造一個組合模型，一個袋中裝有個小球，其中n個是編號為1，2，n的白球，其余n1個