江苏省南京市、盐城市2018届高三第一次模拟考试数学试卷(含答案)

江苏省盐城市2018届高三第一次调研考试—答案精品

江苏省盐城市2018/2018学年度高三年级第一次调研考试数学试题参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1.{}0,22.22+i3.,sin 2∃∈≥x R x4.55.346.617.π8.90,tan tan tan tan tan tan 1αβγαββγγα++=++=当时9. 22(2)(2)10-+-=x y 10.8 11.②④ 12.71313.4 14.9 二、解答题：本大题共6小题，计90分. 15．解：（Ⅰ）因为34cos ,sin 55θθ==,所以24sin 22sin cos 25θθθ==………………6分（Ⅱ）因为AOB ∆为等边三角形,所以60AOC ∠=,所以c o s c o s (60∠=∠+B O C A O C310-=10分同理, sin BOC ∠=,故点A 的坐标为…………………14分 16．（Ⅰ）证明:因为E 、F 分别为11AC 、11B C 的中点,所以11////EF AB AB ……………4分而,EF ABD AB ABD ⊄⊂面面,所以直线EF ∥平面ABD …………………… ……7分（Ⅱ）因为三棱柱111C B A ABC -为直三棱柱,所以1AB BB ⊥,又AB BC ⊥,而1BB ⊂面11BCC B ,BC ⊂面11BCC B ,且1BB BC B =,所以AB ⊥面11BCC B …… 11分又AB ABD ⊂面,所以平面ABD ⊥平面11BCC B ………………………………………14分 17．解：（Ⅰ）因为1cos 602122p OA =⋅=⨯=,即2p =,所以抛物线C 的方程为24y x =… 2分设⊙M 的半径为r ,则122cos 60OB r =⋅=,所以M 的方程为22(2)4x y -+=……… 5分（Ⅱ）设(,)(0)P x y x ≥,则(2,)(1,)PM PF x y x y ⋅=----=222322x x y x x -++=++…8分所以当0x =时, PM PF ⋅有最小值为2 ……………………………………………10分（Ⅲ）以点Q 这圆心,QS 为半径作⊙Q,则线段ST 即为⊙Q 与⊙M 的公共弦………… 11分设点(1,)Q t -,则22245QS QM t =-=+,所以⊙Q 的方程为222(1)()5x y t t ++-=+…13分从而直线QS 的方程为320x ty --=(*)…………………………………………14分因为230x y ⎧=⎪⎨⎪=⎩一定是方程(*)的解,所以直线QS 恒过一个定点,且该定点坐标为2(,0)3 …16分18．解：（Ⅰ）因为4a =,所以644(04)8202(410)x y x x x ⎧-≤≤⎪=-⎨⎪-<≤⎩……………………………………1分则当04x ≤≤时,由64448x-≥-,解得0x ≥,所以此时04x ≤≤……………………… 3分当410x <≤时,由2024x -≥,解得8x ≤,所以此时48x <≤…………………………5分综合,得08x ≤≤,若一次投放4个单位的制剂,则有效治污时间可达8天………………6分（Ⅱ）当610x ≤≤时,1162(5)(1)28(6)y x a x =⨯-+---……………………………9分 =161014a x a x -+--=16(14)414ax a x-+---, 因为14[4,8]x -∈,而14a ≤≤,所以[4,8],故当且仅当14x -=时,y有最小值为4a - …………12分令44a -≥,解得244a -≤≤,所以a的最小值为24 1.6-≈ ………14分 19．解：（Ⅰ）据题意得2214n n n b a a n +=+=-,所以{}n b 成等差数列,故222n T n n =--……4分（Ⅱ）当12p =时,数列{}n c 成等比数列；当12p ≠时,数列{}n c 不为等比数列…………5分理由如下:因为122212n n n c a pa n +++==+2(4)2n p a n n =--+42n pc pn n =--+, 所以12(12)n n nc n p p c c +-=-+,故当12p =时,数列{}n c 是首项为1,公比为12-等比数列；当12p ≠时,数列{}n c 不成等比数列 …………………………………………………… 9分（Ⅲ）当12p =时,121()2n n n a c -==-,121214()2n n n n a b a n -+=-=---………………10分因为21112...n n S a b b b +=++++=2222n n --+(1n ≥) ……………………………12分212(10)1n n S c +-=，244164n n n ∴++=，设2()44416x f x x x =---(2)x ≥，则()()4ln 484x g x f x x '==--，2()(ln 4)480xg x '∴=->(2)x ≥，且(2)(2)0g f '=>，()f x ∴在[2,)+∞递增，且(30f =），(1)0f ≠，∴仅存在惟一的3n =使得212(10)1n n S c +-=成立………………………………………16分20．解：（Ⅰ）当1a =,[1,]x e ∈时2()ln 1f x x x =-+,1()2(1)1f x x f x''=-≥=, 所以()f x 在[1,]e 递增,所以2max ()()f x f e e ==……………………………………4分（Ⅱ）①当e x ≥时，a x a x x f -+=ln )(2，xax x f +='2)(，0>a ，0)(>∴x f 恒成立, )(x f ∴在),[+∞e 上增函数,故当e x =时，2min )(e e f y ==………………………………5分②当e x <≤1时，2()ln =-+f x x a x a ，)2)(2(22)(a x a x x x a x x f -+=-='，（i ）当,12≤a即20≤<a 时，)(x f '在),1(e x ∈时为正数，所以)(x f 在区间),1[e 上为增函数, 故当1=x 时，a y +=1min ，且此时)()1(e f f <2=e ………………………………7分(ii)当e a <<21,即222e a <<时，)(x f '在)2,1(a x ∈时为负数，在间),2(e ax ∈ 时为正数,所以)(x f 在区间)2,1[a 上为减函数，在],2(e a上为增函数, 故当2a x =时，2ln 223min a a a y -=，且此时)()2(e f af <2=e …………………8分 (iii)当e a≥2,即 22e a ≥时，)(x f '在),1(e x ∈时为负数，所以)(x f 在区间[1,e]上为减函数，故当e x =时，2min )(e e f y ==……………………………………………………9分综上所述，函数)(x f y =的最小值为⎪⎩⎪⎨⎧>≤<-≤<+=222min 2,22,2ln 22320,1e a e e a aa a a a y ………………10分所以当312a a +≥时,得02a <≤；当33ln 2222a a a a -≥(222a e <<)时,无解；当232e a ≥（22a e ≥）时,得a ≤不成立. 综上,所求a 的取值范围是02a <≤…………………………………11分（Ⅲ）①当02a <≤时,()g x 在[2,)+∞单调递增,由(2622ln 21g a a =--≤+）,得52ln 2233a -≤≤…………………………………………………………12分 ②当122a <≤时，()g x 在[2,)+∞先减后增,由3(2222ln 2ln 222=--<-）a a ag a , 得ln 22ln 20222a a a +--<, 设()ln 22ln 2()2ah t t t t t =+--=,()2ln 0(12)h t t t '=+><<, 所以()h t 单调递增且(2)0h =，所以()0h t <恒成立得24a <<…………14分 ③当222a e <<时,()f x 在[2,2a 递增，在[,]2aa 递减，在[,)a +∞递增, 所以由(2a g 3ln 222a a a <-,得23ln 22ln 204222a a a a-++-<, 设2()3ln 22ln 2m t t t t t =-++-,则2()22ln 0((2,)m t t t t e '=-+>∈,所以()m t 递增，且(2)0m =, 所以()0m t >恒成立，无解.④当22a e >时，()f x 在[2,2a 递增，在[,]2a a 递减，在[,)a +∞递增,所以由(2a g e <得2222ln 204a e -+-<无解. 综上,所求a 的取值范围是52[ln 2,4)33a ∈-……………………16分数学附加题部分21．A.证明：连结OF ,因为DF 切⊙O 于F ，所以∠OFD =90°,所以∠OFC +∠CFD =90°．因为OC =OF ，所以∠OCF =∠OFC ,又因为CO ⊥AB 于O ，所以∠OCF +∠CEO =90°………………………………………………………………………5分所以∠CFD =∠CEO =∠DEF ，所以DF =DE ,因为DF 是⊙O 的切线,所以DF 2=DB ·DA ．所以DE 2=DB ·DA ………………………………………………………………………………10分 B. 解：特征多项式2221()(2)14312f λλλλλλ--==--=-+--………………………3分由()0f λ=，解得121,3λλ==……6分将11λ=代入特征方程组，得0,0--=⎧⎨--=⎩x y x y0⇒+=x y ,可取11⎡⎤⎢⎥-⎣⎦为属于特征值λ1=1的一个特征向量………………………………8分同理,当23λ=时,由0,00x y x y x y -=⎧⇒-=⎨-+=⎩,所以可取11⎡⎤⎢⎥⎣⎦为属于特征值23λ=的一个特征向量．综上所述,矩阵2112⎡⎤⎢⎥⎣⎦有两个特征值1213λλ==，；属于11λ=的一个特征向量为11⎡⎤⎢⎥-⎣⎦，属于23λ=的一个特征向量为11⎡⎤⎢⎥⎣⎦…………………………………………………………10分C. 解：（Ⅰ）曲线C 的极坐标方程可化为22sin ρρθ= …………………………………2分又222,cos ,sin x y x y ρρθρθ+===,所以曲线C 的直角坐标方程为2220x y y +-=…………4分（Ⅱ）将直线l 的参数方程化为直角坐标方程,得4(2)3y x =--…………………………6分令0y =,得2x =,即M 点的坐标为(2,0). 又曲线C 为圆，圆C 的圆心坐标为(1,0)，半径1r =，则MC 分所以1MN MC r +≤………………………………………………………………10分D. 因为0m >，所以10m +>，所以要证()22211a mb a mb m m++≤++，即证222()(1)()a mb m a mb +≤++，即证22(2)0m a ab b -+≥，即证2()0a b -≥，而2()0a b -≥显然成立，故()22211a mba mb mm++≤++……………10分 22.解：（Ⅰ）令1x =-，得0122011a a a a -+-⋅⋅⋅-=20112011(12)(11)1-+-=-………………4分（Ⅱ）因为112220m n C C m n +=+=，所以202n m =-,则2x 的系数为2222m nC C + 2(1)(1)1422(202)(192)222m m n n m m m m --=⨯+=-+--=2441190m m -+………7分所以当5,10m n ==时，()f x 展开式中2x 的系数最小，最小值为85…………………10分23.解：（Ⅰ）记“仅闯过第一关的概率”这一事件为A,则339()41664P A=⋅=………………4分（Ⅱ）由题意得,ξ的取值有0,1,2,3,且1(0)4pξ==,9(1)64pξ==,(2) pξ==3135641664⋅⋅273512=, (3)pξ==313841664⋅⋅39512=,即随机变量ξ的概率分布列为:分所以,19273397350123464512512512Eξ=⨯+⨯+⨯+⨯= (10)。

2018江苏盐城市、南京市高考数学一模试题整理

2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷一、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．（5分）已知集合A={x|x（x﹣4）＜0}，B={0，1，5}，则A∩B=．2．（5分）设复数z=a+i（a∈R，i为虚数单位），若（1+i）•z为纯虚数，则a的值为．3．（5分）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．（5分）执行如图所示的伪代码，若x=0，则输出的y的值为．5．（5分）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．（5分）若抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数p 的值为．7．（5分）设函数y=e x﹣a的值域为A，若A⊆[0，+∞），则实数a的取值范围是．8．（5分）已知锐角α，β满足（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，则α+β的值为．9．（5分）若函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是．10．（5分）设S n为等差数列{a n}的前n项和，若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为．11．（5分）设函数f（x）是偶函数，当x≥0时，f（x）=，若函数y=f（x）﹣m 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是．12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若直线y=k（x﹣3）上存在一点P，圆x2+（y﹣1）2=1上存在一点Q，满足=3，则实数k的最小值为．13．（5分）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A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置所图所示，则的最大值为．14．（5分）若不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为．二、解答题（共6小题，满分90分）15．（14分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，点M，N分别是AB，A1B1的中点．（1）求证：BN∥平面A1MC；（2）若A1M⊥AB1，求证：AB1⊥A1C．16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c 已知c=．（1）若C=2B，求cosB的值；（2）若=，求cos（B）的值．17．（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、∠EOF=120°的扇形，且弧，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．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点（）处时，点Q 的坐标为（）．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且=2时，求直线BM的方程．19．（16分）设数列{a n}满足a=a n+1a n﹣1+λ（a2﹣a1）2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．（1）若{a n}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；（2）若a1=1，a2=2，a3=4，且存在r∈[3，7]，使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；=a n对任意（3）若λ≠0，且数列{a n}不是常数列，如果存在正整数T，使得a n+T的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值．20．（16分）设函数f（x）=lnx，g（x）=ax+（a，b，c∈R）．（1）当c=0时，若函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，求a，b 的值；（2）当b=3﹣a时，若对任意x0∈（1，+∞）和任意a∈（0，3），总存在不相等的正实数x1，x2，使得g（x1）=g（x2）=f（x0），求c的最小值；（3）当a=1时，设函数y=f（x）与y=g（x）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点．求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．[选做题]（在21.22.23.24四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）[选修4-1：几何证明选讲]图21．（10分）如图，已知AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．若DE=4，求切点E到直径AB的距离EF．[选修4-2：矩阵与变换]22．（10分）已知矩阵M=，求圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在极坐标系中，直线ρcos（θ+）=1与曲线ρ=r（r＞0）相切，求r的值．[选修4-5：不等式选讲]24．已知实数x，y满足x2+3y2=1，求当x+y取最大值时x的值．25．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4．（1）求直线AP与BM所成角的余弦值；（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．26．（10分）已知n∈N*，nf（n）=C n0C n1+2C n1C n2+…+nC n n﹣1C n n．（1）求f（1），f（2），f（3）的值；（2）试猜想f（n）的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合A={x|x（x﹣4）＜0}，B={0，1，5}，则A∩B={1} ．【解答】解：∵集合A={x|x（x﹣4）＜0}={x|0＜x＜4}，B={0，1，5}，∴A∩B={1}．故答案为：{1}．2．（5分）设复数z=a+i（a∈R，i为虚数单位），若（1+i）•z为纯虚数，则a的值为1．【解答】解：∵z=a+i，∴（1+i）•z=（1+i）（a+i）=a﹣1+（a+1）i，又（1+i）•z为为纯虚数，∴a﹣1=0即a=1．故答案为：1．3．（5分）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1200．【解答】解：由频率分布直方图得：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）内的频率为：1﹣（0.005+0.035+0.020+0.010）×10=0.3，∴估计该县小学六年级4000名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：4000×0.3=1200．故答案为：1200．4．（5分）执行如图所示的伪代码，若x=0，则输出的y的值为1．【解答】解：根据题意知，执行程序后，输出函数y=，当x=0时，y=e0=1．故答案为：1．5．（5分）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．【解答】解：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，从袋中一次随机摸出2个球，基本事件总数n==6，摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件有：（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共4个，∴摸出的2个球的编号之和大于4的概率为p=．故答案为：．6．（5分）若抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数p 的值为6．【解答】解：∵双曲线的方程，∴a2=4，b2=5，可得c==3，因此双曲线的右焦点为F（3，0），∵抛物线y2=2px（p＞0）的焦点与双曲线的右焦点重合，∴=3，解之得p=6．故答案为：6．7．（5分）设函数y=e x﹣a的值域为A，若A⊆[0，+∞），则实数a的取值范围是（﹣∞，2] ．【解答】解：函数y=e x﹣a的值域为A∵e x=2，∴值域为A=[2﹣a，+∞）．又∵A⊆[0，+∞），∴2﹣a≥0，即a≤2．故答案为：（﹣∞，2]．8．（5分）已知锐角α，β满足（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，则α+β的值为．【解答】解：∵（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，可得：tanα+tanβ+1=tanαtanβ，∴tan（α+β）=═﹣1，∵锐角α，β，可得：α+β∈（0，π），∴α+β=．故答案为：．9．（5分）若函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是（0，] ．【解答】解：由函数y=sinωx，图象过原点，可得ω＞0在区间[0，2π]上单调递增，∴，即．故答案为：（0，]10．（5分）设S n为等差数列{a n}的前n项和，若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为4034．【解答】解：因为S n为等差数列{a n}的前n项和，且{a n}的前2017项中的奇数项和为2018，=a1+a3+a5+…+a2017=1009×（a1+a2017）×=1009×a1009=2018，得a1009=2．所以S奇则S=a2+a4+a6+…+a2016=1008×（a2+a2016）×=1008×a1009=1008×2=2016 偶则S2017=S奇+S偶=2018+2016=4034．故答案为：4034．11．（5分）设函数f（x）是偶函数，当x≥0时，f（x）=，若函数y=f（x）﹣m 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是[1，）．【解答】解：由0≤x≤3可得f（x）∈[0，]，x＞3时，f（x）∈（0，1）．画出函数y=f（x）与y=m的图象，如图所示，∵函数y=f（x）﹣m有四个不同的零点，∴函数y=f（x）与y=m的图象有4个交点，由图象可得m的取值范围为[1，），故答案为：[1，）．12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若直线y=k（x﹣3）上存在一点P，圆x2+（y﹣1）2=1上存在一点Q，满足=3，则实数k的最小值为﹣．【解答】解：设P（x1，y1），Q（x2，y2）；则y1=k（x1﹣3）①，+（y2﹣1）2=1②；由=3，得，即，代入②得+=9；此方程表示的圆心（0，3）到直线kx﹣y﹣3k=0的距离为d≤r；即≤3，解得﹣≤k≤0．∴实数k的最小值为﹣．故答案为：﹣．13．（5分）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A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置所图所示，则的最大值为24．【解答】解：建立如图的直角坐标系，则A（，），B（0，0），那么容易得到C（0，5）时，D的位置可以有三个位置，其中D1（﹣，），D2（﹣，0），D3（﹣，），此时=（﹣，﹣），=（﹣，﹣），=（﹣，﹣5），=（﹣，﹣），则•=21，•=24，•=22.5，则的最大值为24，故答案为：24．14．（5分）若不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为100．【解答】解：∵ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC，由正弦定理可得：kb2+ac＞19bc，∴k＞，只需k大于右侧表达式的最大值即可，显然c＞b时，表达式才能取得最大值，又∵c﹣b＜a＜b+c，∴﹣b﹣c＜﹣a＜b﹣c，∴＜19+（）=20﹣（）2=100﹣（﹣10）2，当=10时，20﹣（）2取得最大值20×10﹣102=100．∴k≥100，即实数k的最小值为100．故答案为：100二、解答题（共6小题，满分90分）15．（14分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，点M，N分别是AB，A1B1的中点．（1）求证：BN∥平面A1MC；（2）若A1M⊥AB1，求证：AB1⊥A1C．【解答】证明：（1）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AB∥A1B1，且AB=A1B1，又点M，N分别是AB、A1B1的中点，所以MB=A1N，且MB∥A1N．所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1M∥BN．又BN⊄平面A1MC，A1M⊂平面A1MC，所以BN∥平面A1MC；（2）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥底面ABC，而AA1⊂侧面ABB1A1，所以侧面ABB1A1⊥底面ABC．又CA=CB，且M是AB的中点，所以CM⊥AB．则由侧面ABB1A1⊥底面ABC，侧面ABB1A1∩底面ABC=AB，CM⊥AB，且CM⊂底面ABC，得CM⊥侧面ABB1A1．又AB1⊂侧面ABB1A1，所以AB1⊥CM．又AB1⊥A1M，A1M、MC平面A1MC，且A1M∩MC=M，所以AB1⊥平面A1MC．又A1C⊂平面A1MC，所以AB⊥A1C．16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c 已知c=．（1）若C=2B，求cosB的值；（2）若=，求cos（B）的值．【解答】解：（1）因为c=，则由正弦定理，得sinC=sinB．…（2分）又C=2B，所以sin2B=sinB，即2sinBcosB=sinB．…（4分）又B是△ABC的内角，所以sinB＞0，故cosB=．…（6分）（2）因为=，所以cbcosA=bacosC，则由余弦定理，得b2+c2﹣a2=b2+a2﹣c2，得a=c．…（10分）从而cosB==，…（12分）又0＜B＜π，所以sinB==．从而cos（B+）=cosBcos﹣sinBsin=．…（14分）17．（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、∠EOF=120°的扇形，且弧，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？【解答】解：（1）在图甲中，连接MO交EF于点T．设OE=OF=OM=R，在Rt△OET中，因为∠EOT=∠EOF=60°，所以OT=，则MT=0M﹣OT=．从而BE=MT=，即R=2BE=2．故所得柱体的底面积S=S扇形OEF ﹣S△OEF=πR2﹣R2sin120°=﹣，又所得柱体的高EG=4，所以V=S×EG=﹣4．答：当BE长为1（分米）时，折卷成的包装盒的容积为﹣4立方分米．（2）设BE=x，则R=2x，所以所得柱体的底面积S=S扇形OEF﹣S△OEF=πR2﹣R2sin120°=（﹣）x2，又所得柱体的高EG=6﹣2x，所以V=S×EG=（﹣2）（﹣x3+3x2），其中0＜x＜3．令f（x）=﹣x3+3x2，0＜x＜3，则由f′（x）=﹣3x2+6x=﹣3x（x﹣2）=0，解得x=2．列表如下：所以当x=2时，f（x）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．18．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点（）处时，点Q 的坐标为（）．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且=2时，求直线BM的方程．【解答】解：（1）由N（），点Q的坐标为（），得直线NQ的方程为y=x﹣，令x=0，得点B的坐标为（0，﹣）．所以椭圆的方程为+=1．将点N的坐标（，）代入，得+=1，解得a2=4．所以椭圆C的标准方程为+=1．（2）：设直线BM的斜率为k（k＞0），则直线BM的方程为y=x﹣．在y=kx﹣中，令y=0，得x P=，而点Q是线段OP的中点，所以x Q=．所以直线BN的斜率k BN=k BQ==2k．联立，消去y，得（3+4k2）x2﹣8kx=0，解得x M=．用2k代k，得x N=．又=2，所以x N=2（x M﹣x N），得2x M=3x N，故2×==3×，又k＞0，解得k=．所以直线BM的方程为y=x﹣19．（16分）设数列{a n}满足a=a n+1a n﹣1+λ（a2﹣a1）2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．（1）若{a n}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；（2）若a1=1，a2=2，a3=4，且存在r∈[3，7]，使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；（3）若λ≠0，且数列{a n}不是常数列，如果存在正整数T，使得a n=a n对任意+T的n∈N*均成立．求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值．【解答】解：（1）由题意，可得a=（a n+d）（a n﹣d）+λd2，化简得（λ﹣1）d2=0，又d≠0，所以λ=1．（2）将a1=1，a2=2，a3=4，代入条件，可得4=1×4+λ，解得λ=0，a n﹣1，所以数列{a n}是首项为1，公比q=2的等比数列，所以a=a n+1所以a n=2n﹣1．欲存在r∈[3，7]，使得m•2n﹣1≥n﹣r，即r≥n﹣m•2n﹣1对任意n∈N*都成立，则7≥n﹣m•2n﹣1，所以m≥对任意n∈N*都成立．令b n=，则b n+1﹣b n=﹣=，＜b n；当n=8时，b9=b8；当n＜8时，b n+1＞b n．所以当n＞8时，b n+1所以b n的最大值为b9=b8=，所以m的最小值为；（3）因为数列{a n}不是常数列，所以T≥2，=a n恒成立，从而a3=a1，a4=a2，①若T=2，则a n+2所以，所以λ（a2﹣a1）2=0，又λ≠0，所以a2=a1，可得{a n}是常数列，矛盾．所以T=2不合题意．②若T=3，取a n=（*），满足a n+3=a n恒成立．由a22=a1a3+λ（a2﹣a1）2，得λ=7．则条件式变为a n2=a n+1a n﹣1+7．由22=1×（﹣3）+7，知a3k﹣12=a3k﹣2a3k+λ（a2﹣a1）2；由（﹣3）2=2×1+7，知a3k2=a3k﹣1a3k+1+λ（a2﹣a1）2；由12=2×（﹣3）+7，知a3k+12=a3k a3k+2+λ（a2﹣a1）2；所以，数列（*）适合题意．所以T的最小值为3．20．（16分）设函数f（x）=lnx，g（x）=ax+（a，b，c∈R）．（1）当c=0时，若函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，求a，b 的值；（2）当b=3﹣a时，若对任意x0∈（1，+∞）和任意a∈（0，3），总存在不相等的正实数x1，x2，使得g（x1）=g（x2）=f（x0），求c的最小值；（3）当a=1时，设函数y=f（x）与y=g（x）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点．求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．【解答】解：（1）由f（x）=lnx，得f（1）=0，又f′（x）=，所以f′（1）=1，当c=0时，g（x）=ax+，所以g′（x）=a﹣，所以g′（1）=a﹣b，因为函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，所以，即，解得a=，b=﹣；（2）当x0＞1时，则f（x0）＞0，又b=3﹣a，设t=f（x0），则题意可转化为方程ax+﹣c=t（t＞0）在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2．即关于x的方程ax2﹣（c+t）x+（3﹣a）=0（t＞0）在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2．所以，得，所以c＞2﹣t对t∈（0，+∞），a∈（0，3）恒成立．因为0＜a＜3，所以2≥2•=3（当且仅当a=时取等号），又﹣t＜0，所以2﹣t的取值范围是（﹣∞，3），所以c≥3．故c的最小值为3．（3）当a=1时，因为函数f（x）与g（x）的图象交于A，B两点，所以，两式相减，得b=x1x2（1﹣），要证明x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1，即证x1x2﹣x2＜x1x2（1﹣）＜x1x2﹣x1，即证＜＜，即证1﹣＜ln＜﹣1令=t，则t＞1，此时即证1﹣＜lnt＜t﹣1．令φ（t）=lnt+﹣1，所以φ′（t）=﹣=＞0，所以当t＞1时，函数φ（t）单调递增．又φ（1）=0，所以φ（t）=lnt+﹣1＞0，即1﹣＜lnt成立；再令m（t）=lnt﹣t+1，所以m′（t）=﹣1=＜0，所以当t＞1时，函数m（t）单调递减，又m（1）=0，所以m（t）=lnt﹣t+1＜0，即lnt＜t﹣1也成立．综上所述，实数x1，x2满足x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．[选做题]（在21.22.23.24四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）[选修4-1：几何证明选讲]图21．（10分）如图，已知AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．若DE=4，求切点E到直径AB的距离EF．【解答】解：如图，连接AE，OE，因为直线DE与⊙O相切于点E，所以DE⊥OE，又因为AD⊥DE于D，所以AD∥OE，所以∠DAE=∠OEA，①在⊙O中，OE=OA，所以∠OEA=∠OAE，②…（5分）由①②得∠DAE=∠OAE，即∠DAE=∠FAE，又∠ADE=∠AFE，AE=AE，所以△ADE≌△AFE，所以DE=FE，又DE=4，所以FE=4，即E到直径AB的距离为4．…（10分）[选修4-2：矩阵与变换]22．（10分）已知矩阵M=，求圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程．【解答】解：设P（x0，y0）是圆x2+y2=1上任意一点，则=1，设点P（x0，y0）在矩阵M对应的变换下所得的点为Q（x，y），则=，即，解得，…（5分）代入=1，得=1，∴圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程为=1．…（10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在极坐标系中，直线ρcos（θ+）=1与曲线ρ=r（r＞0）相切，求r的值．【解答】解：直线ρcos（θ+）=1，转化为：，曲线ρ=r（r＞0）转化为：x2+y2=r2，由于直线和圆相切，则：圆心到直线的距离d=．所以r=1．[选修4-5：不等式选讲]24．已知实数x，y满足x2+3y2=1，求当x+y取最大值时x的值．【解答】解：由柯西不等式，得[x2+（）2][12+（）2]≥（x•1+）2，即≥（x+y）2．而x2+3y2=1，所以（x+y）2，所以﹣，…（5分）由，得，所以当且仅当x=，y=时，（x+y）max=．所以当x+y取最大值时x值为．…（10分）25．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4．（1）求直线AP与BM所成角的余弦值；（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．【解答】解：（1）因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又OP⊥底面ABCD，以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．则A（2，0，0），B（0，1，0），P（0，0，4），C（﹣2，0，0），M（﹣1，0，2）．=（﹣2，0，4），=（01，﹣1，2），cos＜，＞===．故直线AP与BM所成角的余弦值为．…（5分）（2）=（﹣2，1，0），=（﹣1，﹣1，2）．设平面ABM的一个法向量为=（x，y，z），则，令x=2，得=（2，4，3）．又平面PAC的一个法向量为=（0，1，0），∴cos＜＞===．故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为．…（10分）26．（10分）已知n∈N*，nf（n）=C n0C n1+2C n1C n2+…+nC n n﹣1C n n．（1）求f（1），f（2），f（3）的值；（2）试猜想f（n）的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．【解答】解：（1）由条件，nf（n）=C C C C①，在①中令n=1，得f（1）=1．在①中令n=2，得2f（2）=6，得f（2）=3．在①中令n=3，得3f（3）=30，故f（3）=10．（2）猜想f（n）=．要证猜想成立，只要证等式n=•+2•+…+n•成立．由（1+x）n=+x+x2+…+x n①，两边同时对x求导数，可得n（1+x）n﹣1=+2x+3x2+n x n﹣1②，把等式①和②相乘，可得n（1+x）2n﹣1=（+x+x2+…+x n）•（+2x+3x2+n x n﹣1）③．等式左边x n的系数为n，等式右边x n的系数为•+•2+•3+…+n•n=•+2•+3•+…+n•=C C C C，根据等式③恒成立，可得n=C C C C．故f（n）=成立．。

江苏省南京市2018届高三上学期迎一模模拟考试数学试题(含答案)

（第6题）2017-2018高三数学迎一模模拟卷第I 卷（共160分）一．填空题（每题5分，共70分） 1．已知集合{|||2}A x x =≤，{|321}B x x =-≥，则AB= ▲ ．【答案】[1,2]2．复数ii a 212+-（i 是虚数单位）是纯虚数，则实数a 的值为 ▲ ．【答案】 4 3．已知命题02,:2≤++∈∃a x x R x p 是真命题，则实数a 的取值范围是_______.【答案】]1,(-∞4.从长度为2、3、5、6的四条线段中任选三条，能构成三角形的概率为 . 【答案】125．某个容量为100的样本的频率分布直方图如下，则在区间[4，5）上的数据的频数为__________．【答案】 30．6．在如图所示的算法流程图中，若输出的y 的值为26，则输入的x的值为 ▲ ．【答案】 47．在平面直角坐标系xOy 中，点F 为抛物线x 2=8y 的焦点，则F 到双曲线错误！未找到引用源。

的渐近线的距离为 ▲ ．【答案】错误！未找到引用源。

8．已知a ，b 为实数，且a ≠b ，a <0，则a ▲ 2b -ab2。

(填“>”、“<”或“=”)【答案】错误！未找到引用源。

9．A B C∆是直角边等于4的等腰直角三角形，D是斜边B C的中点，14A M AB m A C=+⋅，向量A M 的终点M 在A C D ∆的内部（不含边界），则A MB M⋅的取值范围是．【答案】 ()2,6-10．已知正数1234,,,a a a a 依次成等比数列，且公比1q ≠．将此数列删去一个数后得到的数列(按原来的顺序)是等差数列，则公比q 的取值集合是．【答案】22⎪⎪⎩⎭；11．已知棱长为1的正方体1111A B C D A B C D -，F 是棱B C 的中点，M 是线段1AF上的动点，则△1M D D 与△1M C C 的面积和的最小值是．【答案】10;12．已知函数2()(,)f x x a x b a b R =-++∈的值域为(,0]-∞，若关于x 的不等式()1f x c >-的解集为(4,1)m m-+，则实数c 的值为．【答案】214-13. 若对任意的x ∈D ，均有f 1(x )≤f (x )≤f 2(x )成立，则称函数f (x )为函数f 1(x )到函数f 2(x )在区间D 上的“折中函数”．已知函数f (x )＝(k －1)x －1，g (x )＝0，h (x )＝(x ＋1)ln x ，且f (x )是g (x )到h (x )在区间[1,2e]上的“折中函数”，则实数k 的取值集合为________．【答案】{2}14．若实数x , y 满足x －4y ＝2x －y ，则x 的取值范围是．【答案】{0} [4，20] .二、解答题：本大题共6小题，共90分.请在答题卡指定区域．．．．．．．内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（本小题满分14分）如图，在xo y 平面上，点(1,0)A ，点B 在单位圆上，A O B θ∠=（0θπ<<）（1）若点34(,)55B -，求tan ()4πθ+的值；（2）若O A O B O C+=，1813O B O C⋅=，求c o s()3πθ-.A ED C B15. （1）由于34(,55B -，A O B θ∠=，所以3c o s 5θ=-，4sin 5θ=，所以4ta n 3θ=-，所以1tan 1tan ()41tan 7πθθθ++==-- ；（2）由于(1,0)O A =,(c o s ,s in )O B θθ=,所以(1c o s ,s in )O CO AO B θθ=+=+,22218co s (1co s )sin co s co s sin 13O C O B θθθθθθ⋅=⨯++=++=.所以5co s 13θ=，所以12sin 13θ=，所以c o s()c o s c o s sinsin 33326πππθθθ-=+=.16．（本小题满分14分）如图，六面体ABCDE 中，面DBC ⊥面ABC ，AE ⊥面ABC ．（1）求证：AE //面DBC ；（2）若AB ⊥BC ，BD ⊥CD ，求证：AD ⊥DC ．16．（1）过点D 作DO ⊥BC ，O 为垂足．因为面DBC ⊥面ABC ，又面DBC∩面ABC＝BC ，DO ⊂面DBC ，所以DO ⊥面ABC ．又AE ⊥面ABC ，则AE//DO ．又AE ⊄面DBC ，DO ⊂面DBC ，故AE //面DBC ．（2）由（1）知DO ⊥面ABC ，AB ⊂面ABC ，所以DO ⊥AB ．又AB ⊥BC ，且DO∩BC ＝O ，DO ，BC ⊂平面DBC ，则AB ⊥面DBC ．因为DC ⊂面DBC ，所以AB ⊥DC ．又BD ⊥CD ，AB∩DB ＝B ，AB ，DB ⊂面ABD ，则DC ⊥面ABD ．又AD ⊂面ABD ，故可得AD ⊥DC ．17．（本小题满分14分）如图，某城市有一条公路从正西方A O 通过市中心O 后转向东偏北α角方向的O B ．位于该市的某大学M 与市中心O 的距离O M m =，且AOM β∠=．现要修筑一条铁路L ，L 在OA 上设一站A ，在OB 上设一站B ，铁路在A B 部分为直线段，且经过大学M ．其中tan 2α=，3c o s β=15A Okm=．（1）求大学M 与站A 的距离AM ；（2）求铁路A B 段的长A B ．17. （1）在A O M ∆中，15A O=，A O Mβ∠=且c o s β=O M=，由余弦定理得，2222co s A MO A O MO A O M A O M=+-⋅⋅∠2215215=+-⨯⨯13915152315372.=⨯+⨯-⨯⨯⨯=A M ∴=M 与站A 的距离AM为m；（2）c o s β=，且β为锐角，sin β∴=在A O M ∆中，由正弦定理得，sin sin A M O M M A Oβ=∠,s in M A O=∠，sin 2M A O ∴∠=4M A Oπ∴∠=，4A B O πα∴∠=-，tan 2α=，sin α∴=，c o s α=又A O Bπα∠=-，sin sin ()A O Bπα∴∠=-=，在A O B ∆中，15A O =，由正弦定理得，sin sin A B A O A O BA B O=∠∠，即15A B =，3A B ∴=A B 段的长A B为3m．18．（本小题满分16分）设椭圆:C22221(0)x y a b ab+=>>的离心率为2e=yx =+与以原点为圆心、椭圆C 的短半轴长为半径的圆O 相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）设直线12x=与椭圆C 交于不同的两点,M N ，以线段M N 为直径作圆D ．若圆D与y 轴相交于不同的两点,A B ，求A B D ∆的面积；（3）如图，1A 、2A 、1B 、2B 是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意点，直线2B P 交x 轴于点F ，直线12A B 交2A P于点E ．设2AP的斜率为k ，E F 的斜率为m ，求证：2m k -为定值．18. （1）圆O 的方程为222xyb+=，直线yx =+O 相切，b∴=，即1b =，又32e =，2∴=，2a ∴=， ∴椭圆C 的方程为2214xy +=；（2）由题意，可得11((,2424MN -，∴圆D的半径4r=，2A B ∴=∴A B D∆的面积为112228S=⋅=；（3）由题意可知1212(2,0),(2,0),(0,1),(0,1)A A B B --，2A P 的斜率为k ，∴直线2A P 的方程为(2)y k x =-，由2214(2)x y y k x =+=-⎧⎪⎨⎪⎩，得2222(14)161640kx k x k+-+-=，其中2Ax=，228214Pkxk-∴=+，222824(,)1414kk P k k--∴++，则直线2B P的方程为211221)k yx k +=-+-（，令0y=，则2(21)21k x k -=+，即2(21)(,0)21k F k -+，直线12A B 的方程为220x y -+=，由220(2)x y y k x -+=⎧⎨=-⎩，解得4221421k x k ky k +⎧=⎪⎪-⎨⎪=⎪-⎩，424(,)2121k kE k k +∴--，∴E F的斜率421212(21)4242121kkkmk kk k-+-==-+-+-，∴2112242km k k+-=⋅-=（定值）．19．(本小题满分16分)已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n＋n＝2a n(n∈N*)．(1)证明：数列{a n＋1}为等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝(2n＋1)a n＋2n＋1，数列{b n}的前n项和为T n.求满足不等式T n－22n－1>2 010的n的最小值．19．(1)因为S n＋n＝2a n，所以S n－1＝2a n－1－(n－1)(n≥2，n∈N*)．两式相减，得a n＝2a n－1＋1.所以a n＋1＝2(a n－1＋1)(n≥2，n∈N*)，所以数列{a n＋1}为等比数列．因为S n＋n＝2a n，令n＝1得a1＝1.a1＋1＝2，所以a n＋1＝2n，所以a n＝2n－1.(2)因为b n＝(2n＋1)a n＋2n＋1，所以b n＝(2n＋1)·2n.所以T n＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2T n＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②①－②，得－T n＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n＋1)·2n＋1＝6＋2×22－2n＋11－2－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1.所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1. 若Tn －22n －1>2 010，则122)12(1-⋅-+n n n >2 010，即2n ＋1>2 010.由于210＝1 024,211＝2 048，所以n ＋1≥11，即n ≥10. 所以满足不等式Tn －22n －1>2 010的n 的最小值是10.20.（本小题满分16分）已知函数21()ln 2f x a x x =+，()g x b x=-，设()()()h x f x g x =-.（1）若()f x 在2x=处取得极值，且(1)(1)2f g '=--，求函数h (x )的单调区间；（2）若0a=时函数h (x )有两个不同的零点x 1,x 2.①求b 的取值范围；②求证：1221x x e>.20. (1)因为1()f x a x x'=+，所以(1)1f a '=+,由(1)(1)2f g '=--可得a =b -3.又因为()f x 在2x=处取得极值，所以22f '=+，所以a = -2,b =1 . 所以2()ln h x xx x=-++，其定义域为（0，+∞）2121(21)(1)()21=x x x x h x x xxx-++-+-'=-++=令()0h x '=得121,12xx =-=，当x ∈（0,1）时，()>0h x '，当x ∈（1,+∞）()<0h x '，所以函数h (x )在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+∞）上单调减. （2）当0a=时，()ln h x x b x =+，其定义域为（0，+∞）.①由()0h x =得ln -x b x=，记ln ()x x xϕ=-，则2ln 1()x x xϕ-'=,所以ln ()x x xϕ=-在(0,)e 单调减，在(,)e +∞单调增，所以当xe=时ln ()x x xϕ=-取得最小值1e-.又(1)0ϕ=，所以(0,1)x ∈时()0x ϕ>，而(1,)x ∈+∞时()0x ϕ<, 所以b 的取值范围是（1e -，0）.②由题意得1122ln 0,ln 0x b x x b x +=+=,所以12122121ln ()0,ln ln ()0x x b x x x x b x x ++=-+-=,所以12122121ln ln ln x x x x x x x x +=--，不妨设x 1<x 2,要证212xx e> , 只需要证12122121ln (ln ln )2x x xx x x x x +=->-.即证2121212()ln ln x x xx x x -->+，设21(1)x tt x =>,则2(1)4()ln ln 211t F t t t t t -=-=+-++, 所以22214(1)()0(1)(1)t F t tt t t -'=-=>++,所以函数()F t 在（1，+∞）上单调增，而(1)0F =，所以()0F t >即2(1)ln 1t t t ->+,所以212x x e> .第Ⅱ卷（附加题，共40分）21．[选做题]B ．（选修４－２：矩阵与变换）已知点P (a ，b )，先对它作矩阵M 122122⎡-⎢=⎥⎥⎥⎣⎦对应的变换，再作N 2002⎡⎤=⎢⎥⎣⎦对应的变换，得到的点的坐标为 (8，)，求实数a ，b 的值．B ．依题意，NM 2002⎡⎤=⎢⎥⎣⎦1212⎡-⎢⎥⎥⎥⎦11⎡=⎥⎦，由逆矩阵公式得， (NM )1-144144⎡⎢=⎢⎥⎢⎥-⎢⎥⎣⎦，所以185414⎡⎢⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎢⎢⎥⎣⎣-⎢⎥⎣⎦，即有5a=，b=C ．（选修４－４：坐标系与参数方程）已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合,极轴与x 轴的正半轴重合.若直线l的极坐标方程为s in ()4πρθ-=(1)把直线l 的极坐标方程化为直角坐标系方程; (2)已知P 为椭圆22:139xyC+=上一点,求P 到直线l 的距离的最小值.C.(1)直线l的极坐标方程s in 4ρθπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭sin c o s 22θθ-=即sin co s 4ρθρθ-=,所以直线l 的直角坐标方程为40x y -+=;(2)P 为椭圆22139xy C +=:上一点,设o s 3s in )P αα,,其中[02)α∈π,,则P 到直线l的距离d==,所以当0c o s(60)1α+=-时,d的最小值为【必做题】第22题、第23题，每题10分，共计20分. 22．（本小题满分10分）抛掷甲，乙两枚质地均匀且四面上分别标有1，2，3，4的正四面体，其底面落于桌面，记所得数字分别为x ，y ．设ξ为随机变量，若x y为整数，则0ξ=；若x y为小于1的分数，则1ξ=-；若xy为大于1的分数，则1ξ=．（1）求概率(0)P ξ=；（2）求ξ的分布列，并求其数学期望()E ξ．22．（1）依题意，数对（x ，y ）共有16种，其中使x y为整数的有以下8种：（1，1），（2，2），（3，3），（4，4），（2，1），（3，1），（4，1），（4，2），所以81(0)162P ξ===；（2）随机变量ξ的所有取值为1-，0，1，1ξ=-有以下6种：（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），故63(1)168P ξ=-==；1ξ=有以下2种：（3，2），（4，3），故21(1)P ξ===；所以ξ的分布列为：3111()1018284E ξ=-⨯+⨯+⨯=-，答：ξ的数学期望为14-．23．（本小题满分10分）已知2012(2)(1)(1)+(1)(*)n nn x a a x a x a x n N +=+-+--∈．⑴求0a 及1nnii Sa ==∑；⑵试比较nS 与2(2)32nn n-+的大小，并说明理由．23．⑴令1x =，则03na =，令2x =，则04nni i a ==∑，所以143nn ni i a ==-∑．⑵要比较nS 与2(2)32n n n -+的大小，只要比较4n 与2(1)32n n n -+的大小．当1n =时，24(1)32n n n n >-+，当2n =或3时，24(1)32n n n n <-+，当n=4或5时，24(1)32n n n n >-+ 猜想：当n ≥4时，24(1)32n n n n >-+．下面用数学归纳法证明： ①由上述过程可知，当4n =时，结论成立．②假设当*(,)n k k k =∈N ≥4时结论成立，即24(1)32k k k k >-+，两边同乘以4，得1212244(1)3232(1)[(4)342]k k k k k k k k k kk ⎡⎤>-=---⎣⎦+++++++6，而22(4)342(4)3(2)kkkkk k k k ---=---+6+6+2k +10(4)3(2)(1)0k k k k =-->+6++2k +10，所以1124[(1)1]32(1)k k k k>-+++++，即1n k =+时结论也成立．由①②可知，当4n ≥时，24(1)32n n n n >-+成立．综上所述，当1n =时，2(2)32n n S n n >-+；当2n =或3时，2(2)32n nS n n>-+；当4n ≥时，2(2)32n n S n n >-+．。

2018年江苏省盐城市、南京市高考高三数学一模试卷及解析

2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷一、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.(5分)已知集合A＝{x|x(x﹣4)＜0},B＝{0,1,5},则A∩B＝.2.(5分)设复数z＝a＋i(a∈R,i为虚数单位),若(1＋i)•z为纯虚数,则a的值为.3.(5分)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.(5分)执行如图所示的伪代码,若x＝0,则输出的y的值为.5.(5分)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.(5分)若抛物线y2＝2px的焦点与双曲线的右焦点重合,则实数p的值为.7.(5分)设函数y＝e x﹣a的值域为A,若A⊆[0,＋∞),则实数a的取值范围是.8.(5分)已知锐角α,β满足(tanα﹣1)(tanβ﹣1)＝2,则α＋β的值为.9.(5分)若函数y＝sinωx在区间[0,2π]上单调递增,则实数ω的取值范围是.10.(5分)设S n为等差数列{a n}的前n项和,若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018,则S2017的值为.11.(5分)设函数f(x)是偶函数,当x≥0时,f(x)＝,若函数y＝f(x)﹣m 有四个不同的零点,则实数m的取值范围是.12.(5分)在平面直角坐标系xOy中,若直线y＝k(x﹣3)上存在一点P,圆x2＋(y﹣1)2＝1上存在一点Q,满足＝3,则实数k的最小值为.13.(5分)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A,B,C,D四点均位于图中的“晶格点”处,且A,B的位置所图所示,则的最大值为.14.(5分)若不等式ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立,则实数k的最小值为.二、解答题(共6小题,满分90分)15.(14分)如图所示,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA＝CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点.(1)求证：BN∥平面A1MC；(2)若A1M⊥AB1,求证：AB1⊥A1C.16.(14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c 已知c＝.(1)若C＝2B,求cosB的值；(2)若＝,求cos(B)的值.17.(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、∠EOF＝120°的扇形,且弧,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.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：(a＞b＞0)的下顶点为B,点M,N是椭圆上异于点B的动点,直线BM,BN分别与x轴交于点P,Q,且点Q是线段OP的中点.当点N运动到点()处时,点Q的坐标为().(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线MN交y轴于点D,当点M,N均在y轴右侧,且＝2时,求直线BM的方程.19.(16分)设数列{a n}满足a＝a n＋1a n﹣1＋λ(a2﹣a1)2,其中n≥2,且n∈N,λ为常数.(1)若{a n}是等差数列,且公差d≠0,求λ的值；(2)若a1＝1,a2＝2,a3＝4,且存在r∈[3,7],使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立,求m的最小值；(3)若λ≠0,且数列{a n}不是常数列,如果存在正整数T,使得a n＋T＝a n对任意的n∈N*均成立.求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值.20.(16分)设函数f(x)＝lnx,g(x)＝ax＋(a,b,c∈R).(1)当c＝0时,若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线,求a,b的值；(2)当b＝3﹣a时,若对任意x0∈(1,＋∞)和任意a∈(0,3),总存在不相等的正实数x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0),求c的最小值；(3)当a＝1时,设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1＜x2)两点.求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1.[选做题](在21.22.23.24四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内)[选修4-1：几何证明选讲]图21.(10分)如图,已知AB为⊙O的直径,直线DE与⊙O相切于点E,AD垂直DE于点D.若DE＝4,求切点E到直径AB的距离EF.[选修4-2：矩阵与变换]22.(10分)已知矩阵M＝,求圆x2＋y2＝1在矩阵M的变换下所得的曲线方程.[选修4-4：坐标系与参数方程]23.在极坐标系中,直线ρcos(θ＋)＝1与曲线ρ＝r(r＞0)相切,求r的值.[选修4-5：不等式选讲]24.已知实数x,y满足x2＋3y2＝1,求当x＋y取最大值时x的值.25.(10分)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形,AC与BD交于点O,OP⊥底面ABCD,点M为PC中点,AC＝4,BD＝2,OP＝4.(1)求直线AP与BM所成角的余弦值；(2)求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.26.(10分)已知n∈N*,nf(n)＝C n0C n1＋2C n1C n2＋…＋nC n n﹣1C n n.(1)求f(1),f(2),f(3)的值；(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示),并证明你的猜想.2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、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.(5分)已知集合A＝{x|x(x﹣4)＜0},B＝{0,1,5},则A∩B＝{1} .【试题解答】解：∵集合A＝{x|x(x﹣4)＜0}＝{x|0＜x＜4},B＝{0,1,5},∴A∩B＝{1}.故答案为：{1}.2.(5分)设复数z＝a＋i(a∈R,i为虚数单位),若(1＋i)•z为纯虚数,则a的值为1.【试题解答】解：∵z＝a＋i,∴(1＋i)•z＝(1＋i)(a＋i)＝a﹣1＋(a＋1)i,又(1＋i)•z为为纯虚数,∴a﹣1＝0即a＝1.故答案为：1.3.(5分)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1200.【试题解答】解：由频率分布直方图得：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)内的频率为：1﹣(0.005＋0.035＋0.020＋0.010)×10＝0.3,∴估计该县小学六年级4000名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：4000×0.3＝1200.故答案为：1200.4.(5分)执行如图所示的伪代码,若x＝0,则输出的y的值为1.【试题解答】解：根据题意知,执行程序后,输出函数y＝,当x＝0时,y＝e0＝1.故答案为：1.5.(5分)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.【试题解答】解：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,从袋中一次随机摸出2个球,基本事件总数n＝＝6,摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件有：(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共4个,∴摸出的2个球的编号之和大于4的概率为p＝.故答案为：.6.(5分)若抛物线y2＝2px的焦点与双曲线的右焦点重合,则实数p的值为6.【试题解答】解：∵双曲线的方程,∴a2＝4,b2＝5,可得c＝＝3,因此双曲线的右焦点为F(3,0),∵抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点与双曲线的右焦点重合,∴＝3,解之得p＝6.故答案为：6.7.(5分)设函数y＝e x﹣a的值域为A,若A⊆[0,＋∞),则实数a的取值范围是(﹣∞,2] .【试题解答】解：函数y＝e x﹣a的值域为A∵e x＝2,∴值域为A＝[2﹣a,＋∞).又∵A⊆[0,＋∞),∴2﹣a≥0,即a≤2.故答案为：(﹣∞,2].8.(5分)已知锐角α,β满足(tanα﹣1)(tanβ﹣1)＝2,则α＋β的值为.【试题解答】解：∵(tanα﹣1)(tanβ﹣1)＝2,可得：tanα＋tanβ＋1＝tanαtanβ,∴tan(α＋β)＝═﹣1,∵锐角α,β,可得：α＋β∈(0,π),∴α＋β＝.故答案为：.9.(5分)若函数y＝sinωx在区间[0,2π]上单调递增,则实数ω的取值范围是(0,] .【试题解答】解：由函数y＝sinωx,图象过原点,可得ω＞0在区间[0,2π]上单调递增,∴,即.故答案为：(0,]10.(5分)设S n为等差数列{a n}的前n项和,若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018,则S2017的值为4034.【试题解答】解：因为S n为等差数列{a n}的前n项和,且{a n}的前2017项中的奇数项和为2018,所以S＝a1＋a3＋a5＋…＋a2017＝1009×(a1＋a2017)×＝1009×a1009＝2018,得奇a1009＝2.＝a2＋a4＋a6＋…＋a2016＝1008×(a2＋a2016)×＝1008×a1009＝1008×2＝则S偶2016则S2017＝S奇＋S偶＝2018＋2016＝4034.故答案为：4034.11.(5分)设函数f(x)是偶函数,当x≥0时,f(x)＝,若函数y＝f(x)﹣m 有四个不同的零点,则实数m的取值范围是[1,).【试题解答】解：由0≤x≤3可得f(x)∈[0,],x＞3时,f(x)∈(0,1).画出函数y＝f(x)与y＝m的图象,如图所示,∵函数y＝f(x)﹣m有四个不同的零点,∴函数y＝f(x)与y＝m的图象有4个交点,由图象可得m的取值范围为[1,),故答案为：[1,).12.(5分)在平面直角坐标系xOy中,若直线y＝k(x﹣3)上存在一点P,圆x2＋(y﹣1)2＝1上存在一点Q,满足＝3,则实数k的最小值为﹣.【试题解答】解：设P(x1,y1),Q(x2,y2)；则y1＝k(x1﹣3)①,＋(y2﹣1)2＝1②；由＝3,得,即,代入②得＋＝9；此方程表示的圆心(0,3)到直线kx﹣y﹣3k＝0的距离为d≤r；即≤3,解得﹣≤k≤0.∴实数k的最小值为﹣.故答案为：﹣.13.(5分)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A,B,C,D四点均位于图中的“晶格点”处,且A,B的位置所图所示,则的最大值为24.【试题解答】解：建立如图的直角坐标系,则A(,),B(0,0),那么容易得到C(0,5)时,D的位置可以有三个位置,其中D1(﹣,),D2(﹣,0),D3(﹣,),此时＝(﹣,﹣),＝(﹣,﹣),＝(﹣,﹣5),＝(﹣,﹣),则•＝21,•＝24,•＝22.5,则的最大值为24,故答案为：24.14.(5分)若不等式ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立,则实数k的最小值为100.【试题解答】解：∵ksin2B＋sinAsinC＞19sinBsinC,由正弦定理可得：kb2＋ac＞19bc,∴k＞,只需k大于右侧表达式的最大值即可,显然c＞b时,表达式才能取得最大值,又∵c﹣b＜a＜b＋c,∴﹣b﹣c＜﹣a＜b﹣c,∴＜19＋()＝20﹣()2＝100﹣(﹣10)2,当＝10时,20﹣()2取得最大值20×10﹣102＝100.∴k≥100,即实数k的最小值为100.故答案为：100二、解答题(共6小题,满分90分)15.(14分)如图所示,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,CA＝CB,点M,N分别是AB,A1B1的中点.(1)求证：BN∥平面A1MC；(2)若A1M⊥AB1,求证：AB1⊥A1C.【试题解答】证明：(1)因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以AB∥A1B1,且AB＝A1B1,又点M,N分别是AB、A1B1的中点,所以MB＝A1N,且MB∥A1N.所以四边形A1NBM是平行四边形,从而A1M∥BN.又BN⊄平面A1MC,A1M⊂平面A1MC,所以BN∥平面A1MC；(2)因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱,所以AA1⊥底面ABC,而AA1⊂侧面ABB1A1,所以侧面ABB1A1⊥底面ABC.又CA＝CB,且M是AB的中点,所以CM⊥AB.则由侧面ABB1A1⊥底面ABC,侧面ABB1A1∩底面ABC＝AB,CM⊥AB,且CM⊂底面ABC,得CM⊥侧面ABB1A1.又AB1⊂侧面ABB1A1,所以AB1⊥CM.又AB1⊥A1M,A1M、MC平面A1MC,且A1M∩MC＝M,所以AB1⊥平面A1MC.又A1C⊂平面A1MC,所以AB⊥A1C.16.(14分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c 已知c＝.(1)若C＝2B,求cosB的值；(2)若＝,求cos(B)的值.【试题解答】解：(1)因为c＝,则由正弦定理,得sinC＝sinB. …(2分)又C＝2B,所以sin2B＝sinB,即2sinBcosB＝sinB. …(4分)又B是△ABC的内角,所以sinB＞0,故cosB＝. …(6分) (2)因为＝,所以cbcosA＝bacosC,则由余弦定理,得b2＋c2﹣a2＝b2＋a2﹣c2,得a＝c. …(10分)从而cosB＝＝,…(12分)又0＜B＜π,所以sinB＝＝.从而cos(B＋)＝cosBcos﹣sinBsin＝. …(14分)17.(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、∠EOF＝120°的扇形,且弧,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？【试题解答】解：(1)在图甲中,连接MO交EF于点T.设OE＝OF＝OM＝R,在Rt△OET中,因为∠EOT＝∠EOF＝60°,所以OT＝,则MT＝0M﹣OT＝.从而BE＝MT＝,即R＝2BE＝2.故所得柱体的底面积S＝S扇形OEF ﹣S△OEF＝πR2﹣R2sin120°＝﹣,又所得柱体的高EG＝4,所以V＝S×EG＝﹣4.答：当BE长为1(分米)时,折卷成的包装盒的容积为﹣4立方分米.(2)设BE＝x,则R＝2x,所以所得柱体的底面积S＝S扇形OEF﹣S△OEF＝πR2﹣R2sin120°＝(﹣)x2,又所得柱体的高EG＝6﹣2x,所以V＝S×EG＝(﹣2)(﹣x3＋3x2),其中0＜x＜3.令f(x)＝﹣x3＋3x2,0＜x＜3,则由f′(x)＝﹣3x2＋6x＝﹣3x(x﹣2)＝0,解得x＝2.列表如下：x(0,2)2(2,3)f′(x)＋0﹣f(x)增极大值减所以当x＝2时,f(x)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.18.(16分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：(a＞b＞0)的下顶点为B,点M,N是椭圆上异于点B的动点,直线BM,BN分别与x轴交于点P,Q,且点Q是线段OP的中点.当点N运动到点()处时,点Q的坐标为().(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线MN交y轴于点D,当点M,N均在y轴右侧,且＝2时,求直线BM的方程.【试题解答】解：(1)由N(),点Q的坐标为(),得直线NQ的方程为y＝x﹣,令x＝0,得点B的坐标为(0,﹣).所以椭圆的方程为＋＝1.将点N的坐标(,)代入,得＋＝1,解得a2＝4.所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)：设直线BM的斜率为k(k＞0),则直线BM的方程为y＝x﹣.在y＝kx﹣中,令y＝0,得x P＝,而点Q是线段OP的中点,所以x Q＝.所以直线BN的斜率k BN＝k BQ＝＝2k.联立,消去y,得(3＋4k2)x2﹣8kx＝0,解得x M＝.用2k代k,得x N＝.又＝2,所以x N＝2(x M﹣x N),得2x M＝3x N,故2×＝＝3×,又k＞0,解得k＝.所以直线BM的方程为y＝x﹣19.(16分)设数列{a n}满足a＝a n＋1a n﹣1＋λ(a2﹣a1)2,其中n≥2,且n∈N,λ为常数.(1)若{a n}是等差数列,且公差d≠0,求λ的值；(2)若a1＝1,a2＝2,a3＝4,且存在r∈[3,7],使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立,求m的最小值；(3)若λ≠0,且数列{a n}不是常数列,如果存在正整数T,使得a n＋T＝a n对任意的n∈N*均成立.求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值.【试题解答】解：(1)由题意,可得a＝(a n＋d)(a n﹣d)＋λd2,化简得(λ﹣1)d2＝0,又d≠0,所以λ＝1.(2)将a1＝1,a2＝2,a3＝4,代入条件,可得4＝1×4＋λ,解得λ＝0,所以a＝a na n﹣1,所以数列{a n}是首项为1,公比q＝2的等比数列,＋1所以a n＝2n﹣1.欲存在r∈[3,7],使得m•2n﹣1≥n﹣r,即r≥n﹣m•2n﹣1对任意n∈N*都成立,则7≥n﹣m•2n﹣1,所以m≥对任意n∈N*都成立.令b n＝,则b n＋1﹣b n＝﹣＝,所以当n＞8时,b n＋1＜b n；当n＝8时,b9＝b8；当n＜8时,b n＋1＞b n.所以b n的最大值为b9＝b8＝,所以m的最小值为；(3)因为数列{a n}不是常数列,所以T≥2,①若T＝2,则a n＋2＝a n恒成立,从而a3＝a1,a4＝a2,所以,所以λ(a2﹣a1)2＝0,又λ≠0,所以a2＝a1,可得{a n}是常数列,矛盾.所以T＝2不合题意.②若T＝3,取a n＝(*),满足a n＋3＝a n恒成立.由a22＝a1a3＋λ(a2﹣a1)2,得λ＝7.则条件式变为a n2＝a n＋1a n﹣1＋7.由22＝1×(﹣3)＋7,知a3k﹣12＝a3k﹣2a3k＋λ(a2﹣a1)2；由(﹣3)2＝2×1＋7,知a3k2＝a3k﹣1a3k＋1＋λ(a2﹣a1)2；由12＝2×(﹣3)＋7,知a3k＋12＝a3k a3k＋2＋λ(a2﹣a1)2；所以,数列(*)适合题意.所以T的最小值为3.20.(16分)设函数f(x)＝lnx,g(x)＝ax＋(a,b,c∈R).(1)当c＝0时,若函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线,求a,b的值；(2)当b＝3﹣a时,若对任意x0∈(1,＋∞)和任意a∈(0,3),总存在不相等的正实数x1,x2,使得g(x1)＝g(x2)＝f(x0),求c的最小值；(3)当a＝1时,设函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1＜x2)两点.求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1.【试题解答】解：(1)由f(x)＝lnx,得f(1)＝0,又f′(x)＝,所以f′(1)＝1,当c＝0时,g(x)＝ax＋,所以g′(x)＝a﹣,所以g′(1)＝a﹣b,因为函数f(x)与g(x)的图象在x＝1处有相同的切线,所以,即,解得a＝,b＝﹣；(2)当x0＞1时,则f(x0)＞0,又b＝3﹣a,设t＝f(x0),则题意可转化为方程ax＋﹣c＝t(t＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x1,x2. 即关于x的方程ax2﹣(c＋t)x＋(3﹣a)＝0(t＞0)在(0,＋∞)上有相异两实根x1,x2.所以,得,所以c＞2﹣t对t∈(0,＋∞),a∈(0,3)恒成立.因为0＜a＜3,所以2≥2•＝3(当且仅当a＝时取等号),又﹣t＜0,所以2﹣t的取值范围是(﹣∞,3),所以c≥3.故c的最小值为3.(3)当a＝1时,因为函数f(x)与g(x)的图象交于A,B两点,所以,两式相减,得b＝x1x2(1﹣),要证明x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1,即证x1x2﹣x2＜x1x2(1﹣)＜x1x2﹣x1,即证＜＜,即证1﹣＜ln＜﹣1令＝t,则t＞1,此时即证1﹣＜lnt＜t﹣1.令φ(t)＝lnt＋﹣1,所以φ′(t)＝﹣＝＞0,所以当t＞1时,函数φ(t)单调递增.又φ(1)＝0,所以φ(t)＝lnt＋﹣1＞0,即1﹣＜lnt成立；再令m(t)＝lnt﹣t＋1,所以m′(t)＝﹣1＝＜0,所以当t＞1时,函数m(t)单调递减,又m(1)＝0,所以m(t)＝lnt﹣t＋1＜0,即lnt＜t﹣1也成立.综上所述,实数x1,x2满足x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1.[选做题](在21.22.23.24四小题中只能选做2题,每小题10分,计20分.请把答案写在答题纸的指定区域内)[选修4-1：几何证明选讲]图21.(10分)如图,已知AB为⊙O的直径,直线DE与⊙O相切于点E,AD垂直DE于点D.若DE＝4,求切点E到直径AB的距离EF.【试题解答】解：如图,连接AE,OE,因为直线DE与⊙O相切于点E,所以DE⊥OE,又因为AD⊥DE于D,所以AD∥OE,所以∠DAE＝∠OEA,①在⊙O中,OE＝OA,所以∠OEA＝∠OAE,②…(5分)由①②得∠DAE＝∠OAE,即∠DAE＝∠FAE,又∠ADE＝∠AFE,AE＝AE,所以△ADE≌△AFE,所以DE＝FE,又DE＝4,所以FE＝4,即E到直径AB的距离为4.…(10分)[选修4-2：矩阵与变换]22.(10分)已知矩阵M＝,求圆x2＋y2＝1在矩阵M的变换下所得的曲线方程.【试题解答】解：设P(x0,y0)是圆x2＋y2＝1上任意一点,则＝1,设点P(x0,y0)在矩阵M对应的变换下所得的点为Q(x,y),则＝,即,解得,…(5分)代入＝1,得＝1,∴圆x2＋y2＝1在矩阵M的变换下所得的曲线方程为＝1.…(10分)[选修4-4：坐标系与参数方程]23.在极坐标系中,直线ρcos(θ＋)＝1与曲线ρ＝r(r＞0)相切,求r的值.【试题解答】解：直线ρcos(θ＋)＝1,转化为：,曲线ρ＝r(r＞0)转化为：x2＋y2＝r2,由于直线和圆相切,则：圆心到直线的距离d＝.所以r＝1.[选修4-5：不等式选讲]24.已知实数x,y满足x2＋3y2＝1,求当x＋y取最大值时x的值.【试题解答】解：由柯西不等式,得[x2＋()2][12＋()2]≥(x•1＋)2,即≥(x＋y)2.而x2＋3y2＝1,所以(x＋y)2,所以﹣,…(5分)由,得,所以当且仅当x＝,y＝时,(x＋y)max＝.所以当x＋y取最大值时x值为.…(10分)25.(10分)如图,四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形,AC与BD交于点O,OP⊥底面ABCD,点M为PC中点,AC＝4,BD＝2,OP＝4.(1)求直线AP与BM所成角的余弦值；(2)求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值.【试题解答】解：(1)因为ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又OP⊥底面ABCD,以O为原点,直线OA,OB,OP分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系.则A(2,0,0),B(0,1,0),P(0,0,4),C(﹣2,0,0),M(﹣1,0,2).＝(﹣2,0,4),＝(01,﹣1,2),cos＜,＞＝＝＝.故直线AP与BM所成角的余弦值为.…(5分)(2)＝(﹣2,1,0),＝(﹣1,﹣1,2).设平面ABM的一个法向量为＝(x,y,z),则,令x＝2,得＝(2,4,3).又平面PAC的一个法向量为＝(0,1,0),∴cos＜＞＝＝＝.故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为.…(10分)26.(10分)已知n∈N*,nf(n)＝C n0C n1＋2C n1C n2＋…＋nC n n﹣1C n n.(1)求f(1),f(2),f(3)的值；(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示),并证明你的猜想.【试题解答】解：(1)由条件,nf(n)＝C C C C①,在①中令n＝1,得f(1)＝1.在①中令n＝2,得2f(2)＝6,得f(2)＝3.在①中令n＝3,得3f(3)＝30,故f(3)＝10.(2)猜想f(n)＝.要证猜想成立,只要证等式n＝•＋2•＋…＋n•成立.由(1＋x)n＝＋x＋x2＋…＋x n①,两边同时对x求导数,可得n(1＋x)n﹣1＝＋2x＋3x2＋n x n﹣1②,把等式①和②相乘,可得n(1＋x)2n﹣1＝(＋x＋x2＋…＋x n)•(＋2x＋3x2＋n x n﹣1 ) ③.等式左边x n的系数为n,等式右边x n的系数为•＋•2＋•3＋…＋n•n＝•＋2•＋3•＋…＋n•＝C C C C,根据等式③恒成立,可得n＝C C C C.故f(n)＝成立.。

D01南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学试题

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：V Sh =，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)0A x x x =-<，{}0,1,5B =，则=B A ．2．设复数(,z a i a R i =+∈为虚数单位），若(1)i z +⋅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22y px =的焦点与双曲线22145x y -=的右焦点重合，则实数p 的值时间(单位:分钟)50 60 70 80 90 100 0.035 a 0.020 0.010 0.005第3题图第4题图为． 7．设函数1x xy e a e=+-的值域为A ，若[0,)A ⊆+∞，则实数a 的取值范围是． 8．已知锐角,αβ满足()()tan 1tan 12αβ--=，则αβ+的值为． 9．若函数sin y x ω=在区间[0,2]π上单调递增，则实数ω的取值范围是． 10．设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若{}n a 的前2017项中的奇数项和为2018，则2017S 的值为．11．设函数()f x 是偶函数，当x ≥0时，()f x =(3),03,31,>3x x x x x-≤≤⎧⎪⎨-+⎪⎩，若函数()y f x m =-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(y k x =-上存在一点P ，圆22(1)1x y +-=上存在一点Q ，满足3OP OQ =，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,,,A B C D 四点均位于图中的“晶格点”处，且,A B 的位置所图所示，则⋅的最大值为．14．若不等式2sin sin sin 19sin sin k B A C B C +>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111ABC A B C -中，CA CB =，点,M N 分别是11,AB A B 的中点. （1）求证：BN ∥平面1A MC ；（2）若11A M AB ⊥，求证：11AB AC ⊥.16．(本小题满分14分)第13题图ABCA 1B 1C 1MN第15题图在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,,a b c已知2c =．（1）若2C B =，求cos B 的值；（2）若AB AC CA CB ⋅=⋅，求cos()4B π+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)第17题-图甲F第17题-图乙如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的下顶点为B ，点,M N是椭圆上异于点B 的动点，直线,BM BN 分别与x 轴交于点,P Q ，且点Q 是线段OP 的中点．当点N运动到点处时，点Q的坐标为．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线MN 交y 轴于点D ，当点,M N 均在y 轴右侧，且2DN NM =时，求直线BM的方程．19．(本小题满分16分)设数列{}n a 满足221121()n n n a a a a a λ+-=+-，其中2≥n ，且n N ∈，λ为常数. （1）若{}n a 是等差数列，且公差0d ≠，求λ的值；（2）若1231,2,4a a a ===，且存在[3,7]r ∈，使得r n a m n -≥.对任意的*n N ∈都成立，求m 的最小值；（3）若0λ≠，且数列{}n a 不是常数列，如果存在正整数T ，使得n T n a a +=对任意的*n N∈均成立. 求所有满足条件的数列{}n a 中T 的最小值.20．(本小题满分16分)设函数()ln f x x =，()bg x ax c x=+-（,,a b c R ∈）. （1）当0c =时，若函数()f x 与()g x 的图象在1x =处有相同的切线，求,a b 的值；（2）当3b a =-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,x x，使得120()()()g x g x f x ==，求c 的最小值；（3）当1a =时，设函数()y f x =与()y g x =的图象交于11(,),A x y 2212(,)()B x y x x <两点．求证：122121x x x b x x x -<<-.数学附加题部分（本部分满分40分，考试时间30分钟）21．[选做题]（在A 、B 、C 、D 四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内） A .（选修4-1：几何证明选讲）如图，已知AB 为⊙O 的直径，直线DE 与⊙O 相切于点E ，AD 垂直DE 于点D . 若4DE =，求切点E 到直径AB 的距离EF ．B .（选修4-2：矩阵与变换）已知矩阵 2 00 1⎡⎤=⎢⎥⎣⎦M ，求圆221x y +=在矩阵M 的变换下所得的曲线方程. C ．（选修4-4：坐标系与参数方程）A B E D F O · 第21(A)图在极坐标系中，直线cos()13πρθ+=与曲线r ρ=(0r >)相切，求r 的值.D ．(选修4-5：不等式选讲）已知实数,x y 满足2231x y +=，求当x y +取最大值时x 的值.[必做题]（第22、23题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内） 22．（本小题满分10分）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，AC 与BD 交于点O ，OP ⊥底面ABCD ，点M 为PC 中点，4,2,4AC BD OP ===. （1）求直线AP 与BM 所成角的余弦值；（2）求平面ABM 与平面PAC 所成锐二面角的余弦值．23．（本小题满分10分）已知n N *∈，()0112112r r n nn n n n n n n n nf n C C C C rC C nC C --=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．（1）求()1,f ()2,f ()3f 的值；（2）试猜想()f n 的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．M A C D O P 第22题图数学参考答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，计70分.1．{}1 2．1 3．1200 4．1 5．236．6 7．(,2]-∞ 8．34π 9．1(0,]4 10．4034 11．9[1,)412．答案：解析：设点),(y x P ，由3=，得)3,3(yx Q ，因为Q 点在圆22(1)1x y +-=上，得113322=⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛y x ，即9)3(22=-+y x ，所以点P 既在圆9)3(22=-+y x 上，又在直线(y k x =-，可得直线与圆有交点，所以31|333|2≤+--=k k d ，解得03≤≤-k ，所以k的最小值为13．答案：24解析：先建立直角坐标系，由向量投影知. 取最大值时C （0,5），)0,3(-D ，)29,23(A ，)0,0(B ，即2424523)5,3).(29,23(.=+=----=CD AB14．答案：100解析：法一由正弦定理2sin sin sin 19sin sin k B A C B C +>bc ac kb 192>+⇔，分离参数，得22)(1919b ca b b ac bc k -=->，而在ABC ∆中b a c +>，所以100919181819))((19)(192222222+⎪⎭⎫ ⎝⎛--=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-+=+-<-b a b a b a b a ab b b a b a b b c a b 所以100)(19max2=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-b c a b ，即100max =k 法二（线性规划）同上，利用正弦定理得b c b a b c k .19->，令b a x =，bcy =，又⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧>>+>+>+⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>>+>+>+0,,1110,,c b a b a b c b c b a b c b a c b a a c b b c a c b a ，可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>>+>+>+0,111y x xy y x y x ，xy y k ->19，令xy y z -=19，可知x z y -=19，画出可行域如图，当曲线x z y -=19与直线1+=x y 相切时，100=z ，所以100max =k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111ABC A B C -是直三棱柱，所以11//AB A B ，且11AB A B =，又点,M N 分别是11,AB A B 的中点，所以1MB A N =，且1//MB A N ．所以四边形1A NBM 是平行四边形，从而1//A M BN ．……………4分又BN ⊄平面1A MC ，1A M ⊂平面1A MC ，所以BN ∥面1A MC ． ……………6分（2）因为111ABC A B C -是直三棱柱，所以1AA ⊥底面ABC ，而1AA ⊂侧面11ABB A ，所以侧面11ABB A ⊥底面ABC ．又CA CB =，且M 是AB 的中点，所以CM AB ⊥．则由侧面11ABB A ⊥底面ABC ，侧面11ABB A 底面ABC AB =，CM AB ⊥，且CM ⊂底面ABC ，得CM ⊥侧面11ABB A ．……………8分又1AB ⊂侧面11ABB A ，所以1AB CM ⊥．……………10分又11AB A M ⊥，1,A M MC ⊂平面1A MC ，且1AM MC M =，所以1AB ⊥平面1A MC ．……………12分又1AC ⊂平面1A MC ，所以11AB AC ⊥．……………14分16．解：（1）因为2c =，则由正弦定理，得sin sin 2C B =．……………2分又2C B =，所以sin 2B B =，即4sin cos B B B =．……………4分又B 是ABC ∆的内角，所以sin 0B >，故cos B =．……………6分（2）因为AB AC CA CB ⋅=⋅，所以cos cos cb A ba C =，则由余弦定理，得222222b c a b a c +-=+-，得a c =． ……………10分从而2223cos 25a cb B ac +-===， ……………12分又0B π<<，所以4sin 5B ==．从而34cos()cos cos sin sin 44455B B B πππ+=-==．……14分17．解：（1）在图甲中，连接MO 交EF 于点T ．设OE OF OM R ===，在Rt OET ∆中，因为1602EOT EOF ∠=∠=︒，所以2ROT =，则2RM T O M O T =-=．从而2RBE MT ==，即22R BE ==……………2分故所得柱体的底面积OEF OEF S S S ∆=-扇形22114sin120323R R ππ=-︒=……………4分又所得柱体的高4EG =，所以V S EG =⨯=163π-答：当BE 长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为163π-.…………………6分（2）设BE x =，则2R x =，所以所得柱体的底面积OEF OEF S S S ∆=-扇形222114sin120(323R R x ππ=-︒=.又所得柱体的高62EG x =-，所以V S EG =⨯=328(3)3x x π--+，其中03x <<…………………10分C令32()3,(0,3)f x x x x =-+∈，则由2()363(2)0f x x x x x '=-+=--=，解得2x =. …………………12分所以当x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N Q ，得直线NQ 的方程为32y x =……2分令0x =，得点B 的坐标为(0,．所以椭圆的方程为22213xy a +=．…………………4分将点N的坐标2213=，解得24a =．所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=．…………………8分（2）方法一：设直线BM 的斜率为(0)k k >，则直线BM 的方程为y kx =在y kx =0y =，得P x k =，而点Q 是线段OP 的中点，所以2Q x k =．所以直线BN的斜率2BN BQk k k ===．………………10分联立22143y kx x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得22(34)0k x +-=，解得M x =．用2k 代k，得N x =．………………12分又2DN NM =，所以2()N M N x x x =-，得23M N x x =．……………14分故23=0k >，解得k =．所以直线BM的方程为y x =．………………16分方法二：设点,M N 的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ．由(0,B ，得直线BM 的方程为11y y x x =0y =，得P x =．同理，得Q x =而点Q 是线段OP 的中点，所以2P Q x x ==．…………………10分又2DN NM =，所以2122()x x x =-，得21203x x =>4=，解得2143y y =+…………………12分将21212343x x y y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩C的方程中，得2119x =．又22114(1)3y x =-，所以21214(1)(431927y y -+=21120y +=，解得1y =1y =10x >，所以点M的坐标为M ．14分故直线BM的方程为y x = …………………16分19．解：（1）由题意，可得22()()n n n a a d a d d λ=+-+，化简得2(1)0d λ-=，又0d ≠，所以1λ=………………4分（2）将1231,2,4a a a ===代入条件，可得414λ=⨯+，解得0λ=，所以211n n n a a a +-=，所以数列{}n a 是首项为1，公比2q =的等比数列，所以12n n a -=. ……6分欲存在[3,7]r ∈，使得r n m n -≥-12.，即12.--≥n m n r 对任意*n N ∈都成立，则12.7--≥n m n ，所以127--≥n n m 对任意*n N ∈都成立.………………8分令172n n n b --=，则11678222n n n n n n n n b b +-----=-=，所以当8n >时，1n n b b +<；当8n =时，98b b =；当8n <时，1n n b b +>．所以n b 的最大值为981128b b ==，所以m 的最小值为1128. ………………10分（3）因为数列{}n a 不是常数列，所以2≥T ．①若2T =，则2n n a a +=恒成立，从而31a a =，42a a =，所以22221212221221()()a a a a a a a a λλ⎧=+-⎪⎨=+-⎪⎩，所以221()0a a λ-=，又0λ≠，所以21a a =，可得{}n a 是常数列．矛盾．所以2T =不合题意. ………………12分②若3T =，取*1,322,31()3,3n n k a n k k N n k =-⎧⎪==-∈⎨⎪-=⎩（*），满足3n n a a +=恒成立…………14分由2221321()a a a a a λ=+-，得7λ=．则条件式变为2117n n n a a a +-=+．由221(3)7=⨯-+，知223132321()k k k a a a a a λ--=+-；由2(3)217-=⨯+，知223313121()k k k a a a a a λ-+=+-；由21(3)27=-⨯+，知223133221()k k k a a a a a λ++=+-．所以，数列（*）适合题意．所以T 的最小值为3. ………………16分20．解：（1）由()ln f x x =，得(1)0f =，又1()f x x'=，所以(1)1f '=，. 当0c =时，()b g x ax x =+，所以2()bg x a x'=-，所以(1)g a b '=-.………………2分因为函数()f x 与()g x 的图象在1x =处有相同的切线，所以(1)(1)(1)(1)f g f g ''=⎧⎨=⎩，即10a b a b -=⎧⎨+=⎩，解得1212a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ ………………4分（2）当01x >时，则0()0f x >，又3b a =-，设0()t f x =，则题意可转化为方程3(0)aax c t t x-+-=>在(0,)+∞上有相异两实根12,x x ．……6分即关于x 的方程2()(3)0(0)ax c t x a t -++-=>在(0,)+∞上有相异两实根12,x x ．所以2121203()4(3)030a c t a a c t x x a ax x a <<⎧⎪∆=+-->⎪⎪+⎨+=>⎪⎪-=>⎪⎩，得203()4(3)0a c t a a c t <<⎧⎪+>-⎨⎪+>⎩，所以c t >对(0,),(0,3)t a ∈+∞∈恒成立．………………8分因为03a <<，所以23=（当且仅当32a =时取等号），又0t -<，所以t 的取值范围是(,3)-∞，所以3c …．故c 的最小值为3. ………………10分（3）当1a =时，因为函数()f x 与()g x 的图象交于,A B 两点，所以111222ln ln b x x c x b x x cx ⎧=+-⎪⎪⎨⎪=+-⎪⎩，两式相减，得211221ln ln (1)x x b x x x x -=--. ……………12分要证明122121x x x b x x x -<<-，即证211221212121ln ln (1)x x x x x x x x x x x x --<-<--，即证212211ln ln 11x x x x x x -<<-，即证1222111ln 1x x x x x x -<<-. ………………14分令21x t x =，则1t >，此时即证11ln 1t t t -<<-．令1()ln 1t t t ϕ=+-，所以22111()0t t t t tϕ-'=-=>，所以当1t >时，函数()t ϕ单调递增．又(1)0ϕ=，所以1()ln 10t t t ϕ=+->，即11ln t t-<成立；再令()ln 1m t t t =-+，所以11()10tm t t t-'=-=<，所以当1t >时，函数()m t 单调递减，又(1)0m =，所以()ln 10m t t t =-+<，即ln 1t t <-也成立．综上所述，实数12,x x 满足122121x x x b x x x -<<-.……………16分附加题答案21．（A ）解：如图，连接AE ，OE ，因为直线DE 与⊙O 相切于点E ，所以DE OE ⊥，又因为AD 垂直DE 于D ，所以//AD OE ，所以DAE OEA ∠=∠，① 在⊙O 中OE OA =，所以OEA OAE ∠=∠，② …………5分由①②得DAE ∠OAE =∠，即DAE ∠FAE =∠，又ADE AFE ∠=∠，AE AE =，所以ADE AFE ∆≅∆，所以DE FE =，又4DE =，所以4FE =，即E 到直径AB 的距离为4. ………………10分（B ）解：设()00,P x y 是圆221x y +=上任意一点，则22001x y +=，设点()00,P x y 在矩阵M 对应的变换下所得的点为(),Q x y ，则002 00 1x x y y ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，即002x x y y =⎧⎨=⎩，解得0012x x y y⎧=⎪⎨⎪=⎩，………………5分代入2201x y +=，得2214x y +=，即为所求的曲线方程.……………10分（C ）解：以极点O 为原点，极轴Ox 为x 轴建立平面直角坐标系，由cos()13πρθ+=，得(cos cos sin sin )133ππρθθ-=，得直线的直角坐标方程为20x -=．………………5分曲线r ρ=，即圆222x y r +=，所以圆心到直线的距离为1d ==．因为直线cos()13πρθ+=与曲线r ρ=（0r >）相切，所以r d =，即1r =. ……10分（D）解：由柯西不等式，得22222[)][1](1x x ++≥⨯， ABE DF O ·第21(A)图即2224(3)()3x y x y +≥+．而2231x y +=，所以24()3x y +≤，所以x y ≤+≤………………5分由1x x y ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪+=⎩，得x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩x y ==max()x y +=所以当x y +取最大值时x的值为x =分 22．解：（1）因为ABCD 是菱形，所以AC BD ⊥．又OP ⊥底面ABCD ，以O 为原点，直线,,OA OB OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．则(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 ⋅=，||25AP =||6BM =．则cos ,6||||2AP BM AP BM AP BM ⋅<>===．故直线AP 与BM ………5分（2）(2,1,0)AB =-，(1,1,2)BM =--．设平面ABM 的一个法向量为(,,)n x y z =，则00n AB n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2020x y x y z -+=⎧⎨--+=⎩，令2x =，得4y =，3z =．得平面ABM 的一个法向量为(2,4,3)n =．又平面PAC 的一个法向量为(0,1,0)OB =，所以n 4OB ⋅=，||29n =，||1OB =．则cos ,||||29n OB n OB n OB ⋅<>===.故平面ABM 与平面PAC ……………10分 23．解：（1）由条件，()0112112r r n nn n n n n n n n nf n C C C C rC C nC C --=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ ①，在①中令1n =，得()011111f C C ==．………………1分在①中令2n =，得()011222222226f C C C C =+=，得()23f =．………………2分在①中令3n =，得()011223333333332330f C C C C C C =++=，得()310f =．……………3分（2）猜想()f n =21nn C -（或()f n =121n n C --）． ………………5分欲证猜想成立，只要证等式011211212n r r n n n n n n n n n n nnC C C C C rC C nC C ---=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+成立．方法一：当1n =时，等式显然成立，当2n …时，因为11!!(1)!==!()!(1)!()!(1)!()!rr n n r n n n rC n nC rn r r n r r n r --⨯-=⨯=-----（），C第22题图故11111()r r r r r r n n n n n nrC C rC C nC C -----==．故只需证明00111111211111n r r n n n n n n n n n n n nC nC C nC C nC C nC C ---------=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．即证00111111211111n r r n n n n n n n n n n nC C C C C C C C C ---------=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．而11r n r n n C C --+=，故即证0111111211111n n n r n r n n n n n n n n n n C C C C C C C C C ---+------=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ ②．由等式211(1)(1)(1)n n n x x x --+=++可得，左边nx 的系数为21n n C -．而右边1(1)(1)n n x x -++()()01221101221111n n n n n n n n n n n n C C x C x C x C C x C x C x ------=++++++++，所以nx 的系数为01111111111n n r n r n n n n n n n n nC C C C C C C C ---+-----++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．由211(1)(1)(1)n n n x x x --+=++恒成立可得②成立.综上，()21n n f n C -=成立. ………………10分方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有21n -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r 个黑球（n r -个白球）的n 个小球的组合的个数为1r n rn nC C --，01r n ≤≤-，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01111111n n n n n n n n nC C C C C C -----+++．另一方面，从袋中21n -个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为21nn C -．故0111121111n n n n n n n n nn nC C C C C C C ------=++，即②成立. 余下同方法一.………………10分方法三：由二项式定理，得0122(1)n n nn n n n x C C x C x C x +=++++ ③．两边求导，得112111(1)2n r r n n n n n n n x C C x rC x nC x ---+=+++++ ④．③×④，得21012212111(1)()(2)n n n r r n n n n n n n n n n n x C C x C x C x C C x rC x nC x ---+=+++++++++ ⑤．左边nx 的系数为21n n nC -．右边nx 的系数为121112n n r n r n n n n n n n n n C C C C rC C nC C --+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+1021112r r n n n n n n n n n n C C C C rC C nC C --=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+0112112r r n n n n n n n n n n C C C C rC C nC C --=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．由⑤恒成立，可得011211212n r r n n n n n n n n n n n nC C C C C rC C nC C ---=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．故()21n n f n C -=成立………………10分。

2018年1月江苏省南京市盐城市2017～2018高2018届高2015级高三年级第一次模拟考试数学试题(理)数学参答案

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．{}1 2．1 3．1200 4．1 5．236．6 7．(,2]-∞ 8．34π 9．1(0,]4 10．4034 11．9[1,)412． 13．24 14．100 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111ABC A B C -是直三棱柱,所以11//AB A B ,且11AB A B =,又点,M N 分别是11,AB A B 的中点,所以1MB A N =,且1//MB A N ．所以四边形1A NBM 是平行四边形,从而1//A M BN ． ……………4分又BN ⊄平面1A MC ,1A M ⊂平面1A MC ,所以BN ∥面1A MC ． ……………6分 (2)因为111ABC A B C -是直三棱柱,所以1AA ⊥底面ABC ,而1AA ⊂侧面11ABB A ,所以侧面11ABB A ⊥底面ABC ．又CA CB =,且M 是AB 的中点,所以CM AB ⊥．则由侧面11ABB A ⊥底面ABC ,侧面11ABB A 底面ABC AB =,CM AB ⊥,且CM ⊂底面ABC ,得CM ⊥侧面11ABB A ． ……………8分又1AB ⊂侧面11ABB A ,所以1AB CM ⊥． ……………10分又11AB A M ⊥,1,A M MC ⊂平面1A MC ,且1A M MC M =,所以1AB ⊥平面1A MC ． (12)分又1AC ⊂平面1A MC ,所以11AB A C ⊥． ……………14分 16．解:(1)因为2c =,则由正弦定理,得sin 2C B =． ……………2分又2C B =,所以sin 22B B =,即4sin cos B B B =． ……………4分又B 是ABC ∆的内角,所以sin 0B >,故cos 4B =． ……………6分(2)因为AB AC CA CB ⋅=⋅, 所以cos cos cb A ba C =,则由余弦定理,得222222b c a b a c +-=+-,得a c =． ……………10分从而2223cos 25a cb B ac +-===, ……………12分又0B π<<,所以4sin 5B ==．从而34cos()cos cos sin sin 444525210B B B πππ+=-=⨯-⨯=-． ……………14分17．解:(1)在图甲中,连接MO 交EF 于点T ．设OE OF OM R ===,在Rt OET ∆中,因为1602EOT EOF ∠=∠=︒,所以2ROT =,则2R MT OM OT =-=．从而2RBE MT ==,即22R BE ==. ……………2分故所得柱体的底面积OEF OEF S S S ∆=-扇形22114sin120323R R ππ=-︒=. ……………4分又所得柱体的高4EG =,所以V S EG =⨯=163π-答:当BE 长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为163π-. …………………6分(2)设BE x =,则2R x =,所以所得柱体的底面积OEF OEF S S S ∆=-扇形222114sin120(323R R x ππ=-︒=.又所得柱体的高62EG x =-,所以V S EG =⨯=328(3)3x x π--+,其中03x <<. …………………10分令32()3,(0,3)f x x x x =-+∈,则由2()363(2)0f x x x x x '=-+=--=,解得2x =. …………………12分列表如下:所以当x =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2N Q ,得直线NQ 的方程为32y x =． (2)分令0x =,得点B 的坐标为(0,．所以椭圆的方程为22213x y a +=． …………………4分将点N 的坐标2代入,得222213a +=,解得24a =．所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=．…………………8分(2)方法一:设直线BM 的斜率为(0)k k >,则直线BM 的方程为y kx =-．在y kx =,令0y =,得P x =,而点Q 是线段OP 的中点,所以Q x =．所以直线BN的斜率22BN BQk k k k===． ………………10分联立22143y kx x y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩,消去y ,得22(34)0k x +-=,解得M x = 用2k 代k ,得2316N x k =+． ………………12分又2DN NM =,所以2()N M N x x x =-,得23M N x x =． ………………14分故222334316k k ⨯=⨯++,又0k >,解得2k =．所以直线BM的方程为2y x =． ………………16分方法二:设点,M N 的坐标分别为1122(,),(,)x y x y ．由(0,B ,得直线BN的方程为1y x =令0y =,得P x =同理,得Q x =．而点Q 是线段OP 的中点,所以2P Q x x =,=…………………10分又2DN NM =,所以2122()x x x =-,得21203x x =>,4=解得2143y y =…………………12分将21212343x x y y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩代入到椭圆C 的方程中,得2211(41927x y +=．又22114(1)3y x =-,所以214(1)319y -+=,21120y +=,解得1y =舍)或13y =．又10x >,所以点M的坐标为(33M ．……………14分故直线BM的方程为2y x =-． …………………16分 19．解:(1)由题意,可得22()()n n n a a d a d d λ=+-+,化简得2(1)0d λ-=,又0d ≠,所以1λ=. ………………4分 (2)将1231,2,4a a a ===代入条件,可得414λ=⨯+,解得0λ=,所以211n n n a a a +-=,所以数列{}n a 是首项为1,公比2q =的等比数列,所以12n n a -=. ……6分欲存在[3,7]r ∈,使得12n m n r -⋅-…,即12n r n m --⋅…对任意*n N ∈都成立, 则172n n m --⋅…,所以172n n m --…对任意*n N ∈都成立. ………………8分令172n n n b --=,则11678222n nn n n n n nb b +-----=-=, 所以当8n >时,1n n b b +<；当8n =时,98b b =；当8n <时,1n n b b +>．所以n b 的最大值为981128b b ==,所以m 的最小值为1128. ………………10分(3)因为数列{}n a 不是常数列,所以2T …．①若2T =,则2n n a a +=恒成立,从而31a a =,42a a =,所以22221212221221()()a a a a a a a a λλ⎧=+-⎪⎨=+-⎪⎩,所以221()0a a λ-=,又0λ≠,所以21a a =,可得{}n a 是常数列．矛盾．所以2T =不合题意. ………………12分②若3T =,取*1,322,31()3,3n n k a n k k N n k =-⎧⎪==-∈⎨⎪-=⎩(*),满足3n n a a +=恒成立． ………………14分由2221321()a a a a a λ=+-,得7λ=．则条件式变为2117n n n a a a +-=+．由221(3)7=⨯-+,知223132321()k k k a a a a a λ--=+-；由2(3)217-=⨯+,知223313121()k k k a a a a a λ-+=+-；由21(3)27=-⨯+,知223133221()k k k a a a a a λ++=+-．所以,数列(*)适合题意．所以T 的最小值为3. ………………16分20．解:(1)由()ln f x x =,得(1)0f =,又1()f x x'=,所以(1)1f '=,. 当0c =时,()b g x ax x =+,所以2()bg x a x'=-,所以(1)g a b '=-. ………………2分因为函数()f x 与()g x 的图象在1x =处有相同的切线,所以(1)(1)(1)(1)f g f g ''=⎧⎨=⎩,即10a b a b -=⎧⎨+=⎩,解得1212a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩. ………………4分(2)当01x >时,则0()0f x >,又3b a =-,设0()t f x =,则题意可转化为方程3(0)aax c t t x-+-=>在(0,)+∞上有相异两实根12,x x ． ………………6分即关于x 的方程2()(3)0(0)ax c t x a t -++-=>在(0,)+∞上有相异两实根12,x x ．所以2121203()4(3)030a c t a a c t x x a ax x a <<⎧⎪∆=+-->⎪⎪+⎨+=>⎪⎪-=>⎪⎩,得203()4(3)0a c t a a c t <<⎧⎪+>-⎨⎪+>⎩,所以c t >对(0,),(0,3)t a ∈+∞∈恒成立． ………………8分因为03a <<,所以23=(当且仅当32a =时取等号), 又0t -<,所以t 的取值范围是(,3)-∞,所以3c …．故c ………………10分 (3)当1a =时,因为函数()f x 与()g x 的图象交于,A B 两点,所以111222ln ln b x x cx b x x cx ⎧=+-⎪⎪⎨⎪=+-⎪⎩,两式相减,得211221ln ln (1)x x b x x x x -=--. ………………12分要证明122121x x x b x x x -<<-,即证211221212121ln ln (1)x x x x x x x x x x x x --<-<--, 即证212211ln ln 11x x x x x x -<<-,即证1222111ln 1x x x x x x -<<-. ………………14分令21x t x =,则1t >,此时即证11ln 1t t t-<<-．令1()ln 1t t t ϕ=+-,所以22111()0t t t t tϕ-'=-=>,所以当1t >时,函数()t ϕ单调递增．又(1)0ϕ=,所以1()ln 10t t t ϕ=+->,即11ln t t-<成立；再令()ln 1m t t t =-+,所以11()10tm t t t-'=-=<,所以当1t >时,函数()m t 单调递减,又(1)0m =,所以()ln 10m t t t =-+<,即ln 1t t <-也成立．综上所述, 实数12,x x 满足122121x x x b x x x -<<-. ………………16分附加题答案21．(A)解:如图,连接AE ,OE ,因为直线DE 与⊙O 相切于点E ,所以DE OE ⊥,又因为AD 垂直DE 于D ,所以//AD OE ,所以DAE OEA ∠=∠,① 在⊙O 中OE OA =,所以OEA OAE ∠=∠,② ………………5分由①②得DAE ∠OAE =∠,即DAE ∠FAE =∠, 又ADE AFE ∠=∠,AE AE =,所以ADE AFE ∆≅∆,所以DE FE =,又4DE =,所以4FE =,即E 到直径AB 的距离为4. ………………10分(B)解:设()00,P x y 是圆221x y +=上任意一点,则22001x y +=,设点()00,P x y 在矩阵M 对应的变换下所得的点为(),Q x y ,则002 00 1x x y y ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦, 即002x x y y =⎧⎨=⎩,解得0012x x y y⎧=⎪⎨⎪=⎩, ………………5分代入22001x y +=,得2214x y +=,即为所求的曲线方程. ………………10分 ABE DF O · 第21(A)图(C)解:以极点O 为原点,极轴Ox 为x 轴建立平面直角坐标系,由cos()13πρθ+=,得(cos cossin sin )133ππρθθ-=,得直线的直角坐标方程为20x --=． ………………5分曲线r ρ=,即圆222x y r +=,所以圆心到直线的距离为1d ==．因为直线cos()13πρθ+=与曲线r ρ=(0r >)相切,所以r d =,即1r =. ……………10分(D)解:由柯西不等式,得22222[)][1(](133x x ++≥⨯+⨯, 即2224(3)()3x y x y +≥+．而2231x y +=,所以24()3x y +≤,所以x y ≤+≤ ………………5分由1x x y ⎧=⎪⎪⎨⎪⎪+=⎩,得26x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩,所以当且仅当,26x y ==时,max ()x y += 所以当x y +取最大值时x的值为2x =. ………………10分 22．解:(1)因为ABCD 是菱形,所以AC BD ⊥．又OP ⊥底面ABCD ,以O 为原点,直线,,OA OB OP 分别为x轴,y 轴,z 轴,建立如图所示空间直角坐标系．则(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 ⋅=,||25AP =,||6BM =．则cos ,6||||2AP BM AP BM AP BM ⋅<>===．故直线AP 与BM 所成角的余弦值为6. ………5分 (2)(2,1,0)AB =-,(1,1,2)BM =--．设平面ABM 的一个法向量为(,,)n x y z =,则00n AB n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩,得2020x y x y z -+=⎧⎨--+=⎩,令2x =,得4y =,3z =．得平面ABM 的一个法向量为(2,4,3)n =．又平面PAC 的一个法向量为(0,1,0)OB =,所以n 4OB ⋅=,||29n =,||1OB =．则cos,||||29n OB n OB n OB ⋅<>=== C第22题图故平面ABM 与平面PAC ………………10分 23．解:(1)由条件,()0112112r r n nn n n n n n n n nf n C C C C rC C nC C --=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ ①,在①中令1n =,得()011111f C C ==． ………………1分在①中令2n =,得()011222222226f C C C C =+=,得()23f =． ………………2分在①中令3n =,得()011223333333332330f C C C C C C =++=,得()310f =． ………………3分(2)猜想()f n =21nn C -(或()f n =121n n C --)． ………………5分欲证猜想成立,只要证等式011211212n r r n nn n n n n n n n n nC C C C C rC C nC C ---=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+成立．方法一:当1n =时,等式显然成立,当2n …时,因为11!!(1)!==!()!(1)!()!(1)!()!rr n n r n n n rC n nC r n r r n r r n r --⨯-=⨯=-----（）,故11111()r r r r r r n n n n n n rC C rC C nC C -----==．故只需证明00111111211111n r r n n n n n n n n n n n nC nC C nC C nC C nC C ---------=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．即证00111111211111n r r n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C ---------=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．而11r n r n n C C --+=,故即证0111111211111n n n r n r n n n n n n n n n n C C C C C C C C C ---+------=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+ ②．由等式211(1)(1)(1)n n n x x x --+=++可得,左边nx 的系数为21n n C -．而右边1(1)(1)n n x x -++()()01221101221111n n n nnn n n n n n n C C x C x C x C C x C x C x ------=++++++++,所以nx 的系数为01111111111n n r n r n n n n n n n n n C C C C C C C C ---+-----++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．由211(1)(1)(1)n n n x x x --+=++恒成立可得②成立.综上,()21n n f n C -=成立. ………………10分方法二:构造一个组合模型,一个袋中装有21n -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r 个黑球(n r -个白球)的n 个小球的组合的个数为1r n rn n C C --,01r n ≤≤-,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01111111n n n n n n nn n C C C C C C -----+++．另一方面,从袋中21n -个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为21nn C -．故0111121111n n n n n n n n nn n C C C C C C C ------=++,即②成立. 余下同方法一. ………………10分方法三:由二项式定理,得0122(1)n n n n n n n x C C x C x C x +=++++ ③．两边求导,得112111(1)2n r r n n n n n n n x C C x rC x nC x ---+=+++++ ④．③×④, 得21012212111(1)()(2)n n n r r n n n n n n n n n n n x C C x C x C x C C x rC x nC x ---+=+++++++++ ⑤．左边n x 的系数为21nn nC -．右边nx 的系数为121112n n r n r n n n n n n n n n C C C C rC C nC C --+++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+1021112r r n n n n n n n n n n C C C C rC C nC C --=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+0112112r r n n n n n n n n n n C C C C rC C nC C --=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．由⑤恒成立,可得011211212n r r n n n n n n n n n n n nC C C C C rC C nC C ---=++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+．故()21n n f n C -=成立. ………………10分。

2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷

2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷一、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．（5分）已知集合A={x|x（x﹣4）＜0}，B={0，1，5}，则A∩B=．2．（5分）设复数z=a+i（a∈R，i为虚数单位），若（1+i）•z为纯虚数，则a的值为．3．（5分）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．（5分）执行如图所示的伪代码，若x=0，则输出的y的值为．5．（5分）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．（5分）若抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数p的值为．7．（5分）设函数y=e x﹣a的值域为A，若A⊆[0，+∞），则实数a的取值范围是．8．（5分）已知锐角α，β满足（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，则α+β的值为．9．（5分）若函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是．10．（5分）设S n为等差数列{a n}的前n项和，若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为．11．（5分）设函数f（x）是偶函数，当x≥0时，f（x）=，，＞，若函数y=f（x）﹣m 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是．12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若直线y=k（x﹣3）上存在一点P，圆x2+（y﹣1）2=1上存在一点Q，满足=3，则实数k的最小值为．13．（5分）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A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置所图所示，则的最大值为．14．（5分）若不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为．二、解答题（共6小题，满分90分）15．（14分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，点M，N分别是AB，A1B1的中点．（1）求证：BN∥平面A1MC；（2）若A1M⊥AB1，求证：AB1⊥A1C．16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c 已知c=．（1）若C=2B，求cosB的值；（2）若=，求cos（B）的值．17．（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、∠EOF=120°的扇形，且弧，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．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点（，）处时，点Q的坐标为（，）．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且=2时，求直线BM的方程．19．（16分）设数列{a n}满足a=a n+1a n﹣1+λ（a2﹣a1）2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．（1）若{a n}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；（2）若a1=1，a2=2，a3=4，且存在r∈[3，7]，使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；（3）若λ≠0，且数列{a n}不是常数列，如果存在正整数T，使得a n=a n对任意的n∈N*均成+T立．求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值．20．（16分）设函数f（x）=lnx，g（x）=ax+（a，b，c∈R）．（1）当c=0时，若函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，求a，b的值；（2）当b=3﹣a时，若对任意x0∈（1，+∞）和任意a∈（0，3），总存在不相等的正实数x1，x2，使得g（x1）=g（x2）=f（x0），求c的最小值；（3）当a=1时，设函数y=f（x）与y=g（x）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点．求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．[选做题]（在21.22.23.24四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）[选修4-1：几何证明选讲]图21．（10分）如图，已知AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．若DE=4，求切点E到直径AB的距离EF．[选修4-2：矩阵与变换]22．（10分）已知矩阵M=，求圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在极坐标系中，直线ρcos（θ+）=1与曲线ρ=r（r＞0）相切，求r的值．[选修4-5：不等式选讲]24．已知实数x，y满足x2+3y2=1，求当x+y取最大值时x的值．25．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4．（1）求直线AP与BM所成角的余弦值；（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．26．（10分）已知n∈N*，nf（n）=C n0C n1+2C n1C n2+…+nC n n﹣1C n n．（1）求f（1），f（2），f（3）的值；（2）试猜想f（n）的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．2018年江苏省盐城市、南京市高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合A={x|x（x﹣4）＜0}，B={0，1，5}，则A∩B={1} ．【分析】先分别求出集合A，B，由此能求出A∩B．【解答】解：∵集合A={x|x（x﹣4）＜0}={x|0＜x＜4}，B={0，1，5}，∴A∩B={1}．故答案为：{1}．【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用．2．（5分）设复数z=a+i（a∈R，i为虚数单位），若（1+i）•z为纯虚数，则a的值为1．【分析】把z代入（1+i）•z，利用复数代数形式的乘法运算化简，再由（1+i）•z的实部为0且虚部不为0求得a值即可．【解答】解：∵z=a+i，∴（1+i）•z=（1+i）（a+i）=a﹣1+（a+1）i，又（1+i）•z为为纯虚数，∴a﹣1=0即a=1．故答案为：1．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．3．（5分）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1200．【分析】由频率分布直方图求出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）内的频率，由此能估计该县小学六年级4000名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．【解答】解：由频率分布直方图得：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）内的频率为：1﹣（0.005+0.035+0.020+0.010）×10=0.3，∴估计该县小学六年级4000名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：4000×0.3=1200．故答案为：1200．【点评】本题考查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）内的学生人数的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．4．（5分）执行如图所示的伪代码，若x=0，则输出的y的值为1．【分析】根据题意得出执行程序后输出函数y，由此求出结果．【解答】解：根据题意知，执行程序后，输出函数y=，＞，，当x=0时，y=e0=1．故答案为：1．【点评】本题考查了程序语言的应用问题，是基础题．5．（5分）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．【分析】从袋中一次随机摸出2个球，基本事件总数n==6，利用列举法求出摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件个数，由此能求出摸出的2个球的编号之和大于4的概率．【解答】解：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，从袋中一次随机摸出2个球，基本事件总数n==6，摸出的2个球的编号之和大于4包含的基本事件有：（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共4个，∴摸出的2个球的编号之和大于4的概率为p=．故答案为：．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．6．（5分）若抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数p的值为6．【分析】根据双曲线的方程，可得c=3，从而得到双曲线的右焦点为F（3，0），再根据抛物线的简单几何性质，可得=3，解之即可得到实数p的值．【解答】解：∵双曲线的方程，∴a2=4，b2=5，可得c==3，因此双曲线的右焦点为F（3，0），∵抛物线y2=2px（p＞0）的焦点与双曲线的右焦点重合，∴=3，解之得p=6．故答案为：6．【点评】本题给出抛物线以原点为顶点，双曲线的右焦点为焦点，求抛物线方程，着重考查了双曲线、抛物线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．7．（5分）设函数y=e x﹣a的值域为A，若A⊆[0，+∞），则实数a的取值范围是（﹣∞，2] ．【分析】利用基本不等式的性质即可求解．【解答】解：函数y=e x﹣a的值域为A∵e x=2，∴值域为A=[2﹣a，+∞）．又∵A⊆[0，+∞），∴2﹣a≥0，即a≤2．故答案为：（﹣∞，2]．【点评】本题考查了函数值域的求法．高中函数值域求法有：1、观察法，2、配方法，3、反函数法，4、判别式法；5、换元法，6、数形结合法，7、不等式法，8、分离常数法，9、单调性法，10、利用导数求函数的值域，11、最值法，12、构造法，13、比例法．要根据题意选择．8．（5分）已知锐角α，β满足（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，则α+β的值为．【分析】由已知化简可得tanα+tanβ+1=tanαtanβ，代入两角和的正切公式，可以求出α+β的正切值，根据α、β为锐角，我们易得α+β的值．【解答】解：∵（tanα﹣1）（tanβ﹣1）=2，可得：tanα+tanβ+1=tanαtanβ，∴tan（α+β）=═﹣1，∵锐角α，β，可得：α+β∈（0，π），∴α+β=．故答案为：．【点评】本题考查的知识点是两角和的正切函数，其中根据α、β为锐角，确定α+β的范围是解答本题的关键，属于基础题．9．（5分）若函数y=sinωx在区间[0，2π]上单调递增，则实数ω的取值范围是（0，] ．【分析】由函数y=sinωx，图象过原点，可得ω＞0，，可得实数ω的取值范围【解答】解：由函数y=sinωx，图象过原点，若ω＜0，图象在x轴下方单调递减，∴ω＞0，因为y=Sinωx在[0，2π]单调递增，说明其至少在[0，2π]单调递增，则其周期至少8π，∴，即．故答案为：（0，]【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，单调性的问题．属于基础题．10．（5分）设S n为等差数列{a n}的前n项和，若{a n}的前2017项中的奇数项和为2018，则S2017的值为4034．【分析】考查等差数列的求和公式S n═（a1+a n），先利用S奇=a1+a3+a5+…+a2017=1009×（a1+a2017）×=2018，得出得出a1+a2017═4．再求S2017=（a1+a2017）=2017×2=4034即可．【解答】解：因为S n为等差数列{a n}的前n项和，且{a n}的前2017项中的奇数项和为2018，所以S奇=a1+a3+a5+…+a2017=1009×（a1+a2017）×=2018，得a1+a2017═4．则S2017=（a1+a2017）=2017×2=4034故答案为：4034．【点评】本题考查等差列求和公式及运算，属于中档题．11．（5分）设函数f（x）是偶函数，当x≥0时，f（x）=，，＞，若函数y=f（x）﹣m 有四个不同的零点，则实数m的取值范围是[1，）．【分析】画出函数y=f（x）与y=m的图象，由图象可得m的取值范围．【解答】解：由0≤x≤3可得f（x）∈[0，]，x＞3时，f（x）∈（0，1）．画出函数y=f（x）与y=m的图象，如图所示，∵函数y=f（x）﹣m有四个不同的零点，∴函数y=f （x ）与y=m 的图象有4个交点，由图象可得m 的取值范围为[1，），故答案为：[1，）．【点评】本题考查了函数的奇偶性的应用，以及零点的判断及分段函数的应用，考查数形结合思想方法，属于中档题．12．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，若直线y=k （x ﹣3 ）上存在一点P ，圆x 2+（y ﹣1）2=1上存在一点Q ，满足 =3，则实数k 的最小值为 ﹣ ．【分析】设P 、Q 的坐标，代入直线与圆的方程，由=3得出坐标关系，再由直线与圆的关系求出k 的取值范围，从而求出实数k 的最小值．【解答】解：【解法一】设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2）；则y 1=k （x 1﹣3 ）①， +（y 2﹣1）2=1②；由=3，得，即，代入②得 +=9；此方程表示的圆心（0，3）到直线kx ﹣y ﹣3 k=0的距离为d ≤r ；即≤3，解得﹣ ≤k ≤0．∴实数k 的最小值为﹣ ．【解法二】设P（x，y），Q（x0，y0）；则+（y0﹣1）2=1①；由=3，得，即，代入①化简得x2+（y﹣3）2=9；∴点P的轨迹是圆心为（0，3），半径为3的圆的方程，又点P在直线kx﹣y﹣3k=0上，如图所示；则直线与该圆有公共点，即圆心到直线的距离为d≤r；∴≤3，解得﹣≤k≤0；∴实数k的最小值为﹣．故答案为：﹣．【点评】本题考查了平面向量的共线定理，也考查了直线与圆的应用问题，是中档题．13．（5分）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A，B，C，D四点均位于图中的“晶格点”处，且A，B的位置所图所示，则的最大值为24．【分析】根据条件建立平面直角坐标系，求出对应点的坐标，利用向量数量积的坐标公式分别进行计算，然后进行比较即可．【解答】解：建立如图的直角坐标系，则A（，），B（0，0），那么容易得到C（0，5）时，D的位置可以有三个位置，其中D1（﹣，），D2（﹣，0），D3（﹣，），此时=（﹣，﹣），=（﹣，﹣），=（﹣，﹣5），=（﹣，﹣），则•=21，•=24，•=22.5，则的最大值为24，故答案为：24．【点评】本题主要考查向量数量积的计算问题，利用直角坐标系，求出对应向量数量积的值，进而求出最值是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．14．（5分）若不等式ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC对任意△ABC都成立，则实数k的最小值为100．【分析】由已知及正弦定理可得k＞，利用三角形的性质可求：﹣a＜b﹣c，从而可得＜19+（）=100﹣（﹣10）2，结合题意利用二次函数的性质可求实数k的最小值．【解答】解：∵ksin2B+sinAsinC＞19sinBsinC，由正弦定理可得：kb2+ac＞19bc，∴k＞，又∵c﹣b＜a＜b+c，∴﹣b﹣c＜﹣a＜b﹣c，∴＜19+（）=20﹣（）2=100﹣（﹣10）2，当=10时，20﹣（）2取得最大值20×10﹣102=100．∴k≥100，即实数k的最小值为100．故答案为：100【点评】本题主要考查了正弦定理，二次函数的性质在解三角形中的应用，考查了函数思想和转化思想的应用，属于中档题．二、解答题（共6小题，满分90分）15．（14分）如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，点M，N分别是AB，A1B1的中点．（1）求证：BN∥平面A1MC；（2）若A1M⊥AB1，求证：AB1⊥A1C．【分析】（1）欲证明BN∥平面A1MC，只需推知A1M∥BN；（2）根据直三棱柱的特征和线面垂直的判定与性质来证明线线垂直．【解答】证明：（1）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AB∥A1B1，且AB=A1B1，又点M，N分别是AB、A1B1的中点，所以MB=A1N，且MB∥A1N．所以四边形A1NBM是平行四边形，从而A1M∥BN．又BN⊄平面A1MC，A1M⊂平面A1MC，所以BN∥平面A1MC；（2）因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥底面ABC，而AA1⊂侧面ABB1A1，所以侧面ABB1A1⊥底面ABC．又CA=CB，且M是AB的中点，所以CM⊥AB．则由侧面ABB1A1⊥底面ABC，侧面ABB1A1∩底面ABC=AB，CM⊥AB，且CM⊂底面ABC，得CM⊥侧面ABB1A1．又AB1⊂侧面ABB1A1，所以AB1⊥CM．又AB1⊥A1M，A1M、MC平面A1MC，且A1M∩MC=M，所以AB1⊥平面A1MC．又A1C⊂平面A1MC，所以AB⊥A1C．【点评】本题考查的知识点是直线与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定，其中熟练掌握空间直线与平面间垂直、平行的判定、性质、定义是解答本题的关键．16．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c 已知c=．（1）若C=2B，求cosB的值；（2）若=，求cos（B）的值．【分析】（1）由正弦定理，得sinC=sinB．又C=2B，即2sinBcosB=sinB．cosB=．（2）由=，可得cbcosA=bacosC，b2+c2﹣a2=b2+a2﹣c2，得a=c，求得从而cosB，sinB即可．【解答】解：（1）因为c=，则由正弦定理，得sinC=sinB．…（2分）又C=2B，所以sin2B=sinB，即2sinBcosB=sinB．…（4分）又B是△ABC的内角，所以sinB＞0，故cosB=．…（6分）（2）因为=，所以cbcosA=bacosC，则由余弦定理，得b2+c2﹣a2=b2+a2﹣c2，得a=c．…（10分）从而cosB==，…（12分）又0＜B＜π，所以sinB==．从而cos（B+）=cosBcos﹣sinBsin=．…（14分）【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，向量数量积及三角函数恒等变换的应用，属于中档题，17．（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、∠EOF=120°的扇形，且弧，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？【分析】（1）结合图形可得S=S扇形OEF ﹣S△OEF，再根据体积公式计算即可，（2）借助（1）可得V=（﹣2）（﹣x3+3x2），其中0＜x＜3．令f（x）=﹣x3+3x2，0＜x ＜3，利用导数求出函数的最值．【解答】解：（1）在图甲中，连接MO交EF于点T．设OE=OF=OM=R，在Rt△OET中，因为∠EOT=∠EOF=60°，所以OT=，则MT=0M﹣OT=．从而BE=MT=，即R=2BE=2．故所得柱体的底面积S=S扇形OEF ﹣S△OEF=πR2﹣R2sin120°=﹣，又所得柱体的高EG=4，所以V=S×EG=﹣4．答：当BE长为1（分米）时，折卷成的包装盒的容积为﹣4立方分米．（2）设BE=x，则R=2x，所以所得柱体的底面积S=S扇形OEF﹣S△OEF=πR2﹣R2sin120°=（﹣）x2，又所得柱体的高EG=6﹣2x，所以V=S×EG=（﹣2）（﹣x3+3x2），其中0＜x＜3．令f（x）=﹣x3+3x2，0＜x＜3，则由f′（x）=﹣3x2+6x=﹣3x（x﹣2）=0，解得x=2．列表如下：所以当x=2时，f（x）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．【点评】本题考查了体积公式，面积公式，以及利用导数解决实际问题，考查了分析问题，解决问题的能力，属于中档题18．（16分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：（a＞b＞0）的下顶点为B，点M，N是椭圆上异于点B的动点，直线BM，BN分别与x轴交于点P，Q，且点Q是线段OP的中点．当点N运动到点（，）处时，点Q的坐标为（，）．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线MN交y轴于点D，当点M，N均在y轴右侧，且=2时，求直线BM的方程．【分析】（1）先求出直线NQ的方程，可得B的坐标，以及N点的坐标，即可求出a的值，由此能求出椭圆的方程．（2）设直线BM的斜率为k（k＞0），则直线BM的方程为y=x﹣，分别求出点P，Q的横坐标，根据斜率公式可得k BN=k BQ=2k，再联立方程组，求出点M，N的横坐标，根据=2，即可求出k的值【解答】解：（1）由N（，），点Q的坐标为（，），得直线NQ的方程为y=x﹣，令x=0，得点B的坐标为（0，﹣）．所以椭圆的方程为+=1．将点N的坐标（，）代入，得+=1，解得a2=4．所以椭圆C的标准方程为+=1．（2）：设直线BM的斜率为k（k＞0），则直线BM的方程为y=x﹣．在y=kx﹣中，令y=0，得x P=，而点Q是线段OP的中点，所以x Q=．所以直线BN的斜率k BN=k BQ==2k．联立，消去y，得（3+4k2）x2﹣8kx=0，解得x M=．用2k代k，得x N=．又=2，所以x N=2（x M﹣x N），得2x M=3x N，故2×==3×，又k＞0，解得k=．所以直线BM的方程为y=x﹣【点评】本题考查椭圆方程、直线方程，考查椭圆、直线方程等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．19．（16分）设数列{a n}满足a=a n+1a n﹣1+λ（a2﹣a1）2，其中n≥2，且n∈N，λ为常数．（1）若{a n}是等差数列，且公差d≠0，求λ的值；（2）若a1=1，a2=2，a3=4，且存在r∈[3，7]，使得m•a n≥n﹣r对任意的n∈N*都成立，求m的最小值；=a n对任意的n∈N*均成（3）若λ≠0，且数列{a n}不是常数列，如果存在正整数T，使得a n+T立．求所有满足条件的数列{a n}中T的最小值．【分析】（1）由等差数列的通项公式，化简可得（λ﹣1）d2=0，又d≠0，可得所求值；（2）求得λ=0，数列{a n}是首项为1，公比q=2的等比数列，运用等比数列的通项公式，可得存在r∈[3，7]，使得m•2n﹣1≥n﹣r，即r≥n﹣m•2n﹣1对任意n∈N*都成立，由参数分离可得m的最小值；（3）由题意可得T≥2，讨论T=2，T=3，根据条件，推理得到结论．【解答】解：（1）由题意，可得a=（a n+d）（a n﹣d）+λd2，化简得（λ﹣1）d2=0，又d≠0，所以λ=1．（2）将a1=1，a2=2，a3=4，代入条件，可得4=1×4+λ，解得λ=0，所以a=a n+1a n﹣1，所以数列{a n}是首项为1，公比q=2的等比数列，所以a n=2n﹣1．欲存在r∈[3，7]，使得m•2n﹣1≥n﹣r，即r≥n﹣m•2n﹣1对任意n∈N*都成立，则7≥n﹣m•2n﹣1，所以m≥对任意n∈N*都成立．令b n=，则b n+1﹣b n=﹣=，所以当n＞8时，b n+1＜b n；当n=8时，b9=b8；当n＜8时，b n+1＞b n．所以b n的最大值为b9=b8=，所以m的最小值为；（3）因为数列{a n}不是常数列，所以T≥2，①若T=2，则a n+2=a n恒成立，从而a3=a1，a4=a2，所以，所以λ（a2﹣a1）2=0，又λ≠0，所以a2=a1，可得{a n}是常数列，矛盾．所以T=2不合题意．②若T=3，取a n=，，，（*），满足a n+3=a n恒成立．由a22=a1a3+λ（a2﹣a1）2，得λ=7．则条件式变为a n2=a n+1a n﹣1+7．由22=1×（﹣3）+7，知a3k﹣12=a3k﹣2a3k+λ（a2﹣a1）2；由（﹣3）2=2×1+7，知a3k2=a3k﹣1a3k+1+λ（a2﹣a1）2；由12=2×（﹣3）+7，知a3k+12=a3k a3k+2+λ（a2﹣a1）2；所以，数列（*）适合题意．所以T的最小值为3．【点评】本题考查等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，以及数列不等式恒成立问题和周期数列的判断和证明，考查化简整理的运算能力，属于中档题．20．（16分）设函数f（x）=lnx，g（x）=ax+（a，b，c∈R）．（1）当c=0时，若函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，求a，b的值；（2）当b=3﹣a时，若对任意x0∈（1，+∞）和任意a∈（0，3），总存在不相等的正实数x1，x2，使得g（x1）=g（x2）=f（x0），求c的最小值；（3）当a=1时，设函数y=f（x）与y=g（x）的图象交于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1＜x2）两点．求证：x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．【分析】（1）求得f（x），g（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由题意可得a，b的方程，解方程即可得到所求；（2）当x0＞1时，则f（x0）＞0，又b=3﹣a，设t=f（x0），则题意可转化为方程ax+﹣c=t （t＞0）在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2．即关于x的方程ax2﹣（c+t）x+（3﹣a）=0（t＞0）在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2．运用二次方程实根分布，结合韦达定理可得c的不等式，运用基本不等式，可得c的范围和最小值；（3）得b=x1x2（1﹣），要证明x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1，即证x1x2﹣x2＜x1x2（1﹣）＜x1x2﹣x1，即证＜＜，即证1﹣＜ln＜﹣1令=t，则t ＞1，此时即证1﹣＜lnt＜t﹣1．令φ（t）=lnt+﹣1，求得导数和单调区间，结合m（t）=lnt ﹣t+1的单调性，即可得证．【解答】解：（1）由f（x）=lnx，得f（1）=0，又f′（x）=，所以f′（1）=1，当c=0时，g（x）=ax+，所以g′（x）=a﹣，所以g′（1）=a﹣b，因为函数f（x）与g（x）的图象在x=1处有相同的切线，所以，即，解得a=，b=﹣；（2）当x0＞1时，则f（x0）＞0，又b=3﹣a，设t=f（x0），则题意可转化为方程ax+﹣c=t（t＞0）在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2．即关于x的方程ax2﹣（c+t）x+（3﹣a）=0（t＞0）在（0，+∞）上有相异两实根x1，x2．所以＜＜＞＞＞，得＜＜＞＞，所以c＞2﹣t对t∈（0，+∞），a∈（0，3）恒成立．因为0＜a＜3，所以2≤2•=3（当且仅当a=时取等号），又﹣t＜0，所以2﹣t的取值范围是（﹣∞，3），所以c≥3．故c的最小值为3．（3）当a=1时，因为函数f（x）与g（x）的图象交于A，B两点，所以，两式相减，得b=x1x2（1﹣），要证明x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1，即证x1x2﹣x2＜x1x2（1﹣）＜x1x2﹣x1，即证＜＜，即证＜ln＜，即证1﹣＜ln＜﹣1，令=t，则t＞1，此时即证1﹣＜lnt＜t﹣1．令φ（t）=lnt+﹣1，所以φ′（t）=﹣=＞0，所以当t＞1时，函数φ（t）单调递增．又φ（1）=0，所以φ（t）=lnt+﹣1＞0，即1﹣＜lnt成立；再令m（t）=lnt﹣t+1，所以m′（t）=﹣1=＜0，所以当t＞1时，函数m（t）单调递减，又m（1）=0，所以m（t）=lnt﹣t+1＜0，即lnt＜t﹣1也成立．综上所述，实数x1，x2满足x1x2﹣x2＜b＜x1x2﹣x1．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查基本不等式的运用：求最值，以及构造函数法的运用，考查运算能力，属于难题．[选做题]（在21.22.23.24四小题中只能选做2题，每小题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内）[选修4-1：几何证明选讲]图21．（10分）如图，已知AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D．若DE=4，求切点E到直径AB的距离EF．【分析】连接AE，OE，则DE⊥OE，推导出AD∥OE，从而∠DAE=∠OEA，求出∠OEA=∠OAE，从而∠DAE=∠FAE，进而△ADE≌△AFE，由此能求出E到直径AB的距离．【解答】解：如图，连接AE，OE，因为直线DE与⊙O相切于点E，所以DE⊥OE，又因为AD⊥DE于D，所以AD∥OE，所以∠DAE=∠OEA，①在⊙O中，OE=OA，所以∠OEA=∠OAE，②…（5分）由①②得∠DAE=∠OAE，即∠DAE=∠FAE，又∠ADE=∠AFE，AE=AE，所以△ADE≌△AFE，所以DE=FE，又DE=4，所以FE=4，即E到直径AB的距离为4．…（10分）【点评】本题考查切点到直径的距离的求法，考查圆、弦切角定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．[选修4-2：矩阵与变换]22．（10分）已知矩阵M=，求圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程．【分析】设P（x0，y0）是圆x2+y2=1上任意一点，则=1，设点P（x0，y0）在矩阵M 对应的变换下所得的点为Q（x，y），推导出，由此能求出圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程．【解答】解：设P（x0，y0）是圆x2+y2=1上任意一点，则=1，设点P（x0，y0）在矩阵M对应的变换下所得的点为Q（x，y），则=，即，解得，…（5分）代入=1，得=1，∴圆x2+y2=1在矩阵M的变换下所得的曲线方程为=1．…（10分）【点评】本题考查曲线方程的求法，考查矩阵变换等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．在极坐标系中，直线ρcos（θ+）=1与曲线ρ=r（r＞0）相切，求r的值．【分析】首先对方程进行转化，进一步利用直线和圆的相切求出r的值．【解答】解：直线ρcos（θ+）=1，转化为：，曲线ρ=r（r＞0）转化为：x2+y2=r2，由于直线和圆相切，则：圆心到直线的距离d=．所以r=1．【点评】本题考查的知识要点：极坐标和直角坐标的转化，圆与直线的位置关系的应用．[选修4-5：不等式选讲]24．已知实数x，y满足x2+3y2=1，求当x+y取最大值时x的值．【分析】由柯西不等式，得[x2+（）2][12+（）2]≥（x•1+）2，即≥（x+y）2．即可求解．【解答】解：由柯西不等式，得[x2+（）2][12+（）2]≥（x•1+）2，即≥（x+y）2．而x2+3y2=1，所以（x+y）2，所以﹣，…（5分）由，得，所以当且仅当x=，y=时，（x+y）max=．所以当x+y取最大值时x值为．…（10分）【点评】本题考查了柯西不等式得应用，属于中档题．25．（10分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP⊥底面ABCD，点M为PC中点，AC=4，BD=2，OP=4．（1）求直线AP与BM所成角的余弦值；（2）求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．【分析】（1）以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AP与BM所成角的余弦值．（2）求出平面ABM的一个法向量和平面PAC的一个法向量，利用向量法能求出平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．【解答】解：（1）因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD．又OP⊥底面ABCD，以O为原点，直线OA，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系．则A（2，0，0），B（0，1，0），P（0，0，4），C（﹣2，0，0），M（﹣1，0，2）．=（﹣2，0，4），=（01，﹣1，2），cos＜，＞===．故直线AP与BM所成角的余弦值为．…（5分）（2）=（﹣2，1，0），=（﹣1，﹣1，2）．设平面ABM的一个法向量为=（x，y，z），则，令x=2，得=（2，4，3）．又平面PAC的一个法向量为=（0，1，0），∴cos＜，＞===．故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为．…（10分）【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想，是中档题．26．（10分）已知n∈N*，nf（n）=C n0C n1+2C n1C n2+…+nC n n﹣1C n n．（1）求f（1），f（2），f（3）的值；（2）试猜想f（n）的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想．【分析】（1）在条件中，分别令n取1，2，3，求得f（1），f（2），f（3）的值．（2）猜想f（n）=．要证猜想成立，只要证等式n=•+2•+…+n•成立．由（1+x）n=+x+x2+…+x n①，两边同时对x求导数，可得n（1+x）n﹣1=+2x+3x2+n x n﹣1②，把①、②相乘，根据等式左右两边x n的系数相等，可得结论．【解答】解：（1）由条件，nf（n）=C C C C①，在①中令n=1，得f（1）=1．在①中令n=2，得2f（2）=6，得f（2）=3．在①中令n=3，得3f（3）=30，故f（3）=10．（2）猜想f（n）=．要证猜想成立，只要证等式n=•+2•+…+n•成立．由（1+x）n=+x+x2+…+x n①，两边同时对x求导数，可得n（1+x）n﹣1=+2x+3x2+n x n﹣1②，把等式①和②相乘，可得n（1+x）2n﹣1=（+x+x2+…+x n）•（+2x+3x2+n x n﹣1）③．等式左边x n的系数为n，等式右边x n的系数为•+•2+•3+…+n•n =•+2•+3•+…+n•=C C C C，根据等式③恒成立，可得n=C C C C．故f（n）=成立．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，用猜证法证明恒等式，求函数的导数，属于难题．。

南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学试题(理)含答案

南京市、盐城市2021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)考前须知：1．本试卷考试时间为 120分钟，试卷总分值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，否那么不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用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：V Sh，其中S为底面积,h为高.一、填空题〔本大题共14小题，每题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〕．集合Ax|x(x4)0，B0,1,5，那么AI B▲．i(aR,i(1i)z为虚数单位〕，假设为纯虚数，那么a的值为▲．．设复数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下图，那么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▲．频率组距Read xIf x0ThenlnxElsey e xEndIfPrint y 50607089100时间(单位:分钟)第3题图第4题图4．执行如下图的伪代码，假设x0，那么输出的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，假设从袋中一次随机摸出2个球，那么摸出的2个球的编号之和大于4的概率为▲．高三数学试题第1页〔共4页〕6．假设抛物线y22px的焦点与双曲线x2y21的右焦点重合，那么实数p的值为▲145e的值域为，假设[0,)，那么实数a的取值范围是▲．设函数ex8．锐角,满足tan1tan2，那么的值为▲．9．假设函数ysinx在区间[0,2]上单调递增，那么实数的取值范围是▲．10．设S n为等差数列a n的前n项和，假设an的前2021项中的奇数项和为2021，那么S2021的值为▲．x(3x),0x3,11．设函数f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)=31,x>3，假设函数yf(x)mx有四个不同的零点，那么实数m的取值范围是▲．12．在平面直角坐标系xOy中，假设直线yk(x3)上存在一点P，圆x2(y1)21上uuuruuur存在一点Q，满足OP 3OQ，那么实数k的最小值为▲．A13．如图是蜂巢结构图的一局部，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点〞．假设A,B,C,D四点均位于图中的“晶格点〞处，且A,B的位置所图所示，那么ABCD的最大值为▲．14．假设不等式ksin2BsinAsinC19sinBsinC对任意ABC都成立，B那么实数k的最小值为▲．第13题图二、解答题〔本大题共6小题，计90分.解容许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．(本小题总分值14分)如下图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，点M,N分别是AB,A1B1的中点.〔1〕求证：BN∥平面A1MC；C1〔2〕假设A1M AB1，求证：AB1A1C.A1B1AM16．(本小题总分值14分)B 第15题图在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,c 5b .〔1〕假设C2B，求cosB的值；2u uuruuur uuuruuur)的值．〔2〕假设ABACCACB，求cos(B4高三数学试题第2页〔共4页〕17．(本小题总分值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〕，再剪去图中阴影局部，用剩下的局部恰好．．能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒〔如图乙所示，重叠局部忽略不计〕，其中OEMF是以O 为圆心、EOF120??的扇形，且弧EF,GH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？B MNC MEFE F OGH NAN D第17题-图甲第17题-图乙18.(本小题总分值16分)xOy 中，椭圆x2y2B，点如图，在平面直角坐标系C:221(ab0)的下顶点为B的动点，直线M,N是椭圆上异于点BM,BN分别与x轴交于点P,Q，且点Q 是线段OP的中点．当点N运动到点(3,3)处时，点Q的坐标为(23,0)．23〔1〕求椭圆C的标准方程；uuuruu uur〔2〕设直线MN交y轴于点D，当点M,N均在y轴右侧，且DN2NM时，求直线BM的方程．yDNQMO P xB第18题图高三数学试题第3页〔共4页〕19．(本小题总分值1 6分)设数列a满足an2a n1a n1(a2a1)2，其中n⋯2，且n N，为常数.〔1〕假设a n是等差数列，且公差d，求的值；〔2〕假设a11,a22,a34，且存在r[3,7]，使得ma n卪nr对任意的nN*都成立，求m的最小值；〔3〕假设0，且数列a n不是常数列，如果存在正整数T，使得a nTa n对任意的nN*均成立.求所有满足条件的数列a中T的最小值.n20．(本小题总分值16分)设函数f(x)lnx，g(x)axbR〕.c〔a,b,cx〔1〕当c0时，假设函数f(x)与g(x)的图象在x1处有相同的切线，求a,b的值；〔2〕当b3a时，假设对任意x0(1,)和任意a(0,3)，总存在不相等的正实数x1,x2，使得g(x1)g(x2)f(x0)，求c的最小值；〔3〕当a1时，设函数yf(x)与y g(x)的图象交于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1x2)两点．求证：x bxx1.x1x221x2南京市、盐城市2021届高三年级第一次模拟考试数学附加题局部〔本局部分40分，考30分〕21．[选做题]〔在A、B、C、D四小题中只能选做2题，每题10分，计20分．请把答案高三数学试题第4页〔共4页〕写在答题纸的指定区域内〕A.〔选修4-1：几何证明选讲〕如图，AB为⊙O的直径，直线DE与⊙O相切于点E，AD垂直DE于点D.假设DE4，求切点E到直径AB的距离EF．ED·A FO B第21(A)图B.〔选修4-2：矩阵与变换〕矩阵M20，求圆x2y21在矩阵M的变换下所得的曲线方程.01C．〔选修4-4：坐标系与参数方程〕在极坐标系中，直线 cos( ) 1与曲线r(r 0)相切，求r的值.3D．(选修4-5：不等式选讲〕实数x,y满足x23y21，求当x y取最大值时x的值.[必做题]〔第22、23题，每题10分，计20分．请把答案写在答题纸的指定区域内〕22．〔本小题总分值10分〕如图，四棱锥P A BCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点O，OP 底面ABCD，点M为PC中点，AC 4,BD 2,OP 4.1〕求直线AP与BM所成角的余弦值；2〕求平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值．高三数学试题第5页〔共4页〕PMD COA B第22题图23．〔本小题总分值10分〕n N，nf n C n0C n12C1n C n2rC n r1C n r nC n n1C n n．1〕求f1,f2,f3的值；2〕试猜测fn的表达式〔用一个组合数表示〕，并证明你的猜测．南京市、盐城市2021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，每题5分，计70分.1．12．13．12004．126．65．7．(,2]339110．912313．248．．(0,]403411．[1,)．44414．100二、解答题：本大题共6小题，计90分.解容许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ABC A1B1C1是直三棱柱，所以AB//A1B1，且AB A1B1，高三数学试题第6页〔共4页〕又点M,N分是AB,A1B1的中点，所以MB A1N，且MB//A1N．所以四形A1NBM是平行四形，从而A1M//BN．⋯⋯⋯⋯⋯4分又BN平面A1MC，A1M平面A1MC，所以BN∥面A1MC．⋯⋯⋯⋯⋯6分〔2〕因ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AA1底面ABC，而AA1面ABB1A1，所以面ABB1A1底面ABC．又CA CB，且M是AB的中点，所以CMAB．由面ABB1A1底面ABC，面ABB1A1I底面ABCAB，C MAB，且CM面ABC，得CM面ABB1A1．⋯⋯⋯⋯⋯8分又AB1面ABB1A1，所以A B1CM．⋯⋯⋯⋯⋯10分又AB1A1M，A1M,MC平面A1MC，且A1MIMCM ，所以AB1平面A1MC．⋯⋯⋯⋯⋯12分又AC1平A1MC，所以A B1A1C．⋯⋯⋯⋯⋯14分16．解：〔1〕因c5b，由正弦定理，得2s inC5sinB．⋯⋯⋯⋯⋯2分2C2Bsin2B5又，以sinB，即24sinBco sB5sinB．⋯⋯⋯⋯⋯4分又B是ABC的内角，所sinB0，故c osB5⋯⋯⋯⋯⋯6分4uuuruuuruuuruuurbacosC，由余弦定理，〔2〕因ABAC CACB，所以cbcosA得b2c2a2b2a2c2，得ac．⋯⋯⋯⋯⋯10分从而22c c(2c)222c osB53⋯⋯⋯⋯⋯12 2ac2c2，5高三数学试题第7页〔共4页〕分又0B，所以sinBcos2B．从而cos(B)cosBcos sinBsin 32422⋯⋯⋯⋯⋯14 5252．441 0分17．解：〔1〕在甲中，接MO交EF于点T．OEOF OM R，RtOET中，因EOT1EOF6，所以R，2OTR2M TOMOT2BE，即MTR 2BE22.⋯⋯⋯⋯⋯2分故所得柱体的底面S S扇形OEFSOEFM N1R1R2sin143B220 .⋯⋯⋯⋯⋯4分T32E G 43EF又所得柱体的高，O所以V SEG164.3答：当BE1分米，折卷成的包装盒的容GH1643立方分米.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分3A〔2〕BE x ，R2x ，所以所得柱体的底面S 扇形OEF S OEF1R 21R 2sin120(43)x 2.323又所得柱体的高 E G 62x ，以S EG(823)( 33x 2)，其中0x3.3⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分令f(x) x 33x 2,x (0,3)，由f (x)3x 26x3x (x2) 0，得x2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.分列表如下：x(0,2)2(2,3)f(x)＋0－高三数学试题第8页〔共4页〕f(x)增极大减所以当x2，f(x)取得最大.答：当BE的2分米，折卷成的包装盒的容最大.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分18．解：〔1〕由N(3,3),Q(23,0)，得直NQ的方程3 x 2y3．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分2令x0，得点B的坐(0,3 )．所以的方程x 2y21．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分a23将点N的坐(3, 3) 2所以x 2y21．43(3)(3)2代入，得21，解得a4．a23C的准方程⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8分〔2〕方法一：直BM的斜率k(k0)，直BM的方程ykx3．在y kx中，令y0，得x P3是段OP的中点，所以xQ3，而点QkBN2k所以直的斜率k BN(3)⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分k BQ32k．2kkx34k2)x283k 立2y2，消去y，得(383kx0，解得x M2．3134k2k用代，得x N163k2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分316k uuuruuuur又DN2NM，所以xN2(x M x N)，得2 x M3x N．⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分故3132，0，解得62k6k又k k34k 3．316kBM所以直的方高三数学试题第9页〔共4页〕y 6x3．⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分2方法二：点M,N的坐分(x1,y1),(x2,y2 )．由B(0,3)，得直BN的方程yy13x3，令y0，得x Py13x1．x13同理，得x Q3x2．23而点Q是段OP的中点，所以x P2x Q，故3 x13x2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分1323uu uruuuur214x2)，得x20，从而3又DN2NM，所以x22(x1x13y2，3y13解得y 24y1．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 33分2将23x1代入到C的方程中，得x12(4y13)21．y24y1392734(1y1(4y13)2y1)，所以31，即22y10，又x14(19273y1解得y13〔舍〕或y13．又x10，所以点M的坐3423M( , )．⋯⋯⋯⋯⋯14分故直BM的方程y 63．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分x2d2，19．解：〔1〕由意，可得n(a nd)(a nd)化得1)d20，又d0，所1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分〔2〕将a11,a22,a34代入条件，可得414，解得0，高三数学试题第10页〔共4页〕所以a n2a n1a n1，所以数列a n是首1，公比q2的等比数列，所以a n 2n1⋯⋯6分欲存在r[3,7]，使得m2n1⋯nr，即r⋯nm2n1任意nN*都成立，7⋯nm2，所以m⋯7任意nN*成n1立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分令b nn，b n1nn67n n12n1n，所以当n 8，b nb n；当n8，b9b8；当n8，b n1b n．所以b n的最大b9b8，所以m的最小1128.⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分1 28a n不是常数列，所以T⋯2．〔3〕因数列①假设T2，a na n恒成立，从而a3a1，a4a22a12(a2a1)2a2，所以a22(a2，a12a1)2所以(a2a1)2，又0，所以a21，可得a是常数列．矛盾．所以T不合意.⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分1 ,n3k2②假设T3，取a n2,n3k1(kN*)〔*〕，足a n3an恒成,n 3k立．⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分由a22a1a3(a2a1)2，得7．条件式nan1a n17．由221(3)7，知a3k2a3k2a3k1由(3)2217，知a3k2a3k1a3k1由12(3)27，知a3k2a3ka3k21所以，数列〔*〕适合意．所以T的.20．解：〔1〕由f(x) l nx，得f(1) 0，又f(a2a1)2；(a2a1)2；( a2a1)2．最小⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分(x)11，.，所以f(1)x当c0，g(x)axb所以g(x)ab，所，x2x高三数学试题第11页〔共4页〕g(1) ab.⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分因函数f(x)与g(x)的象在x1有相同的切，所以f(1)g(1)，即a b1解得f(1)g(1)a b，1a2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分1b2〔2〕当x01，f(x0)0，又b3a，t f(x0)，意可化方程axt(t0)在(0,)上有相异两根xx1,x2．⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分即关于x的方程ax2(ct)x(3a)(t0)在(0,)上有相异两根x1,x2．0a3( ct)24a(3a)003所x x t0，4a a以12a得(c)(3)，c t03ax1x20所以c2a(3a)t立．⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分t (0, ),a (0,3) 恒成因0a 3，所以2a(3a)?2(a(3a))23〔当且当a3取等号〕，22又t0，所以2a(3a)-t的取范是(,3)，所以c⋯3．故c的最小.⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分〔3〕当a1，因函数f(x)与g(x)的象交于A,B两点，lnx1x1bc所以x1，两式减，得blnx2x2cx2x1 x2(1lnx2lnx1).⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分x2x1南京市、盐城市2018届高三年级第一次模拟考试数学试题(理)含答案31 / 4231要明x 1x 2x 2bx 1x 2x 1，即x 1x 2x 2 x 1x 2(1 lnx 2 lnx1)x 1x2x 1，x2x 1高三数学试题第 12页〔共4页〕l nx2lnx11即x 2x2x1x11x1lnx2x2.⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分x21x1x2，t，此即11lnt1．x1t( t)lnt，所以(t)111，所以当t1(t)，函数tt2t2增．( 1)0，所以(t)lnt11，即11lnt成立；t t再令m(t)lnt1，所以m(t)1t，所以当，函数m(t)1t1t减，又0，所以l 10，即1也成32 / 4232m(1)m(t)nt lnt立．上述，数x1,x2足x 1x2x2bx1x2x1.⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分附加题答案21．〔A〕解：如，接AE，OE，因直DE与⊙O相切于点E，所以DEOE，DE又因AD垂直DE于D，所以AD//OE，所以DAEOEA ，①在⊙O 中OEOA，所以OEAOAE，②⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分A·由①②得DAEOAE，即DAEFAE，FO ADE AFE，AEAE，所以ADEAFE，所以DEFE，又DE4，所以FE4，第21(A)即E到直径AB的距离4.⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分〔B〕解：Px0,y0是x2y21上任意一点，02021，点Px0,y0在矩M的下所得的点Qx,yx00，，10y2，解得33 / 4233x0yx01x⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分2，y0y代入x02y21，得x2y21，即所求的曲方4高三数学试题第13页〔共4页〕34 / 4234程.⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分〔C〕解：以极点O原点，极Oxx建立平面直角坐系，由cos()1，得(coscossinsin)1，333得直的直角坐方程x3y20．⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分曲r，即x2y2r2，0321．所以心到直的距离d1因直cos(1与曲〔r0〕相切，所以rd，即31.⋯⋯⋯⋯⋯10分〔D〕解：由柯西不等式，得[x2(3y)2][12(3)2](x13y3)2，即4(x233 3y2)(xy)2．34而x23y21，所以(xy)2，所以223y3⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分35 / 423536 / 42363，33y31x2，所以当且当x3,y3，(x y)m ax23．由3，得3263x23y63所当xy 取最大x的3⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分x.BD ．又OP底面ABCD ，以O 原点，直22．解：〔1〕因ABCD 是菱形，所以ACOA,OB,OP分x ，y ，z ，建立如所示空直角坐系．A(2,0,0),B(0,1,0),P(0,0,4),C(2,0,0),M(1,0,2)．u uuru uuur(1,uuuruuuur 所以AP(2,0,4)，BM1,2)，AP BM10，uu uruuuur6．|AP|25，|BM|uuuru uuur cosAP,BMz PMD C高三数学试题第14页〔共4页〕xOABy第2237 / 4237故直AP与BM所成角的余弦36.⋯⋯⋯5分u uuruuuur(2,1,0)(1,1,2)．〔2〕AB，BM平面ABM的一个法向量r(x,y,z)，nuuur2xy0AB，令x2，得y，zuuuur，得2z．nBM0得平面ABM的一个法向量r(2,4,3)．nuuur ruuur又平面PAC的一个法向量uuur(0,1,0)OB，所以nOB4，|n|29，|OB|1．uuuruuur44cosnOB29 n,OBuuur2929|n||OB38 / 4238|故平ABM与平面PAC所成二面角的余429.⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分29Cn 0Cn12Cn1Cn2rC n r C n rnC n n1C n n23．解：〔1〕由条件，nf n①，在中令n1，得1C10C111．⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分在①中令n2，得2f2C20C212C21C226，得23．⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分在①中令n3，得3f3C30C312C31C323C32C3330，得310．⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分〔2想fn=C2n n1〔或n= C2n n1〕．⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分欲猜测成立，只要等式nC2n nC n0Cn12Cn1Cn2rC n r1CnrnC n n1C n n成立．方法一：当n1，等式然成立，当n⋯2，因rC n r=r〔n!〕=n!r)!nr(n1)!r)!nC n r11，r r(r1)!139 / 4239!(n)!(n)!(n故rC n r1C n r(rCnr)Cnr1nC n r11Cnr1．故只需明nC2n n1nC n01C n0nC n11C n1nC n r11Cnr1nC n n11Cnn1．即C2n n1Cn1C n0C n11C n1Cnr11Cnr1C n n11C n n1．而C n r1Cnnr1，故即C2n n1Cn1C n n n11Cnn1Cnr11Cn nr1Cnn11Cn1②．由等式(1x)2n1x)n1(1x)n可得，左x n的系数C2n n1．而右(1x)n1(1x)nCn1Cn11xC n21x2LC n n11x n1Cn0C n1xC n2x2LC n n x n，所以x n的系数C n01C n nCn11C n nCnr11CnnrCnn11Cn1．高三数学试题第15页〔共4页〕40 / 4240由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得②成立.上，fnC2n n1成立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分方法二：构造一个合模型，一个袋中装有2n1个小球，其中n个是号1，2，⋯，n的白球，其余n－1个是号1，2，⋯，n－1的黑球，从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步数原理其中含有r个黑球〔nr个白球〕的n个小球的合的个数Cn r1C n nr，0r n1，由分数原理有从袋中任意摸出n个小球的合的数C n01C n nC n11Cnn1L C n n11C n1．另一方面，从袋中2n1个小球中任意摸出n个小球的合的个数C2n n1．故C nCnC1Cn1LC n1C1，即②成立.余下同方法2n11n1n n1n一.⋯⋯⋯⋯⋯⋯1 0分方法三：由二式定理，得1x)nCnCn1x Cn2x2LCnn x n③．两求，得n(1x)n1Cn12C n2x1L rC n r x r1nC n nx n1④．③×④，得n(1x)2n 1(C n0Cn1xC n2x2C n n x n)(Cn12C n2x1rC n rx r1LnC n n x n1)⑤．左x n的系数右x n的系数C1n C n02C n2C n1C n0C n12C1n C n2由⑤恒成立，可得故立.nC2n n1．Cn1Cnn2C n2Cnn1rCnr Cnnr1nC n n C n1rC n r C n r1nC n nC n n1rC r1C r nC n1C n．n n nnC2nn1Cn0Cn12C n1C n2rC nr1Cnr nC n n1C n n．n C2n n1⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分高三数学试题第16页〔共4页〕。