2022年南京盐城2022届高三一模数学试卷及答案 .pdf

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1、南京市、盐城市 2018届高三年级第一次模拟考试数 学 试 题(总分 160 分，考试时间 120 分钟) 注意事项：1本试卷考试时间为120 分钟，试卷满分160 分，考试形式闭卷2本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分3答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5 毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上参考公式：柱体体积公式：VSh，其中S为底面积 ,h为高. 一、填空题 （本大题共 14 小题，每小题5 分，计 70 分. 不需写出解答过程，请把答案写在答题纸的指定位置上）1已知集合| (4)0Ax x x，0,1,5B，则ABI 2设复数(,zai aR i为虚数单位）

2、 ，若(1) iz为纯虚数，则a的值为 3为调查某县小学六年级学生每天用于课外阅读的时间，现从该县小学六年级4000 名学生中随机抽取100 名学生进行问卷调查，所得数据均在区间50,100上，其频率分布直方图如图所示，则估计该县小学六年级学生中每天用于阅读的时间在70,80)(单位：分钟 )内的学生人数为 4执行如图所示的伪代码，若0 x，则输出的y的值为 5口袋中有形状和大小完全相同的4 个球，球的编号分别为1，2，3，4，若从袋中一次随机摸出 2 个球，则摸出的2个球的编号之和大于4 的概率为 6若抛物线22ypx的焦点与双曲线22145xy的右焦点重合，则实数p的值为时间 (单位:分钟

3、) 频率组距506070 80 90 100 0.035 a 0.020 0.010 0.005 第 3 题图Read xIf 0 xThen lnyxElse xyeEnd If Print y第 4 题图精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 7设函数1xxyeae的值域为A，若0,)A，则实数a的取值范围是 8已知锐角,满足tan1tan12，则的值为 9若函数sinyx在区间0,2 上单调递增，则实数的取值范围是 10设nS为等

4、差数列na的前n项和，若na的前 2017 项中的奇数项和为2018，则2017S的值为 11设函数( )f x是偶函数， 当 x0 时，( )f x=(3),03,31,3xxxxx， 若函数( )yf xm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(3 3)yk x上存在一点P，圆22(1)1xy上存在一点Q，满足3OPOQ，则实数k的最小值为 13如图是蜂巢结构图的一部分，正六边形的边长均为1，正六边形的顶点称为“晶格点” 若,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CDAB的最大值为 14若不等式2sinsinsin1

5、9sinsinkBACBC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111ABCA B C中，CACB，点,M N分别是11,AB A B的中点 . （1）求证：BN平面1AMC；（2）若11AMAB，求证：11ABAC.16(本小题满分14 分) 在ABC中，角, ,A B C的对边分别为, , ,a b c已知52cb. （1）若2CB，求cosB的值；（2）若AB ACCA CB，求cos()4B的值A B 第 13

6、 题图A B C A1B1C1M N 第 15 题图精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 17(本小题满分14 分) 有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边AB长为 6 分米，另一边足够长现从中截取矩形ABCD（如图甲所示） ，再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中OEMF是以O为圆心、120EOF的扇形，且弧?EF,?GH分别与边BC,AD相切于点M,N（1）当

7、BE长为 1 分米时，求折卷成的包装盒的容积；（2）当BE的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？18. (本小题满分16 分 ) 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆2222:1(0)xyCabab的下顶点为B，点,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3( 3,)2处时，点Q的坐标为2 3(,0)3（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线MN交y轴于点D，当点,M N均在y轴右侧，且2DNNM时，求直线BM的方程x y O B N M P Q D 第 18 题图A D C B E G F O M N H 第 17 题-

8、图甲N E F G H 第 17 题 -图乙M N 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 19(本小题满分16 分) 设数列na满足221121()nnnaaaaa，其中2n，且nN，为常数 . （1）若na是等差数列，且公差0d，求的值；（ 2）若1231,2,4aaa，且存在3,7r，使得nm anr卪对任意的*nN都成立，求m的最小值；（3）若0，且数列na不是常数列，如果存在正整数T，使得n Tnaa对任意的*nN均成立 .

9、求所有满足条件的数列na中T的最小值 . 20(本小题满分16 分) 设函数( )lnf xx，( )bg xaxcx（, ,a b cR） . （1）当0c时，若函数( )fx与( )g x的图象在1x处有相同的切线，求,a b的值；（ 2）当3ba时，若对任意0(1,)x和任意(0,3)a，总存在不相等的正实数12,x x，使得120()()()g xg xf x，求c的最小值；（3）当1a时，设函数( )yf x与( )yg x的图象交于11(,),A xy2212(,)()B xyxx两点求证：122121x xxbx xx. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - -

10、 - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 南京市、盐城市2018 届高三年级第一次模拟考试数学参考答案一、填空题 ：本大题共14 小题，每小题5 分，计 70 分. 112 1 3 1200 4 1 5236 6 7(,283491(0,4104034 1191, )412313 24 14100 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 21 页 - - - - - - - - - -

11、精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 21 页 - - - - - - - - - -

12、精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 二、解答题：本大题共6 小题，计 90 分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内. 15证明：（1）因为111ABCA BC是直三棱柱，所以11/ /ABAB

13、，且11ABAB，又点,M N分别是11,AB A B的中点，所以1MBA N，且1/ /MBA N所以四边形1A NBM是平行四边形，从而1/ /A MBN 4 分又BN平面1AMC，1A M平面1AM C，所以BN面1AMC 6 分（2）因为111ABCA BC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CACB，且M是AB的中点，所以CMAB则由侧面11ABB A底面ABC，侧面11ABB A底面ABCAB，CMAB，且CM底面ABC，得CM侧面11ABB A 8 分又1AB侧面11ABB A，所以1ABCM 10 分又11ABAM，1

14、,AM MC平面1AMC，且1AMMCM，所以1AB平面1AMC 12 分又1AC平面1AMC，所以11ABAC 14 分16解： （1）因为52cb，则由正弦定理，得5sinsin2CB 2 分又2CB，所以5sin2si2BB，即4sincos5sinBBB 4 分又B是ABC的内角，所以sinB，故5cos4B 6 分（2）因为AB ACCA CB， 所以coscoscbAbaC，则由余弦定理，得222222bcabac，得ac 10 分从而精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，

15、共 21 页 - - - - - - - - - - 22222222()35cos225cccacbBacc， 12分又0B，所以24sin1cos5BB从而3co4BB 14分17解：（1）在图甲中，连接MO交EF于点T设OEOFOMR，在Rt OET中，因为1602EOTEOF，所以2ROT，则2RMTO MO T从而2RBEMT，即22RBE. 2 分故所得柱体的底面积OEFOEFSSS扇形22114sin1203323RR. 4 分又所得柱体的高4EG，所以VSEG164 33. 答：当BE长为 1 分米时，折卷成的包装盒的容积为164 33立方分米 . 6分（2）设BEx，则2Rx

16、，所以所得柱体的底面积OEFOEFSSS扇形222114sin120(3)323RRx. 又所得柱体的高62EGx，所以VS328(2 3)(3)3xx，其中03x. 10 分令32( )3,(0,3)f xxxx，则由2( )363 (2)0fxxxx x，解得2x. 12 分列表如下：A DCB E G F O M N H T 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 21 页 - - - - - - - - - - x(0, 2)2(2,3)( )fx0( )f x增极大值减所以

17、当2x时，( )fx取得最大值 . 答：当BE的长为2分 米时，折卷成的 包 装盒的 容积最大. 14 分18解： （1）由32( 3,),(3,0)23NQ，得直线NQ的方程为332yx2 分令0 x，得点B的坐标为(0,3)所以椭圆的方程为22213xya4 分将点N的坐标3( 3,)2代入，得2223()( 3)213a，解得24a所以椭圆C的标准方程为22143xy8 分（2）方法一：设直线BM的斜率为(0)k k，则直线BM的方程为3ykx在3ykx中，令0y，得3Pxk，而点Q是线段OP的中点，所以32Qxk所以直线BN的斜率0(3)2302BNBQkkkk10 分联立223143

18、ykxxy，消去y，得22(34)8 30kxkx，解得28 334Mkxk用2k代k，得2163316Nkxk12 分又2DNNM，所以2()NMNxxx，得23MNxx 14 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 故228 316 32334316kkkk，又0k，解得62k所以直线BM的方程为632yx16 分方法二：设点,M N的坐标分别为1122(,),(,)x yxy由(0,3)B，得直线BN的方程为1133yyxx，

19、令0y，得1133Pxxy同理，得2233Qxxy而点Q是线段OP的中点，所以2PQxx，故121232 333xxyy10 分又2DNNM，所以2122()xxx，得21203xx，从而1241333yy，解得214333yy12分将2121234333xxyy代入到椭圆C 的方程中，得2211(43)1927xy又22114(1)3yx，所以21214(1)(43)31927yy，即2113230yy，解 得13y（ 舍 ） 或133y 又10 x， 所 以 点M的 坐 标 为4 23(,)33M 14 分故直线BM的方程为632yx16 分19解：（1）由题意，可得22()()nnnaa

20、d add，化简得2(1)0d，又0d，所以精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 1. 4 分（2）将1231,2,4aaa代入条件，可得41 4，解得0，所 以211nnnaaa， 所 以 数 列na是 首 项 为1， 公 比2q的 等 比 数 列 ， 所 以12nna. 6 分欲存在3,7r，使得12nmnr，即12nrnm对任意*nN都成立，则172nnm，所以172nnm对任意*nN都成立. 8 分令172nnnb，则116

21、78222nnnnnnnnbb，所以当8n时，1nnbb；当8n时，98bb；当8n时，1nnbb所以nb的最大值为981128bb，所以m的最小值为1128. 10 分（3）因为数列na不是常数列，所以2T若2T，则2nnaa恒成立， 从而31aa，42aa，所以22221212221221()()aaaaaaaa，所以221()0aa，又0，所以21aa，可得na是常数列矛盾所以2T不合题意. 12 分 若3T， 取*1,322,31()3,3nnkankkNnk（ * ），满 足3nnaa恒 成立 14 分由2221321()aa aaa，得7则条件式变为2117nnnaaa由221 (

22、 3)7，知223132321()kkkaaaaa；由2( 3)2 17，知223313121()kkkaaaaa；由21( 3)27，知223133221()kkkaa aaa所以，数列（* ）适合题意所以T的最小值为3. 16 分20解：（1）由( )lnfxx，得(1)0f，又1( )fxx，所以(1)1f，. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 当0c时，( )bg xaxx，所以2( )bg xax，所以(1)gab.

23、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)fgfg，即10abab，解得1212ab. 4 分（2）当01x时，则0()0f x，又3ba，设0()tf x，则 题 意 可 转 化 为 方 程3(0)aaxct tx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)axct xat在(0,)上有相异两实根12,x x所以2121203()4 (3)0030actaactxxaax xa，得203()4 (3)0actaact，所以2(3)caat对(0,),(0,3)ta恒成立 8 分因为03a，所以2(3

24、)2(3)2()32aaaa ?（当且仅当32a时取等号），又0t，所以2(3)aat-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111222lnlnbxxcxbxxcx，两式相减，得211221lnln(1)xxbx xxx. 12 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 要证明122121x xxbx xx，即证211221212121

25、lnln(1)xxx xxx xx xxxx，即证212211lnln11xxxxxx，即证1222111ln1xxxxxx. 14 分令21xtx，则1t，此时即证11ln1ttt令1( )ln1ttt，所以22111( )0ttttt，所以当1t时，函数( )t单调递增又(1)0，所以1( )ln10ttt，即11ln tt成立；再令( )ln1m ttt，所以11( )10tm ttt，所以当1t时，函数( )m t单调递减，又(1)0m，所以( )ln10m ttt，即ln1tt也成立综上所述，实数12,x x满足122xxxbxxx. 16 分附加题答案21 （A）解：如图，连接AE

26、，OE，因为直线DE与O相切于点E，所以DEOE，又因为AD垂直DE于D，所以/ /ADOE，所以DAEOEA，在O中OEOA，所以OEAOAE， 5 分由得DAEOAE，即DAEFAE，又ADEAFE，AEAE，所以ADEAFE，所以DEFE，又4DE，所以4FE，即E到直径AB的距离为4. 10 分（B）解：设00,P xy是圆221xy上任意一点，则22001xy，设点00,P xy在矩阵M对应的变换下所得的点为,Q x y，则002 00 1xxyy，即002xxyy，解得0012xxyy，5 分A B E D F O 第 21(A) 图精品资料 - - - 欢迎下载 - - - -

27、- - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 代入22001xy，得2214xy，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()13，得(coscossinsin)133，得直线的直角坐标方程为320 xy 5 分曲线r，即圆222xyr，所以圆心到直线的距离为0302113d因 为 直 线c o s ()13与 曲 线r（0r） 相 切 ， 所 以rd， 即1r. 10 分（D）解：由柯西不等式，得2222233(3 ) 1()

28、 (13)33xyxy，即2224(3)()3xyxy而2231xy，所以24()3xy，所以223333xy， 5 分由3133233xyxy，得3236xy，所以当且仅当33,26xy时，max2()33xy所以当xy取最大值时x的值为32x. 10 分22解：（1）因为ABCD是菱形，所以ACBD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，| 2 5AP，|6BMM C

29、 D O P x z 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 则1030cos,6|2 56AP BMAP BMAPBM故直线AP与BM所成角的余弦值为306. 5 分（2）( 2,1,0)AB，( 1, 1,2)BM设平面ABM的一个法向量为( , , )nx y z，则00n ABn BM，得2020 xyxyz，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n4O

30、B，|29n，| 1OB则44cos,2929|29n OBn OBn OB. 故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为42929. 10 分23解：（1）由条件，0112112rrnnnnnnnnnnnf nC CC CrCCnCC，在中令1n，得011111fC C1 分在中令2n，得011222222226fC CC C，得23f 2 分在中令3n，得011223333333332330fC CC CC C，得310f 3 分（2）猜想fn=21nnC（或fn=121nnC） 5 分欲证猜想成立，只要证等式011211212nrrnnnnnnnnnnnnCC CC CrCCnCC成

31、立方法一：当1n时，等式显然成立，当2n时，因为11!(1)!=!()!(1)!()!(1)!()!rrnnrnnnrCnnCrnrrnrrnr（），故11111()rrrrrrnnnnnnrCCrCCnCC故只需证明00111111211111nrrnnnnnnnnnnnnCnCCnCCnCCnCC即证00111111211111nrrnnnnnnnnnnnCCCCCCCCC而11rn rnnCC，故即证0111111211111nnnrnrnnnnnnnnnnCCCCCCCCC由等式211(1)(1)(1)nnnxxx可得，左边nx的系数为21nnC而右边精品资料 - - - 欢迎下载 -

32、 - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 1(1)(1)nnxx01221101221111nnnnnnnnnnnnCCxCxCxCC xC xC x，所以nx的系数为01111111111nnrnrnnnnnnnnnCCCCCCCC由211(1)(1)(1)nnnxxx恒成立可得成立. 综上，21nnfnC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n1 个是编号为1，2， ，n1 的黑球，现从袋中任意摸

33、出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r个黑球（nr个白球）的n 个小球的组合的个数为1rn rnnCC，01rn，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01111111nnnnnnnnnCCCCCC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21nnC 故0111121111nnnnnnnnnnnCCCCCCC，即成立 . 余下同方法一 . 10 分方法三：由二项式定理，得0122(1)nnnnnnnxCC xC xC x两边求导，得112111(1)2nrrnnnnnnnxCC xrC xnC x ，得2

34、1012212111(1)()(2)nnnrrnnnnnnnnnnnxCC xC xC xCC xrC xnC x左边nx的系数为21nnnC右边nx的系数为121112nnrn rnnnnnnnnnC CC CrC CnC C1021112rrnnnnnnnnnnC CC CrC CnC C0112112rrnnnnnnnnnnC CC CrCCnCC由恒成立，可得011211212nrrnnnnnnnnnnnnCC CC CrCCnCC 故21nnf nC成立. 10 分精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 21 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 21 页，共 21 页 - - - - - - - - - -