南京市、鹽城市2021屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學(xué)試題及答案

1、南京市、鹽城市2021屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學(xué)試題總分160分，考試時間120分鐘考前須知：1.本試卷考試時間為 120分鐘，試卷總分值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(guī)定的位置，否那么不給分.3答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)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：V Sh,其中S為底面積,h為高.一、填空題本大題共14小題，每題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. 集合 A x|xx 40 , B 0,1,5，那么 AI B .2. 設(shè)復(fù)數(shù)z a ia R,i為虛數(shù)單位，假設(shè)1 i z為純虛

2、數(shù)，那么a的值為 .3. 為調(diào)查某縣小學(xué)六年級學(xué)生每天用于課外閱讀的時間，現(xiàn)從該縣小學(xué)六年級 4000名學(xué)生中隨機(jī)抽取 100名學(xué)生進(jìn)行問卷調(diào)查，所得數(shù)據(jù)均在區(qū)間50,100上，其頻率分布直方圖如下圖，那么估計該縣小學(xué)六年級學(xué)生中每天用于閱讀的時間在70,80單位：分鐘內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為 .頻率4執(zhí)行如下圖的偽代碼，假設(shè)x 0,那么輸出的y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，假設(shè)從袋中一次隨機(jī)摸出2個球,那么摸出的2個球的編號之和大于 4的概率為.2x2 y26假設(shè)拋物線y 2px的焦點與雙曲線1的右焦點重合，那么實數(shù)p的值為 .457設(shè)函數(shù)y e

3、x丄 a的值域為A，假設(shè)A 0,，那么實數(shù)a的取值范圍是.e&銳角，滿足tan 1 tan12，貝U的值為9. 假設(shè)函數(shù)y sin x在區(qū)間0,2 上單調(diào)遞增，那么實數(shù)的取值范圍是 10. 設(shè)Sn為等差數(shù)列 an的前n項和，假設(shè) an的前2021項中的奇數(shù)項和為 2021,那么S2021的值為x(3 x), 0x3,11. 設(shè)函數(shù)f (x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)=3，假設(shè)函數(shù)y f (x) m有四個不同1,x>3x2 2x (y 1)的零點，那么實數(shù)m的取值范圍是.1上存在一點Q ,12. 在平面直角坐標(biāo)系 xOy中，假設(shè)直線y k(x 3、3)上存在一點P ,uu

4、uUULT那么實數(shù)k的最第13題圖點稱為"晶格 圖所示，那么滿足OP 30Q，那么實數(shù)k的最小值為.13如圖是蜂巢結(jié)構(gòu)圖的一局部，正六邊形的邊長均為1,正六邊形的頂點假設(shè) 代B,C, D四點均位于圖中的 晶格點處，且A,B的位置所AB CD的最大值為 .14. 假設(shè)不等式ksin B sin AsinC 19sin Bsin C對任意 ABC都成立，小值為 .證明過程或演二、解答題(本大題共6小題，計90分解容許寫出必要的文字說明， 算步驟，請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi))15. (本小題總分值14分) 如下圖，在直三棱柱 ABC A1B1C1中，CA CB，點M ,N分別是AB,

5、的中點.(1) 求證：BN /平面AMC ;(2) 假設(shè) A1M AB1，求證：AB1 A,C .16.(本小題總分值14分)在ABC中，角A, B,C的對邊分別為a,b,c,c(1) 假設(shè)C 2B，求cosB的值；uuu UHT uun UJU(2) 假設(shè) AB AC CA CB，求 cos(B -)的值.17.本小題總分值14分有一矩形硬紙板材料厚度忽略不計，一邊AB長為6分米，另一邊足夠長現(xiàn)從中截取矩形ABCD 如圖甲所示，再剪去圖中陰影局部，用剩下的局部恰好.能折卷成一個底面是弓形的 柱體包裝盒如圖乙所示，重疊局部忽略不計，其中OEMF是以0為圓心、 EOF 120的扇形,且弧Ef ,

6、Gh分別與邊BC,AD相切于點M ,N .1當(dāng)BE長為1分米時，求折卷成的包裝盒的容積；2當(dāng)BE的長是多少分米時，折卷成的包裝盒的容積最大?第17題-圖甲第17題-圖乙18.本小題總分值16分如圖，在平面直角坐標(biāo)系異于點B的動點，直線2 2xOy中，橢圓C:篤爲(wèi)a b1(a bBM , BN分別與x軸交于點P,Q，且點0的下頂點為B，點M , N是橢圓上Q是線段OP的中點當(dāng)點N運(yùn)動到32 f 3點-3處時，點Q的坐標(biāo)為一 3 ,0.231求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；lur2設(shè)直線MN交y軸于點D，當(dāng)點M , N均在y軸右側(cè)，且DNuujur2NM時，求直線BM的方程.第18題圖19.(本小題總分值16

7、分)設(shè)數(shù)列an滿足an2 an ian 12 aj2，其中n-2，且n N , 為常數(shù).(1) 假設(shè)an是等差數(shù)列，且公差 d 0,求 的值；(2) 假設(shè)a11,a22,a34，且存在r 3,7，使得ma.卪nr對任意的nN*都成立，求m的最小值；(3) 假設(shè)0，且數(shù)列an不是常數(shù)列，如果存在正整數(shù)T，使得an t an對任意的n N*均成立.求所有滿足條件的數(shù)列an中T的最小值.20.(本小題總分值16分)K設(shè)函數(shù) f(x) ln x, g(x) ax c ( a,b,c R).x(1) 當(dāng)c 0時，假設(shè)函數(shù)f (x)與g(x)的圖象在x 1處有相同的切線，求 a,b的值；(2) 當(dāng)b 3

8、a時，假設(shè)對任意x° (1,)和任意a (0,3)，總存在不相等的正實數(shù) 治出，使得g(xj g(x2)f(x°)，求 c的最小值；(3) 當(dāng)a 1時，設(shè)函數(shù)y f (x)與y g(x)的圖象交于A(xyj, B(x2, 丫2)(為x2)兩點.求證： x1x2 x2 b x-ix2 x1.南京市、鹽城市2021屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學(xué)附加題局部本局部總分值40分，考試時間30分鐘21. 選做題在A、B、C、D四小題中只能選做 2題，每題10分，計20分.請把答案寫在答題紙的指 定區(qū)域內(nèi)A.選修4-1 :幾何證明選講如圖， AB為O O的直徑，直線 DE與O O相切于點E

9、 , AD垂直DE于點D .假設(shè)DE 4，求 切點E到直徑AB的距離EF .BB.選修4-2 :矩陣與變換2 0 2 2矩陣M，求圓x2 y2 1在矩陣M的變換下所得的曲線方程0 1C.選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程在極坐標(biāo)系中，直線cos 1與曲線 r r 0相切，求r的值.31,求當(dāng)x y取最大值時x的值.D .選修4-5 :不等式選講 實數(shù)x, y滿足x2 3y2必做題(第22、23題，每題10分，計20分請把答案寫在答題紙的指定區(qū)域內(nèi))22. (本小題總分值10分)如圖，四棱錐 P ABCD的底面ABCD是菱形，AC與BD交于點0 , 0P 底面ABCD，點M為PC 中點，AC 4, B

10、D 2,0P4.(1) 求直線AP與BM所成角的余弦值；(2) 求平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值.C23.(本小題總分值10分) n N , nf nCQ； 2C：Cn2rC： C(1) 求 f 1 , f 2 , f 3 的值；(2) 試猜測f n的表達(dá)式(用一個組合數(shù)表示)nC；1 nCn，并證明你的猜測.南京市、鹽城市2021屆高三年級第一次模擬考試數(shù)學(xué)參考答案一、填空題:本大題共14小題，每題5分，計70分.21. 12. 13.12004. 15.36. 67. (,238.49 (0,110.403411.詩12.、,313. 2414. 100二、解答題：本大題共 6

11、小題，計90分解容許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(qū)域內(nèi)15證明：1因為ABC ABQ是直三棱柱，所以 AB/AB1，且AB AB , 又點M,N分別是AB,A1B1的中點，所以 MB AN，且MB/AN .所以四邊形 ANBM是平行四邊形，從而 AM /BN .又BN 平面A,MC , A1M 平面AMC，所以BN /面AMC .2因為ABC A1B1C1是直三棱柱，所以 AA 底面ABC，而AA 側(cè)面ABB1A1 , 所以側(cè)面ABB1A1 底面ABC .又CA CB，且M是AB的中點，所以CM AB .那么由側(cè)面ABB1A1 底面ABC，側(cè)面AB3A I

12、底面ABCCM又AB1又AB1所以AB1又ACAB，AB，且 CM 底面 ABC，得 CM側(cè)面ABB1A，所以AB1AM , AM ,MC平面AMC .平面AMC，所以AB1亦平面AMC ,16解：1因為cb，那么由正弦定理，得2側(cè)面ABBiA且 ami MC亦sinC sin2又C 2B，所以 sin2B AinB，即 4sinBcosB2又B是 ABC的內(nèi)角，所以si nB 0，故cosBuurAC2aUJU(2)因為AB2 c得b2urnCA b2uuuCB,2a分10分、5sin B .從而cosB2c2acb24 所以 cbcosA bacosC , c2，得 a c .22c cc

13、)2那么由余弦定理,，所以sinB從而cos(B717.解：1在圖甲中，連接2c21 cos2 BcosBcos sinBsin44MO交EF于點T .3 <25 2設(shè)OE45 OF在Rt OET中，因為EOT 一 EOF 60，所以2OT遼2OMR10R,那么MTOMOTf12分14分10分12分14分R從而 BE MT ,即 R 2BE 2.2故所得柱體的底面積 S S扇形OEF S OEF12124R2R2sin1203 .323又所得柱體的高EG 4 ,所以VS EG 1643.3答：當(dāng)BE長為1分米時,折卷成的包裝盒的容積為164 . 3立方分米63設(shè)BEx，那么R2x,所以所

14、得柱體的底面積SS扇形 OEFS OEF1R2 - R24sin120 (323又所得柱體的高EG62x,所以VS EG (832込x33x2，其中0令 f (x)32x 3x,x0,3，那么由f (x) 3x2解得x2.列表如下(2)分x 3.x(0,2) nf (x)I+ -f (x) n增i所以當(dāng)x 2時，fx取得最大值10分6x 3x( x 2)0,12分2(2,3)10一極大值減1答：當(dāng)BE的長為2分米時，折卷成的包裝盒的容積最大.一 /qC 一Q18解：1由N 爲(wèi)¥2,Q2石0,得直線NQ的方程為y232令x 0,得點B的坐標(biāo)為0,.14分2分2 2所以橢圓的方程為字亍1

15、.將點N的坐標(biāo)G,代入，得呈一2a2 2 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為一 1 .43(孚2221，解得 a 4 .3.3在y kx 3中，令y0,得xP ，而點Q是線段0P的中點，所以xQ .P kQ 2kf所以直線BN的斜率kBNkBQ 0 (3)2k.10 分Q仝02k2方法一：設(shè)直線 BM的斜率為kk 0,那么直線BM的方程為y kxy聯(lián)立 X24kx .32y3，消去y，得34k2)x28, 3kx 0，解得 xm8 3k3 4k216、3k2 .3 16k用2k代k，得xnuuiruuuu又 DN 2NM，所以 Xn 2(Xm送3心2，又k4k 3 16kBM的方程為y 6 x 3 .2M

16、 , N 的坐標(biāo)分別為(x-i, yj,( x2, y2).* 、3Xi所以直線方法二：設(shè)點由 B(0,同理，得12分Xn)，得 2xm0，解得k3xN -2 °14分16分、3，得直線BN的方程為yXp而點Q是線段OP的中點，所以xp 2xq，故 3Xi.y- V32 3X2y2 310分uuir 又DNuuuu2NM，所以 X22(X1 X2)，得 x22X130 ,從而Y1y243/3，解得y24.3屮332X2X-i3代入到橢圓C的方程中,2X1(4y3)212分y227又x12241 T，所以4(12與39(4y1271，即-3y122y1解得y13 舍或y -.又3故直線

17、BM的方程為y 6 x2anan所以點M的坐標(biāo)為4、2 T).M(14分16分19.解：1由題意，可得 化簡得1d20 ,2將印 1,a2 2,a3所以 an2 an 1ad)(and)1.1d2又d 0，所以4代入條件，可得4所以數(shù)列 an是首項為1，公比q 2的等比數(shù)列，所以；欲存在r 3,7，使得m 2n J-n r，即rn m 2n 1對任意n N都成立,4 ，解得 0,n 16 1 ,an2n 1那么7n m 2n 所以nm一"7令 bn，那么 bn 1所以當(dāng)n 8時，bn1bn鼻對任意n2n 1n 6 n 72* 2*1N都成立.8 n2n ，bs ;當(dāng)所以bn的最大值為

18、b9 b81128，所以m的最小值為1128 .(3 )因為數(shù)列 an不是常數(shù)列，所以2.假設(shè)T2,那么an 2an恒成立,從而a38i ,a4a2，所以22a：a22aa：所以©ai)20，又0,所以a2a1 ,可得an是常數(shù)列矛盾.所以T2不合題意1, n3k2假設(shè)T3,取an2, n3k1 (k N*)(*),滿足an 3an恒成立.3,n 3k由a281 93(a2a# ,得7.那么條件式變?yōu)?anan 1an 17 .由221 (3) 7 ,知a3k21a3k 2a3k(a2印)2;由(3)2 21 7 ,知 a3ka3k 1a3k 1(a2aj2由12(3)2 7 ,知a

19、3k21a3ka3k 2(a2aj2n 8時,bn ；bn 所以，數(shù)列(*) 所以T的最小值為適合題意.3.bn 1當(dāng)n 8時，b9(a? aj2(a? aj21(分12分14分1620.解：(1)由 f(X)ln x ,f(1) 0 ,bx因為函數(shù)f (x)與g(x)的圖象在當(dāng) C 0 時，g(x)ax所以g (x)1,所以f1 ,. xba巧，所以g (1) a b. xf (x)所以f (1) g (1),即ab11 a -解得2.X解得4分f(1) g(1)ab0b-2(2 )當(dāng) x01 時，貝 y f (x00,又b3 a，設(shè) t f(X。),那么題意可轉(zhuǎn)化為方程 ax3act(t

20、0)在(0,)上有相異兩實根 為，X2.6分x 1處有相同的切線，x即關(guān)于x的方程ax2 (c t)x (3 a) 0(t0)在(0,)上有相異兩實根xx?.(C0t)2a 34a(3 a)0 0a 3所以X1xc t0，得(c2t) 4a(3 a),act 03 ax-i x2 0a所以 c 2 a(3 a) t 對 t (0,),a(0,3)恒成立.因為0 a 3，所以2ja(3 a)? 2?a)23 (當(dāng)且僅當(dāng)a |時取等號)，又t 0，所以2 a(3 a)-1的取值范圍是(，3)，所以c-310分故c的最小值為3.(3)當(dāng)a 1時，因為函數(shù)f(x)與g(x)的圖象交于A,B兩點，bIn

21、 x1x1c所以x,c，兩式相減，得bX1X2(1lnx2In X1)bxX1In x2xcX212分要證明x1x2x2bx-i x2x-i，即證 x1 x2X2X1 x2 (1X21即證丄InX2InX11，即證 1In翌竺1.X2X2X1X-|XX1X1令淫t那么t 1，此時即證11In tt 1 .X1t令(t)In1t - 1，所以(t)11t 10,所以當(dāng)tttt2t2又(1)01，所以(t) Int -10,1即1-In t成立；tt再令m(t)Int t 1，所以 m (t)111 t0 ,所以當(dāng)ttt又 m(1)0，所以 m(t) In t t10 ,即Intt 1也成立.綜上

22、所述,實數(shù)x1, x2滿足x1x2X2bx1x2X1 .Xi1時，函數(shù)1時，函數(shù)ln xt)x-i x2x-i，(t)單調(diào)遞增.m(t)單調(diào)遞減,14分16分B附加題答案21. (A)解：如圖，連接 AE , OE ,因為直線DE與O O相切于點E，所以DE OE ,又因為AD垂直DE于D，所以AD /OE，所以 DAE OEA， 在O O中OE OA，所以 OEA OAE，5分由得 DAE OAE，即卩 DAE FAE ,又 ADE AFE , AE AE,所以 ADE AFE，所以DE FE，又DE 4，所以FE 4,即E到直徑AB的距離為4. 10分(B)解：設(shè)P x),y0是圓x2 y

23、2 1上任意一點，那么X： 七 1,設(shè)點P Xo,yo在矩陣M對應(yīng)的變換下所得的點為xQ x, y，那么yXoyo1x2x0X°x即解得2 ,5分yy。y。y代入x22y°1,得2 xy21，即為所求的曲線方程10分4(C)解：以極點O為原點，極軸 Ox為x軸建立平面直角坐標(biāo)系,由 cos(3得直線的直角坐標(biāo)方程為 曲線 r,即圓x2所以圓心到直線的距離為)1，得(cos cos sin-3,3y 20.2r ,0 0 2.1 3sin )1 ,3因為直線cos( )31與曲線 r (0)相切，所以10分(D)解：由柯西不等式，得x2 C-3y)212(詐(x 1即 3(x

24、2 3y2)(xy)2.而x223y 1,所以(xy)24，所以33y，得j.2遼，6所以當(dāng)且僅當(dāng)時，(X y)max所以當(dāng)x y取最大值時x的值為10分2 .BD .又 OP22.解：(1)因為ABCD是菱形，所以 別為x軸，y軸，z軸，建立如下圖空間直角坐標(biāo)系.那么 A(2,0,0) ,B(0,1,0) ,P(0,0,4) ,C( 2,0,0) ,M( 1,0,2). uuu所以 AP ( 2,0, 4),uuuuuuu| AP | 2、5 , | BM |AC底面ABCD ,以O(shè)為原點,直線OA,OB,OP分那么cosULU UUJUAP,BMuuuu BM(1,uuu1,2) , AP

25、uuuu BM-.6uuu AP uuuiuuu BM uuuu10306| AP|BM |30故直線AP與BM所成角的余弦值為uuuuuuu(2) AB ( 2,1,0) , BM ( 1, 1,2).r設(shè)平面ABM的一個法向量為n (x, y,z),5分ruuunAB02xy 0，令 x 2 ,0那么ruuuu0得nBMx y2z得平面ABM的一個法向量為r n(2,4,3) 又平面PAC的一個法向量為LuKU OB(0,1,0)，所以r uuu那么cosr uun n ,OBn OB -r uur-4二 4 - 29 .|n |0B|2929得 y 4 , z 3 r uuur n OB

26、 4，1 n 丨.29 ,uuu|OB| 1 Cn 1 nc：；c；.23解：(1)由條件，nf nCn0C：2C1C：rC rn在中令n1，得 f 1CC；1.在中令n2，得 2f2 C；C；2c2c26，得在中令n3，得 3f3 曲2c3c33C；C|(2)猜測f n=C；： 1 (或f ： -C2n11)欲證猜測成立，只要證等式nC；n 1CnC：2曲方法一：當(dāng)n1時，等式顯然成立，當(dāng)n-2時，因為 rC r r ( n!)n!因為 rc ：1Lr!(n r)!(r 1)!(ri r)!故 rC； 1Cn(rcn)cn1nenC1故只需證明n C?n 1nC0011 1CnnCnnCnr 1e即證C2n 1C01C0 C1n 1 nnr 1 r 1Cn 1Cne；故平面ABM與平面PAC所成銳二面角的余弦值為1以C：而C； 1 C； r 1，故即證C；n4 ,29.291