南京市、盐城市2021届高三年级第一次模拟考试数学试题及答案

1、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. 集合 A x|xx 40 , B 0,1,5，那么 AI B .2. 设复数z a ia R,i为虚数单位，假设1 i z为纯虚

2、数，那么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4执行如下图的伪代码，假设x 0,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.2x2 y26假设抛物线y 2px的焦点与双曲线1的右焦点重合，那么实数p的值为 .457设函数y e

3、x丄 a的值域为A，假设A 0,，那么实数a的取值范围是.e&锐角，满足tan 1 tan12，贝U的值为9. 假设函数y sin x在区间0,2 上单调递增，那么实数的取值范围是 10. 设Sn为等差数列 an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(3 x), 0x3,11. 设函数f (x)是偶函数，当x>0时，f(x)=3，假设函数y f (x) m有四个不同1,x>3x2 2x (y 1)的零点，那么实数m的取值范围是.1上存在一点Q ,12. 在平面直角坐标系 xOy中，假设直线y k(x 3、3)上存在一点P ,uu

4、uUULT那么实数k的最第13题图点称为"晶格 图所示，那么满足OP 30Q，那么实数k的最小值为.13如图是蜂巢结构图的一局部，正六边形的边长均为1,正六边形的顶点假设 代B,C, D四点均位于图中的 晶格点处，且A,B的位置所AB CD的最大值为 .14. 假设不等式ksin B sin AsinC 19sin Bsin C对任意 ABC都成立，小值为 .证明过程或演二、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， 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 ABC A1B1C1中，CA CB，点M ,N分别是AB,

5、的中点.(1) 求证：BN /平面AMC ;(2) 假设 A1M AB1，求证：AB1 A,C .16.(本小题总分值14分)在ABC中，角A, B,C的对边分别为a,b,c,c(1) 假设C 2B，求cosB的值；uuu UHT uun UJU(2) 假设 AB AC CA CB，求 cos(B -)的值.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0为圆心、 EOF 120的扇形,且弧Ef ,

6、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?第17题-图甲第17题-图乙18.本小题总分值16分如图，在平面直角坐标系异于点B的动点，直线2 2xOy中，椭圆C:笃爲a b1(a bBM , BN分别与x轴交于点P,Q，且点0的下顶点为B，点M , N是椭圆上Q是线段OP的中点当点N运动到32 f 3点-3处时，点Q的坐标为一 3 ,0.231求椭圆C的标准方程；lur2设直线MN交y轴于点D，当点M , N均在y轴右侧，且DNuujur2NM时，求直线BM的方程.第18题图19.(本小题总分值16

7、分)设数列an满足an2 an ian 12 aj2，其中n-2，且n N , 为常数.(1) 假设an是等差数列，且公差 d 0,求 的值；(2) 假设a11,a22,a34，且存在r 3,7，使得ma.卪nr对任意的nN*都成立，求m的最小值；(3) 假设0，且数列an不是常数列，如果存在正整数T，使得an t an对任意的n N*均成立.求所有满足条件的数列an中T的最小值.20.(本小题总分值16分)K设函数 f(x) ln x, g(x) ax c ( a,b,c R).x(1) 当c 0时，假设函数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

8、a时，假设对任意x° (1,)和任意a (0,3)，总存在不相等的正实数 治出，使得g(xj g(x2)f(x°)，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(xyj, B(x2, 丫2)(为x2)两点.求证： x1x2 x2 b x-ix2 x1.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总分值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， AB为O O的直径，直线 DE与O O相切于点E

9、 , AD垂直DE于点D .假设DE 4，求 切点E到直径AB的距离EF .BB.选修4-2 :矩阵与变换2 0 2 2矩阵M，求圆x2 y2 1在矩阵M的变换下所得的曲线方程0 1C.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.31,求当x y取最大值时x的值.D .选修4-5 :不等式选讲 实数x, y满足x2 3y2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 ABCD的底面ABCD是菱形，AC与BD交于点0 , 0P 底面ABCD，点M为PC 中点，AC 4, B

10、D 2,0P4.(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.C23.(本小题总分值10分) n N , nf nCQ； 2C：Cn2rC： C(1) 求 f 1 , f 2 , f 3 的值；(2) 试猜测f n的表达式(用一个组合数表示)nC；1 nCn，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.21. 12. 13.12004. 15.36. 67. (,238.49 (0,110.403411.诗12.、,313. 2414. 100二、解答题：本大题共 6

11、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 ABQ是直三棱柱，所以 AB/AB1，且AB AB , 又点M,N分别是AB,A1B1的中点，所以 MB AN，且MB/AN .所以四边形 ANBM是平行四边形，从而 AM /BN .又BN 平面A,MC , A1M 平面AMC，所以BN /面AMC .2因为ABC A1B1C1是直三棱柱，所以 AA 底面ABC，而AA 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 .那么由侧面ABB1A1 底面ABC，侧面AB3A I

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

13、)2那么由余弦定理,，所以sinB从而cos(B717.解：1在图甲中，连接2c21 cos2 BcosBcos sinBsin44MO交EF于点T .3 <25 2设OE45 OF在Rt OET中，因为EOT 一 EOF 60，所以2OT辽2OMR10R,那么MTOMOTf12分14分10分12分14分R从而 BE MT ,即 R 2BE 2.2故所得柱体的底面积 S S扇形OEF S OEF12124R2R2sin1203 .323又所得柱体的高EG 4 ,所以VS EG 1643.3答：当BE长为1分米时,折卷成的包装盒的容积为164 . 3立方分米63设BEx，那么R2x,所以所

14、得柱体的底面积SS扇形 OEFS OEF1R2 - R24sin120 (323又所得柱体的高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所以当x 2时，fx取得最大值10分6x 3x( x 2)0,12分2(2,3)10一极大值减1答：当BE的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大.一 /qC 一Q18解：1由N 爲¥2,Q2石0,得直线NQ的方程为y232令x 0,得点B的坐标为0,.14分2分2 2所以椭圆的方程为字亍1

15、.将点N的坐标G,代入，得呈一2a2 2 所以椭圆C的标准方程为一 1 .43(孚2221，解得 a 4 .3.3在y kx 3中，令y0,得xP ，而点Q是线段0P的中点，所以xQ .P kQ 2kf所以直线BN的斜率kBNkBQ 0 (3)2k.10 分Q仝02k2方法一：设直线 BM的斜率为kk 0,那么直线BM的方程为y kxy联立 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的方程为y 6 x 3 .2M

16、 , N 的坐标分别为(x-i, yj,( x2, y2).* 、3Xi所以直线方法二：设点由 B(0,同理，得12分Xn)，得 2xm0，解得k3xN -2 °14分16分、3，得直线BN的方程为yXp而点Q是线段OP的中点，所以xp 2xq，故 3Xi.y- V32 3X2y2 310分uuir 又DNuuuu2NM，所以 X22(X1 X2)，得 x22X130 ,从而Y1y243/3，解得y24.3屮332X2X-i3代入到椭圆C的方程中,2X1(4y3)212分y227又x12241 T，所以4(12与39(4y1271，即-3y122y1解得y13 舍或y -.又3故直线

17、BM的方程为y 6 x2anan所以点M的坐标为4、2 T).M(14分16分19.解：1由题意，可得 化简得1d20 ,2将印 1,a2 2,a3所以 an2 an 1ad)(and)1.1d2又d 0，所以4代入条件，可得4所以数列 an是首项为1，公比q 2的等比数列，所以；欲存在r 3,7，使得m 2n J-n r，即rn m 2n 1对任意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所以当n 8时，bn1bn鼻对任意n2n 1n 6 n 72* 2*1N都成立.8 n2n ，bs ;当所以bn的最大值为

18、b9 b81128，所以m的最小值为1128 .(3 )因为数列 an不是常数列，所以2.假设T2,那么an 2an恒成立,从而a38i ,a4a2，所以22a：a22aa：所以©ai)20，又0,所以a2a1 ,可得an是常数列矛盾.所以T2不合题意1, n3k2假设T3,取an2, n3k1 (k N*)(*),满足an 3an恒成立.3,n 3k由a281 93(a2a# ,得7.那么条件式变为2anan 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时,bn ；bn 所以，数列(*) 所以T的最小值为适合题意.3.bn 1当n 8时，b9(a? aj2(a? aj21(分12分14分1620.解：(1)由 f(X)ln x ,f(1) 0 ,bx因为函数f (x)与g(x)的图象在当 C 0 时，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 )当 x01 时，贝 y f (x00,又b3 a，设 t f(X。),那么题意可转化为方程 ax3act(t

20、0)在(0,)上有相异两实根 为，X2.6分x 1处有相同的切线，x即关于x的方程ax2 (c t)x (3 a) 0(t0)在(0,)上有相异两实根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 对 t (0,),a(0,3)恒成立.因为0 a 3，所以2ja(3 a)? 2?a)23 (当且仅当a |时取等号)，又t 0，所以2 a(3 a)-1的取值范围是(，3)，所以c-310分故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，bIn

21、 x1x1c所以x,c，两式相减，得bX1X2(1lnx2In X1)bxX1In x2xcX212分要证明x1x2x2bx-i x2x-i，即证 x1 x2X2X1 x2 (1X21即证丄InX2InX11，即证 1In翌竺1.X2X2X1X-|XX1X1令淫t那么t 1，此时即证11In tt 1 .X1t令(t)In1t - 1，所以(t)11t 10,所以当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 ,所以当ttt又 m(1)0，所以 m(t) In t t10 ,即Intt 1也成立.综上

22、所述,实数x1, x2满足x1x2X2bx1x2X1 .Xi1时，函数1时，函数ln xt)x-i x2x-i，(t)单调递增.m(t)单调递减,14分16分B附加题答案21. (A)解：如图，连接 AE , OE ,因为直线DE与O 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， 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到直径AB的距离为4. 10分(B)解：设P x),y0是圆x2 y

23、2 1上任意一点，那么X： 七 1,设点P Xo,yo在矩阵M对应的变换下所得的点为xQ x, y，那么yXoyo1x2x0X°x即解得2 ,5分yy。y。y代入x22y°1,得2 xy21，即为所求的曲线方程10分4(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(3得直线的直角坐标方程为 曲线 r,即圆x2所以圆心到直线的距离为)1，得(cos cos sin-3,3y 20.2r ,0 0 2.1 3sin )1 ,3因为直线cos( )31与曲线 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辽，6所以当且仅当时，(X y)max所以当x y取最大值时x的值为10分2 .BD .又 OP22.解：(1)因为ABCD是菱形，所以 别为x轴，y轴，z轴，建立如下图空间直角坐标系.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为原点,直线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故直线AP与BM所成角的余弦值为uuuuuuu(2) AB ( 2,1,0) , BM ( 1, 1,2).r设平面ABM的一个法向量为n (x, y,z),5分ruuunAB02xy 0，令 x 2 ,0那么ruuuu0得nBMx y2z得平面ABM的一个法向量为r n(2,4,3) 又平面PAC的一个法向量为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)由条件，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)猜测f n=C；： 1 (或f ： -C2n11)欲证猜测成立，只要证等式nC；n 1CnC：2曲方法一：当n1时，等式显然成立，当n-2时，因为 rC r r ( n!)n!因为 rc ：1Lr!(n r)!(r 1)!(ri r)!故 rC； 1Cn(rcn)cn1nenC1故只需证明n C?n 1nC0011 1CnnCnnCnr 1e即证C2n 1C01C0 C1n 1 nnr 1 r 1Cn 1Cne；故平面ABM与平面PAC所成锐二面角的余弦值为1以C：而C； 1 C； r 1，故即证C；n4 ,29.291