福建省福州市高三上学期期末质检数学理试题解析版

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1、福建省福州市2018届高三上学期期末质检试题理科数学第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】则故选2. 若复数的模为，则实数（ ）A. 1 B. C. D. 【答案】C【解析】，故选3. 下列函数为偶函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】对于中，故排除对于中，故排除对于中 故排除故选4. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】 故选5. 已知圆锥的高为3，它的底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，

2、则这个球的体积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如图：设球心到底面圆心的距离为，则球的半径为，由勾股定理得解得，故半径，故选6. 已知函数则函数的零点个数是（ ）A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】根据题意令，解得，当时符合题意令无解，故只有两个零点，选7. 如图的程序框图的算法思路源于我国古代著名的“孙子剩余定理”，图中的表示正整数 除以正整数后的余数为，例如.执行该程序框图，则输出的等于（ ）A. 23 B. 38 C. 44 D. 58【答案】A【解析】本题框图计算过程要求找出一个数除以3余数为2；除以5余数为3；除以7余数为2，那么这个数首先是23

3、，故选8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为（ ）A. 14 B. C. D. 【答案】D【解析】还原三视图如下：其表面积为故选9. 已知圆，抛物线上两点与，若存在与直线平行的一条直线和与都相切，则的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】将点与代入抛物线得，不妨设与直线平行的一条直线为，联立解得由解得或(舍) 则的准线方程为故选10. 不等式组的解集记为.有下列四个命题： 其中真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】对于取点代入得，所以为假命题；为真命题；对于恒成立，所以为假命题故选11. 已知双曲线的左

4、、右焦点分别为，点在上，线段交于点，且，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由得点横坐标为代入求得纵坐标为又因为，所以代入双曲线中得，化简得，所以故选点睛：本题考查了直线与双曲线的位置关系，由线平行推得点坐标，再结合中点条件计算出中点坐标，代入曲线方程即可计算出结果，在解题过程中注意条件的转化，如可以得到中点，继而计算出中点坐标12. 设数列的前项和为，且.若，则的最大值为（ ）A. 51 B. 52 C. 53 D. 54【答案】A【解析】若为偶数，则，所以这样的偶数不存在若为奇数，则若，则当时成立若，则当不成立故选点睛：本题是道数列的综合题目，考查了数列的求和时的最

5、值问题，需要注意这里的分类讨论，当为偶数、为奇数时运用等差数列求和，将和的表达式写出来，然后结合题意进行讨论第卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13. 已知单位向量满足，则的夹角为_【答案】【解析】根据题意，与的夹角为14. 设为正整数，展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为_【答案】112【解析】由展开式中仅有第5项的二项式系数最大得则，令，则展开式中的常数项为15. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的值为_【答案】【解析】其中，由题意将函数向右平移个单位长度，得到其中，则，点睛：本题考查了三角函数图像的平移，先将函数表达

6、式利用辅助角公式转化为的形式，然后根据图象平移左加右减，得出之间的数量关系，再结合二倍角即可求出结果16. 如图，已知一块半径为1的残缺的半圆形材料，为半圆的圆心，.现要在这块材料上裁出一个直角三角形.若该三角形一条边在上，则裁出三角形面积的最大值为_【答案】【解析】要裁出三角形面积的最大如图:令则三角形面积，令解得当，时取得最值，则点睛：本题要在残缺的半圆形材料裁出一个直角三角形根据如图所示，利用三角函数表示出直角边的长度，再利用导数计算求得最值的情况，本题综合性强，需要先给出最大值时的情况三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知数列中

7、，.设.（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项的和.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：由条件得即可证明数列是等比数列(2)由(1)得代入求得 利用裂项求和求出数列的前项的和解析：（1）证明：因为，所以 ，又因为， 所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列. （2）由（1）知，因为，所以 ，所以.18. 已知菱形的边长为2，.是边上一点，线段交于点.（1）若的面积为，求的长；（2）若，求.【答案】(1)；(2).解析：解法一：（1）依题意，得， 因为的面积，所以，所以，解得，根据余弦定理，得.（2）依题意，得，设，则，在中，由正弦定理得，因为，所以，所以所以.解法

8、二：（1）同解法一.（2）依题意，得，设，则，在中，设，因为，则，由余弦定理，得， 得， 解得，或. 又因为，所以，所以，所以，在中，由正弦定理，得，得.19. 如图，在四棱锥中，.（1）证明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】试题分析：(1)由线平行先证得，再由各边长结合勾股定理逆定理，证得，运用面面垂直的判定定理即可证得(2) 以点为坐标原点，以的方向为轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系.求出平面的法向量为，平面的一个法向量为，利用公式计算求得结果解析：（1）证明：因为，所以.因为，所以， 所以，因为，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）由

9、（1）知，平面，故以点为坐标原点，分别以的方向为轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.所以，所以，设平面的法向量为，则，所以，取，则，又因为平面的一个法向量为，所以，所以二面角的余弦值为.20. 已知为椭圆的右焦点，为上的任意一点. （1）求的取值范围；（2）是上异于的两点，若直线与直线的斜率之积为，证明:两点的横坐标之和为常数.【答案】(1).(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)法一:设的坐标为，利用两点之间的距离公式化简即可求得范围；法二：运用三角函数换元设点的坐标为利用两点之间距离公式计算出范围（2）法一：设直线斜率分别为，联立直线方程与曲线方程，利用根与系数之间关系，再由

10、，计算得；法二：设直线的斜率分别为，计算得，由，得，即，证得的中点在上，同理可证的中点在上，即说明两点的横坐标之和为常数解析：解法一：（1）依题意得，所，所以的右焦点坐标为，设上的任意一点的坐标为，则，所以，又因为，所以，所以，所以的取值范围为.（2）设三点坐标分别为，设直线斜率分别为，则直线方程为，由方程组消去，得，由根与系数关系可得，故，同理可得，又，故 ，则 ，从而.即两点的横坐标之和为常数.解法二：（1）依题意得，所，所以的右焦点坐标为，设上的任意一点的坐标为，设上的任意一点的坐标为，则，又因为，所以，所以，所以的取值范围为.（2）设两点坐标分别为，线段的中点分别为，点的坐标为，直线的

11、斜率分别为，由方程组得，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，所以的中点在上，同理可证：的中点在上，所以点为线段的中点.根据椭圆的对称性，所以两点的横坐标之和为常数.点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，求证横坐标的和为定值，参考答案中给了两种不同的解法，法一较为常规，联立直线与椭圆方程，借助根与系数之间的关系，证得结果，法二较为巧妙说明了线段中点问题21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若且，求证：.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)对函数求导，然后分类讨论若时、时和时三种情况，分别给出单调性（2）法一：构造，求导算出最值，构造，利用二阶导数，得，

12、从而得证；法二：利用放缩法当时，得，即，然后再证明；法三：对问题放缩由于，则只需证明，然后给出证明解析：解法一：（1）函数的定义域为，若时，则，在上单调递减；若时，当时，；当时，；当时，.故在上，单调递减；在上，单调递増； 若时，当时，；当时，；当时，.故在上，单调递减；在上，单调递増. （2）若且，欲证，只需证，即证.设函数，则.当时， .故函数在上单调递增.所以. 设函数，则.设函数，则.当时，故存在，使得，从而函数在上单调递增；在上单调递减. 当时，当时，故存在，使得，即当时，当时， 从而函数在上单调递增；在上单调递减. 因为，故当时，所以，即.解法二：（1）同解法一.（2）若且，欲证，

13、只需证，即证.设函数，则.当时， .故函数在上单调递增.所以. 设函数，因为，所以，所以， 又，所以，所以，即原不等式成立. 解法三：（1）同解法一.（2）若且，欲证，只需证，由于，则只需证明，只需证明，令，则，则函数在上单调递减，则，所以成立，即原不等式成立. 点睛：本题考查了运用导数求含参量函数的单调区间以及恒成立问题，当遇到含参量的题目时需要注意分类讨论，在证明不等式成立的问题上参考答案给出了三种不同证明，大致分为：构造新函数，分别求出其最值，找出沟通桥梁证得结果；或运用放缩法来证明请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 在直角坐标系中，曲线（为参数

14、，）.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线.（1）若与曲线没有公共点，求的取值范围；（2）若曲线上存在点到距离的最大值为，求的值.【答案】(1)；(2).【解析】试题分析：（1）将曲线与直线转为直角坐标系方程，然后联立直线与方程组求得结果（2）利用三角函数求出点到直线的距离表达式，结合题目求得结果解析：（1）因为直线的极坐标方程为，即，所以直线的直角坐标方程为；因为（参数，）所以曲线的普通方程为，由消去得，所以，解得，故的取值范围为. （2）由（1）知直线的直角坐标方程为，故曲线上的点到的距离，故的最大值为由题设得，解得.又因为，所以.点睛：本题考查了参数方程的知识点，先将参数方程或者极坐标方程转化为直角坐标系的方程，然后根据在直角坐标系的方法求得结果，在计算点到线的距离时，由三角函数的方法在计算中更为简单23. 选修4-5：不等式选讲设函数.（1）求不等式的解集；（2）已知关于的不等式的解集为，若，求 实数的取值范围.【答案】（1）（2）解析：（1）因为，所以，或或解得或或， 所以，故不等式的解集为.（2）因为，所以当时，恒成立， 而 ，因为，所以，即，由题意，知对于恒成立，所以，故实数的取值范围.18第页