福建省宁德市2018届高三第一次质量检查数学理试题 含解析

'www.ks5u.com2018届宁德市普通高中毕业班第一次质量检查试卷理科数学本试卷分第I卷和第II卷两部分．第I卷1至2页，第II卷3至5页，满分150．第I卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5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】集合，，则.故选B.2.已知复数对应复平面上的点，复数满足，则A.B.C.D.【答案】C【解析】复数对应复平面上的点，所以.由得：.，所以.故选C.3.若，则A.B.C.D.【答案】B【解析】由，得，解得..................................故选B.4.执行如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的的值为-19- A.B.C.D.【答案】D【解析】执行程序：,,…….，不成立，输出.故选D.5.设满足约束条件若目标函数的最小值大于，则的取值范围为A.B.C.D.【答案】B-19- 【解析】作出不等式组的可行域如图所示，由图可知.平移直线至点A处得的最小值，得,即，代入z得.由题意知，解得.综上：.故选B.点睛：线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.需要注意的是：一、准确无误地作出可行域；二、画标准函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三、一般情况下，目标函数的最大或最小会在可行域的端点或边界上取得.6.福建省第十六届运动会将于2018年在宁德召开．组委会预备在会议期间将这六名工作人员分配到两个不同的地点参与接待工作．若要求必须在同一组，且每组至少2人，则不同的分配方法有A.15种B.18种C.20种D.22种【答案】D【解析】先从两个不同的地方选出一地分配两人，有种，有三人去A,B外的另一地点，种；-19- 有二人去A,B外的另一地点，种.综上：共有种，故选D.7.一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为A.B.C.D.【答案】A【解析】如图所示三视图的还原图：左侧为三棱锥，右侧为半个圆锥.有：面PBC,所以PB=PC=2,,取PC中点D，则，所以.得表面积为.故选A.-19- 点睛：三视图问题的常见类型及解题策略(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．8.已知，则A.B.C.D.【答案】C【解析】.，且，即..所以.故选C.9.设抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线相交于A,B两点，若以为直径的圆过点，则该抛物线的方程为A.B.C.D.【答案】B【解析】根据题意得：以为直径的圆过点，设的中点为C，则.-19- 由抛物线定义知：与准线垂直.设.与抛物线联立得：.设，则，解得.所以.故选B.10.我国古代数学名著《孙子算经》中有如下问题：“今有三女，长女五日一归，中女四日一归，少女三日一归．问：三女何日相会？”意思是：“一家出嫁的三个女儿中，大女儿每五天回一次娘家，二女儿每四天回一次娘家，小女儿每三天回一次娘家．三个女儿从娘家同一天走后，至少再隔多少天三人再次相会？”假如回娘家当天均回夫家，若当地风俗正月初二都要回娘家，则从正月初三算起的一百天内，有女儿回娘家的天数有A.B.C.D.【答案】C【解析】小女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是33,25,20，小女儿和二女儿、小女儿和大女儿、二女儿和大女儿回娘家的天数分别是8,6,5，三个女儿同时回娘家的天数是1，所以有女儿在娘家的天数是：33+25+20-(8+6+5)+1=60．故选C.11.函数()，满足，且对任意，都有，则以下结论正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】可知，函数的对称中心为.对任意，都有，知对称轴是，可知，故b=0,.所以.故选A.12.设函数存在零点，且，则实数的取值范围是A.B.C.D.-19- 【答案】D【解析】令，得，设，条件转化为与的图象在上有交点，，得在上为增函数，，得.故选D.点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，同时也可以转化为两个函数的图象关系.第II卷注意事项：用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．本卷包括必考题和选考题两部分．第13～21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.已知向量，的夹角为，，，则__________．【答案】2【解析】向量，的夹角为，，所以，解得.故答案为：2.14.若双曲线的右焦点关于其中一条渐近线的对称点落在另一条渐近线上，则双曲线的离心率=________．【答案】2【解析】设双曲线，左焦点为F(−c,0)，渐近线方程为，-19- 设F关于的对称点为(m,−)，由题意可得,(∗)且，可得m=c,代入(∗)可得b2=3a2，c2=a2+b2=4a2，则离心率.故答案为：2..15.若正三棱台的上、下底面边长分别为和，高为1，则该正三棱台的外接球的表面积为_______．【答案】【解析】如图所示，分别为上下底面的外心，则外接球球心O则在线上，连接并延长交于D1，连接C并延长交AB于D，∵等边三角形的边长为cm,∴，∵等边三角形ABC的边长为cm,∴C=CD=cm，若点在线段由上，则，得，无解.若点在线段由外，则，得，，解得.则该正三棱台的外接球的表面积为.故答案为：.-19- 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.16.设函数，若，，则对任意的实数，的最小值为______．【答案】8【解析】依题意可知：，整理得，，方程表示如图一段弧AB，可表示弧上一点到直线的距离的平方，的最小值是8．三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．17.已知数列的前和为，若，．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，求数列的前项和．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由条件得，由得，当时，-19- ，两式作差得，整理得，由等差数列公式求通项即可；（Ⅱ）由，利用错位相减即可得解.试题解析：（Ⅰ），．当时，，得．当时，，，，即，．数列是等差数列，且首项为，公差为2，．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，，——①，——②①–②得，化简得．解法二：（Ⅰ）同解法一.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，设，解得，∴-19- .18.如图，矩形中，，，点是上的动点．现将矩形沿着对角线折成二面角，使得．（Ⅰ）求证：当时，；（Ⅱ）试求的长，使得二面角的大小为．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由余弦定理求得，进而得，所以有，即，同理可在中，得，进而得平面，从而得证；（Ⅱ）易证得两两垂直，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，进而求得面和面的法向量，利用法向量求解即可.试题解析：解:（Ⅰ）连结，．在矩形中，,,．在中，∵,，∵，，即．又在中，-19- ，∴在中，,,又,∴平面．∴．（Ⅱ）解：在矩形中，过作于，并延长交于.沿着对角线翻折后，由（Ⅰ）可知，两两垂直，以为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，则,平面,为平面的一个法向量．设平面的法向量为，,由得取则,．即,．当时，二面角的大小是．点睛：高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.-19- 建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.19.如图，岛、相距海里．上午9点整有一客轮在岛的北偏西且距岛海里的处，沿直线方向匀速开往岛，在岛停留分钟后前往市．上午测得客轮位于岛的北偏西且距岛海里的处，此时小张从岛乘坐速度为海里/小时的小艇沿直线方向前往岛换乘客轮去市．（Ⅰ）若，问小张能否乘上这班客轮？（Ⅱ）现测得，．已知速度为海里/小时()的小艇每小时的总费用为()元，若小张由岛直接乘小艇去市，则至少需要多少费用？【答案】（Ⅰ）若小张9点半出发，则无法乘上这班客轮；（Ⅱ）若小张由岛直接乘小艇去市，其费用至少需元.【解析】试题分析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，进而得客轮的航行速度，在中，由余弦定理得，分别求出客轮和小张到岛所用的时间，比较即可；（Ⅱ）根据条件求得，再由正弦定理得，，求得，进而求得总费用为，利用基本不等式求最值即可.试题解析：（Ⅰ）如图，根据题意得：，，，．在中，由余弦定理得，,所以客轮的航行速度（海里/小时）．-19- 因为，所以，所以．在中，由余弦定理得，，整理得：，解得或（不合舍去）．所以客轮从处到岛所用的时间小时，小张到岛所用的时间至少为小时．由于，所以若小张9点半出发，则无法乘上这班客轮.（Ⅱ）在中，，,所以为锐角，，．所以.由正弦定理得，,所以,所以小张由岛直接乘小艇去城市的总费用为()，当且仅当，即时，（元）.所以若小张由岛直接乘小艇去市，其费用至少需元．20.已知椭圆的左、右焦点分别为,．过且斜率为的直线与椭圆相交于点,．当时，四边形恰在以为直径，面积为的圆上．（Ⅰ）求椭圆的方程；-19- （Ⅱ）若，求直线的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）当时，直线轴，由圆的面积得半径，进而得，由得，设，则，进而得，利用椭圆定义即可求解；（Ⅱ）将与椭圆方程联立得，设，，进而由韦达定理代入求解即可.试题解析：（Ⅰ）当时，直线轴，又四边形恰在以为直径，面积为的圆上，∴四边形为矩形，且．∴点的坐标为．又，∴．设，则．在中，，，∴，∴．∴，∴椭圆的方程为．-19- （Ⅱ）将与椭圆方程联立得，设，，得，．故．又，∴，即，解得，∴直线的方程为．21.已知函数有最大值，，且是的导数．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）证明：当，时，．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）函数求导，讨论函数单调性求最值即可；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，求导得在上单调递增，由且得，由，单调递增，要证，即，只要证，即，所以只要证，构造函数求导证明即可.试题解析：（Ⅰ）的定义域为，．当时，，在上为单调递增函数，无最大值，不合题意，舍去；-19- 当时，令，得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，,,．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，,．，,在上单调递增．又，且,．,当时，，单调递增,要证，即，只要证，即．，,所以只要证————（*）,设（其中）,,在（0，1）上为增函数,，故（*）式成立，从而．点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1)构造差函数-19- .根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．做答时请写清题号．22.选修4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.曲线的极坐标方程为，为曲线上异于极点的动点，点在射线上，且成等比数列．（Ⅰ）求点的轨迹的直角坐标方程；（Ⅱ）已知,是曲线上的一点且横坐标为，直线与交于两点，试求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）设，，由成等比数列，可得，进而得，又满足，代入即可得解；（Ⅱ）将直线的参数方程代入圆中得，由，结合韦达定理即可得解.试题解析：（1）设，，则由成等比数列，可得，即，．又满足，即，∴，化为直角坐标方程为.（Ⅱ）依题意可得，故，即直线倾斜角为，∴直线的参数方程为代入圆的直角坐标方程，得，-19- 故，，∴．23.选修4—5：不等式选讲已知，（Ⅰ）若，求不等式的解集；（Ⅱ）若时，的解集为空集，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）或；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）时即求解，分段讨论去绝对值求解即可；（Ⅱ）由题意可知，即为时，恒成立，分段求解析式，当时，；时，即可.试题解析：(1)当时，化为，当，不等式化为，解得或，故；当时，不等式化为，解得或，故；当，不等式化为，解得或故；所以解集为或．(2)由题意可知，即为时，恒成立．当时，，得；当时，，得，综上，．-19-'