《2018年福建省泉州市高中毕业班1月单科质量检查数学理试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年福建省泉州市高中毕业班1月单科质量检查数学理试题（解析版）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、福建省泉州市2018届高中毕业班单科质量检查理科数学试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每个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】D【解析】则故选2. 已知为复数的共轭复数，则A. B. C. D. 【答案】A【解析】则故选3. 设等差数列的前项和为.若，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】依题意故选4. 已知点在双曲线的渐近线上，则的离心率等于A. B. C. D. 或【答案】B【解析】由题意得：点在直线上，则故选5. 已知实数满足则的最大值为A. B. C. D. 【答案】C【解析】由已知条件，可行域如右图阴影
2、部分其中阴影区域三角形的三个顶点分别为，把三个点分别代入，检验得：当，时，取得最大值。故选6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】该几何体可以看成是在一个半球上叠加一个圆锥，然后挖掉一个相同的圆锥，所以该几何体的体积和半球的体积相等则故选7. 九章算术中的“两鼠穿墙”问题为“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢？”可用如图所示的程序框图解决此类问题.现执行该程序框图，输入的的值为33，则输出的的值为A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】C【解析】开
3、始执行，再执行一行，然后输出故选8. 下列函数中，图象关于原点对称且单调递增的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】选项中，不符合图象上升这个条件；选项中，定义域不关于原点对称；选项中，函数图象先减后增，在时函数取得最小值；故选9. 已知，则A. B. C. D. 【答案】A故选10. 已知是函数图象的一个最高点,是与相邻的两个最低点若，则的图象对称中心可以是A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图，取的中点，连结，则，设，则，由余弦定理可得解得，的中点都是图象的对称中心，故选11. 已知直线：，圆：.若对任意，存在被截得弦长为，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C
4、【解析】由题意可得，圆心到的距离即解得或故实数的取值范围是故选12. 已知函数恰有两个零点，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】D【解析】当时，故不是函数的零点，当时，等价于令，则当时，当时，当时，(1)当时，在有两个零点，故在没有零点，从而，(2)当或时，在有一个零点，故在有一个零点，不合题意；(3)当时，在没有零点，故在有两个零点，从而综上所述，或，即实数的取值范围是故选点睛：本题主要考查了二次函数的图象与性质，分段函数的图象，复合函数的图象以及零点问题等知识点；主要考查了学生的抽象概括能力，运算求解的能力以及应用意识；考查数行结合思想，分类与整合，函数与方程思想；考查数学抽
5、象，数学运算和数据分析等。二、填空题：本大题共4小题，每小题5分。13. 在平面直角坐标系中，角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则_.【答案】 【解析】由已知可得点睛：本题主要考查了三角函数的定义，三角恒等变等基础知识；考查学生的推理理论能力，运算求解的能力以及数据处理能力等；考查了化归与转化思想，数形结合思想，函数与方程思想等，考查了逻辑推理，数学建模，直观想象，数学运算等。14. 已知向量的夹角为，则_【答案】1【解析】解得故答案为15. 设为坐标原点，点在直线上.若是斜边长为2的等腰直角三角形，则实数_.【答案】2或 【解析】若为直角三角形的斜边，则点到直线的距离等于，由
6、点线距离公式得，解得若或为直角三角形的斜边，则点到直线的距离等于由点线距离公式得，解得故实数 或16. 如图，一张A4纸的长宽之比为，分别为,的中点现分别将,沿,折起，且,在平面同侧，下列命题正确的是_（写出所有正确命题的序号）,四点共面；当平面平面时， 平面；当,重合于点时，平面平面；当,重合于点时，设平面平面 ，则平面【答案】【解析】在中，在中，同理可得则折叠后，平面，平面，平面与平面有公共点，则平面与平面重合，即,四点共面；由可知，平面平面，平面平面，当平面平面时，得到，四边形是平行四边形，设，则，则，又，平面，则平面平面由，平面，平面，平面，平面平面，则，平面，平面故命题正确的是点睛：
7、本小题主要考查空间点、线、面之间的位置关系等基础知识；考查空间想像能力、推理论证能力、创新意识等；考查化归与转化思想、数形结合思想、分类与整合思想等；考查数学抽象、逻辑推理、直观想象等。三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17. （本小题满分10分）已知抛物线的焦点为，点在上，.（）求的方程；（）若直线与交于另一点，求的值.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：结合抛物线的定义，可得，进而得到抛物线方程；由得解得点的坐标，联立，解得的坐标，利用定义计算出解析：（）由抛物线的定义，得，解得， 所以的方程为（）由（），得，因为在上，所以，解得或（舍去），故直线的方程为，由消去，
8、得，解得，由抛物线的定义，得，所以.18. （本小题满分12分）数列是公差大于0的等差数列，数列是公比为2的等比数列，是与的等差中项，是 与的等比中项.（）求数列与的通项公式；（）求数列的前项和.【答案】(1) (2) 【解析】试题分析：由等比数列和等差数列的性质可列方程组，解得和的值，即可得到数列与的通项公式；由可得，故 ， ， 解析:（）由已知，即解得或（舍去），所以 ， . （）由（），得，设数列的前项和为，则， ， .点睛：本题主要考查了等差数列和等比数列的定义及通项公式和数列的前项和公式的求解，解题时要认真审题，可以通过方程组解决问题，强化基本公式的掌握，熟悉数列中的基本量关系，考查
9、了学生的运算求解能力，数据处理能力以及应用意识。19. （本小题满分12分）的内角的对边分别为.已知（）求；（）若的周长为，求的面积的最大值【答案】(1) (2) 的面积的最大值为【解析】试题分析：利用正弦定理结合已知条件可得得到，利用余弦定理即可求出；由余弦定理可得，又因为，解得，利用基本不等式及面积公式即可计算结果。解析：（）由正弦定理结合已知条件可得，所以，所以，又，所以（）由（）可得，所以，又，所以， 所以， 又，所以， ，所以或（不合，舍去），所以，当且仅当时等号成立，所以的面积的最大值为点睛：本小题主要考查正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，基本不等式等基础知识；考查运算求解能力
10、等；属于中档题。考查化归与转化思想、函数与方程思想等；考查数学抽象，数学运算等。解出的值是解题的关键。20. （本小题满分12分） 如图，在四棱锥中，平面 平面，（）求证：平面；（）求平面与平面所成角的余弦值【答案】(1)详见解析(2) 【解析】试题分析：由直角及边长关系得，又因为平面平面，运用性质定理证得平面，由判定定理证得平面建立空间直角坐标系，求法向量，计算可得。解析：（）在底面中，所以，所以， 所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以， 又即，又，所以平面. （）分别延长和相交于一点，连结，则直线即为所求直线，在平面内过作（如图），又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
11、又，所以两两互相垂直.以为原点，向量的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），另设， 则，所以， 设是平面的法向量，则即 令，得. 显然是平面的一个法向量. 设二面角的大小为（为锐角）.所以，所以二面角的的余弦值为。点睛：本小题主要考查直线与平面垂直的判定，面面垂直的性质，二面角余弦值的求解等基础知识，考查空间想像能力、推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想等，考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等21. （本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，上顶点为. 点在上，点，的最大面积等于.（）求的方程；（）若直线与交于另一点，直线分别与轴交于点，试判断是否为定值.【
12、答案】（1）（2） 【解析】试题分析：运用题设条件建立方程求解；直线的方程为，联立方程组，解，求得直线，的方程，解得，的坐标，计算出结果。解析：（）由题意，可得的最大面积为，即.又联立，解得，故的方程. （）设直线的方程为，. 联立方程组消去，得，整理，得， 由韦达定理，得， 又直线的方程为，所以， 直线的方程为，所以，所以 ，即为定值.22. （本小题满分12分）函数 .（）讨论的单调性；（）当时，若 ，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减 在和上单调递增. （2）实数的取值范围.【解析】试题分析：求出函数的导数，根据的范围，求出导函数的符号，从而求出函数的单调区间；由得当时，在上单调递增，推得，相减得，利用单调性即得。解析：（）由得，故的定义域为. ， 因为，所以.当时，在上单调递增； 当时，由，得，故在上单调递减；由，得，故在和上单调递增； 综上：当时，在上单调递增，当时，在上单调递减；在和上单调递增. （）由（）当时，在上单调递增，所以当时， 则 从而两式相减得； 当时，在上单调递减；所以当时， 则 从而 两式相减得，不符合题意，舍去； 综上可得，实数的取值范围.
