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1、福建省闽侯县第八中学福建省闽侯县第八中学 20182018 届高三上学期期末考试届高三上学期期末考试数学试题数学试题 文文第第卷（共卷（共 6060 分）分）一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的一项是符合题目要求的. .1. 已知集合，则集合的子集个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】集合，故，子集个数为.2. 若，其中， 是虚数单位，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】原方程可化为，故，故.3
2、. 在下列函数中，最小值为 的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】 选项 可以是负数. 选项，等号成立时时，在定义域内无法满足. 选项，等号成立时，在实数范围内无法满足.由基本不等式知 选项正确.4. 若实数满足则的最大值与最小值之差为（ ）A. B. C. D. 以上都不对【答案】C【解析】，画出可行域如下图所示，由图可知，目标函数在两点取得最值.最值分别为，.5. 中心在原点，焦点在 轴上，若长轴长为，且两个焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】长轴，长轴三等分后，故，故选 .6. 若圆过点，且被直线截得的弦长为，则圆的方程为（
3、 ）A. 或B. 或C. 或D. 或【答案】A【解析】由于圆过点，故圆心在直线上，设圆心坐标为，由圆的弦长公式得，解得，或.故圆心为或，半径为为或 ，故选 .【点睛】本题主要考查圆的方程的求解，考查数形结合的思想方法，考查利用圆的弦长公式和弦长求参数的值.题目知道圆上两个点，根据圆的对称性可判断出圆心的纵坐标，设出圆心的坐标，利用两点间距离公式得到半径的表达式，利用弦长公式建立方程，有方程解出圆心的横坐标.7. 正项等比数列中的，是函数的极值点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】令，故，故.【点睛】本题主要考查等比数列的性质，考查函数导数与极值的知识.首先对原函数进行求导，得到
4、一个一元二次函数，利用韦达定理可求得两个的积，也即的值.根据等比数列的性质，若，则.由此求得的值，进而求得对数的值.8. 阅读如下的程序框图，运行相应的程序，则程序运行后输出的结果为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：运行第一次，不成立；， 运行第二次，不成立；，运行第三次，不成立；，运行第四次，不成立；，运行第五次，成立；输出 的值 9，结束故选 B.考点：1、对数的运算；2、循环结构.视频9. 若两个非零向量 ， 满足，则向量与的夹角是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：结合向量加减法的平行四边形法则三角形法则可知分别为以为临边的平行四边形的对角
5、线对应的向量，所以此平行四边形是矩形，且对角线与矩形的边的较小的夹角为 ，结合图形可知向量与的夹角为考点：向量的平行四边形法则三角形法则点评：本题首先结合向量加减法的作图原则做出及其和差向量，结合平面图形性质可知四边形是矩形10. 已知函数 的图像在 轴上的截距为 ，且关于直线对称，若对任意的，都有，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】由已知得，则，当时，所以，则，解得，故选 B.11. 函数 的图像向左平移 个单位后关于原点对称，则函数在区间上的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A考点：三角函数的图象与性质，三角求值12. 如图，已知，是双曲线 的下
6、，上焦点，过点作以为圆心，为半径的圆的切线， 为切点，若切线段被一条渐近线平分，则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析:由题意是双曲线的下，上焦点，过点作以为圆心，为半径的圆的切线， 为切点，若切线段被一条渐近线平分，则直线的斜率，直线，过点作以为圆心，为半径的圆的方程为联立，得切线段被一条渐近线平分，在渐近线上，因此故双曲线的离心率为故选 B考点：双曲线的简单性质第第卷（共卷（共 9090 分）分）二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上）13. 公比为 的等比数列的各项都是正数，
7、且，则_【答案】【解析】依题意有，故.14. 已知直线 ：的倾斜角为 ，则_【答案】【解析】直线的斜率为 ，故，. .15. 意大利数学家列昂纳多斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”： ，即 ，若此数列被 整除后的余数构成一个新数列，则_【答案】【解析】的前几项为由此可知，是周期为 的数列，故，所以.【点睛】本题主要考查斐波那契数列，考查归纳法找数列的周期性.斐波那契数列又称黄金分割数列.从第三项起，每一项都是前两项的和.求有关年份的问题时，一般可以考虑是否有周期性，本题就是将原数列除以 之后得到余数，列举出前面的项，由此找到新数列的周期为 .16. 已知数列的前 项和为，且，则使得的最小
8、正整数 的值为_【答案】【解析】，两式相减，故，故，故 的最小值为 .【点睛】本题主要考查错位相减法求数列前 项和，考查不等式的解法.若一个数列是等差数列乘以等比数列构成，那么可以用错位相减法求其前 项和，求和第一步是用公比乘以的表达式，两式作差后利用等比数列求和方法求和并化简得到结果.三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .） 17. 在中，角 、 、 的对边分别为 、 、 .已知，且.（1）求角 的大小；（2）求的面积.【答案】 （1）（2）【解析】试题分析：
9、（1）由，化简题设条件得，求得，即可求解角 的值；(2)由余弦定理得，得到，再由条件，可化简求得，即可求解三角形的面积试题解析：（1），由，得，整理得，解得，（2）由余弦定理得，即，由条件，得，解得，考点：余弦定理及三角恒等变换18. 已知是等差数列的前 项和，且，.是数列的前 项和，且.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前 项和.【答案】 （1），（2）【解析】 【试题分析】 （1）先用基本元的思想将已知条件转化为，列方程组求得的值，由此求得的通项公式.用求得的通项公式.（2）将（1）中求出的的表达式代入化简得到，利用裂项求和法可求得其前 项和.【试题解析】解:（1）设等差数列的公差为
10、 ，根据题意，则有解得所以又， 两式相减，得，当时，所以（2）由（1）得 ，所以 19. 如图，在直角梯形中，平面平面，平面平面，在线段上取一点 （不含端点）使，截面交于点 .（1）求证：；（2）求三棱锥的体积.【答案】 （1）见解析（2）【解析】 【试题分析】 （1）利用则平面，根据线面平行的性质定理可知.（2）先证，由（1）可得平面.利用证得，并计算得边长，求得的面积，进而求得几何体的体积.【试题解析】证明：（1） 平面又平面 平面 （2），平面平面平面，同理由（1）知 平面， 在中，又为中点， 的面积为三棱锥的体积20. 已知点 为抛物线 ：的焦点，点 是准线 上的动点，直线交抛物线 于
11、两点，若点 的纵坐标为，点 为准线 与 轴的交点.（1）求直线的方程；（2）求的面积 范围.【答案】 （1）（2）【解析】 【试题分析】 （1）根据题意得出两点的坐标，由点斜式写出直线方程，并化简为一般式.（2）联立直线的方程和直线的方程，消去 ，化简后写出韦达定理，根据抛物线的弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求得 到直线的距离，由此写出三角形面积的表达式，并求其取值范围.【试题解析】解：（1）由题知点 ， 的坐标分别为，于是直线的斜率为，所以直线的方程为，即为.（2）设 ， 两点的坐标分别为，由得，所以，.于是 点 到直线的距离，所以 因为且，于是，所以的面积 范围是.21. 已知函数在
12、处取得极值.（1）求 的值，并讨论函数的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】 （1）函数在上单调递增，在单调递减；（2）【试题解析】解：（1）由题知，又，即，令，得；令，得，所以函数在上单调递增，在单调递减；（2）依题意知，当时，恒成立，即，令，只需即可又，令， ，所以在上递增，所以在上递增，故.【点睛】本题主要考查导数与极值，导数与不等式恒成立问题的解法.在极值点的位置，导数等于零，但是反过来，导数等于零，不一定是极值点，这个在解题过程中要特别注意，有时候要验证以便舍去其中一个解.解决恒成立问题主要方法可以考虑分离常数法，分离后用导数求另一边的最值.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为， （ 为参数） ，以原点 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.（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）设 为曲线上的动点，求点 到上点的距离的最小值.【答案】 （1），（2）【解析】 【试题分析】 （1）对于，利用，化简得，对于，展开后利用极坐标与直角坐标转化公式，化简的.（2）直接利用点到直线距离公式，求出距离，并用辅助角公式化简，利用三角函数最值求得距离的最小值.【试题解析】解:（1）由曲线：得即：曲线的普通方程为：由曲线：得：即:曲线的直角坐标方程为：（2）由（1）知椭圆与直线无公共点，椭圆上的点到直线的距离为所以当时， 的最小值为
