《福建省泉州市2018届高中数学毕业班1月单科质量检查试题 理（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省泉州市2018届高中数学毕业班1月单科质量检查试题 理（含解析）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、泉州市2018届普通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】D【解析】 因为 ，故选D.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. 设等差数的前项和为，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【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.
2、 D. 【答案】C【解析】由已知条件，可行域如右图阴影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】由三视图可知该几何体是一个组合体：在一个半球上叠加一个圆锥，且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，因此该几何体的体积，故选A.7. 九章算术中的“两鼠穿墙”问题为“今有恒厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也一尺，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
3、图，输入的的值为，则输出的的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】，开始执行程序框图， ，再执行一行， 退出循环，输出，故选C.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，函数单调递减不符合条件；选项，定义域不关于原点对称，不符合条件；选项，函数图象先减后增，在时，函数取得最小值，不符合条件；选项中，因为，所以函数为奇函数，将函数式变为，随着增大函数值也增大，是单调递增函数，符合条件，故选D.9. 已知 ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】故选10. 已知 是函数图象的最高点，是相邻的两个最低点，若，则的
4、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，因为所以的中点、都是图象的对称中心，故选C.11. 已知直线，圆，若对任意，存在被截得弦长为2，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【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，在上递减，时，当时， 在上递减鞥，当时，在有两个零点，在没有零点， 合题意；当或时，在有一个零点，故在没有零点
5、，此时不符合题意；当时，在有没有零点，要使在有两个零点， ，综上可得或，故选D.【方法点睛】本题主要考查函数的零点及分段函数的解析式和性质、利用导数研究函数的单调性、分类讨论思想. 属于难题. 分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.本题中，对分段函数进行讨论，对进行讨论都离不开分类讨论思想的应用.二、填空题（每题5分，满分20分，
6、将答案填在答题纸上）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】或由点线距离公式得，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1
7、6. 如图，一张纸的长度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，则折叠后，平面平面，又，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，显然，所以四边形是平行四边形，所以；设，则，所以，则，又 ，所以平面，则平面平面；由平面平面，所以平面，平面 平面，则平面平面，故答案为.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.
8、已知抛物线的焦点为，点在上，.（1）求的方程；（2）若直线与交于另一点，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据在抛物线上及由两点间距离公式可列出关于的方程组，解方程组即可得结果；（2）由（1）可得，故直线的方程为，由可得，所以 ，由弦长公式可得，从而，所以.试题解析：（1）由题意，可得，所以抛物线的方程为；（2）由（1）可得，故直线的方程为，由，得，由韦达定理，得，又，所以 ，故，从而，所以.18. 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，是与的对称中项，是与的等比中项.（1）求数列与的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2） .【解析】试题分析
9、：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，考查了学生的运算求解能力，数据处理能力以及应用意识。19. 的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若的周长为，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）.【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
10、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. 如图，在四棱锥中，平面平面 .（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）见解析(2) .【解析】试题分析：由直角及边长关系得，又因为
11、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，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
12、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. 已知椭圆的离心率为，上顶点为，点在上，点， 的最大面积等于.（1）求的方程；（2）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.【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，
13、 直线的方程为，所以，所以 ，即为定值.点睛：本小题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系的运用等基础知识；解答本题时充分借助椭圆中的基本量的关系，通过构建方程组求解，从而求出椭圆的标准方程；本题的解答过程对运算求解能力的要求较高，寻求最为简捷的解答路径，以便达到化繁为简，避难前进的求解之目的是本题的关键。22. 函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，若，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析（2）.【解析】试题分析：（1）求出导函数对分四种情况讨论：，分别令求得 的范围，可得函数增区间，求得 的范围，可得函数的减区间；（2）对讨论两种情况：时，由（1）知，在上单调递增，当时，可得，符合题意；时，在上单调递减，当时，可证明，不合题意，从而可得实数的取值范围是.试题解析：（1）由得，故的定义域为，因为，所以，当时，对恒成立，在内无解，故在上单调递增；当时，因为恒成立，所以上单调递增；当 时，恒成立，在上单调递增；当时，由，得 ，由，得，故在上单调递减，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.（2）当时，由（1）知，在上单调递增，所以当时，即 ，两式相减得，当时，在上单调递减，所以当时，即 ，两式相减得，综上可知，当时，若，则实数的取值范围是【方法点晴】本题主要考查的是利用导数研究函数的单调性、
