厦门市2018-2019学年度第一学期高三质检理科数学(含参考答案解析)

福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检理科数学第Ⅰ卷一、选择题：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.2.设，则“”是“直线与直线平行”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件3.实数满足，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.4.若满足约束条件，则的最大值为（）A. 0B.C. 12D. 275.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（）A. B. C. D.6.已知函数f(x)=，则（）A. B. C. D.7.长江某地南北两岸平行，一艘游船从南岸码头出发航行到北岸，假设游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为.设和的夹角为（），北岸的点在的正北方向，游船正好到达处时，（）A. B. C. D.8.已知函数，若将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象关于原点对称，则实数的最小值为（）A. B. C. D.9.函数的图象大致为（）A.B.C.D.10.直线与双曲线：的一条渐近线平行，过抛物线：的焦点，交于两点，若，则的离心率为（）A. 2B.C.D.11.已知圆锥的顶点为，母线长为2，底面半径为，点在底面圆周上，当四棱锥体积最大时，（）A. B. C. D.12.在平面四边形中，面积是面积的2倍，数列满足，且，则（）A. 31B. 33C. 63D. 65二、填空题（将答案填在答题纸上）13.已知复数满足，其中为虚数单位，则____．14.《张丘建算经》卷上第22题有如下内容：今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈．其意思为：现有一善于织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第1天织布5尺，现在一个月（按30天计算）共织布390尺，那么，该女子本月中旬（第11天到第20天）共织布____尺．15.某三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱外接球的表面积为___．16.已知偶函数满足：当时，，若恰有三个零点，则的取值范围是_____三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，内角所对的边分别为，的面积为，已知.（1）求角；（2）若，求的取值范围．18.已知数列的前项和为，且.（1）求证：是等比数列；（2）数列满足，数列满足，求数列的前项和.19.如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.20.已知圆：，点，动点在上，线段的垂直平分线与直线相交于点，的轨迹是曲线.（1）求Q的方程；（2）已知过点的直线与交于两点，是与轴正半轴的交点，设直线的斜率分别为，证明：为定值.21.已知函数（），若存在极大值点和极小值点．（1）求实数的取值范围；（2）若，其实数的取值范围．22.选修4-4：坐标系与参数方程选讲在同一直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）过点作的垂线交于两点，点在轴上方，求．23.函数，其中，若的解集为。

福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检理科数学第Ⅰ卷一、选择题：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】A 【解析】 【分析】 由题意，求得集合，，再根据集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，则，故选A.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算问题，其中解答中正确求解集合M ，再根据集合的交集运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2.设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】试题分析：若，则直线与直线平行，充分性成立；若直线与直线平行，则或，必要性不成立．考点：充分必要性． 3.实数满足，则下列不等式成立的是（ ）A.B.C.D.【答案】B 【解析】 【分析】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，得，即可求解.【详解】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，则，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性的应用，其中解答中合理根据指数函数的单调性比较大小是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.若满足约束条件，则的最大值为（）A. 0B.C. 12D. 27【答案】C【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，在利用目标函数的几何意义，结合图象找出最优解，即可得到答案.【详解】由题意，画出约束条件所表示的可行域，如图所示，又由目标函数，则，平移直线过点A时，此时在y轴上的截距最大，此时取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选C.【点睛】本题主要考查了利用简单的线性规划求目标函数的最大值问题，其中解答中准确画出约束条件所表示的可行域，结合图象确定最优解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，以及数形结合思想的应用，属于基础题.5.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的定义，确定角的值，再利用特殊角的三角函数，即可求解.【详解】由题意，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点，根据三角函数的定义可知，且，则，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，以及三角函数的诱导公式的化简求值问题，其中解答中根据三角函数的定义和诱导公式，求得是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.6.已知函数f(x)=，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，根据函数的解析式和对数的运算性质，代入求得，进而可求得结果.【详解】由题意，函数，则，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，以及对数的运算性质的应用，其中解答中利用分段函数的解析式和对数的运算性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7.长江某地南北两岸平行，一艘游船从南岸码头出发航行到北岸，假设游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为.设和的夹角为（），北岸的点在的正北方向，游船正好到达处时，（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】用向量表示速度，根据向量的平行四边形法，即可求解，得到答案.【详解】设船的实际速度为，船速与河道南岸上游的夹角为，如图所示，要使得游船正好得到处，则，即，又由，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了平面向量在物理中的应用问题，其中解答中用向量表示速度，根据向量的平行四边形法及物理性质求解是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及数形结合思想的应用，属于基础题.8.已知函数，若将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象关于原点对称，则实数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，可得，要使得函数的图象关于原点对称，则，即可求解得值，得到答案.【详解】由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，可得，要使得函数的图象关于原点对称，则，则，即，所以实数的最小值为，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换得到函数的解析式，以及合理应用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.9.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意，可得函数为偶函数，图象关于y轴对称，根据且，，排除C、D，进而利用函数的导数和函数的极小值点，得到答案.【详解】由题意，函数，满足，所以函数为偶函数，图象关于y轴对称，且，，排除C、D，又由当时，，则，则，即，所以函数在之间有一个极小值点，故选A.【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，以及利用导数研究函数的极值点，进而识别函数的图象上解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.10.直线与双曲线：的一条渐近线平行，过抛物线：的焦点，交于两点，若，则的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意，根据双曲线的渐近线方程，求得直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，再根据抛物线的定义得到弦长，求得，即可求解双曲线的离心率.【详解】由题意，双曲线的一条渐近线的方程为，设直线的方程为又由抛物线的焦点，则，即，所以直线的方程为设，联立，得，所以，根据抛物线的定义可知，即，即，又由，所以，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟记双曲线的几何性质，以及抛物线的标准方程与几何性质和抛物线的焦点弦的性质的合理应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.11.已知圆锥的顶点为，母线长为2，底面半径为，点在底面圆周上，当四棱锥体积最大时，（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆锥的高为，相交于点，，求得的最大值，以及根据锥体的体积公式，求得，令，令导数求解函数的单调性与最值，进而可求解答案.【详解】设圆锥的高为，相交于点，，则，，，当且仅当，时，取得最大值，则令，则，令，解得所以在上单调递减，在上单调递增所以，则四棱锥的体积的最大值为，所以当四棱锥体积最大时，.【点睛】本题主要考查了组合体的性质，以及利用导数研究函数的单调性与最值的应用，其中解答中根据结合体的结构特征，求得几何体的体积，再利用导数求解函数的单调性与最值是解答本题的关键，试题有一定的综合性，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力.12.在平面四边形中，面积是面积的2倍，数列满足，且，则（）A. 31B. 33C. 63D. 65【答案】B【解析】【分析】设和交于点，根据题意，化简得，得到，再由三点共线和平面向量的基本定理，求得，进而得出数列是以为首项，以2为公比的等比数列，即可求解.【详解】设和交于点，和的高分别为，∵的面积是面积的2倍，∴，∴，即，∴，又，由三点共线，设，由平面向量基本定理得，∴，即，∴数列是以为首项，以2为公比的等比数列，∴，即，所以.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理的应用，以及等比数列的定义域通项公式的求解，其中解答中根据平面向量的线性运算和平面向量的基本定理，化简得到数列是以为首项，以2为公比的等比数列是解答的关键.二、填空题（将答案填在答题纸上）13.已知复数满足，其中为虚数单位，则____．【答案】【解析】【分析】由题意，根据复数的除法运算，化简得，再利用复数的模的公式，即可求解.【详解】由题意，复数满足，则，所以．【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，以及复数模的运算，其中熟记复数的四则运算公式和复数的模的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14.《张丘建算经》卷上第22题有如下内容：今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈．其意思为：现有一善于织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第1天织布5尺，现在一个月（按30天计算）共织布390尺，那么，该女子本月中旬（第11天到第20天）共织布____尺．【答案】130【解析】【分析】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，由等差数列的求和公式，求解的值，由此利用数列的通项公式，即可求解第11天到第20天所织的布，得到答案.【详解】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，则，解得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中认真审题，且熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.15.某三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱外接球的表面积为___．【答案】【解析】【分析】根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三棱柱，得底面正三角形的外接圆的半径为，根据球的性质，求得球的半径，再由球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三棱柱，则底面正三角形的外接圆的半径为，设外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为.【点睛】本题考查了几何体的三视图及球的表面积的计算，其中解答中，对于求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应表面积与体积公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.16.已知偶函数满足：当时，，若恰有三个零点，则的取值范围是_____【答案】【解析】【分析】由函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与函数的图象恰有一个交点，解法一：由于，当的图象与直线相切时，设切点为，求得，设，令，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可求解；解法二：由于，函数的图象与直线有一个公共点为，结合图象，即可求解.【详解】因为当时，，所以，又因为为偶函数，所以恰有三个零点等价于在恰有一个零点，令，得，所以与函数的图象恰有一个交点，因为函数与函数的图象关于对称，解法一：由于，当的图象与直线相切时，设切点为，则且，所以，，设，则，设，则，所以在单调递增，在单调递减，又因为，所以，，由图可知，的取值范围为.解法二：如图，由于，函数的图象与直线有一个公共点为，当函数的图象与直线切于原点时，，，由图可知，的取值范围为.【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，以及导数在函数中的综合应用问题，其中解答中把由函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与函数的图象恰有一个交点，利用函数性质或函数的图象的求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，内角所对的边分别为，的面积为，已知.（1）求角；（2）若，求的取值范围．【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）由题意，利用三角形的面积公式和余弦定理，求得，再利用同角三角函数的基本关系式，即可求解.（2）由正弦定理，化简得，再利用三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】（1）∵，，∴，在中，由余弦定理得，∴，∴，∵，∴（2）由正弦定理得所以因为，所以，所以，即的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中合理利用正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式化简是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.18.已知数列的前项和为，且.（1）求证：是等比数列；（2）数列满足，数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系化简得，进而得到，即可作出证明；（2）由（1）求得，，得到，利用裂项法，即可求解数列的和. 【详解】（1）当时，，∴，当时，∵，①②由①─②得∴，∴（），∵，∴，∴是首项为4，公比为2的等比数列.（2）由（1）得，∴，∴，∴【点睛】本题主要考查了数列的与的关系，以及等比数列的定义与通项公式和数列的“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记数列与的关系，利用利用等比数列的定义和通项公式是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.19.如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）由已知，在中，利用勾股定理，证得，又由线面垂直的性质，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面（2）以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知圆：，点，动点在上，线段的垂直平分线与直线相交于点，的轨迹是曲线.（1）求Q的方程；（2）已知过点的直线与交于两点，是与轴正半轴的交点，设直线的斜率分别为，证明：为定值.【答案】(1) (2)见证明【解析】【分析】（1）依题意，利用椭圆的定义，即可得点的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，进而可求解椭圆的标准方程；（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系求得和，再根据，代入化简，即可得到为定值.【详解】（1）依题意，，则，所以的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，所以，，，所以点的轨迹方程为.（2）依题意得直线的斜率存在，设直线：，即，设，，联立，消去得，所以，，，因为是与轴正半轴的交点，所以，所以所以为定值，且定值为.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21.已知函数（），若存在极大值点和极小值点．（1）求实数的取值范围；（2）若，其实数的取值范围．【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）由题意，求得，分类讨论求得函数的单调区间，再利用函数极值的概念，即可求解；（2）解法一：由（1）根据题意得对任意恒成立，转换为，设，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；解法二：由（1）根据题意得对任意恒成立，设，利用导数分类讨论，求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；【详解】（1）由得，即，①当时，当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，不存在极小值点，不合题意②当时，令得，，，因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以存在极大值点和极小值点，符合题意；综上，实数的取值范围为.（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，此时，，依题意，得对任意恒成立，由于此时，所以；所以，即，设，则，令（*）①当时，，所以，在单调递增，所以，即，符合题意；②当时，，设（*）的两根为，且，则，因此，则当时，，在单调递增，所以当时，，即，所以，矛盾，不合题意；综上，的取值范围是.解法二：（1）同解法一；（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，此时，，依题意，得对任意恒成立，设，则，①当时，当时，，所以在单调递增，以，所以在单调递减，所以，即，不合题意；②当时，当时，，所以在单调递减，所以，所以在单调递增，、所以，即，符合题意；③当时，，所以在单调递减，又因为，，设，则当时，，所以在单调递增，所以，即，所以，即在恰有一个零点，且当时，，在单调递减，所以当时，，即，不合题意；综上，的取值范围是.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.22.选修4-4：坐标系与参数方程选讲在同一直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）过点作的垂线交于两点，点在轴上方，求．【答案】（1）曲线的方程为,直线的直角坐标方程为(2)-【解析】【分析】(1)将代入得，即可得到曲线的方程；由，代入即可得到直线的直角坐标方程；（2）由题意，得过点的垂线的参数方程为（为参数），代入曲线C的方程，根据参数的几何意义，即可求解.【详解】(1)将代入得，曲线的方程为由得，因为，代入上式得直线的直角坐标方程为（2）因为直线的倾斜角为，所以其垂线的倾斜角为，过点的垂线的参数方程为，即（为参数）代入曲线的方程整理得，设两点对应的参数为（由题意知）则，且，所以.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解中合理消参，以及合理利用直线参数方程几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23.函数，其中，若的解集为。

福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检理科数学第Ⅰ卷一、选择题：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】A【解析】【分析】由题意，求得集合，，再根据集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，则，故选A.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算问题，其中解答中正确求解集合M，再根据集合的交集运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.设，则“”是“直线与直线平行”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：若，则直线与直线平行，充分性成立；若直线与直线平行，则或，必要性不成立．考点：充分必要性．3.实数满足，则下列不等式成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，得，即可求解.【详解】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，则，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性的应用，其中解答中合理根据指数函数的单调性比较大小是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.若满足约束条件，则的最大值为（）A. 0B.C. 12D. 27【答案】C【解析】【分析】根据约束条件画出可行域，在利用目标函数的几何意义，结合图象找出最优解，即可得到答案.【详解】由题意，画出约束条件所表示的可行域，如图所示，又由目标函数，则，平移直线过点A时，此时在y轴上的截距最大，此时取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选C.【点睛】本题主要考查了利用简单的线性规划求目标函数的最大值问题，其中解答中准确画出约束条件所表示的可行域，结合图象确定最优解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，以及数形结合思想的应用，属于基础题.5.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的定义，确定角的值，再利用特殊角的三角函数，即可求解.【详解】由题意，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点，根据三角函数的定义可知，且，则，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，以及三角函数的诱导公式的化简求值问题，其中解答中根据三角函数的定义和诱导公式，求得是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.6.已知函数f(x)=，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，根据函数的解析式和对数的运算性质，代入求得，进而可求得结果.【详解】由题意，函数，则，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，以及对数的运算性质的应用，其中解答中利用分段函数的解析式和对数的运算性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7.长江某地南北两岸平行，一艘游船从南岸码头出发航行到北岸，假设游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为.设和的夹角为（），北岸的点在的正北方向，游船正好到达处时，（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】用向量表示速度，根据向量的平行四边形法，即可求解，得到答案.【详解】设船的实际速度为，船速与河道南岸上游的夹角为，如图所示，要使得游船正好得到处，则，即，又由，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了平面向量在物理中的应用问题，其中解答中用向量表示速度，根据向量的平行四边形法及物理性质求解是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及数形结合思想的应用，属于基础题.8.已知函数，若将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象关于原点对称，则实数的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，可得，要使得函数的图象关于原点对称，则，即可求解得值，得到答案.【详解】由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，可得，要使得函数的图象关于原点对称，则，则，即，所以实数的最小值为，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换得到函数的解析式，以及合理应用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.9.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意，可得函数为偶函数，图象关于y轴对称，根据且，，排除C、D，进而利用函数的导数和函数的极小值点，得到答案.【详解】由题意，函数，满足，所以函数为偶函数，图象关于y轴对称，且，，排除C、D，又由当时，，则，则，即，所以函数在之间有一个极小值点，故选A.【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，以及利用导数研究函数的极值点，进而识别函数的图象上解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.10.直线与双曲线：的一条渐近线平行，过抛物线：的焦点，交于两点，若，则的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意，根据双曲线的渐近线方程，求得直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，再根据抛物线的定义得到弦长，求得，即可求解双曲线的离心率. 【详解】由题意，双曲线的一条渐近线的方程为，设直线的方程为又由抛物线的焦点，则，即，所以直线的方程为设，联立，得，所以，根据抛物线的定义可知，即，即，又由，所以，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟记双曲线的几何性质，以及抛物线的标准方程与几何性质和抛物线的焦点弦的性质的合理应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.11.已知圆锥的顶点为，母线长为2，底面半径为，点在底面圆周上，当四棱锥体积最大时，（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆锥的高为，相交于点，，求得的最大值，以及根据锥体的体积公式，求得，令，令导数求解函数的单调性与最值，进而可求解答案.【详解】设圆锥的高为，相交于点，，则，，，当且仅当，时，取得最大值，则令，则，令，解得所以在上单调递减，在上单调递增所以，则四棱锥的体积的最大值为，所以当四棱锥体积最大时，.【点睛】本题主要考查了组合体的性质，以及利用导数研究函数的单调性与最值的应用，其中解答中根据结合体的结构特征，求得几何体的体积，再利用导数求解函数的单调性与最值是解答本题的关键，试题有一定的综合性，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力.12.在平面四边形中，面积是面积的2倍，数列满足，且，则（）A. 31B. 33C. 63D. 65【答案】B【解析】【分析】设和交于点，根据题意，化简得，得到，再由三点共线和平面向量的基本定理，求得，进而得出数列是以为首项，以2为公比的等比数列，即可求解.【详解】设和交于点，和的高分别为，∵的面积是面积的2倍，∴，∴，即，∴，又，由三点共线，设，由平面向量基本定理得，∴，即，∴数列是以为首项，以2为公比的等比数列，∴，即，所以.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理的应用，以及等比数列的定义域通项公式的求解，其中解答中根据平面向量的线性运算和平面向量的基本定理，化简得到数列是以为首项，以2为公比的等比数列是解答的关键.二、填空题（将答案填在答题纸上）13.已知复数满足，其中为虚数单位，则____．【答案】【解析】【分析】由题意，根据复数的除法运算，化简得，再利用复数的模的公式，即可求解.【详解】由题意，复数满足，则，所以．【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，以及复数模的运算，其中熟记复数的四则运算公式和复数的模的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14.《张丘建算经》卷上第22题有如下内容：今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈．其意思为：现有一善于织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第1天织布5尺，现在一个月（按30天计算）共织布390尺，那么，该女子本月中旬（第11天到第20天）共织布____尺．【答案】130【解析】【分析】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，由等差数列的求和公式，求解的值，由此利用数列的通项公式，即可求解第11天到第20天所织的布，得到答案.【详解】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，则，解得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中认真审题，且熟记等差数列的通项公式和前n 项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.15.某三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱外接球的表面积为___．【答案】【解析】【分析】根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三棱柱，得底面正三角形的外接圆的半径为，根据球的性质，求得球的半径，再由球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三棱柱，则底面正三角形的外接圆的半径为，设外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为.【点睛】本题考查了几何体的三视图及球的表面积的计算，其中解答中，对于求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应表面积与体积公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.16.已知偶函数满足：当时，，若恰有三个零点，则的取值范围是_____ 【答案】【解析】【分析】由函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与函数的图象恰有一个交点，解法一：由于，当的图象与直线相切时，设切点为，求得，设，令，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可求解；解法二：由于，函数的图象与直线有一个公共点为，结合图象，即可求解.【详解】因为当时，，所以，又因为为偶函数，所以恰有三个零点等价于在恰有一个零点，令，得，所以与函数的图象恰有一个交点，因为函数与函数的图象关于对称，解法一：由于，当的图象与直线相切时，设切点为，则且，所以，，设，则，设，则，所以在单调递增，在单调递减，又因为，所以，，由图可知，的取值范围为.解法二：如图，由于，函数的图象与直线有一个公共点为，当函数的图象与直线切于原点时，，，由图可知，的取值范围为.【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，以及导数在函数中的综合应用问题，其中解答中把由函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与函数的图象恰有一个交点，利用函数性质或函数的图象的求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，内角所对的边分别为，的面积为，已知.（1）求角；（2）若，求的取值范围．【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）由题意，利用三角形的面积公式和余弦定理，求得，再利用同角三角函数的基本关系式，即可求解.（2）由正弦定理，化简得，再利用三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】（1）∵，，∴，在中，由余弦定理得，∴，∴，∵，∴（2）由正弦定理得所以因为，所以，所以，即的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中合理利用正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式化简是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.18.已知数列的前项和为，且.（1）求证：是等比数列；（2）数列满足，数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系化简得，进而得到，即可作出证明；（2）由（1）求得，，得到，利用裂项法，即可求解数列的和. 【详解】（1）当时，，∴，当时，∵，①②由①─②得∴，∴（），∵，∴，∴是首项为4，公比为2的等比数列.（2）由（1）得，∴，∴，∴【点睛】本题主要考查了数列的与的关系，以及等比数列的定义与通项公式和数列的“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记数列与的关系，利用利用等比数列的定义和通项公式是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.19.如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】【分析】（1）由已知，在中，利用勾股定理，证得，又由线面垂直的性质，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面（2）以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.已知圆：，点，动点在上，线段的垂直平分线与直线相交于点，的轨迹是曲线. （1）求Q的方程；（2）已知过点的直线与交于两点，是与轴正半轴的交点，设直线的斜率分别为，证明：为定值.【答案】(1) (2)见证明【解析】【分析】（1）依题意，利用椭圆的定义，即可得点的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，进而可求解椭圆的标准方程；（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系求得和，再根据，代入化简，即可得到为定值.【详解】（1）依题意，，则，所以的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，所以，，，所以点的轨迹方程为.（2）依题意得直线的斜率存在，设直线：，即，设，，联立，消去得，所以，，，因为是与轴正半轴的交点，所以，所以所以为定值，且定值为.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.21.已知函数（），若存在极大值点和极小值点．（1）求实数的取值范围；（2）若，其实数的取值范围．【答案】(1) (2)【解析】【分析】（1）由题意，求得，分类讨论求得函数的单调区间，再利用函数极值的概念，即可求解；（2）解法一：由（1）根据题意得对任意恒成立，转换为，设，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；解法二：由（1）根据题意得对任意恒成立，设，利用导数分类讨论，求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；【详解】（1）由得，即，①当时，当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，不存在极小值点，不合题意②当时，令得，，，因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以存在极大值点和极小值点，符合题意；综上，实数的取值范围为.（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，此时，，依题意，得对任意恒成立，由于此时，所以；所以，即，设，则，令（*）①当时，，所以，在单调递增，所以，即，符合题意；②当时，，设（*）的两根为，且，则，因此，则当时，，在单调递增，所以当时，，即，所以，矛盾，不合题意；综上，的取值范围是.解法二：（1）同解法一；（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，此时，，依题意，得对任意恒成立，设，则，①当时，当时，，所以在单调递增，以，所以在单调递减，所以，即，不合题意；②当时，当时，，所以在单调递减，所以，所以在单调递增，、所以，即，符合题意；③当时，，所以在单调递减，又因为，，设，则当时，，所以在单调递增，所以，即，所以，即在恰有一个零点，且当时，，在单调递减，所以当时，，即，不合题意；综上，的取值范围是.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.22.选修4-4：坐标系与参数方程选讲在同一直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）过点作的垂线交于两点，点在轴上方，求．【答案】（1）曲线的方程为,直线的直角坐标方程为(2)-【解析】【分析】(1)将代入得，即可得到曲线的方程；由，代入即可得到直线的直角坐标方程；（2）由题意，得过点的垂线的参数方程为（为参数），代入曲线C的方程，根据参数的几何意义，即可求解.【详解】(1)将代入得，曲线的方程为由得，因为，代入上式得直线的直角坐标方程为（2）因为直线的倾斜角为，所以其垂线的倾斜角为，过点的垂线的参数方程为，即（为参数）代入曲线的方程整理得，设两点对应的参数为（由题意知）则，且，所以.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解中合理消参，以及合理利用直线参数方程几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.23.函数，其中，若的解集为。

某某市2018届高三年级第一学期期末质检理科数学第Ⅰ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(){}10A x x x =+>，{B x y ==，则A B =（ ）A ．{}0x x > B ．{}1x x ≥ C ．{}01x x <≤ D ．R2．命题“32000,10x x x ∃∈-+≤R ”的否定是（ ）A ．32000,10x x x ∃∈-+<RB ．32000,10x x x ∃∈-+≥R C ．32,10x x x ∀∈-+>R D ．32,10x x x ∀∈-+≤R3．实数,x y 满足0x y >>，则（ ）A ．11x y > B<．1122x y⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．2x xy <4．若,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若,m αββ⊥⊥，则m α∥ B ．若,m n m α⊥∥，则n α⊥C ．若,,,m n m n ααββ⊂⊂∥∥，则αβ∥D ．若,,m m n βααβ⊂=∥，则m n ∥5．已知实数,x y 满足1,20,21,x y x x y -≤⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩则目标函数2z x y =+的最大值等于（ ）A ．-7B ．52-C ．2D ．3 6．如图所示，函数26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的部分图象与坐标轴分别交于点,,D E F ，则DEF∆的面积等于（ ）A ．4π B ．2πC ．πD ．2π 7．已知正方形ABCD 的边长为2，对角线相交于点O ，P 是线段BC 上一点，则OP CP ⋅的最小值为（ ）A ．-2B ．12-C ．14- D ．2 8．函数()[]()2cos 2,21x xf x x x =∈-+的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．9．ABC ∆中，23B π∠=，,A B 是双曲线E 的左、右焦点，点C 在E 上，若()0BA BC AC +⋅=，则E 的离心率为（ ）A 51B 31C 31-D 31+ 10．习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛.如图，“大衍数列”：0,2,4,8,12…来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前n 项和的程序框图.执行该程序框图，输入10m =，则输出的S =（ ） A ．100 B ．140 C ．190 D ．25011．若锐角ϕ满足2sin cos ϕϕ-=，则函数()()2sin f x x ϕ=+的单调增区间为（ ） A ．()52,21212k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z B ．()5,1212k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z C ．()72,21212k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z D ．()7,1212k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z 12．已知函数()()22log ,02,log 4,24,x x f x x x ⎧<≤⎪=⎨-<<⎪⎩若()12f a f a ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭，则a 的取值X 围是（ ） A ．170,2,22⎛⎤⎡⎫ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭ B ．1770,,242⎛⎤⎡⎫⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭C ．17170,2,42⎛⎤⎡⎫⎥⎪⎢ ⎣⎭⎝⎦ D ．171770,,442⎛⎤⎡⎫⎥⎪⎢ ⎣⎭⎝⎦第Ⅱ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．复数z 满足()1i 2i z -=，则z =．14．设等比数列{}n a 满足11a =，356a a +=，则579a a a ++=． 15．直线()1y k x =-与抛物线24y x =交于,A B 两点，若163AB =，则k =． 16．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为．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．如图，单位圆O 与,x y 轴正半轴的交点分别为,A D ，圆O 上的点C 在第一象限.（1）若点C 的坐标为31,22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，延长CD 至点B ，使得2DB =，求OB 的长； （2）圆O 上的点E 在第二象限，若23EOC π∠=，求四边形OCDE 面积的最大值.18．如图，直角梯形BDFE 中，EF BD ∥，BE BD ⊥，22EF =ABCD 中，AB CD ∥，AC BD ⊥，24AB CD ==，且平面BDFE ⊥平面ABCD .（1）求证：AC ⊥平面BDFE ； （2）若BF 与平面ABCD 所成角为4π，求二面角B DF C --的余弦值.19．数列{}n a 满足122311111n n na a a a a a n ++++=+.（1）若数列{}n a 为公差大于0的等差数列，求{}n a 的通项公式； （2）若()11nn n n b a a +=-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S . 20．已知点()12,0F -，圆(222:216F x y -+=，点M 是圆上一动点，1MF 的垂直平分线与2MF 交于点N . （1）求点N 的轨迹方程；（2）设点N 的轨迹为曲线E ，过点()0,1P 且斜率不为0的直线l 与E 交于,A B 两点，点B 关于y 轴的对称点为B '，证明直线AB '过定点，并求PAB '∆面积的最大值. 21．已知函数()()()2x f x ax x a e a -=++∈R . （1）若0a ≥，函数()f x 的极大值为3e，某某数a 的值； （2）若对任意的0a ≤，()()ln 1f x b x ≤+在[)0,x ∈+∞上恒成立，某某数b 的取值X 围. 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．选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为2,sin ,x y ϕϕ⎧=⎪⎨=⎪⎩（ϕ为参数）.以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，,A B 为C 上两点，且OA OB ⊥，设射线:OA θα=，其中02πα<<.（1）求曲线C 的极坐标方程； （2）求OA OB ⋅的最小值.23．选修4-5：不等式选讲 函数()12f x x x a =-++.（1）当1a =时，求证：()13f x x +-≥； （2）若()f x 的最小值为2，某某数a 的值.某某市2018届高三年级第一学期期末质检理科数学试题参考答案及评分标准一、选择题1-5:BCBDC 6-10:ACADC 11、12：BD 二、填空题13．2 14．28 15．3± 16．1003π三、解答题17．解：（1）由点31,22C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭在单位圆上，可知30AOC ∠=︒，由图象可得60COD ∠=︒；在CDB ∆中，1OD =，120CDB ∠=︒，2DB =； 由余弦定理得2222cos120OB OD DB OD DB =+-⋅⋅︒； 解得7OB =；（2）设62COD ππθθ⎛⎫∠=<<⎪⎝⎭，23DOE πθ∠=-1sin 2COD S θ∆=，12sin 23EOD S πθ∆⎛⎫=-⎪⎝⎭四边形OCDE 的面积()112sin sin 22362EOD COD S S S πππθθθθ∆∆⎛⎫⎛⎫=+=+-<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭113sin sin sin 224θθθθθ⎡⎤=++=⎢⎥⎣⎦6πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ∵62ππθ<<，∴2363πππθ<+<；当62ππθ+=，即3πθ=时，四边形OCDE 的面积S 18．证明：（1）∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，BE BD ⊥，平面BDFE 平面ABCD BD =∴BE ⊥平面ABCD ，又AC ⊂平面ABCD ，∴AC BE ⊥， 又∵AC BD ⊥，且BE BD B =，∴AC ⊥平面BDFE . 解：（2）设AC BD O =，∵四边形ABCD 为等腰梯形，2DOC π∠=，24AB CD ==，∴OD OC ==OB OA ==∵FE OB ∥，∴四边形BOFE 为平行四边形， ∴OF BE ∥，又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD ， ∴FBO ∠为BF 与平面ABCD 所成的角， ∴4FBO π∠=，又∵2FOB π∠=，∴OF OB ==以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OF 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,22,0B ，()0,2,0D -，(0,0,22F ，()2,0,0C -，()22,0,0A(2,22DF =，()2,2,0CD =-，∵AC ⊥平面BDFE ，∴平面BDF 的法向量为()1,0,0， 设平面DFC 的一个法向量为(),,n x y z =，由0,0,DF n CD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得2220,220,z x y +== 令2x =得，()2,2,1n =-，2222cos ,31221n AC ==⋅++. ∴二面角B DF C --的余弦值为23. 19．解：（1）由已知：122311111n n na a a a a a n ++++=+当1n =时，12112a a =①，即122a a = 当2n =时，12231123a a a a +=② ②-①，得23116a a =；即236a a = 设等差数列{}n a 公差为d ，由122326a a a a =⎧⎨=⎩，有()()222226a d a a d a -=⎧⎪⎨+=⎪⎩因为0d >，解得221a d =⎧⎨=⎩， 则()22n a a n d n =+-= （2）由已知：122311111n n na a a a a a n ++++=+③当2n ≥时，122311111n nn a a a a a a n--+++=④ ③-④得：当2n ≥时，111n n na a n +=+，即()11n n a a n n +=⋅+，结合122a a =，得：()()11n n a a n n n +=⋅+∈*N()()()1111n nn n n b a a n n +=-⋅=-+()()()2121212221n n b b n n n n -+=-⋅-⋅+⋅+()221214n n n n =+-+= ()()()21234212n n n S b b b b b b -=++++++484n =+++()()44212n n n n +==+ 20．解：（1）由已知得：1NF NM =，所以1224NF NF MN NF +=+= 又12F F =，所以点N 的轨迹是以12,F F 为焦点，长轴长等于4的椭圆，所以点N 的轨迹方程是22142x y +=. （2）设直线():10AB y kx k =+≠，()11,A x y ，()22,B x y ，则()22,B x y '-，联立直线AB 与椭圆得22241x y y kx ⎧+=⎨=+⎩，得()2212420kxkx ++-=，∴()21221228140,4,12212k k x x k x x k ⎧∆=+>⎪⎪-⎪+=⎨+⎪-⎪=⎪+⎩∴1212AB y y k x x '-=+，所以直线()121112:y y AB y y x x x x -'-=-+，所以令0x =，得122112x y x y y x x +=+，()()122112121211212x kx x kx kx x x x x x +++==+=++，所以直线AB '过定点()0,2Q ， 所以PAB '∆的面积12221212PQB PQA k S S S x x k'∆∆=-=+=+2122k k=≤+，当且仅当k =.所以PAB '∆面积的最大值是2. 21．解：（1）由题意，()()()221x x f x ax e ax x a e --'=+-++()2121x e ax a x a -⎡⎤=-+-+-⎣⎦()()11x e x ax a -=--+-. （ⅰ）当0a =时，()()1xf x ex -'=--，令()0f x '>，得1x <；()0f x '<，得1x >， 所以()f x 在(),1-∞单调递增，()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()131f e e=≠，不合题意. （ⅱ）当0a >时，111a-<， 令()0f x '>，得111x a -<<；()0f x '<，得11x a<-或1x >，所以()f x 在11,1a ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递增，1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()2131a f e e+==，得1a =. 综上所述1a =.（2）令()()2x x g a e x x a xe --=++，(],0a ∈-∞， 当[)0,x ∈+∞时，()20x e x x -+≥，则()()ln 1g a b x ≤+对(],0a ∀∈-∞恒成立等价于()()()0ln 1g a g b x ≤≤+， 即()ln 1xxeb x -≤+，对[)0,x ∈+∞恒成立.（ⅰ）当0b ≤时，()0,x ∀∈+∞，()ln 10b x +<，0xxe ->，此时()ln 1xxeb x ->+，不合题意.（ⅱ）当0b >时，令()()ln 1xh x b x xe -=+-，[)0,x ∈+∞，则()()()2111x x x xb be x h x e xe x x e--+-'=--=++，其中()10xx e +>，[)0,x ∀∈+∞， 令()[)21,0,xp x be x x =+-∈+∞，则()h x 在区间[)0,+∞上单调递增，①1b ≥时，()()010p x p b ≥=-≥，所以对[)0,x ∀∈+∞，()0h x '≥，从而()h x 在[)0,+∞上单调递增， 所以对任意[)0,x ∈+∞，()()00h x h ≥=， 即不等式()ln 1xb x xe -+≥在[)0,+∞上恒成立.②01b <<时，由()010p b =-<，()10p be =>及()p x 在区间[)0,+∞上单调递增， 所以存在唯一的()00,1x ∈使得()00p x =，且()00,x x ∈时，()00p x <. 从而()00,x x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在区间()00,x 上单调递减， 则()00,x x ∈时，()()00h x h <=，即()ln 1xb x xe -+<，不符合题意.综上所述，1b ≥.22．解：（1）将1C的方程化为直角坐标方程为221y +=，即2212x y +=.将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入可得()()22cos sin 12ρθρθ+=化简得2221sin ρθ=+（2）根据题意：射线OB 的极坐标方程为2πθα=+或2πθα=-.1OA ρ==2OB ρ===则12OA OB ρρ⋅=⋅==22241sin 1cos 32αα≥=+++，当且仅当22sincos αα=，即4πα=时，取得最小值43. 故OA OB ⋅的最小值为43. 23．解：（1）依题意：()1121f x x x x +-=-++12221x x x +-=-++()()22213x x ≥--+=，当且仅当()2221x x -=-+，即14x =时，等号成立. （2）①当12a >-，即2a >-时，()31,,21,1,231,1,a x a x a f x x a x x a x ⎧-+-≤-⎪⎪⎪=++-<<⎨⎪+->⎪⎪⎩则当2a x =-时，()min 112222a a a f x f ⎛⎫=-=--=+= ⎪⎝⎭，故2a =.②当12a <-，即2a <-时，()31,1,1,1,231,,2x a x a f x x a x a x a x ⎧⎪-+-≤⎪⎪=---<<-⎨⎪⎪+-≥-⎪⎩则当2a x =-时，()min 112222a a a f x f ⎛⎫=-=--=--= ⎪⎝⎭，故6a =-.③当12a=-时，即2a =-时，()31f x x =-有最小值0，不符合题意，舍去.。

厦门市2018届高三年级第一学期期末质检理科数学第Ⅰ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{(1)0}A x x x =+>，{B x y ==，则A B =（ ）A. {0}x x >B. {}1x x ≥C. {01}x x <≤D. ∅【答案】B 【解析】∵集合(){10}A x x x =+> ∴集合{1A x x =<-或}0x >∵集合{B x y ==∴集合{}1B x x =≥ ∴{}1A B x x ⋂=≥ 故选B.2. 命题“32000R,10x x x ∃∈-+≤”的否定是（ ） A. 32000R,10x x x ∃∈-+<B. 32000R,10x x x ∃∈-+≥C. 32R,10x x x ∀∈-+> D. 32R,10x x x ∀∈-+≤【答案】C 【解析】由特称命题的否定可得，所给命题的否定为“32R,10x x x ∀∈-+>”．选C ．3. 实数,x y 满足0x y >>，则（ ）A. 11x y>B.C. 1122x y⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D. 2x xy <【答案】B 【解析】选项A 中，由0x y >>得，110y x x y xy --=<，所以11x y<，故A 不正确． 选项B 中，将不等式两边平方得x y x y +-<-，整理得y ，<由于0x y >>，所以上式成立．故B 正确．选项C 中，由0x y >>得，11()()22x y<，故C 不正确．选项D 中，由0x y >>得，2()0x xy x x y -=->，所以2x xy >，故D 不正确． 综上选B ．4. 设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若αβ⊥，m β⊥，则//m α B. 若//m α，n m ⊥，则n α⊥C. 若//m α，//n α，m β⊂，n β⊂，则//αβD. 若//m β，m α⊂，n αβ=，则//m n【答案】D 【解析】 【分析】对于A ，B 选项均有可能为线在面内，故错误；对于C 选项，根据面面平行判定定理可知其错误；直接由线面平行性质定理可得D 正确.【详解】若αβ⊥，m β⊥，则有可能m 在面α内，故A 错误； 若//m α，n m ⊥，n 有可能在面α内，故B 错误；若一平面内两相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行，故C 错误． 若//m β，m α⊂，n αβ=，则由直线与平面平行的性质知//m n ，故D 正确．故选D.【点睛】本题考查的知识点是，判断命题真假，比较综合的考查了空间中直线与平面的位置关系，属于中档题.5. 已知实数,x y 满足1,20,21,x y x x y -≤⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩则目标函数2z x y =+的最大值等于（ ）A. -7B. 52-C. 2D. 3【答案】C 【解析】画出不等式组表示的可行域（如图阴影部分所示），由2z x y =+可得2y x z =-+，平移直线2y x z =-+，由图形得，当直线2y x z =-+经过可行域内的点A 时，直线在y 轴上的截距最大，此时z 取得最大值． 由题意得点A 的坐标为（1,0）， ∴max 2102z =⨯+=．选C ． 6. 如图所示，函数3tan 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的部分图象与坐标轴分别交于点,,D E F ，则DEF ∆的面积等于（ ）A.4π B.2π C. πD. 2π【答案】A 【解析】 在3tan 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭中，令0x =，得3tan 16y π==，故1OD =；又函数3tan 26y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小正周期为2T π=，所以2EF π=．∴1112224DEF S EF OD ππ∆=⋅⋅=⨯⨯=．选A ． 7. 已知正方形ABCD 的边长为2，对角线相交于点O ，P 是线段BC 上一点，则OP CP ⋅的最小值为（ ） A. -2 B. 12-C. 14-D. 2【答案】C 【解析】根据题意建立如图所示的平面直角坐标系，则(1,1),(2,2)O C ，设(2,)(02)P t t ≤≤，则(1,1),(0,2)OP t CP t =-=-，∴2231(1)(2)32()24OP CP t t t t t ⋅=--=-+=--， ∴当32t =时，OP CP ⋅有最小值14-．选C ． 8. 函数()2xcosxf x x 1=+ []()x 2,2∈-的大致图象是（ ） A.B.C. D.【答案】C 【解析】由于()()f x f x -=-，故函数为奇函数，排除D选项，06f π⎛⎫>⎪⎝⎭，故排除B 选项，()22cos 205f =<排除A 选项，故选C . 9. ABC ∆中，2π3B ∠=，,A B 是双曲线E 的左、右焦点，点C 在E 上，若()0BA BC AC +⋅=，则E 的离心率为（ ）A.51-B.31+C.312- D.312+ 【答案】D 【解析】由题意得，点C 在双曲线的右支上．设AC 的中点为D ，由()0BA BC AC +⋅=得BD AC ⊥，所以2BA BC c ==，由双曲线的定义得222CA CB a c a =+=+． 在ABD ∆中，,3BD AD ABD π⊥∠=，∴sin32AD a c ABc π+==，即32a cc+=， 整理得31c e a +==．选D ． 10. 习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛.如图，“大衍数列”：0,2,4,8,12…来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前n 项和的程序框图.执行该程序框图，输入10m =，则输出的S =（ ）A. 100B. 140C. 190D. 250【答案】C 【解析】由题意得，当输入10m =时，程序的功能是计算并输出2222221123149110222222S ---=++++++． 计算可得11(8244880)(4163664100)19022S =++++++++=．选C ．11. 若锐角ϕ满足sin cos 2ϕϕ-=，则函数()()2sin f x x ϕ=+的单调增区间为（ ） A .()52,2Z 1212k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦B. ()5,Z 1212k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦C. ()72,2Z 1212k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦D. ()7,Z 1212k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦【答案】B 【解析】∵sin cos )4πϕϕϕ-=-=， ∴1sin()42πϕ-=． 又444πππϕ-<-<，∴46ππϕ-=，512πϕ=． ∴2515151()sin ()[1cos(2)]cos(2)1226262f x x x x πππ=+=-+=-++， 由5222,6k x k k Z ππππ≤+≤+∈， 得5,1212k x k k Z ππππ-+≤≤+∈， ∴函数的单调增区间为5[,],1212k k k Z ππππ-++∈．选B ． 点睛：求正（余）弦型函数单调区间的注意点（1）将所给的函数化为形如()sin()f x A x ωϕ=+或()cos()f x A x ωϕ=+的形式，然后把x ωϕ+看作一个整体，并结合正（余）弦函数的单调区间求解．（2）解题时注意,A ω的符号对所求的单调区间的影响，特别是当A 或ω为负数时，要把x ωϕ+代入正（余）弦函数相对的单调区间内求解．12. 已知函数()()22log ,02,log 4,24,x x f x x x ⎧<≤⎪=⎨-<<⎪⎩若()12f a f a ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭，则a 的取值范围是（ ）A. 170,2,22⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭B. 1770,,242⎛⎤⎡⎫⋃ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭C.1717 0,2,42⎛⎤-⎡⎫⋃⎥⎪⎢⎣⎭⎝⎦D.171770,,442⎛⎤-⎡⎫⋃⎥⎪⎢⎣⎭⎝⎦【答案】D【解析】画出函数()y f x=的图象（图中黑色部分），则函数()y f x=的图象向左平移12个长度单位，得到函数1()2y f x=+的图象（图中红色部分），设两图象交于点,A B，且横坐标分别为12,a a．由图象可得满足()12f a f a⎛⎫≥+⎪⎝⎭的实数a的取值范围为127(0,][,)2a a⋃．对于1a，由21211log log()2a a-=+，解得11112aa=+，所以211220a a--=，解得1117a-+=或11174a--=（舍去）．对于2a，由22221log log[4()]2a a=-+，解得274a=．综上可得实数a的取值范围为11777(0,][,)442-+⋃．选D．点睛：解答本题的技巧在于借助于数形结合增强了解题的直观性，利用图象的平移，将解不等式的问题转化为两函数图象的相对位置关系来处理，然后根据函数图象的交点情况，通过解方程的方法求得所求范围的端点值，最后根据图象写出不等式成立时参数的范围．第Ⅱ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. 复数z满足()1i2iz-=，则z=__________．2【解析】由题意得2i 2i(1i)i(1i)1i 1i (1i)(1i)z +===+=-+--+，∴|1i|z =-+=14. 设等比数列{}n a 满足11a =，356a a +=，则579a a a ++=__________． 【答案】28 【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，由题意得1243511()6a a a a q q =⎧⎨+=+=⎩， ∴4260q q --=，解得23q =或22q =-（舍去）．∴4682345791()22228a a a a q q q ++=++=++=．答案：2815. 直线()1y k x =-与抛物线24y x =交于,A B 两点,若163AB =,则k =__________．【答案】【解析】 由()214y k x y x⎧=-⎨=⎩消去y 整理得2222(24)0k x k x k -++=，∵直线与抛物线交于,A B 两点，∴()22402440k k k ≠⎧⎪⎨=+->⎪⎩，解得0k ≠． 设1122(,),(,)A x y B x y ，则212224k x x k++=． ∵121623AB x x =++=， ∴212224103k x x k ++==，∴23k =，k =．检验知3k =±满足条件． 答案：3±16. 某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为__________．【答案】1003π【解析】由三视图可得三棱锥为如图所示的三棱锥P ABC -，其中底面ABC ∆为直角三角形．将三棱锥还原为长方体，则长方体的长宽高分别为4,3,23则三棱锥外接球的球心在上下底面中心的连线12O O 上，设球半径为R ，球心为O ，且球心到上底面的距离为d ，则球心到下底面的距离为23d ．在如图所示的2Rt OO P ∆和1Rt OO C ∆中，由勾股定理可得2223)R d =+及222(23)(7)R d =+，解得2253R =． 所以三棱锥的外接球的表面积为210043S R ππ==．答案：1003π点睛：已知球与柱体（或锥体）外接求球的半径时，关键是确定球心的位置，解题时要根据组合体的特点，并根据球心在过小圆的圆心且与小圆垂直的直线上这一结论来判断出球心的位置，并构造出以球半径为斜边，小圆半径为一条直角边的直角三角形，然后根据勾股定理求出球的半径，进而可解决球的体积或表面积的问题．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. 如图，单位圆O 与,x y 轴正半轴的交点分别为,A D ，圆O 上的点C 在第一象限.（1）若点C 的坐标为31,22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，延长CD 至点B ，使得2DB =，求OB 的长；（2）圆O 上的点E 在第二象限，若23EOC π∠=，求四边形OCDE 面积的最大值.【答案】(1) 7OB =(2)3【解析】 【分析】试题分析：⑴由点312C ⎫⎪⎪⎝⎭，可得30AOC ∠=︒，故60COD ∠=︒，所以120CDB ∠=︒，由余弦定理求出OB 的长； ⑵设62COD ππθθ⎛⎫∠=<<⎪⎝⎭，则23DOE πθ∠=-，从而可得四边形OCDE 的面积()S θ，由θ的取值范围得当3πθ=时，四边形OCDE 3解析：（1）由点3122C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭在单位圆上，可知30AOC ︒∠=，由图像可得60COD ︒∠=；在CDB ∆中，1OD =，120CDB ︒∠=，2DB =； 由余弦定理得222OB OD DB =+ 2cos120OD OB ︒-⋅⋅； 解得7OB =；（2）设62COD ππθθ⎛⎫∠=<<⎪⎝⎭，23DOE πθ∠=- 1sin 2COD S θ∆=，12sin 23EOD S πθ∆⎛⎫=-⎪⎝⎭四边形OCDE 的面积()EOD COD S S S θ∆∆=+ 112sin sin 223πθθ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ 62ππθ⎛⎫<< ⎪⎝⎭131sin sin 22θθθ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦33sin 44θθ=+36πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ 62ππθ<<，2363πππθ∴<+<当62ππθ+=，即3πθ=时，四边形OCDE 的面积S 3. 【详解】18. 如图，直角梯形BDFE 中，//,,22EF BD BE BD EF ⊥=，等腰梯形ABCD 中，//,,24AB CD AC BD AB CD ⊥==，且平面BDFE ⊥平面ABCD ．（1）求证：AC ⊥平面BDFE ； （2）若BF 与平面ABCD 所成角为4π，求二面角B DF C --的余弦值．【答案】（1）见解析（2）23【解析】【详解】试题分析：（1）直接利用面面垂直的性质定理可证； （2）设ACBD O =，计算后可证OF//BE ，从而由已知可证OF ⊥平面ABCD ，因此可以OA ，OB ，OF为坐标轴建立空要间直角坐标系，利用向量法求二面角． 试题解析：（1）∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，C A BD ⊥，平面BDFE 平面ABCD BD =，又AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥平面BDFE ； （2）设ACBD O =，∵四边形ABCD 为等腰梯形，,242DOC AB CD π∠===，∴2,22OD OC OB OA ====，∵//FE OB ，∴四边形BOFE 为平行四边形，∴//OF BE ， 又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD ， ∴FBO ∠为BF 与平面ABCD 所成的角，∴4FBO π∠=，又∵2FOB π∠=，∴22OF OB ==以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OF 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则()()()()()0,22,0,0,2,0,0,0,22,2,0,0,22,0,0B D F C A --，()()0,2,22,2,2,0DF CD ==-，∵AC ⊥平面BDFE ，∴平面BDF 的法向量为()1,0,0， 设平面DFC的一个法向量为(),,n x y z =，由·0·0DF n CD n ⎧=⎨=⎩得2220220y z x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令2x =得，()2,2,1n =-，2222cos ,31?221n AC ==++，∴二面角B DF C --的余弦值为23．点睛：立体几何中求“空间角”，一种方法是根据“空间角”的定义作出它的“平面角”，再通过解三角形求得，其方法是一作二证三计算；第二种方法是在图形中有相互垂直的三条直线（或两条）时，可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求角，这种方法主要的就是计算，减少了作辅助线，证明的过程，只要计算过关，一般都能求得正确结论．19. 数列{}n a 满足122311111n n na a a a a a n ++++=+(1)若数列{}n a 为公差大于0的等差数列，求{}n a 的通项公式；(2)若1(1)nn n n b a a +=-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S .【答案】(1)n a n =；(2)()221n S n n =+. 【解析】 试题分析：（1）由题意得12112a a =，12231123a a a a +=，从而得到122326a a a a ，==，设出等差数列{}n a 的公差d ，解方程组可得111a d ==，，从而得到n a n =．（2）由条件122311111n n na a a a a a n ++++=+，可得()1223111112n nn n a a a a a a n--+++=≥，，两式相减得()11(2n n a a n n n +=⋅+≥)，又122a a =，故()()*11N n n a a n n n +=⋅+∈，所以()()11nn b n n =-+，然后根据2124n n b b n -+=可求得2n S ．试题解析：（1）由已知得122311111n n na a a a a a n ++++=+ 当1n =时，12112a a =①，即122a a = 当2n =时，12231123a a a a +=② ②-①，得23116a a =；即236a a = 设等差数列{}n a 的公差为d ，则()()()12112311226a a a a d a a a d a d ⎧=+=⎪⎨=++=⎪⎩解得111a d =⎧⎨=⎩或111a d =-⎧⎨=-⎩．∵0d >， ∴111a d ==，． ∴()11n a n n =+-=． （2）∵122311111n n na a a a a a n ++++=+③∴122311111(2n nn n a a a a a a n--+++=≥，)④③-④得11(21n n nn a a n +=≥+)， 即()11(2n n a a n n n +=⋅+≥)， 又122a a =，∴()()*11N n n a a n n n +=⋅+∈，∴ ()()()1111n nn n n b a a n n +=-⋅=-+，∴()()212212221n n b b n n n n -+=--⋅+⋅+ 4n =． ∴()()()21234212n n n S b b b b b b -=++++++484n =+++()442n n +=()21n n =+．点睛：解答本题时注意以下几点（1）由递推关系解决数列的有关问题时，要注意数列中项的下标的限制．（2）求数列的前n 项和时，要根据数列通项的特点选择合适的方法．常用的求和方法有列项相消法、错位相减法、公式法、分组求和法等，对于通项中含有()1n-或()11n --等形式的数列的求和问题常选择分组求和法求解．20.已知点()1F，圆(222:16F x y -+=，点M 是圆上一动点， 1MF 的垂直平分线与2MF 交于点N .（1）求点N 的轨迹方程；（2）设点N 的轨迹为曲线E ，过点()0,1P 且斜率不为0的直线l 与E 交于,A B 两点，点B 关于y 轴的对称点为B '，证明直线AB '过定点，并求PAB '∆面积的最大值.【答案】(1) 22142x y +=.(2)2. 【解析】【试题分析】（1）由于24MN NF +=，所以N 的轨迹为椭圆，利用椭圆的概念可求得椭圆方程.（2）当直线l 的斜率存在时，设出直线方程和点,,A B B '的坐标，联立直线方程和椭圆方程，写出韦达定理，求得直线'AB 的方程，求得其纵截距为2，即过()0,2.验证当斜率不存在是也过()0,2.求出三角形面积的表达式并利用基本不等式求得最大值. 【试题解析】解：（1）由已知得：1NF NM =，所以1224NF NF MN NF +=+=又12F F =所以点N 的轨迹是以12,F F 为焦点，长轴长等于4的椭圆， 所以点N 轨迹方程是22142x y +=.（2）当k 存在时，设直线():10AB y kx k =+≠，()()1122,,,A x y B x y ，则()22,B x y '-，联立直线AB 与椭圆得22241x y y kx ⎧+=⎨=+⎩，得()2212420kxkx ++-=，∴()21221228140412212k k x x k x x k ⎧∆=+>⎪⎪-⎪+=⎨+⎪-⎪=⎪+⎩，∴1212AB y y k x x '-=+，所以直线()121112:y y AB y y x x x x --=-+'， 所以令0x =，得122112x y x y y x x +=+，()()122112121211212x kx x kx kx x x x x x +++==+=++，所以直线AB '过定点()0,2Q ，（当k 不存在时仍适合）所以PAB ∆'的面积12221212PQB PQA k S S S x x k∆∆'=-=+=+2122k k=≤+，当且仅当2k =±时，等号成立.所以PAB ∆'面积的最大值是2.【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查与圆锥曲线有关的三角形面积的最值.由于给定点()12,0F -，而圆心恰好是()2,0，由此考虑动点是否满足椭圆或者双曲线的的定义，结合垂直平分线的性质可知动点的轨迹为椭圆. 21. 已知函数2()()x f x ax x a e -=++()a R ∈. （1）若0a ≥，函数()f x 的极大值为5e，求实数a 的值； （2）若对任意的0a ≤，()ln(1)f x b x ≤+，在[0,)x ∈+∞上恒成立，求实数b 的取值范围. 【答案】（1）2a =；（2）1b ≥ 【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据导函数零点分类讨论，根据导函数符号变化规律确定函数极大值，最后根据绝对值求实数a 的值；（2）先求0a ≤，()f x 最大值，再变量分离得ln(1)xxe b x -≥+ ，最后根据导数研究函数ln(1)xxe y x -=+最大值，即得实数b 的取值范围.试题解析：（1）由题意，.①当时，， 令，得；，得，所以()f x 在(),1-∞单调递增()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()151f e e=≠，不合题意. ②当时，，令，得；，得或，所以()f x 在11,1a ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递增，1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()2151a f e e+==，得2a =. 综上所述2a =.（2）令，当时，，故()(]-0g a ∞于，上递增， ()()()0,0xg a g xe x -∴≤=≥ ∴原问题()[)ln 10,x xe b x x -⇔≤+∈+∞于上恒成立①当时，，，，此时，不合题意.②当时，令，，则，其中，，令，则()p x 在区间[)0,+∞上单调递增（ⅰ）时，，所以对，，从而在上单调递增，所以对任意，，即不等式在上恒成立. （ⅱ）时，由，及在区间上单调递增，所以存在唯一的使得，且时，.从而时，，所以在区间上单调递减， 则时，，即，不符合题意.综上所述，. 点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.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xOy 中，曲线C的参数方程为,sin ,x y ϕϕ⎧=⎪⎨=⎪⎩（ϕ为参数）.以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，,A B 为C 上两点，且OA OB ⊥，设射线:OA θα=，其中02πα<<.（1）求曲线C 的极坐标方程； （2）求OA OB ⋅的最小值. 【答案】(1)2221sin ρθ=+；(2)43.【解析】试题分析：（1）利用已知条件把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化． （2）利用三角函数关系式的恒等变换，基本不等式求出结果． 试题解析：（1）将1C的方程化为直角坐标方程为221y +=，即2212x y +=. 将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入可得()()22cos sin 12ρθρθ+=化简得2221sin ρθ=+ （2）根据题意：射线OB 的极坐标方程为2πθα=+或2πθα=-.1OA ρ==2OB ρ===则12OA OB ρρ⋅=⋅==22241sin 1cos 32αα≥=+++，当且仅当22sin cos αα=，即4πα=时，取得最小值43. 故OA OB ⋅的最小值为43. 23. 函数()12f x x x a =-++.（1）当1a =时，求证：()13f x x +-≥；（2）若()f x 的最小值为2，求实数a 的值. 【答案】(1)证明见解析；(2)2a =或6a =-.【解析】试题分析：（1）当1a =时，利用绝对值三角不等式可证：()13f x x +-≥； （2）分①当12a >-，②当12a <-，③当12a=-时，三种情况分类讨论，去掉绝对值符号，即可得到实数a 的值.试题解析：（1）依题意：()1121f x x x x +-=-++ 12221x x x +-=-++()()22213x x ≥--+=，当且仅当()2221x x -=-+，即14x =时，等号成立. （2）①当12a >-，即2a >-时，()31,,21,1,231,1,a x a x a f x x a x x a x ⎧-+-≤-⎪⎪⎪=++-<<⎨⎪+->⎪⎪⎩则当2a x =-时，()min 112222a a a f x f ⎛⎫=-=--=+= ⎪⎝⎭，故2a =.②当12a<-，即2a <-时，()31,1,1,1,231,,2x a x a f x x a x a x a x ⎧⎪-+-≤⎪⎪=---<<-⎨⎪⎪+-≥-⎪⎩则当2a x =-时，()min 112222a a a f x f ⎛⎫=-=--=--= ⎪⎝⎭，故6a =-.③当12a=-时，即2a =-时，()31f x x =-有最小值0，不符合题意，舍去.21。

福建厦门2019高三上质量检查试题-数学（理)数学（理）试题注意事项:1．本科考试分试题卷和答题卷，考生须在答题卷上作答，答题前，请在答题卷内填写学校、班级、学号、姓名．2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(非选择题）两部分，全卷满分150分,考试时间120分钟． 参考公式:柱体体积公式：V=Sh ，其中S 为底面面积，h 为高; 锥体体积公式:V= 13sh，其中s 为底面面积,^为高．第Ⅰ卷 （选择题 共50分）一、选择题：本大题共10小题,每小题5分，共50分．在每小题所给旳四个答案中有且只有一个答案是正确旳． 1．已知集合A={2|430x x x -+≤｝，集合B为函数y =,则AB 等于A ．｛x ｜1≤x≤2｝B ． {x| 2≤x≤3｝C ． ｛x｜x≥2｝D ． ｛x ｜ x≥3｝ 2．设向量a= （2，0）,b=（1，1），则下列结论中正确旳是 A ．a ．b= 12B ．｜a ｜=｜b ｜C ．a∥bD ．（a 一b ）⊥b3．下列说法正确旳是A ．“x=6"是“x 2 －5x －6 =0”旳必要不充分条件B ．命题“若x 2 =1，则x=l”旳否命题为“若x 2 =1，则x≠1"C ．命题“x R ∃∈,使得x 2+x +1 〈0”旳否定是“x ∀∈R ，均有x 2+x +1 0” D ．命题“若x=y ，则sinx=siny”旳逆命题为真命题4．在△ABC 中，∠A =60°， AB =2，且△ABC 旳面积为32,则BC 旳长为A ．B ．3C ．D ．75．设x ，y 满足约束条件221x x y y x ≥⎧⎪-≥⎨⎪≥⎩，若目标函数z=ax+by （a 〉0，b>0)旳最小值为2，则ab 旳最大值为 A ．1B ．12C ．14D ．166．已知m ，n 是空间两条不同旳直线，,,αβγ是三个不同旳平面，则下列命题正确旳是 A ．若∥，m,n ，则 m∥n B ．若,,m n αγβγ==m,∥n，则∥C ．若,,m a ββ⊂⊥则m α⊥D ．若,m β⊥m,∥，则αβ⊥ ’7．已知抛物线y 2 =4x 旳焦点为F ，准线为222,1(0)x l l y a a-=>与双曲线交于A ，B 两点，若△FAB 为直角三角形，则双曲线旳离心率是 A ．B ．C ．2D ．218．设直线 过点（2,0）且与曲线C ：y=1x相切,则与C 及直线x=2围成旳封闭图形旳面积为A ．1n2一12B ．1一1n2C ．2一1n2D ．2－21n29．记S 为四面体四个面旳面积S 1， S 2, S 3, S 4中旳最大者，若1234S S S S Sλ+++=，则 A ． 2< 〈3 B ． 2〈≤4 C ．3〈≤4D ．3．5 〈〈510．如图,已知A,B 分别为椭圆22221()x y a b a b +=>>旳 右顶点和上顶点，直线 ∥AB,与x 轴、y 轴分别交于 C ，D 两点,直线CE ，DF 为椭圆旳切线,则CE 与DF 旳斜率之积k CE ·k DF 等于 A ．22a b ± B ．222a b a -±C ．22b a± D ．222a b b -±第Ⅱ卷 （非选择题共100分）二、填空题:本大题分必做题和选做题．（一)必做题（共4题,每小题4分，共16分） 11．已知tana=2，则sin cos sin cos αααα+=-。

2019届福建省厦门市高三第一学期期末质检数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，求得集合，，再根据集合的交集运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，则，故选A.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算问题，其中解答中正确求解集合M，再根据集合的交集运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2．设，则“”是“直线与直线平行”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：若，则直线与直线平行，充分性成立；若直线与直线平行，则或，必要性不成立．【考点】充分必要性．3．实数满足，则下列不等式成立的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，得，即可求解.【详解】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，则，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性的应用，其中解答中合理根据指数函数的单调性比较大小是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】利用三角函数的定义，确定角的值，再利用特殊角的三角函数，即可求解.【详解】由题意，角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上一点，根据三角函数的定义可知，且，则，所以，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义，以及三角函数的诱导公式的化简求值问题，其中解答中根据三角函数的定义和诱导公式，求得是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5．已知函数f(x)=，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，根据函数的解析式和对数的运算性质，代入求得，进而可求得结果.【详解】由题意，函数，则，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，以及对数的运算性质的应用，其中解答中利用分段函数的解析式和对数的运算性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6．长江某地南北两岸平行，一艘游船从南岸码头出发航行到北岸，假设游船在静水中的航行速度的大小为，水流的速度的大小为.设和的夹角为（），北岸的点在的正北方向，游船正好到达处时，（）A．B．C．D．【答案】D【解析】用向量表示速度，根据向量的平行四边形法，即可求解，得到答案.【详解】设船的实际速度为，船速与河道南岸上游的夹角为，如图所示，要使得游船正好得到处，则，即，又由，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了平面向量在物理中的应用问题，其中解答中用向量表示速度，根据向量的平行四边形法及物理性质求解是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及数形结合思想的应用，属于基础题.7．已知函数，若将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象关于原点对称，则实数的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，可得，要使得函数的图象关于原点对称，则，即可求解得值，得到答案.【详解】由题意，函数，将其图象沿轴向右平移个单位，可得，要使得函数的图象关于原点对称，则，则，即，所以实数的最小值为，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象变换得到函数的解析式，以及合理应用三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.8．函数的图象大致为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，可得函数为偶函数，图象关于y轴对称，根据且，，排除C、D，进而利用函数的导数和函数的极小值点，得到答案.【详解】由题意，函数，满足，所以函数为偶函数，图象关于y轴对称，且，，排除C、D，又由当时，，则，则，即，所以函数在之间有一个极小值点，故选A.【点睛】本题主要考查了函数图象的识别问题其中解答中熟练应用函数的奇偶性和单调性，以及利用导数研究函数的极值点，进而识别函数的图象上解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.9．直线与双曲线：的一条渐近线平行，过抛物线：的焦点，交于两点，若，则的离心率为（）A．2 B．C．D．【答案】C【解析】由题意，根据双曲线的渐近线方程，求得直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，得到，再根据抛物线的定义得到弦长，求得，即可求解双曲线的离心率.【详解】由题意，双曲线的一条渐近线的方程为，设直线的方程为又由抛物线的焦点，则，即，所以直线的方程为设，联立，得，所以，根据抛物线的定义可知，即，即，又由，所以，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了双曲线的离心率的求解，其中解答中熟记双曲线的几何性质，以及抛物线的标准方程与几何性质和抛物线的焦点弦的性质的合理应用是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.10．在平面四边形中，面积是面积的2倍，数列满足，且，则（）A．31 B．33 C．63 D．65【答案】B【解析】设和交于点，根据题意，化简得，得到，再由三点共线和平面向量的基本定理，求得，进而得出数列是以为首项，以2为公比的等比数列，即可求解.【详解】设和交于点，和的高分别为，∵的面积是面积的2倍，∴，∴，即，∴，又，由三点共线，设，由平面向量基本定理得，∴，即，∴数列是以为首项，以2为公比的等比数列，∴，即，所以.【点睛】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的基本定理的应用，以及等比数列的定义域通项公式的求解，其中解答中根据平面向量的线性运算和平面向量的基本定理，化简得到数列是以为首项，以2为公比的等比数列是解答的关键.二、填空题11．已知复数满足，其中为虚数单位，则____．【答案】【解析】由题意，根据复数的除法运算，化简得，再利用复数的模的公式，即可求解.【详解】由题意，复数满足，则，所以．【点睛】本题主要考查了复数的四则运算，以及复数模的运算，其中熟记复数的四则运算公式和复数的模的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12．《张丘建算经》卷上第22题有如下内容：今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈．其意思为：现有一善于织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，第1天织布5尺，现在一个月（按30天计算）共织布390尺，那么，该女子本月中旬（第11天到第20天）共织布____尺．【答案】130【解析】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，由等差数列的求和公式，求解的值，由此利用数列的通项公式，即可求解第11天到第20天所织的布，得到答案.【详解】设从第2天起，每天从前一天多织布尺，则，解得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列的实际应用问题，其中解答中认真审题，且熟记等差数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.13．某三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱外接球的表面积为___．【答案】【解析】根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三棱柱，得底面正三角形的外接圆的半径为，根据球的性质，求得球的半径，再由球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，根据给定的三视图可知，该几何体表示一个底面边长为2，侧棱长为的正三棱柱，则底面正三角形的外接圆的半径为，设外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为.【点睛】本题考查了几何体的三视图及球的表面积的计算，其中解答中，对于求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应表面积与体积公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.14．已知偶函数满足：当时，，若恰有三个零点，则的取值范围是_____【答案】【解析】由函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与函数的图象恰有一个交点，解法一：由于，当的图象与直线相切时，设切点为，求得，设，令，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可求解；解法二：由于，函数的图象与直线有一个公共点为，结合图象，即可求解.【详解】因为当时，，所以，又因为为偶函数，所以恰有三个零点等价于在恰有一个零点，令，得，所以与函数的图象恰有一个交点，因为函数与函数的图象关于对称，解法一：由于，当的图象与直线相切时，设切点为，则且，所以，，设，则，设，则，所以在单调递增，在单调递减，又因为，所以，，由图可知，的取值范围为.解法二：如图，由于，函数的图象与直线有一个公共点为，当函数的图象与直线切于原点时，，，由图可知，的取值范围为.【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，以及导数在函数中的综合应用问题，其中解答中把由函数恰有三个零点等价于在恰有一个零点，转化为与函数的图象恰有一个交点，利用函数性质或函数的图象的求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力，试题有一定的综合性，属于中档试题.三、解答题15．在中，内角所对的边分别为，的面积为，已知.（1）求角；（2）若，求的取值范围．【答案】(1) (2)【解析】（1）由题意，利用三角形的面积公式和余弦定理，求得，再利用同角三角函数的基本关系式，即可求解.（2）由正弦定理，化简得，再利用三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】（1）∵，，∴，在中，由余弦定理得，∴，∴，∵，∴（2）由正弦定理得所以因为，所以，所以，即的取值范围为.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理解三角形问题，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中合理利用正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式化简是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.16．已知数列的前项和为，且.（1）求证：是等比数列；（2）数列满足，数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）根据数列中与的关系化简得，进而得到，即可作出证明；（2）由（1）求得，，得到，利用裂项法，即可求解数列的和.【详解】（1）当时，，∴，当时，∵，①②由①─②得∴，∴（），∵，∴，∴是首项为4，公比为2的等比数列.（2）由（1）得，∴，∴，∴【点睛】本题主要考查了数列的与的关系，以及等比数列的定义与通项公式和数列的“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记数列与的关系，利用利用等比数列的定义和通项公式是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.17．如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.【答案】（1）见证明；（2）【解析】（1）由已知，在中，利用勾股定理，证得，又由线面垂直的性质，得到，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面（2）以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18．已知圆：，点，动点在上，线段的垂直平分线与直线相交于点，的轨迹是曲线.（1）求Q的方程；（2）已知过点的直线与交于两点，是与轴正半轴的交点，设直线的斜率分别为，证明：为定值.【答案】(1) (2)见证明【解析】（1）依题意，利用椭圆的定义，即可得点的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，进而可求解椭圆的标准方程；（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系求得和，再根据，代入化简，即可得到为定值.【详解】（1）依题意，，则，所以的轨迹为以为焦点，为长轴长的椭圆，所以，，，所以点的轨迹方程为.（2）依题意得直线的斜率存在，设直线：，即，设，，联立，消去得，所以，，，因为是与轴正半轴的交点，所以，所以所以为定值，且定值为.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 19．已知函数（），若存在极大值点和极小值点．（1）求实数的取值范围；（2）若，其实数的取值范围．【答案】(1) (2)【解析】（1）由题意，求得，分类讨论求得函数的单调区间，再利用函数极值的概念，即可求解；（2）解法一：由（1）根据题意得对任意恒成立，转换为，设，利用导数求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；解法二：由（1）根据题意得对任意恒成立，设，利用导数分类讨论，求得函数的单调区间和最值，即可得到结论；【详解】（1）由得，即，①当时，当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，不存在极小值点，不合题意②当时，令得，，，因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，所以存在极大值点和极小值点，符合题意；综上，实数的取值范围为.（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，此时，，依题意，得对任意恒成立，由于此时，所以；所以，即，设，则，令（）①当时，，所以，在单调递增，所以，即，符合题意；②当时，，设（）的两根为，且，则，因此，则当时，，在单调递增，所以当时，，即，所以，矛盾，不合题意；综上，的取值范围是.解法二：（1）同解法一；（2）由（1）知，且的极大值点为，极小值点为，此时，，依题意，得对任意恒成立，设，则，①当时，当时，，所以在单调递增，以，所以在单调递减，所以，即，不合题意；②当时，当时，，所以在单调递减，所以，所以在单调递增，、所以，即，符合题意；③当时，，所以在单调递减，又因为，，设，则当时，，所以在单调递增，所以，即，所以，即在恰有一个零点，且当时，，在单调递减，所以当时，，即，不合题意；综上，的取值范围是.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.20．选修4-4：坐标系与参数方程选讲在同一直角坐标系中，经过伸缩变换后，曲线变为曲线.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）过点作的垂线交于两点，点在轴上方，求．【答案】（1）曲线的方程为,直线的直角坐标方程为(2)-【解析】(1)将代入得，即可得到曲线的方程；由，代入即可得到直线的直角坐标方程；（2）由题意，得过点的垂线的参数方程为（为参数），代入曲线C的方程，根据参数的几何意义，即可求解.【详解】(1)将代入得，曲线的方程为由得，因为，代入上式得直线的直角坐标方程为（2）因为直线的倾斜角为，所以其垂线的倾斜角为，过点的垂线的参数方程为，即（为参数）代入曲线的方程整理得，设两点对应的参数为（由题意知）则，且，所以.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，其中解中合理消参，以及合理利用直线参数方程几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.21．函数，其中，若的解集为。

厦门市2019届高中毕业班第一次质量检查数学（理科）试题一、选择题：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•已知复数满足【+|；- 八"，贝旷:;I-（）A. B. C. 5 D. 10【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出.【详解】•••卜'>''•: +3+ 21一i:.:I = .故选：B【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.2. 若抛物线:'的焦点到准线的距离为1，则（）A. 2B. 4C. .D.【答案】C【解析】【分析】由题意得到抛物线的焦点坐标与准线方程，从而得到结果【详解】由抛物线「- I-' ，可知：焦点坐标为| .' "；，准线方程为，：•抛物线x2- ay的焦点到准线的距离为+ - - 1，解得：-一二'故选：C【点睛】本题考查了抛物线的简单几何性质，属于基础题.3. 已知集合— m：，中—u：，若■.〔，则实数'的取值范围为（）A. << - ■-■■ IB. :C. x- •-门D.:【答案】D【解析】【分析】先化简集合A，B，利用子集关系建立不等式关系，即可得到结果.【详解】| :,:.：：三.故选：D【点睛】本题考查的知识点是集合关系中的参数取值问题，其中根据集合包含关系，构造出关于参数不等式组是解答本题的关键.（丸+ y工24. 若满足约束条件「，则’的最小值为（）（心0A. -6B. 0C. 1D. 2【答案】C【解析】【分析】根据约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标,代入目标函数得答案所以z = x+2y 的最小值为 3 - 2X 1 = 1 ； 故选：C .【点睛】求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”： （1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过 的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5.在梯形/J 中，：；•'，' ' 一 '，山一 U - ；、' _ ■■，若为宀的中点，则（）A.B. 3C.D. 12【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的几何意义可得结果 •由题意可知： △ ABC 为直角三角形， / ACB=90 , AC = 2^ 根据数量积的几何意义可得： '■ I.：. - 故选：D【点睛】本题考查数量积的运算，考查数量积的几何意义，属于基础题.6•如图，网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（A 时最小，【详解】D【答案】B 【解析】 【分析】根据三视图判断几何体是圆锥的一部分，再根据俯视图与左视图的数据可求得底面扇形的圆心角为 120° ,又由侧视图知几何体的高为3，底面圆的半径为 2，把数据代入圆锥的体积公式计算.【详解】解：由三视图知几何体是圆锥的一部分， 由正视图可得：底面扇形的圆心角为 120°,又由侧视图知几何体的高为3，底面圆的半径为 2,二?■：1 2I •••几何体的体积 v • n 2 X 3 —・36033故选：B .【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据已知的三视图分析出几何体的形状是解答的关键.7•已知：•：：：■：；：：■•；,.「，：.■+ ，则( )A. ::B. z ■: :C. ：. m ;D. : :/ <【答案】A 【解析】 【分析】利用作差法，结合指数函数的图像与性质可得结果 【详解】•.•「一」-：G —「•宀又• . I ,•••.•工/ - | -1 ■ ，:-'i. : - 1 ,又^ . I/.-宀 综上： 故选：A【点睛】 本题考查三个数的大小的判断，考查作差法，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考 查运算求解能力，是基础题.8. 已知数列'的前 项和为，且5 巴「二( )A. 410B. 400C. 210D. 200【答案】C 【解析】 【分析】 由题意明确数列的奇数项构成首项为 1,公差为2的等差数列，偶数项构成首项为2,公差为2的等差数列，利用等差数列前 n 项和公式即可得到结果. 【详解】由■，当n 》2时,■—| ,A.4朮B.C. 14T T两式作差可得：■，又■■■-•I ■- .又口1 = 1 , 2気=务 + 1 叫t ,•.日£ = 2•••数列 的奇数项构成首项为1,公差为2的等差数列，偶数项构成首项为2，公差为2的等差数列，10 x 910x9|I202 2故选：C【点睛】本题主要考查数列通项与前••项和之间的关系以及公式：-...-■■--;的应用，属于中档题•已知' 求「的一般步骤：（1 ）当 I 时，由 '丨求「的值；（2）当 时，由 式；（3）检验 的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示-；（4）写出*的完整表达式.9.《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦） ，每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为（）【答案】【解析】 【分析】直接根据概率公式计算即可.其中这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线，基本事件共有10中,•这两卦的六根线中恰有三根阳线和三根阴线的概率为p ",n 14故选：D【点睛】 本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查函数与方程思想，是基础题.2 .10.已知函数L ，氓匚心一总+',若， 恰有1个零点，则■的取值范围是（）A. ■■ u .B. .■：C. 1D.: u I【答案】A 【解析】 【分析】作出y =： 与y = a （x 1）的函数图象，根据交点个数判断 a 的范围. 【详解】•恰有1个零点等价于’ 图像与直线y = a （x 1）有一个公共点,作图如下：A. 1 14B.C. ■D. 514【详解】从八卦中任取两卦，基本事件有 _■，：种，. . yr所以.- ■- , ■■- , 又因为I ，所以，(1) 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围; (2) 分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.STIii.已知函数：，若方程：在 的解为w. ，则—(JO2 农J3 11A.B.C.D.【答案】A 【解析】 【分析】结合正弦型函数的图像与性质可得 5?r一，进而可得 ■'■-明确的范围得到结果•【详解】因为所以又因为是:；丿几-.：:的两根，n mt "代、 2 J2所以：，所以饰甘y 一厂所以、；.丁.「一：.，_ - ' .故选：A【点睛】本题考查正弦型函数的图像与性质，考查函数的对称性及取值范围，属于中档题x2 y212. 已知双曲线的一个焦点为，点J是.的一条渐近线上关于原点对称的两点，以a2 b2"为直径的圆过且交•的左支于：两点，若的面积为8,则・的渐近线方程为（）A. + ,门B.--C. - -D.； - 二【答案】B【解析】【分析】由双曲线的对称性可得—拝■-即「，又：、•，从而可得•的渐近线方程•【详解】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形！：「是矩形，所以,即，由，得：，，所以；、'•，所以，所以，：，所以• 、，*的渐故选：B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中档题•二、填空题（将答案填在答题纸上）13. _________________________________________________ 在等比数列中，旳=1, 口3勺二"7,则口”二.【答案】【解析】【分析】利用等比数列的通项公式即可得到结果【详解】设等比数列■的公比为, 一，」；：；.---■,i-,• - 一‘ •… ■1故答案为：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.14. _______________________________________ （1 +》1—2卅的展开式中严的系数为.【答案】-40【解析】【分析】利用多项式乘以多项式展开，然后分别求出两项中含有的项得答案.11【详解】解：二y”--〔•_：、、、X X* I . 的展开式中含的项为■\1-抵尸的展开式中含护的项为-C? (- 2x)3 = - 80r 2 • X Xjl 「八/的展开式中，X 3的系数为40 80 = -40 • x 故答案为：-40 •【点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略⑴ 求展开式中的特定项•可依据条件写出第r +1项，再由特定项的特点求出r 值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r +1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.15. 已知函数=，则关于X 的不等式十/一仕十1) A -2的解集为 _____________________ •【答案】 【解析】 【分析】判断I;心/ ' - •的奇偶性和单调性，原不等式转化为 C .■】，运用单调性，可得到所求解集. 【详解】令订--,易知函数为奇函数，在 R 上单调递增，::二一 I_'■： :- I - .■ . ：i ,即•：」，• •儿-,即 卩 x > 1 3故答案为：【点睛】 本题考查函数的奇偶性和单调性的运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题.16. 已知正三棱柱宀'|的所有棱长为2,点分别在侧面|和「内，•与交于点：’，则0NP 周长的最小值为 ______________ •【答案】3 【解析】 【分析】设 关于侧面「：I 和r ■' ■!的对称点分别为，连结-，则当 -■■共线时，二周长最小.【详解】设：'关于侧面"-:!i 和"…I 的对称点分别为，连结「，则当■■共线时，―周长最小，由于在正三棱柱1 ■ I - I 中，点是•与 的交点，所以点：'是侧面的中心，故- 周长最小时：「分别为侧面| ■- ：- 'i 和一 「的中心，所以■- ■■ ■■- ■周长最小值为3. 故答案为：3【点睛】本题考查线段长的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查 推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题三、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)3 g(1 )若的面积为•，求「；【解析】 【分析】(1) 利用已知条件与面积公式即可得到结果； (2) 设GP7，则 '.，结合正弦定理即可得到*11'.7T17.在平面四边形■中，|；'， H LADC = -2,BC = 2(2)若厂 .，'-【答案】(1)■-=-⑵="CD — 求 Lan^ACD3 tan^ACD —— 2【详解】（1）在门-中，因为；：i .\；：i3 2 2所以兰；二i£,解得：「.2 2在中，由余弦定理得：|心 所以'.7TJT（2 ）设—打—讥，则二门「 - - 1 ^JT所以 ■--届 1- 所以一 '「，即：所以 tana. — —，即卩 tanjLACD =—2 2【点睛】解三角形的基本策略一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边；求三角形面积的最大值也是一种常 见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为 关于某个角的函数，利用函数思想求最值 •18.如图，在四棱锥'''中， I：和'：均为边长为的等边三角形（1）求证：平面•’ 平面-;； （2 ）求二面角書—能7啲余弦值.3V 13【答案】⑴见证明；（2）—-【解析】 【分析】（1）取；的中点•，连接’•‘…，要证平面"-平面出二，转证’I 平面，即证打厂丄* , :'即可;（2）以・为坐标原点，以为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面‘与平面的法向量，代入公式，即可得到结果.在中，因为:貯：二疔，所以I AD _ 2^3sina sina 在-.i 1-中，7T J LBAC = TT — Z _J 4CB — ^ABC =3由正弦定理，得BC _ sinAC2^3 —smaAC sinjLABC2【详解】（1）取宀的中点•，连接•因为72" 杖均为边长为的等边三角形，所以I ・，；〕「=「且I 一：屮7因为■.，所以川―/ _ •—'，所以■ I ■ !，又因为•，.「□；：；■■■'，，；•：「平面，曲.厂平面I.:,所以，I平面二茫〉又因为「；：；:-平面’-，所以平面丄平面i . （2 ）因为竺.莒，W匚为等边三角形，7T 71 2 朮所以「' ，又因为「打：一1.门，所以'..1，上二:" ，6 6 3在f中，由正弦定理，得: 所以. .AC _ CD—•、= 一m+，则•’-：，沖扁汕：，」：|，「•■.-，设平面’二的法向量为，in BP = 0 Hn f -\3y+ 3^ = 0ntt则:.，任n =：.；，即..；：■:，令」一.，则平面Wi的一个法向量为1] 依题意，平面…二的一个法向量一| i ：•:- _ mn 3^13所以'-■- ■■；|m|| 用133<13 故二面角[•汪」的余弦值为.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1 ）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.19•某公司生产一种产品，从流水线上随机抽取100件产品，统计其质量指数并绘制频率分布直方图（如图1 ）：20IQoo90ltoEw5040JO2Qwf> J J _1<10 2t> JO 40 50 60 70 an产品的质量指数在|.川人）的为三等品，在| 的为二等品，在 "I | |T 的为一等品，该产品的三、二、一 等品的销售利润分别为每件 1.5 , 3.5,5.5 （单位：元），以这100件产品的质量指数位于各区间的频率代替 产品的质量指数位于该区间的概率 • （1 ）求每件产品的平均销售利润； （2）该公司为了解年营销费用 （单位：万元）对年销售量 （单位：万件）的影响，对近 5年的年营销费用 和年销售量匸；【-I数据做了初步处理，得到的散点图（如图 2）及一些统计量的值.表中 口 _ ::为，匚 _ ：r.，、,,.=、■i = 1[ = 1根据散点图判断，•可以作为年销售量（万件）关于年营销费用（万元）的回归方程•（i ） 建立关于的回归方程；（ii ） 用所求的回归方程估计该公司应投入多少营销费，才能使得该产品一年的收益达到最大？（收益=销售利润-营销费用，取■'::）参考公式：对于一组数据： ，，，^,其回归直线的斜率和截距的最小乘估计【答案】（1）平均销售利润为4元.（2） （i ）（ii ）投入256万元营销费，能使得该产品一年的收益达到最大 768万元y — 64 x【解析】 【分析】（1）设每件产品的销售利润为•元，则•的所有可能取值为1.5,3.5,5.5,求出相应的概率值，得到分布列与期望值；（2） （i ）由， 得,；"八 n + 人、；，令，一",■-，则；：+；“"，利用表中数据求出•即可；（ii ）设年收益为万元，则^. I，禾U 用导函数即可得到结果 •z =yy —p x = z JOX — x【详解】（1）设每件产品的销售利润为•元，则•的所有可能取值为1.5,3.5,5.5 由直方图可得：一、二、三等品的频率分别为 0.4,0.45,0.15,所以：：「、一 ：•• - ■■■ - ,P （F = 3.5） = 0.45 ,= 5.5） = 0.4,所以：随机变量■的分布列为：所以，Eg 二 1.5 x 0.15 + 35 x 0.4S + 5.5 x 0.4 = 4 故每件产品的平均销售利润为 4元.(2) (i)由 y — ax b 得，tny = fn (虽=比口 + bln.分另为，' 二; -- - ------------ AA A.a = v —/Jui =1 丄由表中数据可得，•. . .■,:,即-:-1'..:.-.'.-. —!(.)设年收益为万元，则....■设，辻】！—；二®则；：一_；•： -」；：！ ■:：：L —1 X当’•时，‘ ，’在单调递增，当 m + "时，’，‘在［... + ：-•)单调递减.所以，当f - !，即r-二鳥：时，有最大值为768即该厂应投入256万元营销费，能使得该产品一年的收益达到最大 768万元.【点睛】本题主要考查线性回归方程，属于难题 •求回归直线方程的步骤：①依据样本数据画出散点图，确n n定两个变量具有线性相关关系；②计算 A' \ 的值；③计算回归系数:④写出回归直线方程为:---；回归直线过样本点中心 是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.2 220.已知 为坐标原点， 为椭圆： .丨的上焦点，•上一点•在 轴上方，且…〔二■-.J24.87则■/ •一厂一由①②解得：’或 ;所以」的坐标为」或由①②解得:（2）当点•在第一象限时，直线l ：':- x 2 y 2—+ ^-=1 4 9 V - —x +J52又因为 的坐标为'I ,所以直线加的方程为二或■-.2 2（2）当.在第一象限时，直线 -4"--■■■<两式相减得：E +疋2）（叼一 E ）5 +出）（乃 ' 乃） 4十斗“同理：又因为…在同一直线上，所以：'，所以 -:-亠2 2x y+ - = 14? 得：5兴-2巾工+ 2皿'-囲二0，由心A °,得-v 'l 0v = —x + m 丿 2由韦达定理得:2m -—， -所以 I ；：，’ / - /.：|'. 一 J7 汛-..:；~~5，• J （叼 + 尤』'一 4兀i 叼=-m 2, d =又因为•到直线；■■的距离1 +-』4—3 + 10—I3 ___ 所以■'!■:：--■ 即存二订丄时等号成立，3， ■-'面积的最大值也为5-当且仅当= 10-rn z ，即e ： 所以■--'--的面积的最大值为 当•在第二象限时，由对称性知， 综上，；■「'「面积的最大值为3.3,，得：，八-则•中点•的坐标为''' 49?所以直线■- ■: ■-—① 当直线；斜率不存在或斜率为零时，-八不共线，不符合题意； ② 当直线；■■斜率存在时，设：»” • f x 2『 所以卜—_I"-' ： W 小：；I ： I _ _:' -:' + f当，即存二订二时，；•二面积的最大值为 3，所以■--'-面积的最大值为3， 当•在第二象限时，由对称性知， 面积的最大值也为 3，综上面积的最大值为3.【点睛】在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从 而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基 本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.21. 已知函数」：：—「-“；」；：•，: : - ■■. (1 )若 ，求；的单调区间； (2)若，一—：八，求证：；!.，-：：：」；」一：.• I .【答案】(1)'的单调递增区间为. ，不存在递减区间.(2)见证明【解析】 【分析】x H11 x(1)求出’：I ，一―一.-「研究函数. 的正负情况即可明确-I，的正负情况，即可得到’ 的单调区间；X + 1⑵ 设-1 ■ ■■■' '■,证明.’，要证明.；？空=十只需证明,； ：：■ '2 :'.【详解】解法一：(1 )'的定义域为 t 一 】.■! •3，字一.时，:i.'.u '-： 一1_ X(x + I)2 (x + I)2当， I 时，；’，所以•在 1单调递减； 当「W +朋时，； 二所以• 在’I 单调递增;所以：■■，所以•’在： 单调递增,即； 的单调递增区间为；• ■ 0”门，不存在递减区间由 u■-；得：「：Skm由韦达定理，•.，4m 2 - 36■- ■!■ ■■■.；18m所以:-| -! ■-- '9+ 4/yi+Xz 因为八在同一直线上，所以 I) 9 1二，解得•，所以'，「5 5又因为•到直线；的距离为所以f _ - /. •讥-■_1V（2）设.-；i ■. I _ ■'■；： I ■ ■.! i ,则•:：”:;Ix+ 1x + 1当：丨时，• ，，所以•在 丨单调递增； 当 「 时，- ■，所以 在单调递减； 所以•所以，:’上 二时，::.■•：；!：!.+.「+ 叮：；駅〔+ jj £ = ＞［：-■■■： :- .f ；.■: I即； -- ■，要证明： ■ 只需证明［--.「丨 .由（ 1）知,r ■• ； 一「「m. -」：：打在【i+"i 单调递增， 2x 所以，当T ：：'时，‘，丨… ■'；，即丨 ■x + 2所以当：:：:.：时，二m ••工"宀x+ 2- 十 疋―2 j. x — 2 r所以只需证明 一 — •，即证明疋+ 2 疋+ 2x-2x 2e x设.，则.兀+ 2（X + Z ）2所以•在 1单调递增，所以：'—.&「•；，所以原不等式成立. 综上，当 ，：.：—…丄门时，:「：：. .［ — ：• 解法二：（1）同解法一 （2）同解法一得只需证明x — 2 设 ＜■＞；■ j - ? !■'■：＞； ' -F ■■■；?.■■■■：'•，则••沪:.匕- -X + 1.----,X 十1仕十1严由•■得，即I因为；I ,所以1,X + 1 十、 I 3 2（x^2） 2JT 2-X又因为：-：：：：•，所以忙十1 （X + I ）2 X 十 1 （x + l ）Z因为； I ，所以 所以.■， 在」单调递增，所以•"所以 在 I 单调递减，所以W —；l ，即：；.：：■ - : r 1 - :\：综上，当：：二-二时，- x — 2U -■ :i : 'I ，只需证明 —一 ”即证明 i 设 ■_.：■■： - ' - 了则"由 ■ 1 - :|，得，即 丁 ：• ■■ -F '.，所以 ' '-口所以. 在 |单调递增，所以 汁“-「」即」+：：••' 7「:一 ：，所以:综上，当：：二-二「；_丄.二：时，- 解法四：（1）同解法 （2）同解法一得要证明 ■兀一 £ 廿 只需证明+＜・』, 即证明 厂一 j设 ■ - ：■ ； ■: ■■■ I ,设，因为； I ，所以'，所以〔在 I 单调递减, 所以… 「'，解法三：（1）同解法一 （2）同解法一得要证明所以•在 -单调递增，所以•■ ■■即一m 所以::::：■'■ ■. i : -I综上，当-_ 二，：.： = .,」.「时，:i .：：■\：【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；.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•22. 在直角坐标系'中，直线的参数方程为二:•（为参数），以坐标原点-为极点，以轴正半轴为2 4极轴，建立极坐标系，曲线•的极坐标方程为，1 +亦切（1 ）求的普通方程和•的直角坐标方程；（2 ）若，上恰有2个点到的距离等于'，求的斜率.【答案】⑴ 的普通方程为:-触r, C的直角坐标方程为了..（2）.—【解析】【分析】（i）分类讨论」，消去参数t，得到的普通方程，禾u用茫二m,及'■，得到•的直角坐标方程；⑵-，根据题意可知上恰有2个点到的距离等于等价于•上的点到的距离的最大值为，利用椭圆的参数方程及点到直线距离，即可得到的斜率•n【详解】（1）当，即时，的普通方程为■'-当「宀r〒；i,即’-,■ 时，的普通方程为' 小「由及’.得' 即C的直角坐标方程为一+ “一..4（2）依题意，设;'所以•上恰有2个点到的距离等于等价于•上的点到的距离的最大值为-设•上任一点,贝打到的距离\sin（i - "2iccosB\ IJ1L + 4/小班"+ 仞| . - 2k1（其中」1 +4Jt2L,门+/& . &解得：•，所以的斜率为士.【点睛】参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式x2+ y2^p2，,等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，本题这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题.23. 已知函数：：.（1 ）求不等式；的解集；（2 ）若（' — ! !对任意；恒成立，求-的取值范围•【答案】（1）1：'+宀（2）："二：1【解析】【分析】（1）把要解的不等式等价转化为与之等价的三个不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集，即得所求；. r |x + 2| + |x-4|⑵对x分类讨论，当• I时，，借助绝对值不等式即可得到右侧的最小值，从而得到：•的取值范围•【详解】（1）当•时，原不等式等价于•如，解得，所以；当■:，：：工时，原不等式等价于「' : ' 1二<'■'，解得•-工，所以此时不等式无解；当一7 < .：■ < .<时，原不等式等价于-F 7 -■ - < < ，解得，所以：；综上所述，不等式解集为（2 ）由I ,得_ - - 1| •川••1|当「一.时，恒成立，所以乏；、\,, D , J 卜+ 2| + 比一斗| |x - 1 + 3| 4- |x- 1 -3|当.■- v :时，I|北-1| \x- 1|3 3 3 3因为: , ,X= 1 尤=1 X 1 X 1当且仅当I I ，即：或时，等号成立X —L X ~1所以，综上，：•的取值范围是•八亠.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，函数的恒成立问题，绝对值三角不等式，体现了等价转化的数学思想，属于中档题.(1) 求直线'■的方程；(2) 为直线-与异于」的交点，•的弦："的中点分别为’'「，若=•；在同一直线上，求少汁：面积的最大值.【答案】⑴ -的方程为「—、：：—、、或r—匚；1(2)3【解析】【分析】(1) 设| :，可得,■:,. ；I ,求出A点坐标，即可得到直线'■的方程；g 1(2) 利用点差法可得一$,又因为在同一直线上，所以阻，所以= -^，设出直线.-，与椭圆方程联立，利用韦达定理即可表示丁面积，结合均值不等式即可得到结果.【详解】解法一：(1 )设• 「’I ,因为■: •，所以；■■■ : ；■■■ ■- ①左2 y1 2又因为点•在椭圆上，所以.’’丨②。

厦门市2018届高三年级第一学期期末质检理科数学第Ⅰ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）A2）AC3）A4）ABCD5）A．-7 B．2 D．36）A7．2，的最小值为（）A．-2 B．28）A． B． C． D．9）A10．习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛.如图，“大衍数列”：0,2,4,8,12…来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前.）A．100 B．140 C．190 D．25011．（）AC12（）AC第Ⅱ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）131415．16．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为．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.（1（2.18（1（2.19（10（220（1（2.21（1（2围.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．选修4-4：坐标系与参数方程.以坐标原点为（1（2.23．选修4-5：不等式选讲（1（22.厦门市2018届高三年级第一学期期末质检理科数学试题参考答案及评分标准一、选择题1-5:BCBDC 6-10:ACADC 11、12：BD二、填空题13．28 15三、解答题17．解：（1（218．证明：（1）解：（2）19．解：（1②-（2③-20．解：（14的椭圆，（2.21．解：（1...（2....22．解：（1（223．解：（1.（20，不符合题意，舍去.。

厦门市2018届高三年级第一学期期末质检理科数学第Ⅰ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(){}10A x x x =+>，{B x y ==，则A B =I （ ）A ．{}0x x > B ．{}1x x ≥ C ．{}01x x <≤ D ．R2．命题“32000,10x x x ∃∈-+≤R ”的否定是（ ）A ．32000,10x x x ∃∈-+<RB ．32000,10x x x ∃∈-+≥RC ．32,10x x x ∀∈-+>RD ．32,10x x x ∀∈-+≤R 3．实数,x y 满足0x y >>，则（ ）A ．11x y > BC ．1122x y⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．2x xy <4．若,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若,m αββ⊥⊥，则m α∥ B ．若,m n m α⊥∥，则n α⊥C ．若,,,m n m n ααββ⊂⊂∥∥，则αβ∥D ．若,,m m n βααβ⊂=∥I ，则m n ∥5．已知实数,x y 满足1,20,21,x y x x y -≤⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩则目标函数2z x y =+的最大值等于（ ）A ．-7B ．52-C ．2D ．3 6．如图所示，函数26y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的部分图象与坐标轴分别交于点,,D E F ，则DEF ∆的面积等于（ ）A ．4π B ．2πC ．πD ．2π 7．已知正方形ABCD 的边长为2，对角线相交于点O ，P 是线段BC 上一点，则OP CP⋅uu u r uu r 的最小值为（ ）A ．-2B ．12-C ．14- D ．2 8．函数()[]()2cos 2,21x xf x x x =∈-+的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．9．ABC ∆中，23B π∠=，,A B 是双曲线E 的左、右焦点，点C 在E 上，若()0BA BC AC +⋅=uu r uu u r uuu r，则E 的离心率为（ ）A 1B 1C 10．习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛.如图，“大衍数列”：0,2,4,8,12…来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前n 项和的程序框图.执行该程序框图，输入10m =，则输出的S =（ ） A ．100 B ．140 C ．190D ．25011．若锐角ϕ满足sin cos ϕϕ-=，则函数()()2sin f x x ϕ=+的单调增区间为（ ） A ．()52,21212k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z B ．()5,1212k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z C ．()72,21212k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z D ．()7,1212k k k ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z 12．已知函数()()22log ,02,log 4,24,x x f x x x ⎧<≤⎪=⎨-<<⎪⎩若()12f a f a ⎛⎫≥+ ⎪⎝⎭，则a 的取值范围是（ ）A ．170,2,22⎛⎤⎡⎫ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭U B ．1770,,242⎛⎤⎡⎫ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭UC．72,2⎛⎡⎫ ⎪⎢ ⎣⎭⎝⎦U D．77,42⎛⎡⎫ ⎪⎢ ⎣⎭⎝⎦U 第Ⅱ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．复数z 满足()1i 2i z -=，则z = ．14．设等比数列{}n a 满足11a =，356a a +=，则579a a a ++= ． 15．直线()1y k x =-与抛物线24y x =交于,A B 两点，若163AB =，则k = ． 16．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为 ．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．如图，单位圆O 与,x y 轴正半轴的交点分别为,A D ，圆O 上的点C 在第一象限.（1）若点C 的坐标为12⎫⎪⎪⎝⎭，延长CD 至点B ，使得2DB =，求OB 的长； （2）圆O 上的点E 在第二象限，若23EOC π∠=，求四边形OCDE 面积的最大值.18．如图，直角梯形BDFE 中，EF BD ∥，BE BD ⊥，EF =等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，AC BD ⊥，24AB CD ==，且平面BDFE ⊥平面ABCD .（1）求证：AC ⊥平面BDFE ； （2）若BF 与平面ABCD 所成角为4π，求二面角B DF C --的余弦值.19．数列{}n a 满足122311111n n na a a a a a n ++++=+L . （1）若数列{}n a 为公差大于0的等差数列，求{}n a 的通项公式； （2）若()11nn n n b a a +=-，求数列{}n b 的前2n 项和2n S . 20．已知点()1F，圆(222:16F x y +=，点M 是圆上一动点，1MF 的垂直平分线与2MF 交于点N . （1）求点N 的轨迹方程；（2）设点N 的轨迹为曲线E ，过点()0,1P 且斜率不为0的直线l 与E 交于,A B 两点，点B 关于y 轴的对称点为B '，证明直线AB '过定点，并求PAB '∆面积的最大值.21．已知函数()()()2xf x ax x a e a -=++∈R .（1）若0a ≥，函数()f x 的极大值为3e，求实数a 的值； （2）若对任意的0a ≤，()()ln 1f x b x ≤+在[)0,x ∈+∞上恒成立，求实数b 的取值范围.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．选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线C的参数方程为,sin ,x y ϕϕ⎧=⎪⎨=⎪⎩（ϕ为参数）.以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，,A B 为C 上两点，且OA OB ⊥，设射线:OA θα=，其中02πα<<.（1）求曲线C 的极坐标方程； （2）求OA OB ⋅的最小值. 23．选修4-5：不等式选讲函数()12f x x x a =-++.（1）当1a =时，求证：()13f x x +-≥； （2）若()f x 的最小值为2，求实数a 的值.厦门市2018届高三年级第一学期期末质检理科数学试题参考答案及评分标准 一、选择题1-5:BCBDC 6-10:ACADC 11、12：BD二、填空题13．28 15．．1003π三、解答题17．解：（1）由点12C ⎫⎪⎪⎝⎭在单位圆上，可知30AOC ∠=︒，由图象可得60COD ∠=︒；在CDB ∆中，1OD =，120CDB ∠=︒，2DB =； 由余弦定理得2222cos120OB OD DB OD DB =+-⋅⋅︒；解得OB =； （2）设62COD ππθθ⎛⎫∠=<<⎪⎝⎭，23DOE πθ∠=- 1sin 2COD S θ∆=，12sin 23EOD S πθ∆⎛⎫=- ⎪⎝⎭四边形OCDE 的面积()112sin sin 22362EOD COD S S S πππθθθθ∆∆⎛⎫⎛⎫=+=+-<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭113sin sin sin cos 22244θθθθθ⎡⎤=++=+⎢⎥⎣⎦26πθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ∵62ππθ<<，∴2363πππθ<+<；当62ππθ+=，即3πθ=时，四边形OCDE 的面积S 18．证明：（1）∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，BE BD ⊥，平面BDFE I 平面ABCD BD = ∴BE ⊥平面ABCD ，又AC ⊂平面ABCD ，∴AC BE ⊥， 又∵AC BD ⊥，且BE BD B =I ， ∴AC ⊥平面BDFE .解：（2）设A C B D O =I ，∵四边形ABCD 为等腰梯形，2DOC π∠=，24AB CD ==，∴OD OC ==OB OA ==∵FE OB ∥，∴四边形BOFE 为平行四边形， ∴OF BE ∥，又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD ， ∴FBO ∠为BF 与平面ABCD 所成的角， ∴4FBO π∠=，又∵2FOB π∠=，∴OF OB ==以O 为原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OF 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()B，()0,D，(0,0,F，()C，()A(DF =uuu r，)CD =uu u r ，∵AC ⊥平面BDFE ，∴平面BDF 的法向量为()1,0,0，设平面DFC 的一个法向量为(),,n x y z =r，由0,0,DF n CD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩uuu r r uu u r r得0,0,+=-= 令2x =得，()2,2,1n =-r，2cos ,3n AC ==r uuu r . ∴二面角B DF C --的余弦值为23. 19．解：（1）由已知：122311111n n na a a a a a n ++++=+L 当1n =时，12112a a =①，即122a a = 当2n =时，12231123a a a a +=② ②-①，得23116a a =；即236a a = 设等差数列{}n a 公差为d ，由122326a a a a =⎧⎨=⎩，有()()222226a d a a d a -=⎧⎪⎨+=⎪⎩因为0d >，解得221a d =⎧⎨=⎩，则()22n a a n d n =+-= （2）由已知：122311111n n na a a a a a n ++++=+L ③ 当2n ≥时，122311111n n n a a a a a a n--+++=L ④ ③-④得：当2n ≥时，111n n na a n +=+，即()11n n a a n n +=⋅+， 结合122a a =，得：()()11n n a a n n n +=⋅+∈*N()()()1111n nn n n b a a n n +=-⋅=-+()()()2121212221n n b b n n n n -+=-⋅-⋅+⋅+()221214n n n n =+-+= ()()()21234212n n n S b b b b b b -=++++++L 484n =+++L()()44212n n n n +==+20．解：（1）由已知得：1NF NM =，所以1224NF NF MN NF +=+=又12F F =N 的轨迹是以12,F F 为焦点，长轴长等于4的椭圆，所以点N 的轨迹方程是22142x y +=. （2）设直线():10AB y kx k =+≠，()11,A x y ，()22,B x y ，则()22,B x y '-，联立直线AB 与椭圆得22241x y y kx ⎧+=⎨=+⎩，得()2212420k x kx ++-=，∴()21221228140,4,12212k k x x k x x k ⎧∆=+>⎪⎪-⎪+=⎨+⎪-⎪=⎪+⎩∴1212AB y y k x x '-=+，所以直线()121112:y y AB y y x x x x -'-=-+，所以令0x =，得122112x y x y y x x +=+，()()122112121211212x kx x kx kx x x x x x +++==+=++，所以直线AB '过定点()0,2Q ， 所以PAB '∆的面积12221212PQB PQA k S S S x x k'∆∆=-=+=+2122k k=≤+，当且仅当2k =±时，等号成立.所以PAB '∆面积的最大值是2. 21．解：（1）由题意，()()()221x xf x ax e ax x a e --'=+-++ ()2121x e ax a x a -⎡⎤=-+-+-⎣⎦()()11xe x ax a -=--+-. （ⅰ）当0a =时，()()1xf x e x -'=--，令()0f x '>，得1x <；()0f x '<，得1x >， 所以()f x 在(),1-∞单调递增，()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()131f e e=≠，不合题意. （ⅱ）当0a >时，111a-<， 令()0f x '>，得111x a -<<；()0f x '<，得11x a<-或1x >，所以()f x 在11,1a ⎛⎫-⎪⎝⎭单调递增，1,1a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，()1,+∞单调递减. 所以()f x 的极大值为()2131a f e e+==，得1a =. 综上所述1a =. （2）令()()2xx g a exx a xe --=++，(],0a ∈-∞，当[)0,x ∈+∞时，()20xex x -+≥，则()()ln 1g a b x ≤+对(],0a ∀∈-∞恒成立等价于()()()0ln 1g a g b x ≤≤+， 即()ln 1xxeb x -≤+，对[)0,x ∈+∞恒成立.（ⅰ）当0b ≤时，()0,x ∀∈+∞，()ln 10b x +<，0xxe ->，此时()ln 1xxeb x ->+，不合题意.（ⅱ）当0b >时，令()()ln 1xh x b x xe -=+-，[)0,x ∈+∞，则()()()2111x x xxb be x h x e xe x x e--+-'=--=++，其中()10x x e +>，[)0,x ∀∈+∞， 令()[)21,0,xp x be x x =+-∈+∞，则()h x 在区间[)0,+∞上单调递增，①1b ≥时，()()010p x p b ≥=-≥，所以对[)0,x ∀∈+∞，()0h x '≥，从而()h x 在[)0,+∞上单调递增， 所以对任意[)0,x ∈+∞，()()00h x h ≥=， 即不等式()ln 1xb x xe -+≥在[)0,+∞上恒成立.②01b <<时，由()010p b =-<，()10p be =>及()p x 在区间[)0,+∞上单调递增， 所以存在唯一的()00,1x ∈使得()00p x =，且()00,x x ∈时，()00p x <. 从而()00,x x ∈时，()0h x '<，所以()h x 在区间()00,x 上单调递减， 则()00,x x ∈时，()()00h x h <=，即()ln 1xb x xe -+<，不符合题意.综上所述，1b ≥.22．解：（1）将1C的方程化为直角坐标方程为221y +=，即2212x y +=.将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入可得()()22cos sin 12ρθρθ+=化简得2221sin ρθ=+（2）根据题意：射线OB 的极坐标方程为2πθα=+或2πθα=-.1OA ρ==2OB ρ===则12OA OB ρρ⋅=⋅==22241sin 1cos 32αα≥=+++，当且仅当22sin cos αα=，即4πα=时，取得最小值43. 故OA OB ⋅的最小值为43. 23．解：（1）依题意：()1121f x x x x +-=-++12221x x x +-=-++()()22213x x ≥--+=，当且仅当()2221x x -=-+，即14x =时，等号成立. （2）①当12a >-，即2a >-时，()31,,21,1,231,1,a x a x a f x x a x x a x ⎧-+-≤-⎪⎪⎪=++-<<⎨⎪+->⎪⎪⎩则当2a x =-时，()min 112222a a a f x f ⎛⎫=-=--=+= ⎪⎝⎭，故2a =.②当12a <-，即2a <-时，()31,1,1,1,231,,2x a x a f x x a x a x a x ⎧⎪-+-≤⎪⎪=---<<-⎨⎪⎪+-≥-⎪⎩则当2a x =-时，()min 112222a a a f x f ⎛⎫=-=--=--= ⎪⎝⎭，故6a =-. ③当12a=-时，即2a =-时，()31f x x =-有最小值0，不符合题意，舍去.。

厦门市2018届高中毕业班第一次质量检查数学（理科）试题 2018.03本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分,考试时间120分钟．第Ⅰ卷（选择题 共60分） 一、选择题：1. 已知集合{}2560A x x x =--≤，11B x x ⎧⎫=>⎨⎬-⎩⎭0，则AB 等于A. [16]-，B. (16]，C. [1+)-∞，D. [23]， 答案：B解析：集合{}16A x x =-≤≤，{}1B x x =>，所以，A B ＝(16]，2.已知复数iia z -+=1（其中i 为虚数单位），若z 为纯虚数，则实数a 等于 A. 1- B. 0 C. 1D. 答案：C 解析：i i a z -+=1＝1(1)2a a i-++为纯虚数，所以，a ＝1 3. ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c，若45A a b =︒==，，则B 等于A. 30︒B. 60︒C. 30︒或150︒D. 60︒或120︒ 答案：D解析：由正弦定理，=，解得：sin B =，因为b ＞a ，故B ＝60︒或120︒4. 若实数x y ，满足条件1230x x y y x≥⎧⎪-+≥⎨⎪≥⎩，则1y z x =+的最小值为A.13B. 12C. 34D. 1答案：B解析：不等式所表示的平面区域如下图所示，1yz x =+0(1)y x -=--，表示平面区域内一点P （x ，y ）与点Q （－1,0）之间连线的斜率，显然直线BQ 的斜率最小，B （1,1），此时min 101112BQ z k -===+ 5.已知平面α⊥平面β，=l αβ，直线m α⊂，直线n β⊂，且m n ⊥，有以下四个结论：① 若//n l ，则m β⊥ ② 若m β⊥，则//n l③ m β⊥和n α⊥同时成立 ④ m β⊥和n α⊥中至少有一个成立 其中正确的是A ．①③B ． ①④C ． ②③D ． ②④ 答案：B解析：如下图（1），m n ⊥，//n l ，则有m l ⊥，由面面垂直的性质，知m β⊥，故①正确；如图（2），可知②③不正确；由图（1）（2）（3）知④正确，故选B 。