福建省宁德市2018届高三下学期第二次(5月)质量检查数学(文)试题(精编含解析)

2018届宁德市普通高中毕业班第二次质量检查试卷
文科数学
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】C
【解析】分析：先化简集合B,再求得解.
详解：由题得，所以.
故答案为：C
点睛：本题主要考查集合的化简和交集，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力.
2. 复数
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析：利用复数的除法法则化简即得解.
详解：由题得.
故答案为：A
点睛：本题主要考查复数的除法运算，意在考查学生对这些知识的掌握能力.
3. 下图是具有相关关系的两个变量的一组数据的散点图和回归直线，若去掉一个点使得余下的个点所对应的数据的相关系数最大，则应当去掉的点是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：利用相关系数的定义性质分析得解.
详解：因为相关系数的绝对值越大，越接近1，则说明两个变量的相关性越强.因为点E到直线
的距离最远，所以去掉点E,余下的个点所对应的数据的相关系数最大.
点睛：本题主要考查回归直线和相关系数，相关系数的绝对值越大，越接近1，则说明两个变量的相关性越强.
4. 下列曲线中，既关于原点对称，又与直线相切的曲线是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：先利用函数的奇偶性排除B,C，再求D选项的切线方程得解.
详解：因为曲线关于原点对称，所以函数是奇函数.
对于选项B,因为，所以它是偶函数，不是奇函数，故排除B.对于选项
C，由于函数的定义域为，定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故排除C.对于选项D,
，设切点为，则因为，所以或，当
时，切线方程为.
故答案为：D
点睛：(1)本题主要考查函数的奇偶性和求曲线的切线方程，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力. (2)
与曲线的切线有关（切点未知）的问题，一般先设切点，再利用导数的几何意义求切线的斜率，再根
据切点在切线和曲线上，求出切点，最后写出切线的方程.
5. 若，满足约束条件则的最小值是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：先作出不等式组对应的平面区域，再利用数形结合分析得到的最小值.
详解：不等式组对应的平面区域如图所示：
因为z=4x-y,所以y=-4x-z，直线的纵截距为-z,当直线经过点C时，纵截距-z最大值时，z最小.
联立方程组得C.故的最小值为.
故答案为：B
点睛：(1)本题主要考查线性规划问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和数形结合的能力.(2) y=-4x-z，直线的纵截距为-z,当直线经过点C时，纵截距-z最大值时，z最小.不要理解为纵截距最小，则z 最小，一定看纵截距这个函数的单调性.对这一点，学生要理解掌握并灵活运用.
6. 已知等差数列满足，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：先根据已知求出或,再求得解.
详解：由题得，，所以或,
当时，
当
时，
故答案为：C
点睛：(1)本题主要考查等差数列的基本量的计算和通项公式，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和
基本的运算能力.(2) 等差数列
中，如果
,则
,注意这个性质的灵活运用.
7. 如下图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】分析：首先通过三视图找到几何体原图，进一步求出几何体的表面积．
详解：根据三视图，该几何体是边长为2的正方体，在右前方切去一个边长为1的正方体，
则表面积没有变化．故S=6•2•2=24．故答案为：B
点睛：（1）本题主要考查三视图和几何体的表面积的计算,意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力. (2)得到几何体原图后，逐一计算出表面积也可以，但是观察到，虽然是正方体切去了一个小正方体，但是几何体的表面积没有变，提高了解题效率，意在考查学生的空间想象能力和观察能力.
8. 将周期为的函数的图象向右平移个单位后，所得的函数解
析式为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】分析：先化简f(x),再求出w 的值，再求平移后的函数解析式得解.
详解：由题得
，
因为函数的周期是所以
所以
.
将函数f(x)向右平移个单位后，所得的函数解析式为,
故答案为：A
点睛：(1)本题主要考查三角函数解析式的求法，考查函数图像的变换，意在考查学生对这些基础知识的
掌握能力.(2) 把函数的图像向右平移
个单位，得到函数
的图像, 把函数
的图像向左平
移
个单位，得到函数的图像,简记为“左加右减”.
9. 过抛物线的焦点作一倾斜角为的直线交抛物线于，两点（点在轴上方），则
A. B. C. D. 【答案】C
【解析】分析：设先求出的关系，再求的值得解.
详解：设
由题得
由题得
，所以
所以 .
故答案为：C
点睛：（1）本题主要考查抛物线的定义和简单几何性质，考查直线与抛物线的位置关系及推理分析能力.(2)本题的解法比较多，利用上面的方法比较简洁，关键是灵活运用抛物线的定义和解直角三角形.
10. 已知若函数只有一个零点，则实数的值为
A. B. C.
D.
【答案】B
【解析】分析:先求出分段函数的每一段的单调性，从而得到函数的单调性，再利用函数的单调性转化为
只有一个解,最后利用二次函数的图像性质得解.
详解:由题得函数在
都是增函数,
由于-1+1=ln(-1+2)=0,所以
是单调增函数,
因为函数只有一个零点，
所以只有一个零点,
因为是单调增函数,
所以只有一个解,
所以只有一个解.
所以
故答案为：B
点睛：解答本题关键有两点，其一是分析出函数的单调性，先利用复合函数的单调性得到函数在
都是增函数,再根据端点值得到函数是单调增函数,其二是将命题转化为只有一个解.对于函数的零点问题常用的是图像法.
11. 将一个内角为且边长为的菱形沿着较短的对角线折成一个二面角为的空间四边形，则此空
间四边形的外接球的半径为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析: 首先把平面图形转换为空间图形，进一步利用球的中心和勾股定理的应用求出结果．
详解: 如图所示：
菱形ABCD的∠A=60°，沿BC折叠，得到上图，
则E、F分别是△ABC和△BCD的中心，
球心O为△ABC和△BCD的过中心的垂线的交点，
则：OE=OF=1，EC=2，
利用勾股定理得：
故答案为：D
点睛: (1)本题主要考查空间几何体的外接球问题，考查二面角，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力及空间想象能力. (2)解答本题的关键是找到球心,由于E 、F 分别是△ABC 和△BCD 的中心，所以球心O 为△ABC 和△BCD 的过中心的垂线的交点.
12. 记为数列的前项和，满足，，若对任意的恒
成立，则实数的最小值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：根据数列{a n }求解S n ，利用不等式的性质求解．
详解：由a 1=，2a n+1+3S n =3（n ∈N*），
则2a n +3S n﹣1=3．
两式相减，可得2a n+1﹣2a n +3a n =0，
即
．
∵a 1=， ∴a n =
=3•2﹣n ．
那么S n ==1．
∴≤S n
．
要使对任意的n ∈N*恒成立．
根据勾勾函数的性质，当S n =时，取得最大值为
∴实数M 的最小值为．
故答案为：C
点睛：（1）本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其前n 项和公式，意在考查了学生对这些基础知
识的掌握能力及推理能力与计算能力．（2）解答本题的一个关键是求的范围，由于S n=1，所以奇
数项都大于1，单调递减，偶数项都小于1，单调递增.所以最大，最小.
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知两个单位向量，，且，则，的夹角为_______．
【答案】
【解析】分析：直接把两边平方，再展开即得的夹角.
详解：由题得
故的夹角为.
故答案为：
点睛：本题主要考查向量的数量积及向量的运算，考查向量的夹角，意在考查学生对这些基础知识的
掌握能力及基本的运算能力.
14. 已知点是以，为焦点的双曲线上的一点，且，则的周长为______．
【答案】
【解析】分析：根据题意，由双曲线的标准方程可得a、b的值，由双曲线的定义可得||PF1|﹣|PF2||=2a=2，
又由|PF1|=3|PF2|，计算可得|PF1|=3，|PF2|=1，又由|F1F2|=2c=2，由三角形的周长公式计算可得答案．
详解：根据题意，双曲线C的方程为x2﹣y2=1，则a=1，b=1，则c=，
则||PF1|﹣|PF2||=2a=2，
又由|PF1|=3|PF2|，则|PF1|=3，|PF2|=1，
又由c=，则|F1F2|=2c=2，
则△PF1F2的周长l=|PF1|+|PF2|+|F1F2|=4+2；
故答案为：4+2
点睛：(1)本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查双曲线的定义,意在考查学生对这些基础知识的掌握能力. (2)在圆锥曲线种，只要看到焦半径就要联想到曲线的定义分析解答，这是一个解题技巧，学生要掌握.
15. 我国南北朝时期的数学家张丘建是世界数学史上解决不定方程的第一人，他在《张丘建算经》中给出一个解不定方程的百鸡问题，问题如下：鸡翁一，值钱五，鸡母一，值钱三，鸡雏三，值钱一．百钱买百
鸡，问鸡翁母雏各几何？用代数方法表述为：设鸡翁、鸡母、鸡雏的数量分别为，，，则鸡翁、鸡母、
鸡雏的数量即为方程组的解．其解题过程可用框图表示如下图所示，则框图中正整数
的值为______．
【答案】4
【解析】分析：由得y=25﹣x，结合x=4t，可得框图中正整数m的值．
详解：由得：y=25﹣x，故x必为4的倍数，
当x=4t时，y=25﹣7t，
由y=25﹣7t＞0得：t的最大值为3，
故判断框应填入的是t＜4？，
即m=4，
故答案为：4
点睛:本题考查的知识点是程序框图，根据已知分析出y与t的关系式及t的取值范围，是解答的关键．
16. 已知定义在上的函数满足且，若恒成立，则实数的取值范围
为______．
【答案】
【解析】分析：求出f（x）的解析式为f（x）=e x，结合函数图象即可得出a的范围．
详解：∵＞0，∴f（x）为增函数，
∴f（f（x）﹣e x）=1，
∴存在唯一一个常数x0，使得f（x0）=1，
∴f（x）﹣e x=x0，即f（x）=e x+x0，
令x=x0可得+x0=1，
∴x0=0，故而f（x）=e x，
∵f（x）≥ax+a恒成立，即e x≥a（x+1）恒成立．
∴y=e x的函数图象在直线y=a（x+1）上方，
不妨设直线y=k（x+1）与y=e x的图象相切，切点为（x0，y0），
则，解得k=1．
∴当0≤a≤1时，y=e x的函数图象在直线y=a（x+1）上方，即f（x）≥ax+a恒成立，：
故答案为：[0，1]．
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. 的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若，求边上高的长．
【答案】（1）；（2）
【解析】分析：（1）先利用正弦定理边化角得到，求出A的大小.(2)先利用余弦定理求c，再
利用直角三角函数求边上高的长．
详解：（1）由正弦定理有
，，
，
（2）
由余弦定理有：
，或（舍去）
点睛：（1）本题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力及分
析转化能力.(2)数学的解题必须严谨，在得到后，不能简单两边同时除以sinC,必须说
明，才能同时除以sinC.在有的地方容易出错.
18. 为响应绿色出行，某市在推出“共享单车”后，又推出“新能源租赁汽车”．每次租车收费的标准
由两部分组成：①里程计费：1元/公里；②时间计费：元/分．已知陈先生的家离上班公司公里，每天上、下班租用该款汽车各一次．一次路上开车所用的时间记为（分），现统计了50次路上开
车所用时间，在各时间段内频数分布情况如下表所示
将各时间段发生的频率视为概率，一次路上开车所用的时间视为用车时间，范围为分．
（1）估计陈先生一次租用新能源租赁汽车所用的时间不低于分钟的概率；
（2）若公司每月发放元的交通补助费用，请估计是否足够让陈先生一个月上下班租用新能源租赁
汽车（每月按天计算），并说明理由.（同一时段，用该区间的中点值作代表）
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】分析：（1）利用对立事件的概率公式求陈先生一次租用新能源租赁汽车的时间不低于30分
钟的概率.(2)比较每个月的费用和元的大小，即得解.
详解：（1）设“陈先生一次租用新能源租赁汽车的时间不低于30分钟”的事件为
则所求的概率为
所以陈先生一次租用新能源租赁汽车的时间不低于30分钟的概率为.
（2）每次开车所用的平均时间为
每次租用新能源租赁汽车的平均费用为
每个月的费用为，
因此公车补贴够上下班租用新能源分时租赁汽车.
点睛：本题主要考查对立事件的概率，考查平均值的计算等知识，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力及分析能力.
19. 如图，在四棱锥中，，，，.
（1）求证：；
（2）若，，为的中点．
（i）过点作一直线与平行，在图中画出直线并说明理由；
（ii）求平面将三棱锥分成的两部分体积的比．
【答案】（1）见解析；（2）见解析，
【解析】分析: (1)取中点,连接,,先证明面,再证明.(2) (i)取中点,连接
,,则，即为所作直线,证明四边形为平行四边形即得证.（ii）先分别计算出两部
分的体积，再求它们的比.
详解：（1）证明：(1)取中点,连接,
,为中点，
又,为中点，
又，面
又面，
(2)(i)取中点,连接,,则，即为所作直线 ,
理由如下:
在中、分别为、中点
,且
又,
且，四边形为平行四边形.
(ii),,，面
又在中,,,
又,
面
，.
：（1）本题主要考查空间平行垂直位置关系的证明，考查空间几何体体积的计算，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象转化能力.（2）对于空间平行垂直位置关系的证明有几何法和向量法两种方法，空间几何体体积的计算有公式法、割补法和体积变换法三种方法.
20. 已知椭圆的离心率为，四个顶点所围成的四边形的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，斜率为的直线交椭圆于，两点，求
面积的最大值，并求此时直线的方程．
【答案】（1）；（2）或
【解析】分析：（1）根据已知列出方程组解方程组即得椭圆的方程.(2) 设直线的方程为,
,再求面积的最大值得到t的值，即得直线的方程.
详解：（1）,,
又,
联立①②得．
椭圆方程为．
（2）由（1）得椭圆方程为,
依题意,设直线的方程为,,
点到直线的距离为,
联立可得,
显然
,
,
当且仅当时,即时取等号,
,
此时直线的方程为
或
．
点睛：（1）本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，意在考查学生对这些基础
知识的掌握能力及分析推理能力和计算能力. (2)解答本题的关键是得到后如何求
函数的最大值，本题是利用基本不等式求的最大值,简洁明了,解题效率高.
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数
有三个零点，证明：当
时，
．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】分析：（1）先求导，再对a 分类讨论得到
的单调性.(2)先转化函数
有三个零点得到
，再利用分析法和导数证明.
详解：(1)
令,则或,
当时,,
在上是增函数；
当时,令,得
,
,
所以在,
上是增函数；
令,得,
所以在上是减函数
当时,令,得
,
,
所以在,上是增函数；
令
,得
,所以
在
上是减函数
综上所述：
当
时,
在上是增函数；
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
（2）由(1)可知：当时,在上是增函数，函数不可能有三个零点；
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
的极小值为，函数不可能有三个零点
当时,,
要满足有三个零点,则需,即
当时,要证明：等价于要证明
即要证：
由于,故等价于证明：,证明如下：
构造函数
令
,函数在单调递增
,函数在单调递增
,
∴．
22. 在直角坐标系中，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
，曲线的参数方程为（为参数）．
（1）求曲线的直角坐标方程和曲线的极坐标方程；
（2）当变化时设的交点的轨迹为，若过原点，倾斜角为的直线与曲线交于点，求
的值．
【答案】（1），；（2）1
【解析】分析：（1）直接代极坐标公式化极坐标为直角坐标，利用三角恒等式消参得到的直角坐标方
程，再化为极坐标方程.(2)利用直线参数方程t的几何意义求求的值.
详解：（1）由：，得，
即，
曲线化为一般方程为：，即，
化为极坐标方程为：．
（2）由及，消去，得曲线的直角坐标方程为．
设直线的参数方程为（为参数），与联立得，
即，故，，
∴．
点睛：（1）本题主要考查直角坐标、极坐标和参数方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力及运算能力. (2) 直线参数方程中参数的几何意义是这样的：如
果点在定点的上方，则点对应的参数就表示点到点的距离,即.如果点在定点的下
方，则点对应的参数就表示点到点的距离的相反数，即.（2）由直线参数方程中参数
的几何意义得：如果求直线上两点间的距离,不管两点在哪里，总有.
23. 已知实数x, y满足.
（1）解关于x的不等式；
（2）若，证明：
【答案】（1）；（2）9
【解析】分析：（1）先消去y，再利用零点分类讨论法解绝对值不等式.(2)利用基本不等
式证明.
详解：（1）
，
当时，原不等式化为，解得，
∴；
当时，原不等式化为，∴；
当时，原不等式化为，解得，
∴；
综上，不等式的解集为．
（2）且，
.
当且仅当时，取“=”.
点睛：（1）本题主要考查零点讨论法解绝对值不等式，考查不等式的证明，意在考查学生对这些基础知
识的掌握能力和分类讨论能力.(2)第（2）的关键是常量代换，，常量代换之后才方便利用基本不等式证明.。