2018年福建省高考数学模拟试卷(文科)(4月份)
2018年高三文科数学模拟试卷04
2018年高三文科数学模拟试卷042016年高考模拟试卷04文科数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。
第I卷1至2页。
第II卷3至4页。
考试结束后，将本草纲目试卷和答题卡一并交回。
注意事项：1.答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴好条形码。
请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作．．．．．．答无交通工效．．．．．．。
3.第I卷共12小题，第小题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。
第I卷一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，满分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. 已知变量x ，y 满足约束条件20,2,0,x y y x y +-≥⎧⎪≤⎨⎪-≤⎩则2z x y =+的最大值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．67. 如图所示的程序框图，若输入n 的值为6，则输出s 的值为（ ）A. 105B. 16C. 15D. 18. 设函数()3xf x ex=-，则（ ）A ．3x e=为()f x 的极大值点 B ．3x e=为()f x 的极小值点C ．ln 3x =为()f x 的极大值点D ．ln 3x =为()f x 的极小值点9. 已知直线0Ax y C ++=，其中,,4A C 成等比数列，且直线经过抛物线28yx=的焦点，则A C +=（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．4 10. 如图所示，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等腰梯形，等腰直角三角形和长方形，则该几何体体积为（ ） A ．53B ．23C ．73 D ．10311. 对于任意两个复数1z a bi =+，2zc di=+（,,,a b c d ∈R ），定义运算“⊗”为：12z zac bd⊗=+．则下列结论错误的是（ ）A ．()()1i i -⊗-=B ．()1i i i ⊗⊗=C ．()122i i ⊗+=D ．()()112i i -⊗+=12．已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是（ ）A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)第II 卷2 1正俯侧图3二、填空题：（本大题共5小题，考生作答4小题，每小题5分，满分20分）。
2018年福建省福州市高考数学二模试卷(文科)
2018年福建省福州市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1. 已知集合A={x|12≤x≤3}，B={y|y=√x−1}，则集合A∪B=()A.{x|12≤x≤3} B.{x|1≤x≤3}C.{x|x≥0}D.{x|x≥12}【答案】C【考点】并集及其运算【解析】先分别求出集合A和B，由此能求出A∪B．【解答】∵集合A={x|12≤x≤3}，B={y|y=√x−1}={y|y≥0}，∴集合A∪B={x|x≥0}．2. 若复数z=i2018(1+i)4，则z=()A.1 4B.−14C.i4D.−i4【答案】A【考点】复数的运算【解析】根据题意，由复数的运算公式计算即可得答案．【解答】根据题意，z=i 2018(1+i)4=i2∗i2016(2i)2=−1−4=14；3. 某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力（指标值满分为5分，分值高者为优）绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点A表示甲的创造力指标值为4，点B表示乙的空间能力指标值为3，则下面叙述正确的是()A.乙的记忆能力优于甲B.乙的创造力优于观察能力C.甲的六大能力整体水平优于乙D.甲的六大能力中记忆能力最差【答案】C【考点】合情推理的作用【解析】在A中，乙的记忆能力是4，甲的记忆能力是5；在B中，乙的创造能力是3，乙的观察能力是4；在C中，甲的六大能力之和为：25，乙的六大能力之和为：24；在D中，甲的六大能力中推导能力最差．【解答】解：由六维能力雷达图，得：在A中，乙的记忆能力是4，甲的记忆能力是5，故乙的记忆能力劣于甲，故A错误；在B中，乙的创造能力是3，乙的观察能力是4，故乙的创造力劣于观察能力，故B错误；在C中，甲的六大能力之和为：25，乙的六大能力之和为：24，∴甲的六大能力整体水平优于乙，故C正确；在D中，甲的六大能力中推导能力最差，故D错误．故选C.4. 设向量a→=(m, 2m+1)，b→=(m, 1)，|a→−b→|2=|a→|2+|b→|2，则m=()A.−2±√3B.−1C.0D.1【答案】B【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】推导出a→∗b→=m2+2m+1=(m+1)2=0，由此能求出m．【解答】∵向量a→=(m, 2m+1)，b→=(m, 1)，|a→−b→|2=|a→|2+|b→|2，∴a→2+b→2−2a→∗b→=|a→|2+|b→|2，∴a→∗b→=m2+2m+1=(m+1)2=0，解得m=−1．5. 若函数f(x)={e|x|,x∈[−1,1brackf(x3),x∉[−1,1brack，则f(ln2)+f(ln18)=()A.0B.178C.4D.5【答案】C【考点】函数的求值 【解析】推导出f(ln2)=e |ln2|=2，f(ln 18)=f(ln 12)=e |ln 12|=2，由此能求出f(ln2)+f(ln 18)的值．【解答】∵ 函数f(x)={e |x|,x ∈[−1,1brackf(x 3),x ∉[−1,1brack ，∴ f(ln2)=e |ln2|=2， f(ln 18)=f(ln 12)=e|ln 12|=2，∴ f(ln2)+f(ln 18)=2+2=4．6. 如图，网络纸上校正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A.(2+√2)πB.(3+√2)πC.5πD.(4+√2)π【答案】 A【考点】由三视图求体积 【解析】由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，上半部分为圆锥，下半部分为半球，圆锥的底面半径等于球的半径为1，圆锥的高为1，求出半球的表面积与圆锥的侧面积，作和得答案． 【解答】由三视图还原原几何体如下：该几何体为组合体，上半部分为圆锥，下半部分为半球， 圆锥的底面半径等于球的半径为1，圆锥的高为1．则该几何体的表面积为S =12×4π×12+12×2π×1×√2=(2+√2)π．7. 已知等差数列{a n }为递增数列a 2+a 5+a 8=33且a 5+1是a 2+1与a 8+7的等比中项，则a 18=( )A.31B.33C.35D.37【答案】D【考点】等差数列的通项公式【解析】设等差数列{a n}的公差为d>0，由a2+a5+a8=33且a5+1是a2+1与a8+7的等比中项，可得3a1+12d=33，(a1+4d+1)2=(a1+d+1)(a1+7d+7)，即可得出．【解答】设等差数列{a n}的公差为d>0，∵a2+a5+a8=33且a5+1是a2+1与a8+7的等比中项，∴3a1+12d=33，(a1+4d+1)2=(a1+d+1)(a1+7d+7)，联立解得a1=3，d=2．则a18=3+17×2=37．8. 已知抛物线y2=2px(p>0)经过点M(x0, 2√2)，若点M到准线l的距离为3，则该抛物线的方程为（）A.y2=4xB.y2=2x或y2=4xC.y2=8xD.y2=4x或y2=8x【答案】D【考点】抛物线的标准方程【解析】把M的坐标代入抛物线方程可得M的横坐标，结合点M到准线l的距离为3列式求得p，则抛物线方程可求．【解答】∵抛物线y2=2px(p>0)经过点M(x, 2√2)，∴(2√2)2=2px，可得x0=4p．又点M到准线l的距离为3，∴4p +p2=3，解得p=2或p=4．则该抛物线的方程为y2=4x或y2=8x．9. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ) (ω>0, |φ|<π2)的最小正周期为π，且f(2π−x)=f(x)，则（）A.f(x)在(0, π2)单调递减B.f(x)在(π4, 3π4)单调递减C.f(x)在(0, π2)单调递增D.f(x)在(π4, 3π4)单调递增【答案】A【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】利用辅助角公式化积，再由已知求得ω，结合f(2π−x)=f(x)可得f(x)为偶函数，则φ+π4=π2+kπ，k∈Z．求出φ，则函数解析式可求，则答案可求．【解答】f(x)=sin(ωx+φ)+cos(ωx+φ)=√2sin(ωx+φ+π4)．∵T=2πω=π，∴ω=2．则f(x)=√2sin(2x+φ+π4)，又f(2π−x)=f(x)，∴f(−x)=f(x)，则f(x)为偶函数，则φ+π4=π2+kπ，k∈Z．∴φ=π4+kπ，k∈Z．∵|φ|<π2，∴φ=π4．则f(x)=√2sin(2x+π2)=√2cos2x．∴f(x)在(0, π2)单调递减．10. 如图的程序图是历史上用于估计π的值的一个步骤，若输入n的值为n0，输出m的值为m0，则据此结果估计π的值约为（）A.4n0m0B.2n0m0C.4m0n0D.2m0n0【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图，我们可分析出程序的功能是利用随机模拟实验的方法求任取[0, 1]上的两个数x，y，求x2+y2≤1的数对(x, y)的个数，分别计算出满足x∈[0, 1]，y∈[0, 1]和x2+y2≤1对应的平面区域的面积，代入几何概型公式，即可得到答案．【解答】根据已知中的流程图我们可以得到该程序的功能是利用随机模拟实验的方法求任取[0, 1]上的两个数x，y，求x2+y2≤1的数对(x, y)的个数，∵x∈[0, 1]，y∈[−1, 1]对应的平面区域面积为：1×1=1，而x2+y2≤1对应的平面区域的面积为：π4，故π4≈m0n0，∴π≈4m0n0．11. 在三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=√2，AB=AC=1，BC=√3，则该三棱锥的外接球的体积是()A.4π3B.8√2π3C.4√3πD.32π3【答案】A【考点】球内接多面体球的体积和表面积【解析】由题意画出图形，结合已知求出底面三角形外接圆的圆心，进一步找出三棱锥外接球的球心，由三角形相似求得外接球的半径，则答案可求．【解答】解：∵ PA=PB=PC=√2，∴ 过P作PG⊥平面ABC，垂足为G，如图所示，则G为三角形ABC的外心，在△ABC中，由AB=AC=1，BC=√3，可得∠BAC=120∘，则由正弦定理可得：√3sin120∘=2AG，即AG=1．∴PG=√PA2−AG2=1．取PA中点H，作HO⊥PA交PG于O，则O为该三棱锥外接球的球心．由△PHO∼△PGA，可得PHPO =PGPA，则PO=PH⋅PAPG =√22×√21=1．可知O与G重合，即该棱锥外接球半径为1．∴该三棱锥外接球的体积为4π3．故选A.12. 已知函数f(x)=e x−1−e1−x+1，直线l:mx−y−m+1=0(m∈R)，则l与y= f(x)图象的交点个数可能为（）A.0B.2C.3D.5【答案】C【考点】函数的图象变化【解析】判断函数f(x)的单调性和对称性以及直线l的过定点的性质，进行判断即可．【解答】函数f(x)在R上为增函数，且函数f(x)关于点(1, 1)对称，而直线l:m(x−1)−y+1=0过定点(1, 1)，则l与y=f(x)图象的交点个数至少是1个或者是3个，二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）已知直线y=kx+b是曲线y=xsinx在点(π2, π2)处的切线，则k=________【答案】1【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】根据题意，求出y=xsinx的导数，计算可得y′|x=π2=sinπ2+xcosπ2=1，由导数的几何意义可得k=y′|x=π2，即可得答案．【解答】根据题意，曲线y=xsinx，则y′=sinx+xcosx，则y′|x=π2=sinπ2+xcosπ2=1，又曲线y=kx+b是曲线y=xsinx在点(π2, π2)处的切线，则k=y′|x=π2=1，则k=1；设x ，y 满足约束条件{x +2y −3≥0x +y −2≤0y −2≤0 ，且z =−mx +y 的最小值为13，则正实数m 的值为________ 【答案】 23【考点】简单线性规划 【解析】由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，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【解答】由约束条件{x +2y −3≥0x +y −2≤0y −2≤0 作出可行域如图，联立{x +y −2=0x +2y −3=0，解得A(1, 1)， 化目标函数z =−mx +y 为y =mx +z(m >0)，由图可知，当直线y =mx +z(m >0)过A 时，z 有最小值为−m +1=13，即m =23．已知F 1，F 2分别为双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0, b >0)在左、右焦点，P 是C 左支上一点，|PF 2|=2|PF 1|，若存在点M 满足F 1P →=2MP →，OM →⋅F 1P →=0，则C 的离心率为________ 【答案】√5【考点】双曲线的特性 【解析】设|PF 1|=m ，根据勾股定理和双曲线的定义用m 表示出a ，c ，得出离心率e ． 【解答】∵ F 1P →=2MP →，∴ M 是F 1P 的中点， 又O 是F 1F 2的中点， ∴ OM // PF 2，∵ OM →⋅F 1P →=0，∴ OM ⊥PF 1，∴PF1⊥PF2，设|PF1|=m，则|PF2|=2m，|F1F2|=√5m，|∵P在双曲线C上，∴|PF2|−|PF1|=2a，即a=m2，又|F1F2|=2c，∴c=√5m2，∴e=ca=√5．已知数列{a n}，{1an }的前n项和分布为S n，T n，a1=32，a2=74，S n+1−S n−1=a n2+1(n≥2)，记[x]表示不超过x的最大整数，如[0.8]=0，[2.1]=2，则[T2018]=________．【答案】1【考点】数列的求和【解析】由数列的递推式可得S n+1−S n−1=a n2+1(n≥2)，即为a n+1−1=a n2−a n=a n(a n−1)，取倒数可得1a n+1−1=1a n−1−1a n，即有1a n=1a n−1−1a n+1−1，运用裂项相消求和可得T n，结合不等式的性质即可得到所求值．【解答】数列{a n}，{1an }的前n项和分布为S n，T n，a1=32，a2=74，S n+1−S n−1=a n2+1(n≥2)，即为S n+1−S n+S n−S n−1=a n+1+a n=a n2+1(n≥2)，a n+1−1=a n2−a n=a n(a n−1)，取倒数可得1a n+1−1=1a n−1−1a n，即有1a n =1a n−1−1a n+1−1，则T n=23+1a2−1−1a3−1+1a3−1−1a4−1+...+1a n−1−1a n+1−1=23+43−1a n+1−1=2−1a n+1−1<2，由a n+1−1=a n(a n−1)，可得2>a n−1>1，则1<T2018<2，即[T2018]=1．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，∠B=2∠C，△ABD面积与△ACD面积的比为2:3．(1)求cos∠C的值；(2)若AC=√2，求DC的长．【答案】解：(1)∵S△ABD=12⋅AB⋅AD⋅sin∠BAD，S△ACD=12⋅AC⋅AD⋅sin∠CAD，∴S△BADS△ACD =12⋅AB⋅AD⋅sin∠BAD12⋅AC⋅AD⋅sin∠CAD=ABAC =23，由正弦定理得：sinBsinC =ACAB=32，又∠B=2∠C，∴sin2CsinC =2sinCcosCsinC=32，∴cosC=34．(2)由(1)得：sinC=√1−cos2C=√74，∴sinB=sin2C=2sinCcosC=3√78，cosB=cos2C=2cos2C−1=18．由(1)得：ACAB =32，∴AB=2√23，设DC=x，由BDCD =23，∴BD=2x3，在△ADC中，AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cosC，即：AD2=2+x2−3√22x，①在△ABD中，AD2=AB2+BD2−2⋅AB⋅BD⋅cosB，即：AD2=89+49x2−√29x，②由①②得：2x2−5√2x+4=0，解得：x=√22或2√2．由于BC<AB+AC=5√23，∴53x<5√23，∴x<√2．故：x=√22,即CD=√22．【考点】余弦定理正弦定理【解析】(1)直接利用三角形的面积公式和正弦定理的应用求出结果．(2)利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式及一元二次方程的解法求出结果．【解答】解：(1)∵S△ABD=12⋅AB⋅AD⋅sin∠BAD，S△ACD=12⋅AC⋅AD⋅sin∠CAD，∴S△BADS△ACD =12⋅AB⋅AD⋅sin∠BAD12⋅AC⋅AD⋅sin∠CAD=ABAC =23，由正弦定理得：sinBsinC =ACAB=32，又∠B=2∠C，∴sin2CsinC =2sinCcosCsinC=32，∴cosC=34．(2)由(1)得：sinC=√1−cos2C=√74，∴sinB=sin2C=2sinCcosC=3√78，cosB=cos2C=2cos2C−1=18．由(1)得：ACAB =32，∴AB=2√23，设DC=x，由BDCD =23，∴BD=2x3，在△ADC中，AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cosC，即：AD2=2+x2−3√22x，①在△ABD中，AD2=AB2+BD2−2⋅AB⋅BD⋅cosB，即：AD2=89+49x2−√29x，②由①②得：2x2−5√2x+4=0，解得：x=√22或2√2．由于BC<AB+AC=5√23，∴53x<5√23，∴x<√2．故：x=√22,即CD=√22．如图所示的多面体ABCDA1B1C1中，上底面ABCD与下底面A1B1C1平行，四边形ABCD 为平行四边形，且AA1 // BB1 // CC1，点M为B1C1的中点．（1）在图中过点B1作一个平面α与平面AMC平行；（2）求四棱锥D−AA1C1C与三棱柱ABC−A1B1C1的体积的比．【答案】如图所示，取AB的中点E，BC的中点F，连接B1E，B1F，EF，∴面B1EF // 面AMC，即平面B1EF就是所作平面α．理由如下：在平行四边形BCC1B1中，点M，N分别是B1C1，BC中点，∴B1F // MC．又∵B1F平面AMC，MC⊂平面AMC，∴B1F // 面AMC．在△ABC中，可得EF // AC，又EF平面AMC，AC⊂平面AMC，∴EF // 面AMC．又EF∩B1F=F，B1F⊂平面AMC，EF⊂平面AMC∴面B1EF // 面AMC，即平面B1EF就是所作平面α．连接AC1，则V D−AA1C1C =2V D−ACC1=2V C1−ADC=23S△ABC∗ℎ，∵三棱柱ABC−A1B1C1的体积V ABC−A1B1C1=S△ABC⋅ℎ．又∵S△ABC=S△ADC，∴四棱锥D−AA1C1C与三棱柱ABC−A1B1C1的体积的比为23．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】（1）取AB的中点E，BC的中点F，连接B1E，B1F，EF，可得B1F // MC．B1F // 面AMC．在△ABC中，可得EF // AC，EF // 面AMC．饥渴的面B1EF // 面AMC，即平面B1EF就是所作平面α．（2）连接AC 1，则VD−AA 1C 1C=2VD−ACC 1=2VC 1−ADC=23S △ABC ∗ℎ，三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积VABC−A 1B 1C 1=S △ABC ⋅ℎ．即可得四棱锥D −AA 1C 1C 与三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积的比为23．【解答】如图所示，取AB 的中点E ，BC 的中点F ，连接B 1E ，B 1F ，EF ， ∴ 面B 1EF // 面AMC ，即平面B 1EF 就是所作平面α．理由如下：在平行四边形BCC 1B 1中，点M ，N 分别是B 1C 1，BC 中点，∴ B 1F // MC ． 又∵ B 1F 平面AMC ，MC ⊂平面AMC ，∴ B 1F // 面AMC ． 在△ABC 中，可得EF // AC ，又EF 平面AMC ，AC ⊂平面AMC ，∴ EF // 面AMC ． 又EF ∩B 1F =F ，B 1F ⊂平面AMC ，EF ⊂平面AMC ∴ 面B 1EF // 面AMC ，即平面B 1EF 就是所作平面α． 连接AC 1，则VD−AA 1C 1C=2VD−ACC 1=2VC 1−ADC=23S △ABC ∗ℎ，∵ 三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积VABC−A 1B 1C 1=S △ABC ⋅ℎ．又∵ S △ABC =S △ADC ，∴ 四棱锥D −AA 1C 1C 与三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积的比为23．在平面直角坐标系xOy 中，F 1，F 2是椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点，|F 1F 2|=2√3，直线y =√24x 与C 交于A ，B 两点，且A ，F 1，B ，F 2四点共圆．（1）求椭圆C 的方程；（2）P 为C 上一点（非长轴的端点）线段PF 2，PO 的延长线分别于C 交于点M ，N ，求△PMN 面积的取值范围． 【答案】由{x 2a2+y 2b 2=1y =√24x可得(b 2+a 28)x 2−a 2b 2=0，设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， ∴ x 1+x 2=0，x 1x 2=−a 2b 2b 2+a 28，由AB ，F 1F 2互相平分且四点共圆，得AF 2⊥BF 2， ∵ F 2A →=(x 1−√3, y 1)，F 2B →=(x 2−√3, y 2)，∴ F 2A →⋅F 2B →=(x 1−√3, y 1)⋅(x 2−√3, y 2)=(x 1−√3)(x 2−√3)+y 1⋅y 2=(1+18)x 1x 2+3=0，即x 1x 2=−83， ∴−a 2b 2b 2+a 28=−83，又b 2+3=a 2，解得a 2=4，b 2=1， ∴ 椭圆方程为x 24+y 2=1；由（1）知，F 2(√3, 0)，设P(x 1, y 1)，Q(x 2, y 2)，直线PM 方程为x =my +√3，代入x 2+4y 2=4可得(m 2+4)y 2+2√3my −1=0， ∴ y 1+y 2=−2√3mm 2+4，y 1y 2=−1m 2+4，∴ (y 1−y 2)2=(y 1+y 2)2−4y 1y 2=16(m 2+1)(m 2+4)2，∴ S △PMO =12|OF 2|⋅|y 1−y 2|=2√3⋅√m 2+1m 2+4=√3√m 2+1+3√2≤√32√3=1∴ S △PMN =2S △PMO ≤2，故△PMN 面积的取值范围为(0, 2] 【考点】 椭圆的定义 【解析】（1）根据AB ，F 1F 2互相平分且四点共圆，得AF 2⊥BF 2，利用韦达定理和向量的数量积即可求出；（2）设直线PM 方程为x =my +√3，代入x 2+4y 2=4可得(m 2+4)y 2+2√3my −1=0，根据弦长公式和基本不等式即可求出． 【解答】由{x 2a +y 2b =1y =√24x可得(b 2+a 28)x 2−a 2b 2=0， 设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， ∴ x 1+x 2=0，x 1x 2=−a 2b 2b 2+a 28，由AB ，F 1F 2互相平分且四点共圆，得AF 2⊥BF 2， ∵ F 2A →=(x 1−√3, y 1)，F 2B →=(x 2−√3, y 2)，∴ F 2A →⋅F 2B →=(x 1−√3, y 1)⋅(x 2−√3, y 2)=(x 1−√3)(x 2−√3)+y 1⋅y 2=(1+18)x 1x 2+3=0，即x 1x 2=−83， ∴−a 2b 2b 2+a 28=−83，又b 2+3=a 2，解得a 2=4，b 2=1，∴ 椭圆方程为x 24+y 2=1；由（1）知，F 2(√3, 0)，设P(x 1, y 1)，Q(x 2, y 2)，直线PM 方程为x =my +√3，代入x 2+4y 2=4可得(m 2+4)y 2+2√3my −1=0，∴ y 1+y 2=−2√3mm 2+4，y 1y 2=−1m 2+4， ∴ (y 1−y 2)2=(y 1+y 2)2−4y 1y 2=16(m 2+1)(m 2+4)2，∴ S △PMO =12|OF 2|⋅|y 1−y 2|=2√3⋅√m 2+1m 2+4=√3√m 2+1+32≤√32√3=1∴ S △PMN =2S △PMO ≤2，故△PMN 面积的取值范围为(0, 2]某商店为迎接端午节，推出两款粽子：花生粽与肉粽，为调查这两款粽子的受欢迎程度，店员连续10天记录了这两款粽子的销售量，如表所示（其中销售量单位：个）：(1)根据两组数据完成下面茎叶图(2)根据统计学知识，请评述哪款粽子更受欢迎；(3)求肉粽销售量y 关于天数t 的线性回归方程，丙预估第15天肉粽的销售量. (回归方程的系数精确都0.01) 参考数据：∑10i=1(t i −t )(y i −y)=155．附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为b ^=∑(n i=1t i −t )(y i −y)∑(n i=1t i −t )2，a ^=y −b ^t ．【答案】解：(1)根据两组数据填写茎叶图，如图所示：(2)由茎叶图知，肉粽的销售量均值较花生棕高， 两种粽子的销售量波动情况相当， 所以可以认为肉粽更受欢迎； (3)t =12×(1+10)=112，∑10i=1(t i −t )2=14×(92+72+52+ 32+12)×2=1652，y =100+110×(−12−3−2−5+1− 2+3+6+3+11)=100，∴ b ^=∑(n i=1t i −t )(y i −y)∑(n i=1t i −t )2=6233≈1.88，a ^=y −b ^t =100−1.88×112=89.66；∴ y 关于t 的线性回归方程 y ^=1.88t +89.66，∴ 预估第15天肉粽的销售量 y ^=1.88×15+89.66=117.86≈118(个)． 【考点】 茎叶图求解线性回归方程用样本的频率分布估计总体分布 【解析】（1）根据两组数据填写茎叶图即可；（2）由茎叶图中的数据，分析得出统计结论； （3）计算平均数与回归系数，写出线性回归方程， 利用回归方程计算t =15时y ∧的值．【解答】解：(1)根据两组数据填写茎叶图，如图所示：(2)由茎叶图知，肉粽的销售量均值较花生棕高， 两种粽子的销售量波动情况相当， 所以可以认为肉粽更受欢迎； (3)t =12×(1+10)=112，∑10i=1(t i −t )2=14×(92+72+52+32+12)×2=1652，y =100+110×(−12−3−2−5+1− 2+3+6+3+11)=100，∴ b ^=∑(n i=1t i −t )(y i −y)∑(n i=1t i −t )2=6233≈1.88，a ^=y −b ^t =100−1.88×112=89.66；∴ y 关于t 的线性回归方程 y^=1.88t +89.66， ∴ 预估第15天肉粽的销售量 y ^=1.88×15+89.66=117.86≈118(个)．已知函数f(x)=x 2+(2a −1a )x −lnx ． （1）讨论f(x)的单调性；（2）当a <0时，证明f(x)≥(1−2a)(a +1)． 【答案】函数f(x)的定义域是(0, +∞)， f′(x)=2x +(2a −1a)−1x =(x+a)(2ax−1)ax ，(i)若a <0，当x >−a 时，f′(x)>0， 当0<x <−a 时，f′(x)<0，故f(x)在(−a, +∞)递增，在(0, −a)递减， (ii)若a >0，当x >12a 时，f′(x)>0， 当0<x <12a 时，f′(x)<0，故f(x)在(12a , +∞)递增，在(0, 12a )递减；当a <0时，由（1）得，f(x)min =f(−a)=−a 2+1−ln(−a)， 令g(a)=f(−a)−(1−2a)(a +1)=a 2+a −ln(−a)， 设t =−a ，则g(t)=t 2−t −lnt(t >0)， g′(t)=2t −1−1t =(2t+1)(t−1)t，∵ t >0，当t >1时，g′(t)>0， 当0<t <1时，g′(t)<0，故g(t)在(1, +∞)递增，在(0, 1)递减， 故g(x)min =g(1)=0，故a <0时，f(x)≥(1−2a)(a +1)成立． 【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数f(x)的最小值，令g(a)=f(−a)−(1−2a)(a +1)=a 2+a −ln(−a)，设t =−a ，则g(t)=t 2−t −lnt(t >0)，根据函数的单调性证明即可． 【解答】函数f(x)的定义域是(0, +∞)， f′(x)=2x +(2a −1a)−1x =(x+a)(2ax−1)ax，(i)若a <0，当x >−a 时，f′(x)>0， 当0<x <−a 时，f′(x)<0，故f(x)在(−a, +∞)递增，在(0, −a)递减， (ii)若a >0，当x >12a 时，f′(x)>0， 当0<x <12a 时，f′(x)<0，故f(x)在(12a , +∞)递增，在(0, 12a )递减；当a <0时，由（1）得，f(x)min =f(−a)=−a 2+1−ln(−a)， 令g(a)=f(−a)−(1−2a)(a +1)=a 2+a −ln(−a)， 设t =−a ，则g(t)=t 2−t −lnt(t >0)， g′(t)=2t −1−1t =(2t+1)(t−1)t，∵ t >0，当t >1时，g′(t)>0， 当0<t <1时，g′(t)<0，故g(t)在(1, +∞)递增，在(0, 1)递减， 故g(x)min =g(1)=0，故a <0时，f(x)≥(1−2a)(a +1)成立． [选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =3cosφy =2sinφ （φ为参数），在以O 为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2的极坐标方程为ρ(2cosθ−sinθ)=103．（1）求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；（2）若曲线C 1与曲线C 2交于A ，B 两点，点P 坐标为(1，−43，求1|PA|+1|PB|． 【答案】曲线C 1的参数方程为{x =3cosφy =2sinφ （φ为参数），转换为直角坐标方程为：x 29+y 24=1．曲线C 2的极坐标方程为ρ(2cosθ−sinθ)=103．转换为直角坐标方程为：6x −3y −10=0． 由于点P(1, −43)在直线上，斜率k =2， 则：转换为参数方程为：{x =1+√55ty =−43+2√55t（t 为参数），把直线的参数方程代入曲线方程化简为：t 2−√5t −2=0， 所以：t 1=√5−√132，t 2=√5+√132． 所以：1|PA|+1|PB|=√5−√132√5+√132=√132．【考点】参数方程与普通方程的互化 【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．（2）利用直线和曲线的位置关系，整理成一元二次方程，进一步利用根和系数的关系求出结果． 【解答】曲线C 1的参数方程为{x =3cosφy =2sinφ （φ为参数），转换为直角坐标方程为：x 29+y 24=1．曲线C 2的极坐标方程为ρ(2cosθ−sinθ)=103．转换为直角坐标方程为：6x −3y −10=0． 由于点P(1, −43)在直线上，斜率k =2， 则：转换为参数方程为：{x =1+√55ty =−43+2√55t （t 为参数），把直线的参数方程代入曲线方程化简为：t 2−√5t −2=0，所以：t 1=√5−√132，t 2=√5+√132． 所以：1|PA|+1|PB|=√5−√132√5+√132=√132．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x +12|−|x −32|．（1）求函数f(x)的值域（2）若函数f(x)的最大值为m ，且实数a ，b ，c 满足a 2+b 2+c 2=m 2，求证：1a 2+1+1b 2+3+1c 2+4≥34． 【答案】f(x)=|x +12|−|x −32|={−2,x ≤−122x −1,−12<x <322,x >32 ，∴ 函数f(x)的值域为[−2, 2]， 由（1）可知m =2， ∴ a 2+b 2+c 2=4，∴ a 2+1+b 2+3+c 2+4=12，∴1a2+1+1b2+3+1c2+4=112[(1a2+1+1b2+3+1c2+4)(a2+1+b2+3+c2+4)]，≥112[3+(b2+3a2+1+a2+1b2+3)+(c2+4a2+1+a2+1c2+4)+(c2+4b2+3+b2+3c2+4)]，≥112(3+2+2+2)=34，当且仅当a2+1=b2+3=c2+4=4，即a2=3，b2=1，c2=0等号成立，∴1a2+1+1b2+3+1c2+4≥34．【考点】绝对值不等式的解法与证明绝对值三角不等式【解析】（1）去绝对值，化分段函数，求出函数的值域即可，（2）根据基本不等式即可证明．【解答】f(x)=|x+12|−|x−32|={−2,x≤−122x−1,−12<x<322,x>32，∴函数f(x)的值域为[−2, 2]，由（1）可知m=2，∴a2+b2+c2=4，∴a2+1+b2+3+c2+4=12，∴1a2+1+1b2+3+1c2+4=112[(1a2+1+1b2+3+1c2+4)(a2+1+b2+3+c2+4)]，≥112[3+(b2+3a2+1+a2+1b2+3)+(c2+4a2+1+a2+1c2+4)+(c2+4b2+3+b2+3c2+4)]，≥112(3+2+2+2)=34，当且仅当a2+1=b2+3=c2+4=4，即a2=3，b2=1，c2=0等号成立，∴1a2+1+1b2+3+1c2+4≥34．。
2018年福建省福州市高考一模数学试卷(文科)【解析版】
2018年福建省福州市高考数学一模试卷（文科）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．（5分）已知集合A＝{x|x＝2k+1，k∈Z}，B＝{x|﹣1＜x…≤4}，则集合A∩B 中元素的个数为（）A．1B．2C．3D．42．（5分）已知复数z＝，则z的虚部是（）A．﹣B．﹣C．D．3．（5分）若x，y满足约束条件，则z＝2x﹣y的最小值为（）A．﹣6B．0C．2D．64．（5分）已知单位向量，的夹角为，则•（+2）＝（）A．B．1+C．2D．1+5．（5分）已知等差数列{a n}的公差为1，且a2，a4，a7成等比数列，则a n＝（）A．2n+1B．2n+2C．n+1D．n+26．（5分）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，则该几何体的体积为（）A．+3B．+6C．+3D．+67．（5分）“b∈（﹣1，3）”是“对于任意实数k，直线l：y＝kx+b与圆C：x2+（y﹣1）2＝4 恒有公共点”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件8．（5分）如图程序框图是为了求出满足1+++……+＜1000的最大正整数n的值，那么在和两个空白框中，可以分别填入（）A．“S＜1000”和“输出i﹣1”B．“S＜1000”和“输出i﹣2”C．“S≥1000”和“输出i﹣1”D．“S≥1000”和“输出i﹣2”9．（5分）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线交C于A，B两点，若|AF|＝3|BF|＝3，则p＝（）A．3B．2C．D．110．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．已知四面体ABCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，AB＝BD＝CD＝2，且该鳖臑的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A．3πB．2πC．4πD．12π11．（5分）设函数f（x）＝，则满足f（x2﹣2）＞f（x）的x 的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）C．（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（，+∞）12．（5分）在首项都为3的数列{a n}，{b n} 中，a n+1﹣a n＝3，b2＝9，b n+1﹣b n ＜2×3n+，b n+2﹣b n＞8×3n﹣1，且b n∈Z，则数列{a n+b n} 的前50项的和为（）A．B．350+3825C．D．351+3825二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．（5分）函数f（x）＝cos（x+）+cos（x﹣）的最大值为．14．（5分）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，以该菱形的4个顶点为圆心的扇形的半径都为1．若在菱形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率是15．（5分）已知函数f（x）对任意的x∈R都满足f（x）+f（﹣x）＝0，f（x+）为偶函数，当0＜x…≤时，f（x）＝﹣x，则f（2017）+f（2018）＝．16．（5分）已知F是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，A是C的虚轴的一个端点．若C的左支上存在一点P，使得|P A|+|PF|≤ 4a，则C 的离心率的取值范围为．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c（sin C﹣sin B）＝（a﹣b）（sin A+sin B）．（1）求A；（2）若BC边上的高h＝，b＝，求△ABC的面积．18．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB＝AA1，点D在棱BC上，且CD＝3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点．（1）证明：DE⊥平面BCC1B1；（2）若AB＝4，求点C1与平面DEF的距离．19．（12分）某技术公司新开发一种产品，分别由A，B两条生产线生产．为了检测该产品的某项质量指标值（记为Z），现随机抽取这两条生产线的产品各100件，由检测结果得到如下频率分布直方图：（1）该公司规定：当Z≥76时，产品为正品；当Z＜76时，产品为次品．试估计A，B两条生产线生产的产品正品率分别是多少？（2）分别估计A，B两条生产线的产品质量指标值的平均数（同一组数据中的数据用该组区间的中点值作代表），从平均数结果看，哪条生产线的质量指标值更好？（3）根据（2）的结果，能否认为该公司生产的产品符合“质量指标值不低于84的产品至少要占全部产品40%”的规定？20．（12分）在三角形MAB中，点A（﹣1，0），B（1，0），且它的周长为6，记点M的轨迹为曲线E．（1）求E的方程；（2）设点D（﹣2，0），过B的直线与E交于P，Q两点，求证：∠PDQ不可能为直角．21．（12分）已知函数f（x）＝（e x﹣1）（x﹣a）+ax．（1）当a＝1时，求f（x）在x＝1处的切线方程；（2）若当x＞0时，f（x）＞0，求a的取值范围．选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcos（θ﹣）＝2．已知点Q为曲线C1的动点，点P在线段OQ上，且满足|OQ|•|OP|＝4，动点P的轨迹为C2．（1）求C2的直角坐标方程；（2）设点A的极坐标为（2，），点B在曲线C2上，求△AOB面积的最大值．选修4-5：不等式选讲23．已知函数f（x）＝x2﹣|x|+1．（1）求不等式f（x）≥2x的解集；（2）若关于x的不等式f（x）在[0，+∞）上恒成立，求a的取值范围．2018年福建省福州市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合A＝{x|x＝2k+1，k∈Z}，B＝{x|﹣1＜x…≤4}，则集合A∩B 中元素的个数为（）A．1B．2C．3D．4【解答】解：∵集合A＝{x|x＝2k+1，k∈Z}，B＝{﹣1＜x…≤4}，∴A∩B＝{1，3}．集合A∩B中元素的个数为2．故选：B．2．（5分）已知复数z＝，则z的虚部是（）A．﹣B．﹣C．D．【解答】解：∵z＝＝，z的虚部是．故选：B．3．（5分）若x，y满足约束条件，则z＝2x﹣y的最小值为（）A．﹣6B．0C．2D．6【解答】解：由x，y满足约束条件，作出可行域如图：联立，解得O（0，0），化目标函数z＝2x﹣y为y＝2x﹣z．由图可知，当直线y＝2x﹣z．过O时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为0．故选：B．4．（5分）已知单位向量，的夹角为，则•（+2）＝（）A．B．1+C．2D．1+【解答】解：单位向量，的夹角为，∴||＝||＝1，＝||•||•cos＝∴•（+2）＝+2＝1+2×＝2，故选：C．5．（5分）已知等差数列{a n}的公差为1，且a2，a4，a7成等比数列，则a n＝（）A．2n+1B．2n+2C．n+1D．n+2【解答】解：等差数列{a n}的公差为1，且a2，a4，a7成等比数列，∴＝（a1+1）（a1+6），化为：a1＝3．∴a n＝3+（n﹣1）＝n+2．故选：D．6．（5分）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，则该几何体的体积为（）A．+3B．+6C．+3D．+6【解答】解：由题意，几何体如图：由特征数据得到体积为：＝3+；故选：A．7．（5分）“b∈（﹣1，3）”是“对于任意实数k，直线l：y＝kx+b与圆C：x2+（y﹣1）2＝4 恒有公共点”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：直线l：y＝kx+b与圆C：x2+（y﹣1）2＝4 恒有公共点”⇔≤2，化为：4（1+k2）≥（b﹣1）2，即（b﹣1）2≤4解得﹣1≤b≤3，b∈（﹣1，3）”是“对于任意实数k，直线l：y＝kx+b与圆C：x2+（y﹣1）2＝4 恒有公共点”的充分不必要条件．故选：A．8．（5分）如图程序框图是为了求出满足1+++……+＜1000的最大正整数n的值，那么在和两个空白框中，可以分别填入（）A．“S＜1000”和“输出i﹣1”B．“S＜1000”和“输出i﹣2”C．“S≥1000”和“输出i﹣1”D．“S≥1000”和“输出i﹣2”【解答】解：由于程序框图是为了求出满足1+++…+＜1000 的最大正整数n的值，故退出循环的条件应为S≥1000，由于满足1+++…+≥1000 后，（此时i值比程序要求的i值多一），又执行了一次i＝i+1，故输出的应为i﹣2的值．故选：D．9．（5分）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F的直线交C于A，B两点，若|AF|＝3|BF|＝3，则p＝（）A．3B．2C．D．1【解答】解：设抛物线的准线于x轴交点为P，过A，B作准线的垂线AM，BN，则AM＝AF＝3，BN＝BF＝1，FP＝p，设直线AB交准线于Q，设BQ＝a，由△QBN∽△QFP∽△QAM可得：，，解得p＝．故选：C．10．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．已知四面体ABCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，AB＝BD＝CD＝2，且该鳖臑的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A．3πB．2πC．4πD．12π【解答】解：由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到长方体中，AB⊥平面BCD，AB＝BD＝CD＝2，可得长方体的对角线为．∴球O的半径R＝＝．球O的表面积S＝4πR2＝12π．故选：D．11．（5分）设函数f（x）＝，则满足f（x2﹣2）＞f（x）的x 的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）C．（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（，+∞）【解答】解：根据题意，函数f（x）＝，当x＞0时，f（x）＝e x﹣e﹣x，其导数f′（x）＝e x+e﹣x＞0，则函数在（0，+∞）上为增函数，若f（x2﹣2）＞f（x），则有，解可得：x＜﹣或x＞2，则x的取值范围是（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）；故选：C．12．（5分）在首项都为3的数列{a n}，{b n} 中，a n+1﹣a n＝3，b2＝9，b n+1﹣b n ＜2×3n+，b n+2﹣b n＞8×3n﹣1，且b n∈Z，则数列{a n+b n} 的前50项的和为（）A．B．350+3825C．D．351+3825【解答】解：首项都为3的数列{a n}，{b n} 中，a n+1﹣a n＝3，∴a n＝3+3（n﹣1）＝3n，∵b n+1﹣b n＜2×3n+，①∴b n+2﹣b n+1＜2×3n+1+，②由①+②可得b n+2﹣b n＜8×3n+，又b n+2﹣b n＞8×3n﹣1，∴8×3n﹣1＜b n+2﹣b n＜8×3n+，∵b n∈Z，∴b n+2﹣b n＝8×3n，当n为奇数时，∴b3﹣b1＝8×31，b5﹣b3＝8×33，…b 2k +1﹣b 2k ﹣1＝8×32k ﹣1，∴b 2k +1﹣b 1＝8（3+33+35+…+32k ﹣1）＝8×＝3×（9k ﹣1）．可得：b 2k +1＝3×9k ＝3n +2．b 2k ﹣1＝b n ＝3n ． 同理可得：当n 为偶数时，b 2k ＝32k ＝b n ＝3n ． ∴数列{b n }为等比数列，首项为3，公比为3． ∴数列{a n +b n } 的前50项的和＝+＝．故选：C ．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．（5分）函数f （x ）＝cos （x +）+cos （x ﹣）的最大值为 ．【解答】解：f （x ）＝cos （x +）+cos （x ﹣）＝cos x cos ﹣sin x sin +cos x cos +sin x sin＝2cos x cos＝．∴函数f （x ）＝cos （x +）+cos （x ﹣）的最大值为．故答案为：．14．（5分）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，以该菱形的4个顶点为圆心的扇形的半径都为1．若在菱形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率是【解答】解：在菱形ABCD 中，∵AB ＝2，∠ABC ＝60°， ∴，以A 和C 为圆心的扇形面积和为，以B 和D 为圆心的扇形面积和为2×＝，∴菱形内空白部分的面积为，则在菱形内随机取一点，该点取自黑色部分的概率是．故答案为：．15．（5分）已知函数f（x）对任意的x∈R都满足f（x）+f（﹣x）＝0，f（x+）为偶函数，当0＜x…≤时，f（x）＝﹣x，则f（2017）+f（2018）＝﹣2．【解答】解：f（x）+f（﹣x）＝0；∴f（﹣x）＝﹣f（x）；为偶函数，则：；∴；∴；∴f（x）＝﹣f（x+3）＝f（x+6）；即f（x）＝f（x+6）；∴f（x）的周期为6；又时，f（x）＝﹣x，则：f（2017）+f（2018）＝f（1+336×6）+f（2+336×6）＝f（1）+f（2）＝f（1）﹣f（5）＝f（1）﹣f（5﹣6）＝2f（1）＝﹣2．故答案为：﹣2．16．（5分）已知F是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，A是C 的虚轴的一个端点．若C的左支上存在一点P，使得|P A|+|PF|≤ 4a，则C 的离心率的取值范围为（1，]．【解答】解：A（0，b），设双曲线的左焦点为F′，则|FP|﹣|PF′|＝2a，故而|P A|+|PF|＝2a+|PF′|+|P A|≥2a+|F′A|，∴|P A|+|PF|的最小值为2a+|F′A|＝2a+，∵C的左支上存在一点P，使得|P A|+|PF|≤ 4a，∴2a+≤4a，即≤2a，∴2c2﹣a2≤4a2，即≤，∴e≤，又e＞1，∴离心率的取值范围是（1，]．故答案为：（1，]．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c（sin C﹣sin B）＝（a﹣b）（sin A+sin B）．（1）求A；（2）若BC边上的高h＝，b＝，求△ABC的面积．【解答】解：（1）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c（sin C﹣sin B）＝（a﹣b）（sin A+sin B）．利用正弦定理：，整理得：，由于：0＜A＜π，则：．（2）由于：BC边上的高h＝，b＝，则：，解得：2，即：①．由（1）得到：，故：②．由①②得：．故：．18．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB＝AA1，点D 在棱BC上，且CD＝3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点．（1）证明：DE⊥平面BCC1B1；（2）若AB＝4，求点C1与平面DEF的距离．【解答】证明：（1）取BC中点G，连结AG，∵E是AB的中点，点D在棱BC上，且CD＝3BD，∴AG∥ED，∵△ABC为正三角形，∴AG⊥BC，∴ED⊥BC，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，又DE⊂平面ABC，∴B1B⊥DE，∵BC∩BB1＝B，BC⊂平面BB1C1C，∴DE⊥平面BB1C1C．解：（2）∵AB＝4，∴四边形BCC1B1是以4为边长的正方形，∴＝﹣（）＝＝5，由（1）知，DE⊥平面BCC1B1，∴三棱锥E﹣C 1DF的体积＝＝＝，＝＝＝，在Rt△DEF中，S△DEF设点C1与平面DEF的距离为h，∵＝，∴＝，解得h＝2，∴点C1与平面DEF的距离2．19．（12分）某技术公司新开发一种产品，分别由A，B两条生产线生产．为了检测该产品的某项质量指标值（记为Z），现随机抽取这两条生产线的产品各100件，由检测结果得到如下频率分布直方图：（1）该公司规定：当Z≥76时，产品为正品；当Z＜76时，产品为次品．试估计A，B两条生产线生产的产品正品率分别是多少？（2）分别估计A，B两条生产线的产品质量指标值的平均数（同一组数据中的数据用该组区间的中点值作代表），从平均数结果看，哪条生产线的质量指标值更好？（3）根据（2）的结果，能否认为该公司生产的产品符合“质量指标值不低于84的产品至少要占全部产品40%”的规定？【解答】解：（1）由频率估计概率，A生产线的产品为正品的概率为：（0.05375+0.035+0.01125）×8＝0.8，B生产线的产品为正品的概率为：（0.0625+0.03375+0.0025）×8＝0.79．（2）设A生产线的产品质量指标值的平均数为，B生产线的产品质量指标值的平均数为，由频率分布直方图得：＝64×0.05+72×0.15+80×0.43+88×0.28+96×0.09＝81.68＝64×0.05+72×0.16+80×0.5+88×0.27+96×0.02＝80.4，∵＞，∴A生产线的产品质量指标更好．（3）由（2）知，A生产线的产品质量指标更高，它不低于84的产品所占比例的估计值为（0.035+0.01125）×8＝0.37＜0.4，∴B生产线的产品质量指标值的估计值也小于0.4，故不能认为该公司生产的产品质量符合“质量指标值不低于的产品至少要占全部产品40%”的规定．20．（12分）在三角形MAB中，点A（﹣1，0），B（1，0），且它的周长为6，记点M的轨迹为曲线E．（1）求E的方程；（2）设点D（﹣2，0），过B的直线与E交于P，Q两点，求证：∠PDQ不可能为直角．【解答】（1）解：由题意得，|MA|+|MB|+|AB|＝6，∴|MA|+|MB|＝4＞|AB|，则M的轨迹E是以A（﹣1，0），B（1，0）为焦点，长轴长为4的椭圆，又由M，A，B三点不共线，∴y≠0．∴E的方程为（y≠0）；（2）证明：设直线PQ的方程为x＝my+1，代入3x2+4y2＝12，得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0．设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，．∴＝（my1+1）（my2+1）+2（my1+1+my2+1）+4+y1y2＝（m2+1）y1y2+3m（y1+y2）+9＝＝＞0．∴∠PDQ不可能为直角．21．（12分）已知函数f（x）＝（e x﹣1）（x﹣a）+ax．（1）当a＝1时，求f（x）在x＝1处的切线方程；（2）若当x＞0时，f（x）＞0，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝（e x﹣1）（x﹣1）+x＝xe x﹣e x+1，∴f′（x）＝xe x，∴k＝f′（1）＝e，∵f（1）＝1，∴f（x）在x＝1处的切线方程为y﹣1＝e（x﹣1），即ex﹣y﹣e+1＝0；（2）∵f′（x）＝（1+x﹣a）e x+（a﹣1），令g（x）＝（1+x﹣a）e x+（a﹣1），∴g′（x）＝（2+x﹣a）e x，①当a≤2时，g′（x）＞0，在（0，+∞）上恒成立，∴g（x）在（0，+∞）上为增函数，∴g（x）＞g（0）＝1﹣a+a﹣1＝0∴f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，∴f（x）＞f（0）＝0，②当a＞2时，当x∈（0，a﹣2）时，g′（x）＜0，函数g（x）为减函数，∵g（0）＝（1﹣a）+（a﹣1）＝0，∴当x∈（0，a﹣2）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，函数f（x）在（0，a﹣2）为减函数，∵f（0）＝0，∴当x∈（0，a﹣2）时，f（x）＜0，即f（x）＞0不是对一切x＞0都成立，综上所述，a≤2，即a的取值范围为是（﹣∞，2]．选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcos（θ﹣）＝2．已知点Q为曲线C1的动点，点P在线段OQ上，且满足|OQ|•|OP|＝4，动点P的轨迹为C2．（1）求C2的直角坐标方程；（2）设点A的极坐标为（2，），点B在曲线C2上，求△AOB面积的最大值．【解答】解：（1）设P的极坐标为（ρ，θ），（ρ＞0），Q的极坐标方程为（ρ1，θ），（ρ1＞θ），由题设知|OP|＝ρ，|OQ|＝ρ1＝，由题设知|OP|＝ρ，|OQ|＝ρ1＝，由|OQ|•|OP|＝4，得C2的极坐标方程为，（ρ＞0），∴C2的直角坐标方程为（x﹣）2+（y﹣）2＝1，但不包含（0，0）．（2）设点B的极坐标为（ρB，α），（ρB＞0），由题设知|OA|＝2，ρB＝2cos（），∴△AOB的面积S＝|OA|•ρB•sin∠AOB＝2cos（）•|sin（）|＝2|sin2α﹣|．当α＝0时，S取得最大值为．∴△AOB面积的最大值为．选修4-5：不等式选讲23．已知函数f（x）＝x2﹣|x|+1．（1）求不等式f（x）≥2x的解集；（2）若关于x的不等式f（x）在[0，+∞）上恒成立，求a的取值范围．【解答】解：（1）x≥0时，f（x）＝x2﹣x+1≥2x，解得：0≤x≤或x≥，x＜0时，f（x）＝x2+x+1≥2x，解得：x＜0，综上，x∈（﹣∞，]∪[，+∞）；（2）f（x）≥|+a|，x∈[0，+∞），故x2﹣x+1≥|+a|，故，解得：﹣≤a≤．。
2018年4月福建省宁德市高三年级高考二模文科数学试卷及答案
2018年4月福建省宁德市高三年级高考二模文科数学试卷本试卷分第I 卷和第II 卷两部分．满分150分．第I 卷一、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{}2,1,0,1A =--，{}2|20B x x x =+-<，则A B =I A ．{}0B ．{}0,1C ．{}1,0-D ．{}2,1,0,1--2．复数2i 1i -=+A ．1i--B ．1+i -C ．1+i D ．1i-3．右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5个点所对应的数据的相关系数最大，则应当去掉的点是A ．DB ．EC ．FD ．A4．下列曲线中，既关于原点对称，又与直线1y x =+相切的曲线是A ．3y x =B ．254y x =+C ．ln 2y x =+D ．14y x=-5．若x ，y 满足约束条件10,20,2,x y x y x +-≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩则4z x y =-的最小值是A ．43B ．73C ．7D ．96．已知等差数列{}n a 满足3514a a +=，2633a a =，则17a a =A ．33B ．16C ．13D ．127．如右图所示，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，则此几何体的表面积为A ．25B ．24C ．23D ．228．将周期为π的函数ππ()cos()(0)66f x x x ωωω=+++>的图象向右平移π3个单位后，所得的函数解析式为A ．π2sin(23y x =-B ．2cos(23y x π=-C ．2sin 2y x =D ．2π2cos(2)y x =-9．过抛物线24y x =的焦点F 作一倾斜角为3π的直线交抛物线于A ，B 两点（A 点在x 轴上方），则AFBF =A ．2B ．52C ．3D ．410．已知ln(2),1,()1,1,x x f x x x x +≥-⎧⎪=⎨-<-⎪⎩若函数2(2)(2)y f x f xk =--+只有一个零点，则实数k 的值为A ．4B ．3C ．2D ．111．将一个内角为π且边长为的菱形沿着较短的对角线折成一个二面角为π的空间四边形，则此空间四边形的外接球的半径为AB ．2C ．3D12．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，满足13a =，1233()n n a S n *++=∈N ，若2n nS MS +≤对任意的n *∈N 恒成立，则实数M 的最小值为A．B ．17C ．41D ．4第II 卷二、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a ，b，且|2|-=a b ，则a ，b 的夹角为_______．14．已知点P 是以1F ，2F 为焦点的双曲线22:1C x y -=上的一点，且12=3PF PF ，则12PF F ∆的周长为______．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x ，y ，z ，则鸡翁、鸡母、鸡雏的数量即为方程组53100,3100z x y x y z ⎧++=⎪⎨⎪++=⎩的解．其解题过程可用框图表示如右图所示，则框图中正整数m 的值为______．16．已知定义在R 上的函数()f x 满足()0f x '>且(()e )1x f f x -=，若()f x ax a ≥+恒成立，则实数a 的取值范围为______．三、解答题：本大题共6小题，满分70分．17．（12分）ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(sin cos )b a C C =+．（１）求角A 的大小；（２）若13,22a b ==，求AC 边上高BD 的长．18．（12分）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：0.12元/分．已知陈先生的家离上班公司12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t （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[)20,60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30分钟的概率；２）若公司每月发放800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22天计算），并说明理由.（同一时段，用该区间的中点值作代表）19．（12分）如图，在四棱锥P ABCD -中，//AD BC ，，PB PD =，3PA =.（１）求证：PA BD ⊥；时间t （分）[)20,30[)30,40[)40,50[)50,60次数122882开始1t =4x t =100z x y =--,,x y z输出1t t =+结束是否257y t =-?t m <（２）若PA AB ⊥，BD =，E 为PA 的中点．（i ）过点C 作一直线l 与BE 平行，在图中画出直线l 并说明理由；（ii ）求平面BEC 将三棱锥P ACD -分成的两部分体积的比．20．（12分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为2，四个顶点所围成的四边形的面积为．（１）求椭圆C 的方程；２）已知点12A（，），斜率为2的直线l 交椭圆C 于B ，D 两点，求ABD ∆面积的最大值，并求此时直线l 的方程．21．（12分）已知函数32()34()f x x ax a =-+∈R ．（１）讨论()f x 的单调性；（２）若函数()f x 有三个零点，证明：当0x >时，2()6()e a f x a a ≥-．请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分．做答时请写清题号．22．（10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线1C 的极坐标方程为2(4cos )4r ρρθ-=-，曲线2C 的参数方程为4cos ,sin x y θθ⎧=+⎪⎨=⎪⎩（θ为参数）．（１）求曲线1C 的直角坐标方程和曲线2C 的极坐标方程；（２）当r 变化时设1,C 2C 的交点M 的轨迹为3C ，若过原点O ，倾斜角为3π的直线l 与曲线3C 交于点,A B ，求OA OB -的值．23．（10分）选修4—5：不等式选讲已知实数x ,y 满足1x y +=.（１）解关于x 的不等式225x x y -++≤；（２）若,0x y >，证明：2211(1)(1)9x y --≥。
2018年福建省莆田市高考数学一模试卷(文科)
B.丙寅年
C.丁卯年
D.戊辰年
【答案】
C
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
由题意可得数列天干是以 为等差的等差数列，地支是以 为公差的等差数列，以 年的天干和地支分别为首项，到公元 年经过了 年，即可求出答案
【解答】
从 开始算起，公元 年为第 个数，天干表 个为一个周期，地支表 个数为一个周期，则公元 年对应的天干为卯，地支为卯，
又 是 中点，∴ ，∴ ，
∴四边形 是平行四边形，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ．
取 中点 ，连结 ，则 ，
∵平面 平面 ，
由（1）知 平面 ，
∴ ＝ ＝
，
∴三棱锥 的体积为 ．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行
【解析】
（1）取 中点 ，连结 、 推导出四边形 是平行四边形，从而 ，由此能证明 平面 ．
由（1）知 平面 ，
∴ ＝ ＝
，
∴三棱锥 的体积为 ．
已知两定点 ， ，动点 使直线 、 的斜率的乘积为 ．
（1）求动点 的轨迹 的方程；
（2）过点 的直线与 交于 ， 两点，是否存在常数 ，使得 ，并说明理由．
【答案】
设 ，由点 使直线 、 的斜率的乘积为 ，
∴ ，
即 ＝ ，
∴动点 的轨迹 的方程为即 ＝ ， ，
B.
C.
D.
【答案】
B
【考点】
复数的运算
【解析】
利用复数的运算法则即可得出．
【解答】
解： ，
∴ ，
则 ．
故选 .
3.等比数列 的前 项和为 ，已知 ， ，则
2018年福建省南平市高考数学一模试卷(文科)
2018 年福建省南平市高考数学一模试卷（文科）副标题题号 一二三总分得分一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）1. 设 A={ x|x 2-x-2＜ 0} ，B={ y|y=2x } ，则 A ∩B=（）A. （ 0，+∞）B. （0， 2）C. （-1，0）D. （ -1，2）2.某人到甲、 乙两市各 7 个小区调査空置房情况， 调查得到的小区空置房的套数绘成了如图的茎叶图， 则调査中甲市空置房套数的中位数与乙市空置房套数的众数之差 为（）A. 4B. 3C. 2D. 13.已知复数 z 满足（ i 为虚数单位），则 z 的虚部为（）A.B. C. D.4.在锐角 △ABC 中，角 A ，B 所对的边长分别为a ，b ，2asinB=b ，则角 A 等于（）A.B. C. D.5.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半， 六朝才得到其关， 要见次日行里数， 请公仔细算相还． ” 其大意为：“有一个人走了 378 里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6 天后到达目的地．”则此人第4 天走了（ ）A.60里B. 48里C. 36里D.24里6. 已知函数 f x ）=lnx ，若 f （ x-11x 的取值范围是（）（）＜ ，则实数， ）A. （，）B.（，）C. （，e+1 ）D. （e+1-∞ e+1 0 +∞1 +∞7. 执行如图所示的程序框图，则输出的k 值为（）A. 7B. 9C. 11D. 138. 已知某简单几何体的三视图如图所示，若主视图的面积为1，则该几何体最长的棱的长度为（ ）A. B. C. D.9.函数f x =2sin（3x+φ个单位，得到的图象关于y轴对称，（））的图象向左平移动则 | φ|的最小值为（）A. B. C. D.10.若函数f x= a b c d R（）（，，，∈ ）的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.a ＞，＞，＞，＞ B.＞，＞，＞，＜0 b 0c0 d 0 a 0 b0 c 0dC. a＞0，b＜0，c＞0，d＞0D. a＞0，b＜0，c＞0，d＜011. 已知直线与双曲线的一条渐近线平行，且这两条平行线间的距离为1，则双曲线 C 的离心率为（）A. 2B.C. 3D.12.已知可导函数 f（ x）的导函数为 f'（ x）， f （ 0） =2018 ，若对任意的 x∈R，都有 f（ x）＞ f'（ x），则不等式f（ x）＜ 2018e x的解集为（）A. （0，+∞）B.C.D. （-∞，0）二、填空题（本大题共 4 小题，共20.0 分）13.已知x，y满足，则的最大值为______．14.已知向量，且，则cosθ等于______．15.已知点 M 是抛物线 C：y2=8x 上一点， F 为抛物线 C 的焦点，则以 M 为圆心， |MF |=4 为半径的圆被直线 x=-1 截得的弦长为 ______．16. 正方体 ABCD ﹣A1B1C1D1的外接球的表面积为12π，E 为球心， F 为 C1D1的中点．点M 在该正方体的表面上运动，则使 ME ⊥CF 的点 M 所构成的轨迹的周长等于 _____．三、解答题（本大题共7 小题，共 82.0 分）17.已知等差数列 { a n} 满足 a3=6，前 7 项和为S7=49 ．（ 1）求 { a n} 的通项公式；（ 2）设数列 { b n} 满足，求{ b n}的前n项和T n．18. 三棱锥S-ABC中，侧面SBC ABC，BC是等腰直角三角形ABC的斜边，且⊥底面．（ 1）求证： SA⊥BC ；（ 2）已知平面α∥平面SBC，平面α∩平面ABC=l，A∈α，D∈l，且C、D到平面SAB 的距离相等，试确定直线l 及点 D 的位置（说明作法及理由），并求三棱锥S-ABD 的体积．19. 有甲、乙两个桔柚（球形水果）种植基地，已知所有采摘的桔柚的直径都在[59，101] 范围内（单位：毫米，以下同），按规定直径在[71，89）内为优质品，现从甲、乙两基地所采摘的桔柚中各随机抽取500 个，测量这些桔柚的直径，所得数据整理如下：直径分， 65） [65， 71） [71， 77） [77 ， 83） [83 ， 89） [89 ， 95） [95， 101）[59组甲基地3012017512535510频数乙基地351151*********5频数（ 1）根据以上统计数据完成下面2×2 列联表，并回答是否有95%以上的把握认为“桔柚直径与所在基地有关”？甲基地乙基地合计优质品__________________非优质品__________________合计__________________（ 2）求优质品率较高的基地的500个桔柚直径的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（3）记甲基地直径在 [95，101] 范围内的五个桔柚分别为 A、B、C、D 、E，现从中任取二个，求含桔柚 A 的概率．附：， n=a+b+c+d．P（K 2≥k0）0.100.050.0100.0050.001k0 2.706 3.841 6.6357.87910.82820.已知F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆 C 上一点，且 |PF1 |=3|PF2|．（ 1）求椭圆 C 的方程；（ 2）设直线l 与椭圆 C 交于 A， B 两点，且，试求点O 到直线 l 的距离．21.已知函数f（ x） =lnx-（ a+1） x， g（ x）= - ax+a，其中 a∈R．（ 1）试讨论函数f（ x）的单调性及最值；（ 2）若函数F（ x） =f（ x） -g（ x）不存在零点，求实数 a 的取值范围．22. 在直角坐标系 xOy 中，圆 C1的参数方程为α（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，直线 C2的极坐标方程为．（1）求圆 C1的极坐标方程和直线 C2的直角坐标方程；（2）设 C1|与 C2的交点为 P， Q，求△C1PQ 的面积．23.已知函数 f（ x） =|x+1|+3|x-1|．（1）求不等式 f （x）＜ 4 的解集；（2）若 f（ x）≥|2m+3|对任意实数 x 恒成立，求实数 m 的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵A={x|x 2-x-2 ＜0}={x|-1 ＜x＜2} ，B={y|y=2 x}={y|y ＞0} ，∴A∩ B={x|0＜x＜2}= （0，2）．故选：B．先分别求出集合 A 和 B，由此能求出 A∩B．本题考查交集的求法，考查交集、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．2.【答案】B【解析】解：由茎叶图知，甲的数据按从小到大的顺序排列为60，73，74，79，81，82，91；中位数是79；乙的数据按从小到大的顺序排列为69，74，76，76，82，83，90；众数是76；所以甲的中位数与乙的众数之差为 79-76=3．故选：B．由茎叶图写出甲的中位数与乙的众数，求它们的差即可．本题主要考查了利用茎叶图求中位数与众数的应用问题，是基础题．3.【答案】A【解析】解：由，得z=，∴z 的虚部为．故选：A．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．4.【答案】C【解析】解：根据题意，锐角△ABC 中，2asinB=b，则有 2sinAsinB=sinB变；，形可得 sinA=又由△ABC 为锐角三角形，则 0＜A ＜，则A= ；故选：C．根据题意，由正弦定理分析可得 2sinAsinB=sinB，变形可得 sinA= ，分析 A 的范围，即可得答案．本题考查正弦定理的应用，关键是掌握正弦定理的形式．5.【答案】D【解析】题记为 {an} ，可知{a n} 是以为公比的等比数解：根据意，每天走的路程里数列，又由 S6=378，得 S6===378，解可得 a1=192，3则 a4=a1×（）=24；故选：D．由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由S6=378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第 4 天走的路程，即可得答案．本题考查了函数模型的选择及等比数列的通项公式、等比数列的前 n 项和，是基础的计算题．6.【答案】C【解析】解：∵函数 f（x）=lnx ，f（x-1）＜1，∴ln（x-1）＜1，∴0＜ x-1＜e，解得 1＜x＜e+1，∴实数 x 的取值范围是（1，e+1）．故选：C．推导出 ln（x-1）＜1，从而0＜x-1＜e，由此能求出实数 x 的取值范围．本题考查实数的取值范围的求法，考查对数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．7.【答案】C【解析】解：由题意，模拟执行程序框图，可得S=0，k=1满足条件 S＞-1，S=lg，k=3满足条件 S＞-1，S=lg+lg，k=5满足条件 S＞-1，S=lg+lg+lg，k=7满足条件 S＞-1，S=lg+lg+lg+lg，k=9满足条件 S＞-1，S=lg+lg+lg+lg+lg =lg（× × × ×）=lg =-lg11，k=11不满足条件 S＞-1，退出循环，输出 k 的值为 11．故选：C．由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 k 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．8.【答案】C【解析】解：由三视图知几何体为三棱锥，是正四棱柱的一部分，其直观图如图：主视图的面积为 1，可知正四棱柱的高为 1，BC=2，CD=2，∴BD=2，AB=AC==，AD=，则该几何体最长的棱的长度为：2．故选：C．三视图知几何体为三棱锥，画出其直观图，结合图形求出棱长，判断即可．本题考查了由三视图求距离问题，解题的关键是由三视图判断线面与线线关系．9.【答案】B【解析】解：函数f （x）=2sin（3x+φ），图象向左平移动个单位，可得2sin（3x++φ），得到的图象关于 y 轴对称，则 +φ=，k∈Z．∴φ=，当 k=0 时，可得| φ|的最小值为．故选：B．利用函数 y=Asin （ωx+φ）的图象变换规律，可得结论．本题主要考查函数 y=Asin （ωx+φ）的图象变换规律，诱导公式的运用．属于基础题．10.【答案】D【解析】解：由图象可知，x≠1，5，∴分母必定可以分解为 k（x-1）（x-5），a=k，b=-6k，c=5k，∵在 x=3 时有 y=2，∴d=-8k，∴a，c 同号 b，d 同号；故选：D．根据图象可先判断出分母的分解析，然后利用特殊点再求出分子即可．本题主要考查了利用图象信息推导所给函数的系数和常数部分，属于中档题．11.【答案】D 【解析】线的一条渐近线为y=± x，解：双曲∵直线与双曲线的一条渐近线平行，且这两条平行线间的距离为 1，∴ =|k|，=1，解得=1，∴e==== ，故选：D．根据双曲线的性质和渐近线方程，以及两平行线之间的距离即可求出．本题考查了双曲线的性质和渐近线方程，以及两平行线之间的距离，属于基础题．12.【答案】A【解析】题设g（x）=导）==，解：根据意，，其数 g′（x又由对任意的 x∈R，都有 f（x ）＞f'（x），则有 g′（x）＜0，则函数 g（x）在R 上为减函数，又由 f （0）=2018，则 g（0）==2018，f （x）＜2018e x?＜2018? g（x）＜g（0），又由函数 g（x）为减函数，则有 x＞ 0，即不等式的解集为（0，+∞）；故选：A．根据题意，设 g（x ）=，对g（x）求导分析可得g（x）单调性，由f（0）的值可得 g（0）=2018；原问题可以转化为 g（x）＜g（0），由函数g（x）的单调性分析可得答案．本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数单调性的应用，构造 g（x）是解题关键．13.【答案】【解析】约作出可行域如图，解：由束条件联立，解得A （1，1），的几何意义为可行域内的动连线的斜率，点与定点 P（-2，0）∵，∴的最大值为．故答案为：．由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域内的动点与定点连线的斜率求解．P（-2，0）本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．14.【答案】【解析】解：，且，∵∴-2sin -θcos θ =0，①又sin2θ2θ，+cos =1 ②联立①② ，解得 sin θ=，cos．∴cos θ=-．故答案为：．由已知可得-2sin θ-cosθ=0，与sin2θ2θ联立，结合θ的范围求得cosθ．+cos=1本题考查共线向量的坐标运算，考查同角三角函数基本关系式的应用，是基础题．15.【答案】2【解析】解：设 M （x0，y0），由抛物线定义可得：|MF|=x0+=4，x0=2∵以 M 为圆心，|MF|为半径的圆被直线 x=-1截得的弦长为 2m，222∴m+（2+1）=4．m 2=7，2m=2故答案为：设M （x0，y ），由抛物线定义可得：|MF|=x0+ =4设长为2m，0，x0=2，弦可得m 2+ 2+1222m=2即可．=4．可得（）本题考查了抛物线的定义标质线与圆相交弦长问题，考、准方程及其性、直查了推理能力与计算能力，属于中档题．16.【答案】【解析】解：正方体 ABCD-A 1B1C1D1的外接球的表面积为 12π，正方体的体对角线的长为：2；所以正方体的棱长为：2．E 为球心，F 为 C1D1的中点．点 M 在该正方体的表面上运动，则使 ME⊥CF 的点 M 所构成的轨迹是图形中的红色线；点 M 所构成的轨迹的周长等于：2×2=4+2．故答案为：．利用已知条件画出截面图形，利用外接球的面积求解正方体的棱长，转化求解即可．本题考查正方体的结构特征，外接球的应用，轨迹的判断与应用，考查空间想象能力以及计算能力．17.【答案】解：（1）由，得a4=7a3∵ =6，∴d=1，∴a1=4，a n∴ =n+3（ 2）=n?3n，T n123n，×3 +2×3 +3×3 + +n×3∴ =1∴3T n=1×32+2×33+3×34+ +n×3n+1，234n n+1n+1∴-2T n=3+3 +3 +3 ++3 -n×3=-n×3，∴T n=【解析】（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的性质即可求出，（2）根据错位相减法即可求出．本题考查了等差数列的求和公式和等差数列的性质以及错位相减法，属于中档题18.【答案】证明：（1）证法一：在△SCB内作SO⊥BC，交BC于O，连结AO，则由侧面 SBC⊥底面 ABC，得 SO⊥底面 ABC∴SO⊥OA，SO⊥OB又 SA=SB， SO=SO，∴△SOA≌△SOB，∴AO=BO，∵∠ABC=45 °，∴△AOB 为等腰直角三角形，AO⊥BO，又 OA∩OS=O，∴OB⊥平面 SAO，∴OB ⊥SA，即 BC⊥SA．证法二：取BC 中点 O，连结 AO， SO，由侧面SBC⊥底面 ABC，得 AO⊥平面 SBC，∴AO ⊥SO， AO⊥BO，由已知 AB=，SA=，∴△SAO≌△BAO，∴SO=BO=1，222∴SO +BO =SB ，∴SO⊥BO，又 OA∩OS=O，∴OB⊥平面 SAO，∴OB ⊥SA 即 BC⊥SA解：（ 2）∵平面α∥平面 SBC，平面α∩平面 ABC=l，平面 SBC∩平面 ABC=BC，∴l∥BC，∵C、 D 到平面 SAB 的距离相等，∴CD ∥平面 SAB，或 CD 中点在平面SAB 上，又 CD? 平面 ABC，平面 SAB∩平面 ABC=AB，∴CD ∥AB，或 CD 中点在 AB 上，∴ABCD 或 ACBD 为平行四边形，即 AD =BC=2．∴过点 A 在平面 ABC 内作直线平行于BC，则所作直线即为l，以 A 为圆心 BC 长为半径作弧与 l 交点即为点D （或在 l 上到 A 距离为 2 的点即为点D ）三棱锥 S-ABD 的体积 V S-ABD =V B-ASD ==．【解析】（1）法一：在△SCB 内作 SO ⊥BC ，交BC 于 O ，连结 AO 推导出 SO ⊥OA ，SO ⊥OB ，△SOA ≌△SOB ，从而AO ⊥BO ，由此能证明 OB ⊥平面 SAO ，从而BC ⊥SA ．法二：取BC 中点 O ，连结 AO ，SO ，由侧面 SBC ⊥底面 ABC ，得AO ⊥SO ，AO ⊥BO ，推导出 △SAO ≌△BAO ，从而 SO=BO=1，进而 SO ⊥BO ，由此能证明OB ⊥平面 SAO ，从而BC ⊥SA（2）推导出 l ∥BC ，CD ∥平面 SAB ，或CD 中点在平面 SAB 上，CD ∥AB ，或CD中点在 AB 上，从而 ABCD 或 ACBD 为平行四边形，即 AD=BC=2 ．过点 A 在平面 ABC 内作直线平行于 BC ，则所作直线即为 l ，从而以 A 为圆心 BC 长为半径作弧与 l 交点即为点 D （或在l 上到 A 距离为 2 的点即为点 D ），由此能求出三棱锥 S-ABD 的体积 V S-ABD =V B-ASD ．本题考查线线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基 础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．19.【答案】 420；390； 810； 80； 110； 190；500； 500； 1000 【解析】解：（1）由以上统计数据填写 2×2 列联表如下：甲基地乙基地 合计 优质品 420 390 810 非优质品 80 110 190 合计5005001000计算 K 2==≈ 5.848＞ 3.841，所以有 95%的把握认为：“桔柚直径与所在基地有关 ”；（2）甲基地桔柚的优质品率为=84%，乙基地桔柚的优质品率为=78%，所以甲基地桔柚的优质品率较高，甲基地的 500 个桔柚直径的样本平均数为=×（62×10+68×30+74×120+80×175+86×125+92×35+98×5）=1.24+4.08+17.76+28.0+21.5+6.44+0.98=80；题记（3）依意：“从甲基地直径在 [95，101]的五个桔柚 A ，B，C，D ，E 中任取二为个，含桔柚 A”事件 N；实验包含的所有基本事件为：（A，B），A（，C），A（，D），A（，E），B（，C），B（，D），（B，E），C（，D），C（，E），D（，E）共10 种；事件 N 包含的结果有：（A，B），A（，C），A（，D），A（，E）共4种；所求事件的概率为：．（1）由题意填写列联表，计算观测值 K 2，对照临界值得出结论；计优质品率，求出优质品率较高的样本平均数；（2）算甲、乙基地桔柚的（3）用列举法得出基本事件数，计算所求的概率值．本题考查了独立性检验和列举法球古典概型的概率问题础题，是基．20.【答案】解：（1）由|PF1|=3|PF2|得：，化简得： c2 -5c+6=0 ，解得： c=2 或 c=3因为 c＜ a＜ 3，所以 c=2，因为所以，则，又 b2=a2-c2 =4，所以椭圆的标准方程为：；（ 2）由题意可知，直线l 不过原点，设 A（ x1， y2）， B（x1，y2），①直线 l⊥x 轴，直线 l 的方程 x=m，（ m≠0），且，则 x1=m，， x2=m，，由得：， x1x2+y1y2=0即 ，解得：，故直线 l 的方程为，∴原点 O 到直线 l 的距离，②当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y=kx+n ，则，消去 y 整理得：（ 1+2k 2） x 2+4 knx+2n 2-8=0 ，， ，则 y 1y 2 =（ kx 1+n ）（ kx 2+n ）= ，由 得，所以 OA ⊥OB 所以 x 1 x 2+y 1y 2=0故+，整理得： 3n 2-8k 2-8=0 ，即 3n 2=8k 2+8 ①原点 O 到直线 l 的距离， ②将①代入②，则 ， ∴，综上可知：原点 O 到直线 l 的距离．【解析】（1）根据两点之间距离公式求得 c 的值，即可求得 a 和 b 的值，即可求得椭圆方程；（2）分类讨论，直线 l ⊥x 轴，则直线 l 的方程：x=m ，根据向量的坐标运算，即可求得 m 的值，求得原点 O 到直线的距离；当直线 AB 的斜率存在 时，设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐 标运算，求得 3n 2=8k 2+8，根据点到直 线距离公式，代入即可求得点 O 到直线 l 的距离．本 题 考 查椭圆 的 标 准方程及性 质 线 椭圆 的位置关系，考 查韦 达定理， ，直 与 向量的坐 标运算，点到直线距离公式，考查转化思想，属于中档题．21.【答案】 解：（ 1 f x ） =lnx- （ a+1 x ，函数的定义域是（ 0 ， +∞） （ ））， f ′（ x ） = -（ a+1）=，当 a+1 0，即 a-1 时， 1-（ a+1 ）x ＞ 0，故 f ′（ x ）＞ 0， f （ x ）在 (0,+ ∞)递增，无最值，当 a+1>0 ，即 a>-1 时，令 f ′（ x ）＞ 0，解得： x ＜ ，令 f ′（ x ）＜0，解得： x ＞ ，故 f （ x ）在（ 0，）递增，在（，+∞）递减；故 f（ x）max=f）=-ln（a+1）-1（；（2） F（ x） =lnx-（ a+1）x- +ax-a=ln x-x- -a，F ′（ x）= -1+ =，令 F ′（ x）＞ 0，解得： 0<x＜ 2，令 F′（ x）＜ 0，解得： x＞ 2，故 F （x）在（ 0，2）递增，在（ 2，+∞）递减，故 F （x）max =F （ 2） =ln2-2-1- a=ln2-3- a，若 F （x）不存在零点，则 ln2-3- a＜0，解得： a＞ ln2-3 ．即实数 a 的取值范围是 (ln2-3 ， +∞).【解析】（1）求出函数的导数，通过讨论 a 的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；（2）求出函数的导数，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，得到关于 a 的不等式，解出即可．本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．【答案】解：（ 1）∵直线 C2的极坐标方程为．22.∴直线 C2的直角坐标方程为x+y=0，∵圆 C1的普通方程为（ x+222） +（ y-4） =4，∵x=ρ cos，θy=ρ sin，θ2∴C1的极坐标方程为ρ+4ρ cos-8θρ sin θ +16=0．（ 2）将2ρ cos-8θρ sin θ +16=0，代入ρ+4得，解得，，故ρ1 2，即 |PQ|=2．-ρ=2由于圆 C1的半径为2，∴△C1PQ 的面积为2．【解析】（1）由直线 C2的极坐标方程能求出直线 C2的直角坐标方程，由圆 C1的普通方程，能求出 C1的极坐标方程．（2）将2θ +16=0，得，从而得，代入ρ+4ρ cos-θ8ρ sin圆C1的半径为2，能求出△C1PQ 的面积．，由此求出|PQ|=2 ．由本题考查曲线的极坐标方程、直角坐标方程的求法，考查三角形面积的求法，考查极坐标、直角坐标、参数方程等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．23.【答案】解：（1）∵f（x）=|x+1|+3|x-1|=∴①，即，此时无解，②，解得 0＜ x≤1，③，解得 1＜x＜，综上不等式的解集为（0，）；（ 2）由（ 1）知 f（ x）=|x+1|+3|x-1|=，则f（x）min=2，则 |2m+3| ≤2，解得 - ≤m≤，即实数 m 的取值范围是[- ， - ]．【解析】（1）通过去掉绝对值符号，转化求解不等式的解集即可．（2）已知条件求出：则 f（x）=2，即可得到|2m+3| ≤2，解得即可求解实数 m 的min取值范围．本题主要考查了解绝对值不等式，利用绝对值不等式的几何意义解决问题；考查推理论证能力、运算求解能力等；考查化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想等；考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等．。
2018年福建省高考数学一模试卷(文科)
2018年福建省高考数学一模试卷（文科）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.若集合{|0}A x x =>，{ln(1)}B x y x ==-，则AB =（ ）A ．[1,)+∞B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．(,1)-∞ 2.已知复数z 满足(12)5i z +=，则复数z 的虚部等于（ ） A ．1 B ．-1 C ． 2 D ．-23.在等差数列{}n a 中，已知37,a a 是函数2()43f x x x =-+的两个零点，则{}n a 的前9项和等于（ ）A ．-18B ．9C ．18D ．36 4.下列关于命题的说法错误的是（ ） A ．函数1y x x=+的最小值为2 B ．命题“2,13x R x x ∀∈+>”的否定是“2,13x R x x ∀∈+≤”； C ．“2x >”是“112x <”的充要条件； D ． 1311(0,),()log 32x x x ∀∈<，23x x <5.阅读下边的程序框图，运行相应的程序，输出的结果为（ ）A ．12-B ．12C ．23D ．3 6.已知 f （x ）是R 上的偶函数,且满足(2)()f x f x +=,当3[,0]2x ∈-时, f （x ）=-2x ,则f （-5）=A ．-2B ．2C ．-4D ．4 7.在区间[0,]π上随机取一个x,则y=sinx 在0到12之间的概率为 A ．16 B ．13 C ．12 D ．2π8.中国古代数学著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），若π取3，其体积为13.5（立方寸），则图中的x 为（ ）A ．2.4B ．1.8C ．1.6D ．1.29.设不等式组104x x y x y ≥⎧⎪-≤⎨⎪+≤⎩，表示的平面区域为M ，若直线2y kx =-上存在M 内的点，则实数k 的取值范围是（ ）A ．[1,3]B ．(,1][3,)-∞+∞C ．[2,5]D ．(,2][5,)-∞+∞ 10.已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一球面上，其中ABC ∆是正三角形，PA ⊥平面ABC，2PA AB == ）A ．8πB ．16πC ．32πD ．36π11.2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左、右焦点分别为12,F F ，M是双曲线C 的一条渐近线上的点，且2OM MF ⊥，O 为坐标原点，若216OMF S ∆=，则双曲线C 的实轴长是（ ）A ．32B ．16C ．8D ．412.已知21()[(3)](2)2x f x x a x b =----，当x<0时，f ≤（x ）0，则a 的取值范围为 A ．2a ≥ B ．2a ≤ C ．2a < D ．02a <<二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上..13．设复数z 满足z•i=2+3i ，则z= ．14．若x，y满足约束条件，则的最大值为．15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为，若a=2，则△ABC面积的最大值为．16．在直角梯形ABCD中，∠A=90°，AD∥BC，BC=2AD，△ABD面积为1，若=，BE⊥CD，则•=．三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．已知数列{a n}的前n项和，其中k为常数，a6=13．（1）求k的值及数列{a n}的通项公式；（2）若，求数列{b n}的前n项和T n．18．为了响应我市“创建宜居港城，建设美丽莆田”，某环保部门开展以“关爱木兰溪，保护母亲河”为主题的环保宣传活动，经木兰溪流经河段分成10段，并组织青年干部职工对每一段的南、北两岸进行环保综合测评，得到分值数据如表：南岸77928486747681718587北岸72877883838575899095（1）记评分在80以上（包括80）为优良，从中任取一段，求在同一段中两岸环保评分均为优良的概率；（2）根据表中的数据完成茎叶图：（3）分别估计两岸分值的中位数，并计算它们的平均数，试从计算结果分析两岸环保情况，哪边保护更好？19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形为ABCD矩形，E为SA的中点，SA=SB，AB=2，BC=3．（1）证明：SC∥平面BDE；（2）若BC⊥SB，求三棱锥C﹣BDE的体积．20．已知点P（0，﹣2），点A，B分别为椭圆E： +=1（a＞b＞0）的左右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且=．（1）求E的方程；（2）设过点的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于MN以为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．21．已知函数f（x）=2x3﹣3x+1，g（x）=kx+1﹣lnx．（1）设函数，当k＜0时，讨论h（x）零点的个数；（2）若过点P（a，﹣4）恰有三条直线与曲线y=f（x）相切，求a的取值范围．[选修4-4坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2，在以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为．（1）写出圆C的参数方程和直线l的普通方程；（2）设点P为圆C上的任一点，求点P到直线l距离的取值范围．[选修4-5不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣4|+|x﹣2|．（1）求不等式f（x）＞2的解集；（2）设f（x）的最小值为M，若2x+a≥M的解集包含[0，1]，求a的取值范围．2018年福建省高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卷的横线上..13．设复数z满足z•i=2+3i，则z=3﹣2i．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】由z•i=2+3i，得，然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数z 得答案．【解答】解：由z•i=2+3i，得=．故答案为：3﹣2i．14．若x，y满足约束条件，则的最大值为3．【考点】简单线性规划．【分析】由约束条件作出可行域，再由的几何意义，即可行域内的动点与原点连线的斜率求解．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（，）．的几何意义为可行域内的动点与原点连线的斜率，则的最大值为．故答案为：3．15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为，若a=2，则△ABC面积的最大值为．【考点】余弦定理．【分析】由已知化简可得：b2+c2﹣a2=bc，由余弦定理可求cosA=，结合范围A ∈（0，π），可求A=，由余弦定理，基本不等式可求bc≤4，进而利用三角形面积公式即可计算得解．【解答】解：∵，可得：b2+c2﹣a2=bc，∴cosA===，∵A∈（0，π），∴A=，∵a=2，∴由余弦定理可得：4=b2+c2﹣bc，∴4=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc=bc，即：bc≤4，当且仅当b=c等号成立，=bcsinA≤=，当且仅当b=c等号成立，则△ABC面积的最∴S△ABC大值为．故答案为：．16．在直角梯形ABCD中，∠A=90°，AD∥BC，BC=2AD，△ABD面积为1，若=，BE⊥CD，则•=．【考点】平面向量数量积的运算．【分析】建立平面直角坐标系，设出D，求解相关的坐标，利用向量的数量积求解D的坐标，然后求解即可．【解答】解：如图，建立平面直角坐标系，设D（0，a），△ABD面积为1，可得B（，0），则C（，2a），=，则E（.），BE⊥CD，可得：（，a）（，）=0，解得a2=，=（0，﹣a），=（，a），•=﹣a2=﹣．给答案为：﹣．三、解答题：本大题共5小题，满分60分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．已知数列{a n}的前n项和，其中k为常数，a6=13．（1）求k的值及数列{a n}的通项公式；（2）若，求数列{b n}的前n项和T n．【考点】数列的求和．【分析】（1），n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1．n=6时，a6=13，解得k．进而得出．（2）===，利用“裂项求和”方法即可得出．【解答】解：（1）∵，n≥2时，a n=S n﹣S n﹣1=n2+kn﹣[（n﹣1）2+k（n ﹣1）]=2n﹣1+k．∴n=6时，a6=11+k=13，解得k=2．∴n≥2时，a n=2n﹣1+2=2n+1．当n=1时，a1=S1=1+2=3，上式也成立．∴a n=2n+1．（2）===，数列{b n}的前n项和T n=+…+=1﹣=．18．为了响应我市“创建宜居港城，建设美丽莆田”，某环保部门开展以“关爱木兰溪，保护母亲河”为主题的环保宣传活动，经木兰溪流经河段分成10段，并组织青年干部职工对每一段的南、北两岸进行环保综合测评，得到分值数据如表：南岸77928486747681718587北岸72877883838575899095（1）记评分在80以上（包括80）为优良，从中任取一段，求在同一段中两岸环保评分均为优良的概率；（2）根据表中的数据完成茎叶图：（3）分别估计两岸分值的中位数，并计算它们的平均数，试从计算结果分析两岸环保情况，哪边保护更好？【考点】极差、方差与标准差；茎叶图．【分析】（1）利用列举法求出从10段中任取一段的基本事件有10个，用A表示“在同一段中两岸环保评分均为优良”的事件，利用列法求出A包含的基本事件个数，由此能求出在同一段中两岸环保评分均为优良的概率．（2）根据表中数据，能完成茎叶图．（3）分别求出南岸10段的分值数据的中位数、平均数和北岸10段分值数据的中位数、平均数，由此看出北岸保护更好．【解答】解：（1）从10段中任取一段的基本事件有10个，分别为：（77，72），（92，87），（84，78），（86，83），（74，83），（76，85），（81，75），（71，89），（85，90），（87，95），这些基本事件是等可能的，用A表示“在同一段中两岸环保评分均为优良”的事件，则A包含的基本事件为：（92，87），（86，83），（85，90），（87，95），共4个，∴P（A）=．（2）根据表中数据，完成下列茎叶图：（3）南岸10段的分值数据的中位数为：z1==82.5，南岸10段分值数据的平均数为：=81.3，北岸10段分值数据的中位数为：z2=，北岸10段分值数据的平均数：==83.7，由z1＜z2，，可以看出北岸保护更好．19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形为ABCD矩形，E为SA的中点，SA=SB，AB=2，BC=3．（1）证明：SC∥平面BDE；（2）若BC⊥SB，求三棱锥C﹣BDE的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定．【分析】（1）连接AC，设AC∩BD=O，由题意可得O为AC的中点，又E为AS 的中点，由三角形中位线定理可得SC∥OE，再由线面平行的判定可得SC∥平面BDE；（2）过E作EH⊥AB，垂足为H，由线面垂直的判定可得BC⊥平面SAB，则EH ⊥BC，又EF⊥AB，得到EH⊥平面ABCD，在△SAB中，取AB中点M，连接SM，则SM⊥AB，求得SM=1．进一步可得EH=．再求出三角形BCD的面积利用等体积法求得三棱锥C﹣BDE的体积．【解答】（1）证明：连接AC，设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为矩形，则O为AC的中点，在△ASC中，E为AS的中点，∴SC∥OE，又OE⊂平面BDE，SC⊄平面BDE，∴SC∥平面BDE；（2）解：过E作EH⊥AB，垂足为H，∵BC⊥AB，且BC⊥SB，AB∩SB=B，∴BC⊥平面SAB，∵EH⊂平面ABS，∴EH⊥BC，又EF⊥AB，AB∩BC=B，∴EH⊥平面ABCD，在△SAB中，取AB中点M，连接SM，则SM⊥AB，∴SM=1．∵EH∥SM，EH=．∴．∴V C﹣BDE =V E﹣BCD=．∴三棱锥C﹣BDE的体积为．20．已知点P（0，﹣2），点A，B分别为椭圆E： +=1（a＞b＞0）的左右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且=．（1）求E的方程；（2）设过点的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于MN以为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程．【分析】（1）由向量共线定理求得Q点坐标，由a=2，将Q代入椭圆方程，即可求得b，求得椭圆方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，由韦达定理及△＞0，向量数量积的坐标运算•＞0，即可求得k的取值范围．【解答】解：（1）由题意题意△ABP是等腰直角三角形，a=2，B（2，0），设Q（x0，y0），由，则，代入椭圆方程，解得b2=1，∴椭圆方程为；（2）由题意可知，直线l的斜率存在，方程为y=kx﹣2，M（x1，y1），N（x2，y2），则，整理得：（1+4k2）x2﹣16kx+12=0，由直线l与E有两个不同的交点，则△＞0，即（﹣16k）2﹣4×12×（1+4k2）＞0，解得：k2＞，由韦达定理可知：x1+x2=，x1x2=，由坐标原点O位于MN为直径的圆外，则•＞0，即x1x2+y1y2＞0，则x1x2+y1y2=x1x2+（kx1﹣2）（kx2﹣2）=（1+k2）x1x2﹣2k×（x1+x2）+4=（1+k2）﹣2k×+4＞0，解得：k2＜4，综上可知：＜k2＜4，解得：＜k＜2或﹣2＜k＜﹣，直线l斜率的取值范围（﹣2，﹣）∪（，2）．21．已知函数f（x）=2x3﹣3x+1，g（x）=kx+1﹣lnx．（1）设函数，当k＜0时，讨论h（x）零点的个数；（2）若过点P（a，﹣4）恰有三条直线与曲线y=f（x）相切，求a的取值范围．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；根的存在性及根的个数判断．【分析】（1）分类讨论，求导数，切点函数的单调性，即可讨论h（x）零点的个数；（2）设出切点，由切线方程，化简得三次函数，将题目条件化为函数有三个零点，即可求a的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）=（2x+1）（x﹣1）2=0，x=﹣或1，∴x=﹣是h（x）的零点；∵g′（x）=k﹣，k＜0，g′（x）＜0，g（x）在[1，+∞）上单调递减，g（x）的最大值为g（1）=k+1．k＜﹣1，g（1）＜0，g（x）在[1，+∞）上无零点；k=﹣1，g（1）=0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；﹣1＜k＜0，g（1）＞0，g（e1﹣k）=ke1﹣k+k＜0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；综上所述，k＜﹣1时，h（x）有1个零点；﹣1≤k＜0时，h（x）有两个零点；（2）设切点（t，f（t）），f′（x）=6x2﹣6x，∴切线斜率f′（t）=6t2﹣6t，∴切线方程为y﹣f（t）=（6t2﹣6t）（x﹣t），∵切线过P（a，﹣4），∴﹣4﹣f（t）=（6t2﹣6t）（a﹣t），∴4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5=0①由题意，方程①有3个不同的解．令H（t）=4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5，则H′（t）=12t2﹣6t﹣12at+6a=0．t=或a．a=时，H′（t）≥0，H（t）在定义域内单调递增，H（t）不可能有两个零点，方程①不可能有两个解，不满足题意；a时，在（﹣），（a，+∞）上，H′（t）＞0，函数单调递增，在（，a）上，H′（t）＜0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（），极小值为H（a）；a时，在（﹣∞，a），（，+∞）上，H′（t）＞0，函数单调递增，在（a，）上，H′（t）＜0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（a），极小值为H（）；要使方程①有三个不同解，则H（）H（a）＜0，即（2a﹣7）（a+1）（2a2﹣5a+5）＞0，∴a＞或a＜﹣1．[选修4-4坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2，在以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为．（1）写出圆C的参数方程和直线l的普通方程；（2）设点P为圆C上的任一点，求点P到直线l距离的取值范围．【考点】参数方程化成普通方程；简单曲线的极坐标方程．【分析】（1）由题意求出圆C的参数方程和直线l的普通方程；（2）由题意设P（，），由点到直线的距离公式表示出点P到直线l距离，利用两角和的正弦公式化简后，由正弦函数的值域求出答案．【解答】解：（1）∵圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2，∴圆C的参数方程为（α为参数），∵直线l的极坐标方程为，∴，即ρsinθ+ρcosθ﹣4=0，∴直线l的普通方程是x+y﹣4=0；（2）由题意设P（，），∴点P到直线l距离d===，∵，∴，即，∴点P到直线l距离的取值范围是[0，]．[选修4-5不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣4|+|x﹣2|．（1）求不等式f（x）＞2的解集；（2）设f（x）的最小值为M，若2x+a≥M的解集包含[0，1]，求a的取值范围．【考点】绝对值不等式的解法；函数的最值及其几何意义．【分析】（1）f（x）=|x﹣4|+|x﹣2|=．分x≤2时，；2＜x＜4，x≥4，解f（x）＞2．（2））由|x﹣4|+|x﹣2|≥2，得M=2，由2x+a≥M的解集包含[0，1]，得20+a ≥2，21+a≥2【解答】解：（1）f（x）=|x﹣4|+|x﹣2|=．∴当x≤2时，f（x）＞2，6﹣2x＞2，解得x＜2；当2＜x＜4时，f（x）＞2得2＞2，无解；当x≥4时，f（x）＞2得2x﹣6＞2，解得＞4．所以不等式f（x）＞2的解集为（﹣∞，2）∪（4，+∞）．（2））∵|x﹣4|+|x﹣2|≥2，∴M=2，∵2x+a≥M的解集包含[0，1]，∴20+a≥2，21+a≥2，∴a≥1．故a的取值范围为：[1，+∞）2017年3月23日。
2018福建省质检福建省2018届高三普通高中毕业班4月质检数学文试题 Word版含答案
2018年福建省普通高中毕业班质量检查文 科 数 学一．选择题：本大题共12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．I4IeOCFw4D 1．已知全集U =R ，集合{}31|<≤-=x x A ，{}0,2,4,6B =，则A B ⋂等于A ．{}0,2B ．{}1,0,2- C ．{}|02x x ≤≤ D ．{}|12x x -≤≤ 2．执行如图所示的程序框图，若输入的x 的值为3，则输出的y 的值为A ．4B ．5C ．8D ．103．某几何体的俯视图是正方形，则该几何体不可能是 Ａ．圆柱 Ｂ．圆锥 Ｃ．三棱柱 Ｄ．四棱柱4．函数()f x =的定义域是 A ．()0,2 B ．[]0,2 C ．()()0,11,2⋃ D ．[)(]0,11,2⋃ 5．“1a =”是“方程22220x y x y a +-++=表示圆”的 Ａ．充分而不必要条件 Ｂ．必要而不充分条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件6．向圆内随机投掷一点，此点落在该圆的内接正n ()3,n n N ≥∈边形内的概率为n P ，下列论断正确的是A ．随着n 的增大，n P 减小B ．随着n 的增大，n P 增大C ．随着n 的增大，n P 先增大后减小D ．随着n 的增大，n P 先减小后增大7．已知0ω>，2π<ϕ，函数()sin()f x x =+ωϕ的部分图象如图所示．为了得到函数()sin g x x =ω的图象，只要将()f x 的图象 A ．向右平移4π个单位长度 B ．向右平移8π个单位长度C ．向左平移4π个单位长度 D ．向左平移8π个单位长度8．已知)(x f 是定义在R 上的奇函数，且在),0[+∞单调递增，若(lg )0f x <，则x 的取值范围是A ．(0,1)B ．(1,10)C ．(1,)+∞D ．(10,)+∞9．若直线ax by ab +=<0,0a b >>）过点()1,1，则该直线在x 轴，y 轴上的截距之和的最小值为A ． 1B ．2C ．4D ． 810．若ABC ∆满足2A π∠=，2AB =，则下列三个式子：①AB AC ，②BA BC ，③CA CB 中为定值的式子的个数为 A ．0 B ．1 C ．2 D ．311．已知双曲线()22122:10,0x y C a b a b-=>>，一条渐近线为l ，抛物线2C ：24y x =的焦点为F ，点P 为直线l 与抛物线2C 异于原点的交点，则PF = A ．2 B ． 3 C ．4 D ．512．已知()g x '是函数()g x 的导函数，且()()f x g x '=，下列命题中，真命题是A ．若()f x 是奇函数，则()g x 必是偶函数B ．若()f x 是偶函数，则()g x 必是奇函数C ．若()f x 是周期函数，则()g x 必是周期函数D ．若()f x 是单调函数，则()g x 必是单调函数第Ⅱ卷<非选择题 共90分）二、填空题:本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在答题卡相应位置．13．复数()1i i +=__________．14．已知1sin 3α=，则cos2α=__________．15．已知y x ,满足4000x y x y y +-≤⎧⎪-≥⎨⎪≥⎩，则2z x y =-的最大值是__________．16．在平面直角坐标系xOy 中， Ω是一个平面点集，如果存在非零平面向量a ，对于任意P ∈Ω，均有Q ∈Ω，使得OQ OP a =+，则称a 为平面点集Ω的一个向量周期．现有以下四个命题：yscqAJo3Va ①若平面点集Ω存在向量周期a ，则ka (),0k k ∈≠Z 也是Ω的向量周期； ②若平面点集Ω形成的平面图形的面积是一个非零常数，则Ω不存在向量周期；③若平面点集(){},0,0x y x y Ω=>>，则()1,2b =为Ω的一个向量周期； ④若平面点集()[][]{},0x y y x Ω=-=<[]m 表示不大于m 的最大整数），则()1,1c =为Ω的一个向量周期．其中真命题是＿＿＿＿<写出所有真命题的序号）．三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分>已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，432a a =，26S =。
2018年福建省龙岩市高考数学模拟试卷(文科)(4月份)
2018年福建省龙岩市高考数学模拟试卷（文科）（4月份）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．（5分）设集合U={1，2，3，4，5，6，7}，M={1，3，5}，N={x|x2=4x﹣4}，则∁U（M∪N）=（）A．{2，4，6}B．{2，4，7}C．{4，6，7}D．{2，6，7}2．（5分）已知复数，i为虚数单位，若z 1z2=2+2i，则在复平面内复数z2对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．（5分）已知函数，则函数的图象是（）A．B．C．D．4．（5分）党的十八大以来，脱贫攻坚取得显著成绩.2013年至2016年4年间，累计脱贫5564万人，2017年各地根据实际进行创新，精准、高效地完成了脱贫任务．某地区对当地3000户家庭的2017年所的年收入情况调查统计，年收入的频率分布直方图如图所示，数据（单位：千元）的分组依次为[20，40），[40，60），[60，80），[80，100]，则年收入不超过6万的家庭大约为（）A．900户B．600户C．300户D．150户5．（5分）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中把三角形的田称为“圭田”，把直角梯形的田称为“邪田”，称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单位．现有一邪田，广分别为十步和二十步，正从为十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田．若在邪田内随机种植一株茶树，求该株茶树恰好种在圭田内的概率为（）A．B．C．D．6．（5分）执行如图所示的程序框图，若输入a，b，c的值分别为6，5，1，则输出的结果为（）A．﹣3，﹣2 B．﹣3C．D．方程没有实数根7．（5分）如果函数y=sin2x+acos2x的图象关于直线对称，那么该函数的最大值为（）A．B．2 C．D．38．（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A．3π+8 B．2π+8 C．2π+4+4D．3π+4+49．（5分）已知定义在R上的偶函数f（x）对于[0，+∞）上任意两个不相等实数x1和x2，f（x）都满足，若a=f（0），b=f（log0.23），c=f（log25），则a，b，c的大小关系为（）A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜c＜b D．a＜b＜c10．（5分）如图，在棱长为10的正方体内放入两个半径不相等的球O1，O2，这两个球相外切，且球O1与正方体共顶点A的三个面相切，球O2与正方体共顶点B1的三个面相切，则球O2的半径最大时，球O2的体积是（）A．100πB．C．300πD．11．（5分）已知P为抛物线y=ax2（a≠0）准线上一点，过点P作抛物线的切线PA，PB，若切线PA的斜率为，则直线PB的斜率为（）A．﹣a B．﹣3 C．D．12．（5分）设函数f（x）=（3﹣x）e x﹣tx+5t，t∈R．若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＞0，则实数t的取值范围为（）A．B．C．D．二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知向量，若，则m=．14．（5分）已知点P（1，﹣2）在直线y=kx+2上，则圆锥曲线C：的离心率为．15．（5分）已知实数x，y满足，则z=x﹣3y+2的最大值为．16．（5分）在锐角三角形ABC中，∠A=2∠B，∠A，∠C的对边长分别是a，c，则的取值范围为．三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．（12分）已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若b n=lga n，求数列{a n+b n}的前n项和T n．18．（12分）2017年5月，“一带一路”沿线的20国青年评选出了中国“新四大发明”：高铁、支付宝、共享单车和网购.2017年末，“支付宝大行动”用发红包的方法刺激支付宝的使用．某商家统计前5名顾客扫描红包所得金额分别为5.5元，2.1元，3.3元，5.9元，4.7元，商家从这5名顾客中随机抽取3人赠送台历．（1）求获得台历是三人中至少有一人的红包超过5元的概率；（2）统计一周内每天使用支付宝付款的人数x与商家每天的净利润y元，得到7组数据，如表所示，并作出了散点图．（i）直接根据散点图判断，y=a+bx与y=e c+dx哪一个适合作为每天的净利润的回归方程类型．（a，b，c，d的值取整数）（ii）根据（i）的判断，建立y关于x的回归方程，并估计使用支付宝付款的人数增加到35时，商家当天的净利润．参考数据：附：对于一组数据（u1，v1），（u2，v2），…，（u n，v n），其回归直线v=βu+α的斜率和截距的最小二乘估计分别为．19．（12分）如图，PA⊥平面ABD，PC⊥平面BCD，E，F分别为BC，CD上的点，且EF⊥AC．（1）求证：EF∥平面ABD；（2）若△ABD是边长为2的正三角形，PA=3，BC=DC，平面ABD⊥平面CBD，求四面体ABCD的体积．20．（12分）已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆上．不过原点的直线l与椭圆交于A，B两点，且（O为坐标原点）．（1）求椭圆C的方程；（2）试判断是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．21．（12分）已知函数．（1）求函数f（x）的单调增区间；（2）若函数f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，证明：f（x2）＜x2﹣1．请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcosθ+11=0．（1）求圆C的直角坐标方程；（2）设P（1，0），直线l的参数方程是（t为参数），已知l与圆C 交于A，B两点，且|PA|=|PB|，求l的普通方程．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣1|+m|x+2|．（1）m=2时，求不等式f（x）≥5的解集；（2）若函数f（x）的图象恒在直线y=x的图象的上方（无公共点），求实数m 的取值范围．2018年福建省龙岩市高考数学模拟试卷（文科）（4月份）参考答案与试题解析一、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．【解答】解：N={2}；∴M∪N={1，2，3，5}；∴∁U（M∪N）={4，6，7}．故选：C．2．【解答】解：∵，z 1z2=2+2i，∴=．∴在复平面内复数z2对应的点的坐标为（，），位于第四象限．故选：D．3．【解答】解：函数，当x＜0时，函数是二次函数，开口向下，对称轴为x=﹣1，排除选项B，C；当x≥0时，是指数函数向下平移1单位，排除选项A；故选：D．4．【解答】解：由频率分布直方图得：年收入不超过6万的家庭所占频率为：（0.005+0.010）×20=0.3，∴年收入不超过6万的家庭大约为0.3×3000=900．故选：A．5．【解答】解：∵现有一邪田，广分别为十步和二十步，正从为十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田．在邪田内随机种植一株茶树，∴该株茶树恰好种在圭田内的概率为S==．故选：A．6．【解答】解：模拟程序的运行，可得a=6，b=5，c=1△=1满足条件△≥0，p=﹣，q=，不满足条件△=0，x1=，x2=﹣，输出x1=，x2=﹣，故选：C．7．【解答】解：y=sin2x+acos2x=（sin2x•+cos2x），令cosθ=，则sinθ=），则y=（sin2xcosθ+cos2xsinθ）=sin（2x+θ），则函数的最大值为，∵函数y=sin2x+acos2x的图象关于直线对称，∴sin（2×）+acos（2×）=±，即，sin+acos=±，则+a=±，平方得+a+a2=1+a2．得a2﹣2a+3=0，即（a﹣）2=0，则a=，则函数的最大值为===2，故选：B．8．【解答】解：由题意三视图可知几何体左侧是半球，右侧是三棱柱，底面的等腰直角三角形，斜边长为：1，高为1，棱柱的高为：2，球的半径为1，≡几何体的表面积为：2π•12+12π+（2+2）×2=3．故选：D．9．【解答】解：∵定义在R上的偶函数f（x）对于[0，+∞）上任意两个不相等实数x1和x2，f（x）都满足，∴函数f（x）在[0，+∞）上为减函数，∵f（log 0.23）=f（log3）=f（﹣log53）=f（log53），∵0＜log53＜1，log25＞2，∴0＜log53＜log25，则f（0）＞f（log53）＞f（log25），即f（0）＞f（log0.23）＞f（log25），则c＜b＜a，故选：A．10．【解答】解：由题意，棱长为10的正方体，当球O2的半径最大时，即是正方体内切球的时候，可得球O2半径r=5，那么球O2的体积V==．故选：B．11．【解答】解：设P（m，），过点P与抛物线y2=4x相切的直线方程为y+=k （x﹣m），由消去y得=﹣ax2+kx﹣km，即：ax2﹣kx+km+=0，由△=0得，k2﹣4a（km+）=0即k2﹣4akm﹣1=0，则k1k2=﹣1．过点P作抛物线的切线PA，PB，若切线PA的斜率为，所以直线PB的斜率为：﹣3．故选：B．12．【解答】解：令g（x）=（3﹣x）e x，y=t（x﹣5），∵g'（x）=（2﹣x）e x，∴当x＞2时，g'（x）＜0，则函数g（x）在（2，+∞）上单调递减；当x＜2时，g'（x）＞0，则函数g（x）在（﹣∞，2）上单调递增；∴g（x）max=g（2）=e2，而g（2）=e2＞0，g（1）=2e＞0；∵h（x）=t（x﹣5）的直线过定点（5，0），且斜率为t，又存在唯一的整数x0使得f（x0）＞0，故﹣3t＜g（2）=e2，且﹣4t≥g（1）=2e，解得t＞﹣或t≤﹣，故实数t的取值范围为（﹣，﹣]，故选：A．二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．【解答】解：向量，可得=（1+m，1），，所以1×（1+m）﹣2=6，解得m=7．故答案为：7．14．【解答】解：点P（1，﹣2）在直线y=kx+2上，可得：k=﹣4，则圆锥曲线C：是双曲线，可得a=，b=2，c==．双曲线的离心率为：e==．故答案为：．15．【解答】解：由实数x，y满足作出可行域如图，联立，解得A（0，2），化目标函数z=x﹣3y+2为y=x﹣z+，由图可知，当直线y=x﹣z+过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为：0﹣6+2=﹣4．故答案为：﹣4．16．【解答】解：在锐角△ABC中，∠A=2∠B，∠B∈（30°，45°），cosB∈（，），cos2B∈（，），所以由正弦定理可知：=====2cosB﹣∈（，），故答案为：（，）．三、解答题（本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17．【解答】解：（1）由S n=2a n﹣1（n∈N），可得S1=2a1﹣1，∴a1=2a1﹣1，∴a1=1．又S2=2a2﹣1，∴a1+a2=2a2﹣1，∴a2=2．∵数列{a n}是等比数列，∴公比，∴数列{a n}的通项公式为．（2）由（1）知，b n=lga n=（n﹣1）lg2，∴数列{b n+a n}的前n项和T n=（b1+a1）+（b2+a2）+…+（b n+a n）=（0+1）+（lg2+2）+…+[（n﹣1）lg2+2n﹣1]=[lg2+2lg2+…+（n﹣1）lg2]+（1+2+…+2n﹣1）=．18．【解答】（本小题满分12分）解：（1）记事件“获得台历的三人中至少有一人的红包超过5元”为事件M，5名顾客中红包超过5元的两人分别记为A1，A2，不足5元的三人分别记为B1，B2，B3，从这5名顾客中随机抽取3人，共有抽取情况如下：A1A2B1，A1A2B2，A1A2B3，A1B1B2，A1B1B3，A1B2B3，A2B1B2，A2B1B3，A2B2B3，B1B2B3，共10种．其中至少有一人的红包超过5元的是前9种情况，所以．（2）（ⅰ）根据散点图可判断，选择y=a+bx作为每天的净利润的回归方程类型比较适合．（ⅱ）由最小二乘法求得系数，所以所以y关于x的回归方程为y=﹣103+13x．当x=35时，商家当天的净利润y=352元，故使用支付宝付款的人数增加到35时，预计商家当天的净利润为352元．19．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）证明：∵PA⊥平面ABD，∴PA⊥BD．又PC⊥平面BCD，∴PC⊥BD，PC⊥EF，又PA∩PC=P，∴BD⊥平面PAC．（3分）又EF⊥AC，AC∩PC=C，∴EF⊥平面PAC，∴EF∥BD………………（4分）∵EF⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，∴EF∥平面ABD（Ⅱ）取BD的中点Q，连接AQ，CQ．∵△ABD为正三角形，∴AQ⊥BD，∵平面ABD⊥平面CBD，且平面ABD∩∩平面CBD=BD，∴AQ⊥平面CBD．又PC⊥平面BCD，∴AQ∥PC．又BC=DC，∴CQ⊥BD，∴CQ⊥平面ABD，即CQ⊥AQ．∵PA⊥平面ABD，∴PA∥CQ，且PA⊥AQ，∴四边形APCQ为矩形，∴CQ=PA=3，∴，故四面体ABCD的体积为．20．【解答】（本小题满分12分）解：（1）∵椭圆C的离心率，又c2=a2﹣b2，∴，∴a2=4b2．又点在椭圆上，∴，即，∴b2=1，则a2=4，∴椭圆C的方程为．（2）当直线OA的斜率存在且不为0时，设其方程为y=kx，∵A，B分别为椭圆上的两点，且，即OA⊥OB，∴直线OB的方程为．设A（x1，y1），B（x2，y2），把y=kx代入椭圆C：，得，∴，同理，∴，∴=当直线OA，OB中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0，此时．综上所述，为定值．21．【解答】（本小题满分12分）解：（1）由函数．得﹣=，x∈（0，+∞），设函数g（x）=x2﹣2x﹣m，x∈（0，+∞），当m≤﹣1时，即△=4+4m≤0时，g（x）≥0，f′（x）≥0，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．当m＞﹣1时，即△=4+4m＞0时，令g（x）=0得，，x 1＜x2，当﹣1＜m＜0时，即0＜x1＜x2时，在（0，x1）∪（x2，+∞）上，g（x）＞0，f′（x）＞0，在（x1，x2）上，g（x）＜0，f′（x）＜0．所以函数f（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．当m≥0时，即x1＜0＜x2时，在（0，x2）上，g（x）＜0，f′（x）＜0；在（x2，+∞）上，g（x）＞0，f′（x）＞0．所以函数f（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增．综上，当m≤﹣1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当﹣1＜m＜0时，函数f（x）在（0，1﹣），（1+）上单调递增，在（1﹣，1+）上单调递减；当m≥0时，函数f（x）在（0，1+）上单调递减，在（1+，+∞）上单调递增．证明：（2）∵函数f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，∴g（x）=x2﹣2x﹣m=0有两个不同的正根，，∴∴﹣1＜m＜0．欲证明f（x2）=﹣2lnx2＜x2﹣1，即证明2lnx2﹣＞1，∵m=﹣2x2，∴证明2lnx2﹣＞1成立，等价于证明2lnx2﹣x2＞﹣1成立．∵m=x 2（x2﹣2）∈（﹣1，0），∴∈（1，2）．设函数h（x）=2lnx﹣x，x∈（1，2），则h′（x）=．∵＞0在x∈（1，2）上恒成立，即h（x）在x∈（1，2）上单调递增，∴h（x）＞h（1）=﹣1，即2lnx2﹣x2＞﹣1在x2∈（1，2）上恒成立，∴函数f（x）有两个极值点x1，x2，且x1＜x2时，f（x2）＜x2﹣1．请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】（本小题满分12分）解：（1）∵圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcosθ+11=0．∴将x=ρcosθ，y=ρsinθ，ρ2=x2+y2代入圆C的极坐标方程ρ2+12ρcosθ+11=0，得x2+y2+12x+11=0，化为圆的标准方程为（x+6）2+y2=25．（2）将直线l的参数方程，（t为参数）代入圆C的直角坐标方程（x+6）2+y2=25中，化简得t2+14tcosα+24=0，设A，B两点所对应的参数分别为t1，t2，由韦达定理知t1+t2=﹣14cosα，t1t2=24①∴t1，t2同号又∵|PA|=|PB|，∴，②由①②可知或∴或﹣14cosα=﹣7，解得cosα=，∴k=tanα=±1，∴l的普通方程为y=±（x﹣1）．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】解：（1）∵f（x）≥5，即|x﹣1|+2|x+2|≥5，∴当x＜﹣2时，﹣x+1﹣2x﹣4≥5，解得，∴当﹣2≤x＜1时，1﹣x+2x+4≥5，解得x≥0，∴0≤x＜1当x≥1时，x﹣1+2x+4≥5，解得，∴x≥1．综上所述，不等式f（x）≥5的解集为．（2）由题意知|x﹣1|+m|x+2|＞x恒成立，∴当x＜﹣2时，﹣x+1﹣mx﹣2m＞x，变形得恒成立，∴m≥﹣2……………………（7分）当x=﹣2时，m可以取任意实数；当﹣2＜x＜1时，1﹣x+mx+2m＞x，变形得恒成立，∴当x≥1时，x﹣1+mx+2m＞x ，变形得，∴综上所述，实数m 的取值范围为．第21页（共21页）。
2018年福建省南平市高考数学一模试卷(文科)
2018年福建省南平市高考数学一模试卷（文科）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. 设A={x|x2−x−2<0}，B={y|y=2x}，则A∩B=()A.(0, +∞)B.(0, 2)C.(−1, 0)D.(−1, 2)【答案】B【考点】交集及其运算【解析】先分别求出集合A和B，由此能求出A∩B．【解答】∵A={x|x2−x−2<0}={x|−1<x<2}，B={y|y=2x}={y|y>0}，∴A∩B={x|0<x<2}=(0, 2)．2. 某人到甲、乙两市各7个小区调査空置房情况，调查得到的小区空置房的套数绘成了如图的茎叶图，则调査中甲市空置房套数的中位数与乙市空置房套数的众数之差为（）A.4B.3C.2D.1【答案】B【考点】茎叶图【解析】由茎叶图写出甲的中位数与乙的众数，求它们的差即可．【解答】由茎叶图知，甲的数据按从小到大的顺序排列为60，73，74，79，81，82，91；中位数是79；乙的数据按从小到大的顺序排列为69，74，76，76，82，83，90；众数是76；所以甲的中位数与乙的众数之差为79−76=3．3. 已知复数z满足1+2iz=1−i（i为虚数单位），则z的虚部为（）A.3 2B.32i C.−32D.−32i【答案】A【考点】复数的运算【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】由1+2iz =1−i，得z=1+2i1−i=(1+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=−12+32i，∴z的虚部为32．4. 在锐角△ABC中，角A，B所对的边长分别为a，b，2asinB=b，则角A等于( )A.π3B.π4C.π6D.π12【答案】C【考点】正弦定理【解析】根据题意，由正弦定理分析可得2sinAsinB=sinB，变形可得sinA=12，分析A的范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，锐角△ABC中，2asinB=b，b sinB =2a=asinA，即sinA=12，又由△ABC为锐角三角形，则0<A<π2，则A=π6.故选C.5. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八厘关，初行健步不为难．次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地、”则此人第4天走了（）A.60里B.48里C.36里D.24里【答案】D【考点】等比数列的前n项和数列的应用【解析】由题意可知，每天走的路程里数构成以12为公比的等比数列，由S6＝378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第4天走的路程，即可得答案．【解答】根据题意，记每天走的路程里数为{a n}，可知{a n}是以12为公比的等比数列，又由S6＝378，得S6=a1(1−q6)1−q =a1(1−126)1−12=378，解可得a1＝192，则a4＝a1×(12)3＝24；6. 已知函数f(x)=lnx，若f(x−1)<1，则实数x的取值范围是（）A.(−∞, e+1)B.(0, +∞)C.(1, e+1)D.(e+1, +∞)【答案】C【考点】对数函数的图象与性质【解析】推导出ln(x−1)<1，从而0<x−1<e，由此能求出实数x的取值范围．【解答】∵函数f(x)=lnx，f(x−1)<1，∴ln(x−1)<1，∴0<x−1<e，解得1<x<e+1，∴实数x的取值范围是(1, e+1)．7. 执行如图所示的程序框图，则输出的k值为（）A.7B.9C.11D.13【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量k的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】由题意，模拟执行程序框图，可得S=0，k=1满足条件S>−1，S=lg13，k=3满足条件S>−1，S=lg13+lg35，k=5满足条件S>−1，S=lg13+lg35+lg57，k=7满足条件S>−1，S=lg13+lg35+lg57+lg79，k=9满足条件S>−1，S=lg13+lg35+lg57+lg79+lg911=lg(13×35×57×79×911)=lg111=−lg11，k=11不满足条件S>−1，退出循环，输出k的值为11．8. 已知某简单几何体的三视图如图所示，若主视图的面积为1，则该几何体最长的棱的长度为（）A.√5B.√3C.2√2D.√6【答案】C【考点】由三视图求体积【解析】三视图知几何体为三棱锥，画出其直观图，结合图形求出棱长，判断即可．【解答】由三视图知几何体为三棱锥，是正四棱柱的一部分，其直观图如图：主视图的面积为1，可知正四棱柱的高为1，BC=2，CD=2，∴BD=2√2，AB=AC=√12+12+22=√6，AD=√2，则该几何体最长的棱的长度为：2√2．9. 函数f(x)=2sin(3x+φ)的图象向左平移动π12个单位，得到的图象关于y轴对称，则|φ|的最小值为（）A.π12B.π4C.π3D.5π12【答案】B【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，可得结论．【解答】函数f(x)=2sin(3x +φ)，图象向左平移动π12个单位，可得2sin(3x +π4+φ)，得到的图象关于y 轴对称， 则π4+φ=π2+kπ，k ∈Z ． ∴ φ=π4+kπ，当k =0时，可得|φ|的最小值为π4．10. 若函数f(x)=dax 2+bx+c (a, b, c, d ∈R)的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）A.a >0，b >0，c >0，d >0B.a >0，b >0，c >0，d <0C.a >0，b <0，c >0，d >0D.a >0，b <0，c >0，d <0 【答案】 D【考点】函数的图象变化 【解析】根据图象可先判断出分母的分解析，然后利用特殊点再求出分子即可． 【解答】由图象可知，x ≠1，5，∴ 分母必定可以分解为k(x −1)(x −5)， a =k ，b =−6k ，c =5k ， ∵ 在x =3时有y =2， ∴ d =−8k ，∴ a ，c 同号b ，d 同号；11. 已知直线l:y =kx −√2k 与双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线平行，且这两条平行线间的距离为1，则双曲线C 的离心率为（ ） A.2 B.2√2 C.3 D.√2【答案】 D【考点】双曲线的离心率 【解析】根据双曲线的性质和渐近线方程，以及两平行线之间的距离即可求出． 【解答】 双曲线C:x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线为y =±ba x ，∵ 直线l:y =kx −√2k 与双曲线C:x 2a −y 2b =1(a >0,b >0)的一条渐近线平行， 且这两条平行线间的距离为1， ∴ ba =|k|，√2k|√1+k 2=1，解得b a =1， ∴ e =c a =√1+b 2a 2=√1+1=√2，12. 已知可导函数f(x)的导函数为f ′(x)，f(0)=2018，若对任意的x ∈R ，都有f(x)>f ′(x)，则不等式f(x)<2018e x 的解集为（ ）A.(0, +∞)B.(1e 2,+∞) C.(−∞,1e 2)D.(−∞, 0)【答案】 A【考点】利用导数研究函数的单调性 【解析】根据题意，设g(x)=f(x)e ，对g(x)求导分析可得g(x)单调性，由f(0)的值可得g(0)=2018；原问题可以转化为g(x)<g(0)，由函数g(x)的单调性分析可得答案． 【解答】根据题意，设g(x)=f(x)e x，其导数g′(x)=f ′(x)∗e x −e x f(x)e 2x=f ′(x)−f(x)e x，又由对任意的x ∈R ，都有f(x)>f ′(x)， 则有g′(x)<0，则函数g(x)在R 上为减函数， 又由f(0)=2018，则g(0)=f(0)e 0=2018，f(x)<2018e x ⇒f(x)e x<2018⇒g(x)<g(0)，又由函数g(x)为减函数，则有x >0， 即不等式的解集为(0, +∞)；二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）已知x ，y 满足{x −y ≥0x +y ≤2y ≥0 ，则z =yx+2的最大值为________．【答案】 13【考点】 简单线性规划【解析】由约束条件作出可行域，再由z =yx+2的几何意义，即可行域内的动点与定点P(−2, 0)连线的斜率求解． 【解答】由约束条件{x −y ≥0x +y ≤2y ≥0 作出可行域如图，联立{x −y =0x +y =2，解得A(1, 1)， z =yx+2的几何意义为可行域内的动点与定点P(−2, 0)连线的斜率， ∵ k PA =1−01−(−2)=13， ∴ z =yx+2的最大值为13．已知向量a →=(2sinθ,1),b →=(cosθ,−1),θ∈(π2,π)，且a → // b →，则cosθ等于________．【答案】 −2√55【考点】 平面向量共线（平行）的坐标表示 【解析】由已知可得−2sinθ−cosθ=0，与sin 2θ+cos 2θ=1联立，结合θ的范围求得cosθ． 【解答】∵ a →=(2sinθ,1),b →=(cosθ,−1),θ∈(π2,π)，且a → // b →， ∴ −2sinθ−cosθ=0，① 又sin 2θ+cos 2θ=1，②联立①②，解得sinθ=√55，cosθ=−2√55．∴ cosθ=−2√55．已知点M 是抛物线C:y 2=8x 上一点，F 为抛物线C 的焦点，则以M 为圆心，|MF|=4为半径的圆被直线x =−1截得的弦长为________． 【答案】2√7【考点】抛物线的求解【解析】=4，x0=2，设弦长为2m，设M(x0, y0)，由抛物线定义可得：|MF|=x0+p2可得m2+(2+1)2=42．可得2m=2√7即可．【解答】=4，x0=2设M(x0, y0)，由抛物线定义可得：|MF|=x0+p2∵以M为圆心，|MF|为半径的圆被直线x=−1截得的弦长为2m，∴m2+(2+1)2=42．m2=7，2m=2√7正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为12π，E为球心，F为C1D1的中点．点M在该正方体的表面上运动，则使ME⊥CF的点M所构成的轨迹的周长等于________．【答案】4+2√5【考点】轨迹方程多面体和旋转体表面上的最短距离问题【解析】利用已知条件画出截面图形，利用外接球的面积求解正方体的棱长，转化求解即可．【解答】正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为12π，正方体的体对角线的长为：2√3；所以正方体的棱长为：2．E为球心，F为C1D1的中点．点M在该正方体的表面上运动，则使ME⊥CF的点M所构成的轨迹是图形中的红色线；点M所构成的轨迹的周长等于：2×2+2×√22+12=4+2√5．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）已知等差数列{a n}满足a3=6，前7项和为S7=49．（1）求{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足b n=(a n−3)∗3n，求{b n}的前n项和T n．【答案】=7a4=49，得a4=7由S7=7×(a1+a7)2∵a3=6，∴d=1，∴a1=4，∴a n=n+3b n=(a n−3)∗3n=n⋅3n，∴T n=1×31+2×32+3×33+...+n×3n，∴3T n=1×32+2×33+3×34+...+n×3n+1，∴−2T n=3+32+33+34+...+3n−n×3n+1=3−3n+1−n×3n+1，1−3∴T n=(2n−1)×3n+1+34【考点】数列的求和数列递推式【解析】（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的性质即可求出，（2）根据错位相减法即可求出．【解答】由S7=7×(a1+a7)2=7a4=49，得a4=7∵a3=6，∴d=1，∴a1=4，∴a n=n+3b n=(a n−3)∗3n=n⋅3n，∴T n=1×31+2×32+3×33+...+n×3n，∴3T n=1×32+2×33+3×34+...+n×3n+1，∴−2T n=3+32+33+34+...+3n−n×3n+1=3−3n+11−3−n×3n+1，∴T n=(2n−1)×3n+1+34三棱锥S−ABC中，侧面SBC⊥底面ABC，BC是等腰直角三角形ABC的斜边，且BC= 2,SA=SB=√2．（1）求证：SA⊥BC；（2）已知平面α // 平面SBC，平面α∩平面ABC=l，A∈α，D∈l，且C、D到平面SAB的距离相等，试确定直线l及点D的位置，并求三棱锥S−ABD的体积．【答案】∵平面α // 平面SBC，平面α∩平面ABC=l，平面SBC∩平面ABC=BC，∴l // BC，∵C、D到平面SAB的距离相等，∴CD // 平面SAB，或CD中点在平面SAB上，又CD⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，∴CD // AB，或CD中点在AB上，∴ABCD或ACBD为平行四边形，即AD=BC=2．∴过点A在平面ABC内作直线平行于BC，则所作直线即为l，以A为圆心BC长为半径作弧与l交点即为点D（或在l上到A距离为2的点即为点D）三棱锥S−ABD的体积V S−ABD=V B−ASD=13×12×BC×AO×SO=16×2×1×1=13．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】（1）法一：在△SCB内作SO⊥BC，交BC于O，连结AO推导出SO⊥OA，SO⊥OB，△SOA≅△SOB，从而AO⊥BO，由此能证明OB⊥平面SAO，从而BC⊥SA．法二：取BC中点O，连结AO，SO，由侧面SBC⊥底面ABC，得AO⊥SO，AO⊥BO，推导出△SAO≅△BAO，从而SO=BO=1，进而SO⊥BO，由此能证明OB⊥平面SAO，从而BC⊥SA（2）推导出l // BC，CD // 平面SAB，或CD中点在平面SAB上，CD // AB，或CD中点在AB上，从而ABCD或ACBD为平行四边形，即AD=BC=2．过点A在平面ABC内作直线平行于BC，则所作直线即为l，从而以A为圆心BC长为半径作弧与l交点即为点D （或在l上到A距离为2的点即为点D），由此能求出三棱锥S−ABD的体积V S−ABD=V B−ASD．【解答】∵平面α // 平面SBC，平面α∩平面ABC=l，平面SBC∩平面ABC=BC，∴l // BC，∵C、D到平面SAB的距离相等，∴CD // 平面SAB，或CD中点在平面SAB上，又CD⊂平面ABC，平面SAB∩平面ABC=AB，∴CD // AB，或CD中点在AB上，∴ABCD或ACBD为平行四边形，即AD=BC=2．∴过点A在平面ABC内作直线平行于BC，则所作直线即为l，以A为圆心BC长为半径作弧与l交点即为点D（或在l上到A距离为2的点即为点D）三棱锥S−ABD的体积V S−ABD=V B−ASD=13×12×BC×AO×SO=16×2×1×1=13．有甲、乙两个桔柚（球形水果）种植基地，已知所有采摘的桔柚的直径都在[59, 101]范围内（单位：毫米，以下同），按规定直径在[71, 89)内为优质品，现从甲、乙两基地所采摘的桔柚中各随机抽取500个，测量这些桔柚的直径，所得数据整理如下：（1）根据以上统计数据完成下面2×2列联表，并回答是否有95%以上的把握认为“桔柚直径与所在基地有关”？（2）求优质品率较高的基地的500个桔柚直径的样本平均数x（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（3）记甲基地直径在[95, 101]范围内的五个桔柚分别为A、B、C、D、E，现从中任取二个，求含桔柚A的概率．附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．【答案】420,390,810,80,110,190,500,500,1000甲基地桔柚的优质品率为420500=84%，乙基地桔柚的优质品率为390500=78%，所以甲基地桔柚的优质品率较高，甲基地的500个桔柚直径的样本平均数为x=1×(62×10+68×30+74×120+80×175+86×125+92×35+98×5)=1.24+4.08+17.76+28.0+21.5+6.44+0.98=80；依题意：记“从甲基地直径在[95, 101]的五个桔柚A，B，C，D，E中任取二个，含桔柚A”为事件N；实验包含的所有基本事件为：(A, B)，(A, C)，(A, D)，(A, E)，(B, C)，(B, D)，(B, E)，(C, D)，(C, E)，(D, E)共10种；事件N包含的结果有：(A, B)，(A, C)，(A, D)，(A, E)共4种；所求事件的概率为：P(N)=410=25．【考点】独立性检验【解析】（1）由题意填写列联表，计算观测值K2，对照临界值得出结论；（2）计算甲、乙基地桔柚的优质品率，求出优质品率较高的样本平均数；（3）用列举法得出基本事件数，计算所求的概率值．【解答】由以上统计数据填写2×2列联表如下：计算K2=1000×(420×110−390×80)2500×500×810×190=1000171≈5.848>3.841，所以有95%的把握认为：“桔柚直径与所在基地有关”；甲基地桔柚的优质品率为420500=84%，乙基地桔柚的优质品率为390500=78%， 所以甲基地桔柚的优质品率较高，甲基地的500个桔柚直径的样本平均数为x =1500×(62×10+68×30+74×120+80×175+86×125+92×35+98×5) =1.24+4.08+17.76+28.0+21.5+6.44+0.98 =80；依题意：记“从甲基地直径在[95, 101]的五个桔柚A ，B ，C ，D ，E 中任取二个，含桔柚A ”为事件N ；实验包含的所有基本事件为：(A, B)，(A, C)，(A, D)，(A, E)，(B, C)，(B, D)， (B, E)，(C, D)，(C, E)，(D, E)共10种；事件N 包含的结果有：(A, B)，(A, C)，(A, D)，(A, E)共4种； 所求事件的概率为：P(N)=410=25．已知F 1，F 2分别是椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(0<b <a <3)的左、右焦点，P(2,√2)是椭圆C 上一点，且|PF 1|=3|PF 2|．（1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且|OA →+OB →|=|AB →|，试求点O 到直线l 的距离． 【答案】由|PF 1|=3|PF 2|得：√(2+c)2+2=3√(2−c)2+2， 化简得：c 2−5c +6=0， 解得：c =2或c =3因为c <a <3，所以c =2，|PF 1|=3√2 因为{|PF 1|+|PF 2|=2a|PF 1|=3|PF 2|所以|PF 1|=32a =3√2，则a =2√2，又b 2=a 2−c 2=4， 所以椭圆的标准方程为：x 28+y 24=1；由题意可知，直线l 不过原点，设A(x 1, y 2)，B(x 1, y 2)， ①直线l ⊥x 轴，直线l 的方程x =m ，(m ≠0)，且−2√2<m <2√2，则x 1=m ，y 1=√4−m 22，x 2=m ，y 2=−√4−m 22，由|OA →+OB →|=|AB →|得：OA →⋅OB →=0，x 1x 2+y 1y 2=0 即m 2−(4−m 22)=0，解得：m =±2√63，故直线l 的方程为x =±2√63， ∴ 原点O 到直线l 的距离d =2√63，②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y =kx +n ，x 1+x 2=−4kn1+2k 2，x 1x 2=2n 2−81+2k 2，则y 1y 2=(kx 1+n)(kx 2+n)=n 2−8k 21+2k 2，由|OA →+OB →|=|AB →|得OA →⋅OB →=0，所以OA ⊥OB 所以x 1x 2+y 1y 2=0 故2n 2−81+2k +n 2−8k 21+2k =0，整理得：3n 2−8k 2−8=0，即3n 2=8k 2+8 ①原点O 到直线l 的距离d =√1+k2，d 2=3n 23(1+k 2)② 将①代入②，则d 2=8k 2+83(1+k 2)=83，∴ d =2√63，综上可知：原点O 到直线l 的距离d =2√63． 【考点】 椭圆的离心率 【解析】（1）根据两点之间距离公式求得c 的值，即可求得a 和b 的值，即可求得椭圆方程； （2）分类讨论，直线l ⊥x 轴，则直线l 的方程：x =m ，根据向量的坐标运算，即可求得m 的值，求得原点O 到直线的距离；当直线AB 的斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，求得3n 2=8k 2+8，根据点到直线距离公式，代入即可求得点O 到直线l 的距离． 【解答】由|PF 1|=3|PF 2|得：√(2+c)2+2=3√(2−c)2+2， 化简得：c 2−5c +6=0， 解得：c =2或c =3因为c <a <3，所以c =2，|PF 1|=3√2 因为{|PF 1|+|PF 2|=2a|PF 1|=3|PF 2|所以|PF 1|=32a =3√2，则a =2√2，又b 2=a 2−c 2=4， 所以椭圆的标准方程为：x 28+y 24=1；由题意可知，直线l 不过原点，设A(x 1, y 2)，B(x 1, y 2)， ①直线l ⊥x 轴，直线l 的方程x =m ，(m ≠0)，且−2√2<m <2√2，则x 1=m ，y 1=√4−m 22，x 2=m ，y 2=−√4−m 22，由|OA →+OB →|=|AB →|得：OA →⋅OB →=0，x 1x 2+y 1y 2=0 即m 2−(4−m 22)=0，解得：m =±2√63，故直线l 的方程为x =±2√63， ∴ 原点O 到直线l 的距离d =2√63，②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y =kx +n ，x 1+x 2=−4kn1+2k 2，x 1x 2=2n 2−81+2k 2，则y 1y 2=(kx 1+n)(kx 2+n)=n 2−8k 21+2k 2，由|OA →+OB →|=|AB →|得OA →⋅OB →=0，所以OA ⊥OB 所以x 1x 2+y 1y 2=0 故2n 2−81+2k +n 2−8k 21+2k =0，整理得：3n 2−8k 2−8=0，即3n 2=8k 2+8 ①原点O 到直线l 的距离d =√1+k2，d 2=3n 23(1+k 2)② 将①代入②，则d 2=8k 2+83(1+k 2)=83，∴ d =2√63，综上可知：原点O 到直线l 的距离d =2√63．已知函数f(x)=lnx −(a +1)x ，g(x)=2x −ax +a ，其中a ∈R ． (1)试讨论函数f(x)的单调性及最值；(2)若函数F(x)=f(x)−g(x)不存在零点，求实数a 的取值范围． 【答案】解(1)f(x)=lnx −(a +1)x ，函数的定义域是(0, +∞)， f′(x)=1x −(a +1)=1−(a+1)xx，a +1<0即a <−1时，1−(a +1)x >0， 故f′(x)>0，f(x)递增，无最值， a +1≥0即a ≥−1时， 令f′(x)>0，解得：x <1a+1， 令f′(x)<0，解得：x >1a+1，故f(x)在(0, 1a+1)递增，在(1a+1, +∞)递减； 故f(x)min =f(1a+1)=−ln(a +1)−1. (2)F(x)=lnx −(a +1)x −2x +ax −a=lnx −x −2x −a ， F′(x)=1x −1+2x 2=−(x−2)(x+1)x 2，令F′(x)>0，解得：x <2， 令F′(x)<0，解得：x >2，故F(x)在(0, 2)递增，在(2, +∞)递减，故F(x)max =F(2)=ln2−2−1−a =ln2−3−a ， 若F(x)不存在零点，则ln2−3−a <0， 解得：a >ln2−3． 【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题 利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的单调性 【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a 的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；(2)求出函数的导数，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，得到关于a 的不等式，解出即可． 【解答】解(1)f(x)=lnx −(a +1)x ，函数的定义域是(0, +∞)， f′(x)=1x −(a +1)=1−(a+1)xx，a +1<0即a <−1时，1−(a +1)x >0， 故f′(x)>0，f(x)递增，无最值， a +1≥0即a ≥−1时， 令f′(x)>0，解得：x <1a+1， 令f′(x)<0，解得：x >1a+1，故f(x)在(0, 1a+1)递增，在(1a+1, +∞)递减； 故f(x)min =f(1a+1)=−ln(a +1)−1. (2)F(x)=lnx −(a +1)x −2x +ax −a=lnx −x −2x −a ， F′(x)=1x −1+2x 2=−(x−2)(x+1)x 2，令F′(x)>0，解得：x <2， 令F′(x)<0，解得：x >2，故F(x)在(0, 2)递增，在(2, +∞)递减，故F(x)max =F(2)=ln2−2−1−a =ln2−3−a ， 若F(x)不存在零点，则ln2−3−a <0， 解得：a >ln2−3．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.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，圆C 1的参数方程为{x =−2+2cosαy =4+2sinα （α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，直线C 2的极坐标方程为θ=3π4(ρ∈R)．(1)求圆C1的极坐标方程和直线C2的直角坐标方程；(2)设C1与C2的交点为P，Q，求△C1PQ的面积．【答案】(ρ∈R),解:(1)∵直线C2的极坐标方程为θ=3π4∴直线C2的直角坐标方程为x+y=0，∵圆C1的普通方程为(x+2)2+(y−4)2=4，∵x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴C1的极坐标方程为ρ2+4ρcosθ−8ρsinθ+16=0．(2)将θ=3π代入ρ2+4ρcosθ−8ρsinθ+16=0，4得ρ2−6√2ρ+16=0，解得ρ1=4√2，ρ2=2√2，故ρ1−ρ2=2√2，即|PQ|=2√2．由于圆C1的半径为2，∴△C1PQ的面积为2．【考点】圆的极坐标方程【解析】(1)由直线C2的极坐标方程能求出直线C2的直角坐标方程，由圆C1的普通方程，能求出C1的极坐标方程．(2)将θ=3π代入ρ2+4ρcosθ−8ρsinθ+16=0，得ρ2−6√2ρ+16=0，从而得ρ1=44√2，ρ2=2√2，由此求出|PQ|=2√2．由圆C1的半径为2，能求出△C1PQ的面积．【解答】(ρ∈R),解:(1)∵直线C2的极坐标方程为θ=3π4∴直线C2的直角坐标方程为x+y=0，∵圆C1的普通方程为(x+2)2+(y−4)2=4，∵x=ρcosθ，y=ρsinθ，∴C1的极坐标方程为ρ2+4ρcosθ−8ρsinθ+16=0．(2)将θ=3π代入ρ2+4ρcosθ−8ρsinθ+16=0，4得ρ2−6√2ρ+16=0，解得ρ1=4√2，ρ2=2√2，故ρ1−ρ2=2√2，即|PQ|=2√2．由于圆C1的半径为2，∴△C1PQ的面积为2．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x+1|+3|x−1|．（1）求不等式f(x)<4的解集；（2）若f(x)≥|2m+3|对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围．【答案】∵ f(x)=|x +1|+3|x −1|={−4x +2,x <−1−2x +4,−1≤x ≤14x −2,x >1∴ ①{x <−1−4x +2<4 ，即{x <−1x >−12 ，此时无解，②{−1≤x ≤1−2x +4<4，解得0<x ≤1，③{x >14x −2<4，解得1<x <32，综上不等式的解集为(0, 32)；由（1）知f(x)=|x +1|+3|x −1|={−4x +2,x <−1−2x +4,−1≤x ≤14x −2,x >1 ，则f(x)min =2，则|2m +3|≤2，解得−52≤m ≤−12， 即实数m 的取值范围是[−52, −12]．【考点】绝对值不等式的解法与证明 绝对值三角不等式 【解析】（1）通过去掉绝对值符号，转化求解不等式的解集即可．（2）已知条件求出：则f(x)min =2，即可得到|2m +3|≤2，解得即可求解实数m 的取值范围． 【解答】∵ f(x)=|x +1|+3|x −1|={−4x +2,x <−1−2x +4,−1≤x ≤14x −2,x >1∴ ①{x <−1−4x +2<4 ，即{x <−1x >−12 ，此时无解，②{−1≤x ≤1−2x +4<4，解得0<x ≤1，③{x >14x −2<4，解得1<x <32，综上不等式的解集为(0, 32)；由（1）知f(x)=|x +1|+3|x −1|={−4x +2,x <−1−2x +4,−1≤x ≤14x −2,x >1 ，则f(x)min =2，则|2m +3|≤2，解得−52≤m ≤−12， 即实数m 的取值范围是[−52, −12]．。
2018年福建省福州市高考数学一模试卷(文科)
2018年福建省福州市高考数学一模试卷（文科）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．（5分）已知集合A={x|x=2k+1，k∈Z}，B={x|﹣1＜x…≤4}，则集合A∩B中元素的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．42．（5分）已知复数z=，则z的虚部是（）A．﹣ B．﹣ C．D．3．（5分）若x，y满足约束条件，则z=2x﹣y的最小值为（）A．﹣6 B．0 C．2 D．64．（5分）已知单位向量，的夹角为，则•（+2）=（）A．B．1+C．2 D．1+5．（5分）已知等差数列{a n}的公差为1，且a2，a4，a7成等比数列，则a n=（）A．2n+1 B．2n+2 C．n+1 D．n+26．（5分）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，则该几何体的体积为（）A．+3 B．+6 C．+3 D．+67．（5分）“b∈（﹣1，3）”是“对于任意实数k，直线l：y=kx+b与圆C：x2+（y﹣1）2=4 恒有公共点”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件8．（5分）如图程序框图是为了求出满足1+++……+＜1000的最大正整数n 的值，那么在和两个空白框中，可以分别填入（）A．“S＜1000”和“输出i﹣1”B．“S＜1000”和“输出i﹣2”C．“S≥1000”和“输出i﹣1”D．“S≥1000”和“输出i﹣2”9．（5分）过抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F的直线交C 于A，B两点，若|AF|=3|BF|=3，则p=（）A．3 B．2 C．D．110．（5分）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．已知四面体ABCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，AB=BD=CD=2，且该鳖臑的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（）A．3πB．2πC．4πD．12π11．（5分）设函数f（x）=，则满足f （x2﹣2）＞f （x）的x 的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣）∪（，+∞）C．（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（，+∞）12．（5分）在首项都为3的数列{a n}，{b n}中，a n+1﹣a n=3，b2=9，b n+1﹣b n＜2×3n+，b n﹣b n＞8×3n﹣1，且b n∈Z，则数列{a n+b n}的前50项的和为（）+2A．B．350+3825 C．D．351+3825二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．（5分）函数f（x）=cos（x+）+cos（x﹣）的最大值为．14．（5分）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，以该菱形的4个顶点为圆心的扇形的半径都为1．若在菱形内随机取一点，则该点取自黑色部分的概率是15．（5分）已知函数f（x）对任意的x∈R都满足f（x）+f （﹣x）=0，f （x+）为偶函数，当0＜x…≤时，f（x）=﹣x，则f（2017）+f（2018）=．16．（5分）已知F是双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦点，A是C的虚轴的一个端点．若C的左支上存在一点P，使得|PA|+|PF|≤…4a，则C的离心率的取值范围为．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c（sinC﹣sinB）=（a﹣b）（sinA+sinB）．（1）求A；（2）若BC边上的高h=，b=，求△ABC的面积．18．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB=AA1，点D在棱BC上，且CD=3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点．（1）证明：DE⊥平面BCC1B1；（2）若AB=4，求点C1与平面DEF的距离．19．（12分）某技术公司新开发一种产品，分别由A，B两条生产线生产．为了检测该产品的某项质量指标值（记为Z），现随机抽取这两条生产线的产品各100件，由检测结果得到如下频率分布直方图：（1）该公司规定：当Z≥76时，产品为正品；当Z＜76时，产品为次品．试估计A，B两条生产线生产的产品正品率分别是多少？（2）分别估计A，B两条生产线的产品质量指标值的平均数（同一组数据中的数据用该组区间的中点值作代表），从平均数结果看，哪条生产线的质量指标值更好？（3）根据（2）的结果，能否认为该公司生产的产品符合“质量指标值不低于84的产品至少要占全部产品40%”的规定？20．（12分）在三角形MAB 中，点A（﹣1，0），B（1，0），且它的周长为6，记点M的轨迹为曲线E．（1）求E的方程；（2）设点D（﹣2，0），过B的直线与E交于P，Q两点，求证：∠PDQ不可能为直角．21．（12分）已知函数f（x）=（e x﹣1）（x﹣a）+ax．（1）当a=1时，求f（x）在x=1处的切线方程；（2）若当x＞0时，f（x）＞0，求a的取值范围．选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcos（θ﹣）=2．已知点Q为曲线C1的动点，点P在线段OQ上，且满足|OQ|•|OP|=4，动点P的轨迹为C2．（1）求C2的直角坐标方程；（2）设点A的极坐标为（2，），点B在曲线C2上，求△AOB面积的最大值．选修4-5：不等式选讲23．已知函数f（x）=x2﹣|x|+1．（1）求不等式f（x）≥2x 的解集；（2）若关于x 的不等式f（x）在[0，+∞）上恒成立，求 a 的取值范围．2018年福建省福州市高考数学一模试卷（文科）参考答案与试题解析一、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．【解答】解：∵集合A={x|x=2k+1，k∈Z}，B={﹣1＜x…≤4}，∴A∩B={1，3}．集合A∩B中元素的个数为2．故选：B．2．【解答】解：∵z==，z的虚部是．故选：B．3．【解答】解：由x，y满足约束条件，作出可行域如图：联立，解得O（0，0），化目标函数z=2x﹣y为y=2x﹣z．由图可知，当直线y=2x﹣z．过O时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为0．故选：B．4．【解答】解：单位向量，的夹角为，∴||=||=1，=||•||•cos=∴•（+2）=+2=1+2×=2，故选：C．5．【解答】解：等差数列{a n}的公差为1，且a2，a4，a7成等比数列，∴=（a1+1）（a1+6），化为：a1=3．∴a n=3+（n﹣1）=n+2．故选：D．6．【解答】解：由题意，几何体如图：由特征数据得到体积为：=3+；故选：A．7．【解答】解：直线l：y=kx+b与圆C：x2+（y﹣1）2=4 恒有公共点”⇔≤2，化为：4（1+k2）≥（b﹣1）2，即（b﹣1）2≤4解得﹣1≤b≤3，b∈（﹣1，3）”是“对于任意实数k，直线l：y=kx+b与圆C：x2+（y﹣1）2=4 恒有公共点”的充分不必要条件．故选：A．8．【解答】解：由于程序框图是为了求出满足1+++…+＜1000 的最大正整数n的值，故退出循环的条件应为S≥1000，由于满足1+++…+≥1000 后，（此时i值比程序要求的i值多一），又执行了一次i=i+1，故输出的应为i﹣2的值．故选：D．9．【解答】解：设抛物线的准线于x轴交点为P，过A，B作准线的垂线AM，BN，则AM=AF=3，BN=BF=1，FP=p，设直线AB交准线于Q，设BQ=a，由△QBN∽△QFP∽△QAM可得：，，解得p=．故选：C．10．【解答】解：由题意，四面体有四个面都为直角三角形，四面体放到长方体中，AB⊥平面BCD，AB=BD=CD=2，可得长方体的对角线为．∴球O的半径R==．球O的表面积S=4πR2=12π．故选：D．11．【解答】解：根据题意，函数f（x）=，当x＞0时，f（x）=e x﹣e﹣x，其导数f′（x）=e x+e﹣x＞0，则函数在（0，+∞）上为增函数，若f （x2﹣2）＞f （x），则有，解可得：x＜﹣或x＞2，则x的取值范围是（﹣∞，﹣）∪（2，+∞）；故选：C．12．【解答】解：首项都为3的数列{a n}，{b n}中，a n+1﹣a n=3，∴a n=3+3（n﹣1）=3n，∵b n+1﹣b n＜2×3n+，①∴b n+2﹣b n+1＜2×3n+1+，②由①+②可得b n+2﹣b n＜8×3n+，又b n+2﹣b n＞8×3n﹣1，∴8×3n﹣1＜b n+2﹣b n＜8×3n+，∵b n∈Z，∴b n+2﹣b n=8×3n，当n为奇数时，∴b3﹣b1=8×31，b5﹣b3=8×33，…b2k+1﹣b2k﹣1=8×32k﹣1，∴b2k+1﹣b1=8（3+33+35+…+32k﹣1）=8×=3×（9k﹣1）．可得：b2k+1=3×9k=3n+2．b2k﹣1=b n=3n．同理可得：当n为偶数时，b2k=32k=b n=3n．∴数列{b n}为等比数列，首项为3，公比为3．∴数列{a n+b n}的前50项的和=+=．故选：C．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【解答】解：f（x）=cos（x+）+cos（x﹣）=cosxcos﹣sinxsin+cosxcos+sinxsin=2cosxcos=．∴函数f（x）=cos（x+）+cos（x﹣）的最大值为．故答案为：．14．【解答】解：在菱形ABCD中，∵AB=2，∠ABC=60°，∴，以A和C为圆心的扇形面积和为，以B和D为圆心的扇形面积和为2×=，∴菱形内空白部分的面积为，则在菱形内随机取一点，该点取自黑色部分的概率是．故答案为：．15．【解答】解：f（x）+f（﹣x）=0；∴f（﹣x）=﹣f（x）；为偶函数，则：；∴；∴；∴f（x）=﹣f（x+3）=f（x+6）；即f（x）=f（x+6）；∴f（x）的周期为6；又时，f（x）=﹣x，则：f（2017）+f（2018）=f（1+336×6）+f（2+336×6）=f（1）+f（2）=f（1）﹣f（5）=f（1）﹣f（5﹣6）=2f（1）=﹣2．故答案为：﹣2．16．【解答】解：A（0，b），设双曲线的左焦点为F′，则|FP|﹣|PF′|=2a，故而|PA|+|PF|=2a+|PF′|+|PA|≥2a+|F′A|，∴|PA|+|PF|的最小值为2a+|F′A|=2a+，∵C的左支上存在一点P，使得|PA|+|PF|≤…4a，∴2a+≤4a，即≤2a，∴2c2﹣a2≤4a2，即≤，∴e≤，又e＞1，∴离心率的取值范围是（1，]．故答案为：（1，]．三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【解答】解：（1）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且c（sinC﹣sinB）=（a﹣b）（sinA+sinB）．利用正弦定理：，整理得：，由于：0＜A＜π，则：．（2）由于：BC边上的高h=，b=，则：，解得：2，即：①．由（1）得到：，故：②．由①②得：．故：．18．【解答】证明：（1）取BC中点G，连结AG，∵E是AB的中点，点D在棱BC上，且CD=3BD，∴AG∥ED，∵△ABC为正三角形，∴AG⊥BC，∴ED⊥BC，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，又DE⊂平面ABC，∴B1B⊥DE，∵BC∩BB1=B，BC⊂平面BB1C1C，∴DE⊥平面BB1C1C．解：（2）∵AB=4，∴四边形BCC1B1是以4为边长的正方形，∴=﹣（）==5，由（1）知，DE⊥平面BCC1B1，∴三棱锥E﹣C 1DF的体积===，===，在Rt△DEF中，S△DEF设点C1与平面DEF的距离为h，∵=，∴=，解得h=2，∴点C1与平面DEF的距离2．19．【解答】解：（1）由频率估计概率，A生产线的产品为正品的概率为：（0.05375+0.035+0.01125）×8=0.8，B生产线的产品为正品的概率为：（0.0625+0.03375+0.0025）×8=0.79．（2）设A生产线的产品质量指标值的平均数为，B生产线的产品质量指标值的平均数为，由频率分布直方图得：=64×0.05+72×0.15+80×0.43+88×0.28+96×0.09=81.68=64×0.05+72×0.16+80×0.5+88×0.27+96×0.02=80.4，∵＞，∴A生产线的产品质量指标更好．（3）由（2）知，A生产线的产品质量指标更高，它不低于84的产品所占比例的估计值为（0.035+0.01125）×8=0.37＜0.4，∴B生产线的产品质量指标值的估计值也小于0.4，故不能认为该公司生产的产品质量符合“质量指标值不低于的产品至少要占全部产品40%”的规定．20．【解答】（1）解：由题意得，|MA|+|MB|+|AB|=6，∴|MA|+|MB|=4＞|AB|，则M的轨迹E是以A（﹣1，0），B（1，0）为焦点，长轴长为4的椭圆，又由M，A，B三点不共线，∴y≠0．∴E的方程为（y≠0）；（2）证明：设直线PQ的方程为x=my+1，代入3x2+4y2=12，得（3m2+4）y2+6my﹣9=0．设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，．∴=（my1+1）（my2+1）+2（my1+1+my2+1）+4+y1y2 =（m2+1）y1y2+3m（y1+y2）+9==＞0．∴∠PDQ不可能为直角．21．【解答】解：（1）当a=1时，f（x）=（e x﹣1）（x﹣1）+x=xe x﹣e x+1，∴f′（x）=xe x，∴k=f′（1）=e，∵f（1）=1，∴f（x）在x=1处的切线方程为y﹣1=e（x﹣1），即ex﹣y﹣e+1=0；（2）∵f′（x）=（1+x﹣a）e x+（a﹣1），令g（x）=（1+x﹣a）e x+（a﹣1），∴g′（x）=（2+x﹣a）e x，①当a≤2时，g′（x）＞0，在（0，+∞）上恒成立，∴g（x）在（0，+∞）上为增函数，∴g（x）＞g（0）=1﹣a+a﹣1=0∴f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上为增函数，∴f（x）＞f（0）=0，②当a＞2时，当x∈（0，a﹣2）时，g′（x）＜0，函数g（x）为减函数，∵g（0）=（1﹣a）+（a﹣1）=0，∴当x∈（0，a﹣2）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，函数f（x）在（0，a﹣2）为减函数，∵f（0）=0，∴当x∈（0，a﹣2）时，f（x）＜0，即f（x）＞0不是对一切x＞0都成立，综上所述，a≤2，即a的取值范围为是（﹣∞，2]．选修4-4：坐标系与参数方程22．【解答】解：（1）设P的极坐标为（ρ，θ），（ρ＞0），Q的极坐标方程为（ρ1，θ），（ρ1＞θ），由题设知|OP|=ρ，|OQ|=ρ1=，由题设知|OP|=ρ，|OQ|=ρ1=，由|OQ|•|OP|=4，得C2的极坐标方程为，（ρ＞0），∴C2的直角坐标方程为（x﹣）2+（y﹣）2=1，但不包含（0，0）．（2）设点B的极坐标为（ρB，α），（ρB＞0），由题设知|OA|=2，ρB=2cos（），∴△AOB的面积S=|OA|•ρB•sin∠AOB=2cos（）•|sin（）|=2|sin2α﹣|．当α=0时，S取得最大值为．∴△AOB面积的最大值为．选修4-5：不等式选讲23．【解答】解：（1）x≥0时，f（x）=x2﹣x+1≥2x，解得：0≤x≤或x≥，x＜0时，f（x）=x2+x+1≥2x，解得：x＜0，综上，x∈（﹣∞，]∪[，+∞）；（2）f（x）≥|+a|，x∈[0，+∞），故x2﹣x+1≥|+a|，故，解得：﹣≤a≤．。
2018年4月份福建省龙岩市高三毕业班适应性练习文科数学试题参考答案
龙岩市2018年高中毕业班教学质量检查数学(文科)参考答案一、选择题:本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有13.7 14.32 15.4- 16.(,23 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.(本小题满分12分)解:(Ⅰ)由21n n S a n N =-∈（），可得1121S a =-，∴1121a a =-，∴11a =. ……………………1分又2221S a =-，∴12221a a a +=-，∴22a =.∵数列{}n a 是等比数列，∴公比212a q a ==，…………3分∴数列{}n a 的通项公式为12n n a -=.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知，lg (1)lg2n n b a n ==-，(6分)∴数列{}n n b a +的前n 项和1122()()()n n n T b a b a b a =++++++ n-1=(0+1)+(lg2+2)++[(n-1)lg2+2]1[lg22lg2(1)lg2](122)n n -=+++-++++＝(1)lg 2212n n n -+-………………12分(分组求和，求对一个和得3分)18.(本小题满分12分)解:(Ⅰ)记事件“获得台历的三人中至少有一人的红包超过5元”为事件M ，5名顾客中红包超过5元的两人分别记为12,A A ，不足5元的三人分别记为123,,B B B ，从这5名顾客中随机抽取3人，共有抽取情况如下:121122123112,,,,A A B A A B A A B A B B113123212213223123,,,,,A B B A B B A B B A B B A B B B B B ，共10种. ……………4分其中至少有一人的红包超过5元的是前9种情况， 所以9()10P M =. ………………6分(Ⅱ)(ⅰ)根据散点图可判断，选择y a bx =+作为每天的净利润的回归方程类型比较适合. ………………7分(ⅱ)由最小二乘法求得系数71721()()3484.2913268.86()i ii ii x x y y b x x ==--==≈-∑∑，(9分)所以194.291322.86103a y bx =-=-⨯≈- ……………………10分所以y 关于x 的回归方程为10313y x =-+.(11分)当35x =时，商家当天的净利润352y =元，故使用支付宝付款的人数增加到35分)19.(本小题满分12分)解:(Ⅰ)证明:∵PA ⊥平面ABD ，∴PA BD ⊥. 又PC ⊥平面BCD ，∴,PC BD PC EF ⊥⊥， …………2分又PA PC P =，∴BD ⊥平面PAC .(3分)又,EF AC AC PC C ⊥=，∴EF ⊥平面PAC ，∴//EF BD ………………4分∵EF ⊄平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，∴//EF 平面ABD . ………………6分(Ⅱ)取BD 的中点Q ，连接,AQ CQ .∵ABD ∆为正三角形，∴AQ BD ⊥，∵平面ABD ⊥平面CBD ，且平面ABD ∩平面CBD BD =，∴AQ ⊥平面CBD .又PC ⊥平面BCD ，∴//AQ PC .又BC DC =，∴CQ BD ⊥，∴CQ ⊥平面ABD ，即CQ AQ ⊥. ………………8分∵PA ⊥平面ABD ，∴//PA CQ ，且PA AQ ⊥，∴四边形APCQ 为矩形，∴3CQ PA ==， …………………10分∴11123332A BCDC ABD ABD V V S CQ --∆===⨯⨯=，故四面体ABCD的体积为………………12分20.(本小题满分12分)解:(Ⅰ)∵椭圆C 的离心率c e a ==，又222c a b =-，∴22234a a b =-，∴224a b =. ……………………2分 又点(1,P 在椭圆上，∴221314a b +=， 即2213144b b +=，∴21b =，则24a =，∴椭圆C 的方程为2214x y +=. ………………4分(Ⅱ)当直线OA 的斜率存在且不为0时，设其方程为y kx =，∵,A B 分别为椭圆上的两点，且0OA OB =，即OA OB ⊥，∴直线OB 的方程为1y x k =-. 设1122(,),(,)A x y B x y ，把y kx =代入椭圆C :2214x y +=，得212414x k =+，∴2212414k y k =+，………………6分 同理2222444k x k =+，∴22244y k =+，………………8分∴22222211221111||||OA OB x y x y +=+++22222211544444141444k k k k k k =+=++++++ ………………10分当直线,OA OB 中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0， 此时22221111151||||44OA OB a b +=+=+=. ………………11分 综上所述，2211||||OA OB +为定值54. ………………12分21.(本小题满分12分)解:(Ⅰ)由()2ln ,m f x x x m R x =+-∈，得:22222()1,(0,)m x x m f x x x x x --'=--=∈+∞设函数2()2,(0,)g x x x m x =--∈+∞当1m ≤-时，即4+40m ∆=≤时，()0g x ≥，()0f x '≥，所以函数()f x 在),0(+∞上单调递增.当1m >-时，即4+40m ∆=>时，令()0g x =得11x =21x =12x x <当10m -<<时，即120x x <<时，在1(0,)x ⋃2(,)x +∞上，()0g x >，()0f x '>; 在12(,)x x 上，()0g x <，()0f x '<.所以函数()f x 在1(0,)x ，2(,)x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减.当0m ≥时，即120x x <<时，在2(0,)x 上，()0g x <，()0f x '<;在2(,)x +∞上，()0g x >，()0f x '>.所以函数()f x 在2(0,)x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增.综上，当1m ≤-时，函数()f x 在),0(+∞上单调递增；当10m -<<时，函数()f x在(0,1，)+∞上单调递增，在(1上单调递减；当0m ≥时，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增. ………………5分(Ⅱ)证明:∵函数()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，∴2()20g x x x m =--=有两个不同的正根1211x x == ∴120,440,x x m m =->⎧⎨∆=+>⎩ ∴10m -<<. …………………………6分 欲证明22222()2ln 1m f x x x x x =+-<-，即证明222ln 1m x x ->，∵2222m x x =-， ∴证明222ln 1m x x ->成立，等价于证明222ln 1x x ->-成立. ……8分∵22(2)(1,0)m x x =-∈-，∴21(1,2)x =. …………9分 设函数()2ln ,(1,2)h x x x x =-∈， 求导可得2'()1h x x =-. ……………………10分 易知'()0h x >在(1,2)x ∈上恒成立，即()h x 在(1,2)x ∈上单调递增，∴()(1)1h x h >=-，即222ln 1x x ->-在2(1,2)x ∈上恒成立，∴函数()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <时，22()1f x x <-. …………12分22.(本小题满分12分)解:(Ⅰ)将222cos ,sin ,x y x y ρθρθρ===+ 代入圆C 的极坐标方程212cos 110ρρθ++=，得2212110x y x +++=， 化为圆的标准方程为22(6)25x y ++=. …………………………4分(Ⅱ)将直线l 的参数方程1cos ,sin x t y t αα=+⎧⎨=⎩(t 为参数)代入圆C 的直角坐标方程22(6)25x y ++=中，化简得214cos 240t t α++=， 设,A B 两点所对应的参数分别为12,t t ，由韦达定理知121214cos ,24t t t t α+=-=① ………………7分 ∴12,t t 同号 又∵3||||4PA PB =， ∴1234t t =②由①②可知12t t ⎧⎪⎨⎪⎩或12==t t ⎧-⎪⎨-⎪⎩∴14cos α-=-解得cos 2α=±，∴tan 1k α==±，(9分)∴l 的普通方程为(1)y x =±-. ……………………10分23.(本小题满分12分)解:(Ⅰ)∵()5f x ≥，即|1|2|2|5x x -++≥， ……………………1分 ∴当2x <-时，1245x x -+--≥， 解得83x ≤-， ∴83x ≤- …………………………2分 当21x -≤<时，1245x x -++≥，解得0x ≥，∴01x ≤< …………3分当1x ≥时，1245x x -++≥， 解得23x ≥，∴1x ≥. ………………4分 综上所述，不等式()5f x ≥的解集为8|03x x x ⎧⎫≤-≥⎨⎬⎩⎭或. …………5分 (Ⅱ)由题意知|1||2|x m x x -++>恒成立， ……………………6分 ∴当2x <-时，12x mx m x -+-->， 变形得125222x m x x ->=-+++恒成立，∴2m ≥- ……………………7分当2x =-时，m 可以取任意实数；当21x -<<时，12x mx m x -++>， 变形得215222x m x x ->=-++恒成立， ∴512123m ≥-=+ ……………………8分当1x ≥时，12x mx m x -++>，变形得12m x >+， ∴11123m >=+ ……………………9分综上所述，实数m 的取值范围为1(,)3+∞. ………………10分。
2018福建省质检福建省2018届高三普通高中毕业班4月质检数学文试题Word版含答案
2018年福建省普通高中毕业班质量检查文科数学一．选择题：本大题共12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．I4IeOCFw4D1．已知全集U R，集合31|xxA，0,2,4,6B，则A B等于A．0,2B．1,0,2 C．|02x x D．|12x x2．执行如图所示的程序框图，若输入的x的值为3，则输出的y的值为A．4 B．5 C．8 D．103．某几何体的俯视图是正方形，则该几何体不可能是Ａ．圆柱Ｂ．圆锥Ｃ．三棱柱Ｄ．四棱柱4．函数221x xf xx的定义域是A．0,2 B．0,2 C．0,11,2 D．0,11,25．“1a”是“方程22220x y x y a表示圆”的Ａ．充分而不必要条件Ｂ．必要而不充分条件Ｃ．充要条件Ｄ．既不充分也不必要条件6．向圆内随机投掷一点，此点落在该圆的内接正n3,n n N边形内的概率为n P，下列论断正确的是A．随着n的增大，nP减小B．随着n的增大，n P增大C．随着n的增大，nP先增大后减小D．随着n的增大，n P先减小后增大7．已知0，2，函数()sin()f x x的部分图象如图所示．为了得到函数()sing x x的图象，只要将f x的图象A．向右平移4个单位长度B．向右平移8个单位长度C．向左平移4个单位长度 D．向左平移8个单位长度8．已知)(xf是定义在R上的奇函数，且在),0[单调递增，若(lg)0f x，则x的取值范围是A．(0,1)B．(1,10)C．(1,)D．(10,)9．若直线a xb ya b <0,0ab）过点1,1，则该直线在x 轴，y 轴上的截距之和的最小值为A ． 1B ．2C ．4D ． 8 10．若A B C 满足2A，2A B ，则下列三个式子：①A B A C ，②B A B C ，③C A C B 中为定值的式子的个数为A ．0B ．1C ．2D ．311．已知双曲线22122:10,0x y C a b ab的离心率为2，一条渐近线为l ，抛物线2C：24yx 的焦点为F ，点P 为直线l 与抛物线2C 异于原点的交点，则P FA ．2B ． 3C ．4D ．5 12．已知()g x 是函数()g x 的导函数，且()()f x g x ，下列命题中，真命题是A ．若()f x 是奇函数，则()g x 必是偶函数B ．若()f x 是偶函数，则()g x 必是奇函数C ．若()f x 是周期函数，则()g x 必是周期函数 D ．若()f x 是单调函数，则()g x 必是单调函数第Ⅱ卷<非选择题共90分）二、填空题:本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在答题卡相应位置．13．复数1i i__________．14．已知1sin3，则co s 2__________．15．已知y x ,满足40x y x y y，则2zxy 的最大值是__________．16．在平面直角坐标系x O y 中，是一个平面点集，如果存在非零平面向量a ，对于任意P，均有Q，使得O Q O Pa ，则称a 为平面点集的一个向量周期．现有以下四个命题：yscqAJo3Va①若平面点集存在向量周期a ，则k a,0kkZ 也是的向量周期；②若平面点集形成的平面图形的面积是一个非零常数，则不存在向量周期；③若平面点集,0,0x yxy，则1,2b为的一个向量周期；④若平面点集,0x y y x<m表示不大于m 的最大整数），则1,1c为的一个向量周期．其中真命题是＿＿＿＿<写出所有真命题的序号）．三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．(本小题满分12分> 已知等比数列na 的前n 项和为n S ，432a a ，26S 。
2018届高三招生全国统一考试模拟数学(文)试题(四)有答案AUHHqn
2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文数(四)本试卷共6页，23题(含选考题)。
全卷满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效。
5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第I 卷一、选择题：本题共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．已知全集{}()()10,23U x U R A xB x xC A A B x +⎧⎫==≤=≤⋂⋃=⎨⎬-⎩⎭，集合，则 A ．[){}2,13--⋃ B ．[)2,1--C ．[)2,3--D ．[)1,2- 2．已知复数z 满足12i i z -=-(i 为虚数单位)，则其共轭复数z 的虚部为 A ．15i - B ．35i - C ．15- D ．35- 3．某单位组织全体员工共300人听取了习总书记作的“党的十九大报告”之后，从中抽取15人分别到A ，B ，C 三个部门进行“谈感想，定目标”的经验交流．现将300人随机编号为1，2，3，…，300，分组后在第一组中采用简单随机抽样的方法抽得的号码是8号，抽到的15人中号码落入区间[1，150]去A 区，号码落入区间[151，250]去B 区，号码落入区间[251，300]去C 区，则到B 区去的人数为A ． 2B ．4C ．5D ．84．已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左，右焦点分别为()()12,0,,0F c F c -，过点1F 且斜率为1的直线l 交椭圆于点A ，B ，若212AF F F ⊥，则椭圆的离心率为A ．212B 21C ．22D ．125．下列不等式中，恒成立的是①,,;a b c d a c b d >>+>+若则 ②,0,ln ln ;a b c a c b c ><+>+若则 ③22,;ac bc a b ><若则④0,;a b a b a b >>-<+若则 A ．①② B ．③④ C ．①③D ．②④ 6．在△ABC 中，内角A ，B ，C 满足()()sin 2cos sin cos 2sin cos 1A B C C A A -++-0=，则角A 的值为A ．6πB ．56πC ．566ππ或 D ．233ππ或 7．若αβ，是两个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，则下列命题中正确的是①,//,m m αββα⊥⊥若则；②//,//,//m n m n ββ若则；③,,//,////m n m n ααββαβ⊂⊂若，则；④,,,,m n n m n αβαβαβ⊥⋂=⊂⊥⊥若则．A ．①②B ．①④C ．②④D ．①③④8．执行如图所示的程序框图，若输出的值为14-，则①处应填入的条件为A ．7?n ≥B ．6?n ≥C ．5?n ≥D ．4?n ≥9．已知函数()233cos 23sin 2sin cos 22f x x xx x =--+，则函数()f x 的一条对称轴方程为 A ．512x π=B ．3x π=C ．12x π= D ．3x π=-10．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A ．343π+B ．38π+ C.28π+ D ．243π+11．设实数,x y 满足不等式组()()2230,5260,21345,x y x y x y x y -+≥⎧⎪+-≤-+-⎨⎪+-≥⎩则的取值范围为A ．5,54⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．5,104⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．36,1029⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,1029⎡⎤⎢⎥⎣⎦12．已知等比数列{}n a 的前n 项和n S 满足()2,,k n n S m m k Z n N +*=+∈∈，且()24132a a a a +=+，若关于k 的不等式2n n n S a n N S *≤∈对恒成立，则k 的最小值为 A ．1B ．2C ．3D ．4第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分。
2018年福建省高考数学模拟试卷(文科)(4月份)
2018年福建省高考数学模拟试卷（文科）（4月份）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．（5分）已知集合A={x|x2﹣2x﹣3＜0}，B={﹣2，﹣1，1，2}，则A∩B=（）A．{﹣1，2}B．{﹣2，1}C．{1，2}D．{﹣1，﹣2}2．（5分）已知向量，，则下列向量中与垂直的是（）A．=（3，6） B．=（8，﹣6）C．=（6，8） D．=（﹣6，3）3．（5分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，若，则λ=（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．24．（5分）如图，曲线把边长为4的正方形OABC分成黑色部分和白色部分．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A．B．C．D．5．（5分）若α是第二象限角，且，则=（）A．B．C．D．6．（5分）已知a=0.40.3，b=0.30.4，c=0.3﹣0.2，则（）A．b＜a＜c B．b＜c＜a C．c＜b＜a D．a＜b＜c7．（5分）程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作．它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用．卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个．问该若干？”如图是解决该问题的程序框图．执行该程序框图，求得该垛果子的总数S为（）A．28 B．56 C．84 D．1208．（5分）某校有A，B，C，D四件作品参加航模类作品比赛．已知这四件作品中恰有两件获奖．在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况预测如下：甲说：“A、B同时获奖”；乙说：“B、D不可能同时获奖”；丙说：“C获奖”；丁说：“A、C至少一件获奖”．如果以上四位同学中有且只有二位同学的预测是正确的，则获奖的作品是（）A．作品A与作品B B．作品B与作品C C．作品C与作品D D．作品A与作品D 9．（5分）某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为（）A．B．C．D．10．（5分）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且x∈R时，均有f（3+x）=f（2﹣x），2≤f（x）≤8，则满足条件的f（x）可以是（）A．B．C．D．11．（5分）已知F1，F2为双曲线C：的左、右焦点，P为C上异于顶点的点．直线l分别与PF1，PF2为直径的圆相切于A，B两点，则|AB|=（）A．B．3 C．4 D．512．（5分）已知数列{a n}的前n项和为S n，，且a2=a9，则所有满足条件的数列中，a1的最大值为（）A．3 B．6 C．9 D．12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）已知复数z满足，则|z|=．14．（5分）若x，y满足约束条件，则z=x+y的取值范围为．15．（5分）已知A，B分别为椭圆C的长轴端点和短轴端点，F是C的焦点．若△ABF为等腰三角形，则C的离心率等于．16．（5分）已知底面边长为，侧棱长为的正四棱锥S﹣ABCD内接于球O1．若球O2在球O1内且与平面ABCD相切，则球O2的直径的最大值为．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求B；（2）若a=3，b=7，D为AC边上一点，且，求BD．18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A 1B1C1中，AC⊥BC，，BC=3，．（1）试在线段B1C上找一个异于B1，C的点P，使得AP⊥PC1，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，求多面体A1B1C1PA的体积．19．（12分）某种常见疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与地域、初次患该疾病的年龄（以下简称初次患病年龄）的关系，在甲、乙两个地区随机抽取100名患者调查其疾病类型及初次患病年龄，得到如下数据：（1）从Ⅰ型疾病患者中随机抽取1人，估计其初次患病年龄小于40岁的概率；（2）记“初次患病年龄在[10，40）的患者”为“低龄患者”，“初次患病年龄在[40，70）的患者”为“高龄患者”．根据表中数据，解决以下问题：（i）将以下两个列联表补充完整，并判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中哪个变量与该疾病的类型有关联的可能性更大．（直接写出结论，不必说明理由）表一：表二：（ii）记（i）中与该疾病的类型有关联的可能性更大的变量为X．问：是否有99.9%的把握认为“该疾病的类型与X有关？”附：，20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为，以MF为直径的圆与x轴相切．（1）求点M的轨迹的方程；（2）设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交E在T 处的切线于点N．求证：|NT|2=|．21．（12分）已知函数f（x）=a（x﹣）﹣2lnx．（1）讨论f（x）的单调区间；（2）若a=，证明：f（x）恰有三个零点．（二）选考题：共10分.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.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线M的参数方程为（φ为参数），l1，l2为过点O的两条直线，l1交M于A，B两点．l2交M于C，D两点，且l1的倾斜角为α，∠AOC=．（I）求l1和M的极坐标方程；（2）当α∈（0，]时，求点O到A，B，C，D四点的距离之和的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x﹣2|，g（x）=a|x|﹣1．（1）若不等式g（x﹣3）≥﹣3的解集为[2，4]，求a的值；（2）若当x∈R时，f（x）≥g（x），求a的取值范围．2018年福建省高考数学模拟试卷（文科）（4月份）参考答案与试题解析一、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．【解答】解：A={x|x2﹣2x﹣3＜0}={x|﹣1＜x＜3}，B={﹣2，﹣1，1，2}，则A∩B={1，2}，故选：C．2．【解答】解：根据题意，向量，，则=﹣=（1，2），对于A，=（3，6），•=1×3+2×6=15≠0，即与不垂直，A不符合题意；对于B，=（8，﹣6），•=1×8+2×（﹣6）=﹣4≠0，即与不垂直，B不符合题意；对于C，=（6，8），•=1×6+2×8=22≠0，即与不垂直，C不符合题意；对于D，=（﹣6，3），•=1×（﹣6）+2×3=0，即与垂直，D符合题意；故选：D．3．【解答】解：根据题意，等比数列{a n}中，有，则a1=S1=4+λ，a2=S2﹣S1=（23+λ）﹣（22+λ）=4，a3=S3﹣S2=（24+λ）﹣（23+λ）=8，{a n}为等比数列，则有（4+λ）×8=42，解可得：λ=﹣2；故选：A．4．【解答】解：设曲线与线段OC，AB，BC 的公共点分别为D，E，F，设DE 中点为G，则D（0，3 ），E（4，3 ），F（1，4 ），G（2，3）．因为曲线关于点G（2，3）对称，所以图中曲线与线段DE 围成的左（白）、右（黑）两部分面积相等，所以图中黑色部分的面积等于矩形DEBC 的面积，所以所求概率为P===，故选：A．5．【解答】解：∵α是第二象限角，且，∴cosα=﹣，∴==﹣（）=﹣cosα=．故选：C．6．【解答】解：∵1＞a=0.40.3＞0.30.3＞b=0.30.4，c=0.3﹣0.2＞1，∴b＜a＜c，故选：A．7．【解答】解：模拟程序的运行，可得i=0，n=0，S=0执行循环体，i=1，n=1，S=1不满足条件i≥7，执行循环体，i=2，n=3，S=4不满足条件i≥7，执行循环体，i=3，n=6，S=10不满足条件i≥7，执行循环体，i=4，n=10，S=20不满足条件i≥7，执行循环体，i=5，n=15，S=35不满足条件i≥7，执行循环体，i=6，n=21，S=56不满足条件i≥7，执行循环体，i=7，n=28，S=84满足条件i≥7，退出循环，输出S的值为84．故选：C．8．【解答】解：乙，丁预测的是正确的，甲，丙预测的是错误的；丙预测错误，∴C不获奖；丁预测正确，A，C至少一件获奖，∴A获奖；甲预测错误，即A，B不同时获奖，∴B不获奖；∴D获奖；即获奖的作品是作品A与作品D．故选：D．9．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为棱长为2的正方体挖去两个圆锥得到．圆锥的底面半径为1，高为1．则该几何体的表面积为=，故选：B．10．【解答】解：A.3≤f（x）≤9，不满足2≤f（x）≤8，即A错误；B．显然f（x）不满足f（3+x）=f（2﹣x），即B错误；C．x∈Q时，3+x，2﹣x∈Q；∴f（3+x）=2，f（2﹣x）=2；即f（3+x）=f（2﹣x）；同理，x∈∁R Q时，有f（3+x）=f（2﹣x）；显然2≤f（x）≤8，∴C正确；D．f（0）=2，f（5）=8；不满足f（3+2）=f（2﹣2）；即不满足f（3+x）=f（2﹣x），∴D错误．故选：C．11．【解答】解：如图，设PF1，PF2的中点分别为M，N，则NM=c，AM﹣NB==a，∴AB===3故选：B．12．【解答】解：当n=1时，2S1=﹣a2，即a1==﹣，由于函数y=的图象的对称轴为x=，当且仅当最大时，a1取得最大值．，n≥2时，2a n=2S n﹣2S n﹣1=﹣（﹣a n），化为：（a n+1+a n）（a n+1﹣a n﹣1）=0，∴a n+a n=0，或a n+1﹣a n﹣1=0．+1∴数列{a n}从第三项开始，每一项是由前一项加1或乘以﹣1得到，又a2=a9，∴a9=﹣a2+k，（﹣6≤k≤6，且k为偶数），即﹣a2+k=a2，可得：a2=k．当k=6时，a2取得最大值3，当k=﹣6时，a2取得最小值为﹣3．∴当a2=﹣3时，取得最大值，对应a1取得最大值为6．故选：B．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．【解答】解：由，得，∴|z|=||=||=．故答案为：1．14．【解答】解：画出x，y的约束条件表示的平面区域，如图阴影部分所示；平移目标函数z=x+y，当目标函数过点A时，z取得最小值；当目标函数过点B时，z取得最大值；由，求得A（1，1），z的最小值是z min=1+1=2；由，求得B（2，2），z的最大值是z max=2+2=4；所以z=x+y的取值范围是[2，4]．故答案为：[2，4]．15．【解答】解：设椭圆的标准方程：（a＞b＞0），由题意可知：设A，B分别为椭圆的左顶点及上顶点，则|AB|=，|BF|=a，|AF|=a+c，则|AB=|AF|，则=a+c，由b2=a2﹣c2，整理得2c2+2ac﹣a2=0，由e=，则2e2+2e﹣1=0，解得：e=或e=，由0＜e＜1，则e=．故答案为：．16．【解答】解：如图，连接AC，取AC中点G，连接SE并延长交球O1于E，由ABCD为正方形，且AB=，可得AG=，则．∴SA2=SG•SE，可得SE=．∴球O2的直径的最大值为EG=SE﹣SG=10﹣2=8．故答案为：8．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．【解答】解：（1）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．∵，利用正弦定理：sinBcosC﹣sinCsinB=sinA=，则：sinCsinB=﹣cosBsinC，所以：tanB=﹣，由于：0＜B＜π，所以：B=．（2）在△ABC中，由正弦定理可得⇒⇒sinA=．sinC=sin（A+∠ABC）=sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC==，在△CDB中，由正弦定理得⇒BD===．18．【解答】解：（1）过C1作C1P⊥B1C，垂足为P，则AP⊥PC1．证明：∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥PC1，又PC1⊥B1C，AC∩B1C=C，∴PC1⊥平面ACB1，又AP⊂平面ACB1，∴AP⊥PC1．（2）在Rt△BB1C1中，∵B1C1=3，CC1=3，∴B1C=6，∴PC1==，B1P=，∴V===．又V===9．∴多面体A 1B1C1PA的体积为：V+V=．19．【解答】解：（1）Ⅰ型疾病患者中共有23+17=40人，初次患病年龄小于40岁的人数为15+10=25；从这40名患者中随机抽取1人，计算其初次患病年龄小于40岁的概率为P==；（2）（i）将以下两个列联表补充完整如下，表一：表二：表一中的|ad﹣bc|=|23×23﹣17×37|=100，表二中的|ad﹣bc|=|25×45﹣15×15|=900，由此判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中，初次患病年龄与该疾病的类型有关联的可能性更大；（ii）（i）中与该疾病的类型有关联的可能性更大的是初次患病年龄，计算X2==14.065＞10.828，所以有99.9%的把握认为“该疾病的类型与初次患病年龄有关”．20．【解答】解：（1）设M（x，y），则MF的中点坐标为（，），|MF|=，∵以MF为直径的圆与x轴相切，∴y+=，两边平方可得：y=x2﹣y，即y=x2．∴点M的轨迹的方程为y=x2．（2）证明：y=x2可得y′=x，又T（2，2），∴k OT=1，抛物线E在T处的切线斜率为k=2，∴抛物线E在T处的切线方程为y=2x﹣2，设直线AB的方程为y=x+b，联立方程组，解得N（b+2，2b+2），∴|NT|2=b2+4b2=5b2．联立方程组，消元可得：x2﹣2x﹣2b=0，△=4+8b＞0可得b＞﹣．设A（x1，x1+b），B（x2，x2+b），则x1+x2=2，x1x2=﹣2b，∴|NA|=|x1﹣b﹣2|，|NB|=|x2﹣b﹣2|，∴|NA||NB|=2|（x1﹣b﹣2）（x2﹣b﹣2）|=2|x1x2﹣（b+2）（x1+x2）+（b+2）2|=2b2，∴|NT|2=|．21．【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=a（1+）﹣=，若a≤0，则f′（x）＜0恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递减；若a＞0，令f′（x）=0可得ax2﹣2x+a=0，①若△=4﹣4a2≤0，即a≥1时，则f′（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若△=4﹣4a2＞0，即0＜a＜1时，方程ax2﹣2x+a=0的解为x1=，x2=．∴当0＜x＜时，f′（x）＞0，当＜x＜时，f′（x）＜0，当x＞时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增．综上，当a≤0时，f（x）的减区间为（0，+∞）；当0＜a＜1时，f（x）的增区间为（0，），（，+∞），减区间为（，）；当a≥1时，f（x）的增区间为（0，+∞）．（2）当a=时，f（x）=（x﹣）﹣2lnx，由（1）可知f（x）在（0，2﹣）上单调递增，在（2﹣，2+）上单调递减，在（2+，+∞）上单调递增，∵f（2﹣）=（2﹣﹣）﹣2ln（2﹣）=2ln（2+）﹣=ln（2+）2﹣lne，f（2+）=（2+﹣）﹣2ln（2+）=﹣2ln（2+）=lne﹣ln（2+）2，∵（2+）2＞e2＞e，∴ln（2+）2﹣lne＞0，即f（2﹣）＞0，f（2+）＜0，又f（）=（﹣e3）+6=6+﹣＜0，f（e3）=（e3﹣）﹣6=﹣﹣6＞0，∴f（x）在（0，2﹣），（2﹣，2+），（2+，+∞）上各存在唯一一个零点，∴f（x）恰有三个零点．（二）选考题：共10分.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.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）l1的极坐标方程为θ=α，曲线M化为普通方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=1，即x2+y2﹣2x﹣2y+1=0，则曲线M的极坐标方程为：ρ2﹣2ρcosθ﹣2ρsinθ+1=0．（2）由题可知l2的极坐标方程为，联立，得ρA+ρB=2cosα+2sinα，同理联立，得，所以|OA|+|OB|+|OC|+|OD|=ρA+ρB+ρC+ρD=因为α∈（0，]，所以，所以所求距离和的最大值为，即2+2．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】解：（1）不等式g（x﹣3）≥﹣3转化为a|x﹣3|≥﹣2，∵不等式g（x﹣3）≥﹣3的解集为[2，4]得出a＜0，从而得到g（x﹣3）≥﹣3的解集为，进而由，得a=﹣2．（2）当x=0时，易得f（x）≥g（x）对任意实数a成立；当x≠0时，将f（x）≥g（x）转化为，，x≥2时，1﹣，0＜x＜2时，，x＜0时，1﹣＞1∴的最小值为，从而得到a的取值范围为（﹣]．。
2018年福建省厦门市高考数学一模试卷(文科)
2018年福建省厦门市高考数学一模试卷（文科）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A={x|−1<x<1}，B={−1, 0, 1}，则（）A.A∩B=BB.A∪B=AC.A∩B=⌀D.A∪B={x|−1≤x≤1}【答案】D【考点】并集及其运算交集及其运算【解析】根据交集与并集的定义，写出A∩B与A∪B即可．【解答】集合A={x|−1<x<1}，B={−1, 0, 1}，则A∩B={0}，A、C错误；A∪B={x|−1≤x≤1}，B错误，D正确．2. 已知i为虚数单位，a，b∈R，若(a+2i)i=b+2i，则a+b=()A.−2B.0C.2D.4【答案】B【考点】虚数单位i及其性质复数的运算复数的模复数的基本概念【解析】利用复数代数形式的乘法运算化简左边，再由复数相等的条件求得a，b的值，则答案可求．【解答】由(a+2i)i=b+2i，得−2+ai=b+2i，则a=2，b=−2．∴a+b=0．3. 甲乙两名同学分别从“象棋”、“文学”、“摄影”三个社团中随机选取一个社团加入，则这两名同学加入同一个社团的概率是（）A.1 4B.13C.12D.23【答案】B【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】先求出基本事件总数n =3×3=9，再求出这两名同学加入同一个社团包含的基本事件个数m =3，由此能求出这两名同学加入同一个社团的概率． 【解答】甲乙两名同学分别从“象棋”、“文学”、“摄影”三个社团中随机选取一个社团加入， 基本事件总数n =3×3=9，这两名同学加入同一个社团包含的基本事件个数m =3， ∴ 这两名同学加入同一个社团的概率是p =m n=39=13．4. 已知双曲线的渐近线方程为y =±12x ，焦距为2√5，则该双曲线的标准方程是（ ） A.x 24−y 2=1B.x 2−y 24=1C.x 24−y 2=1或y 2−x 24=1D.x 2−y 24=1或y 24−x 2=1【答案】 C【考点】 双曲线的特性 双曲线的标准方程 【解析】根据题意，设双曲线的方程为：x 24m−y 2m =1；分析可得其中c 的值，分情况讨论双曲线焦点的位置，求出m 的值，综合即可得答案．【解答】解：根据题意，若要求双曲线的渐近线方程为y =±12x ， 设其方程为：x 24m−y 2m=1；又由双曲线的焦距为2√5，即2c =2√5，则c =√5，由题意可得|4m +m|=5，解可得m =±1， 双曲线的方程为：x 24−y 2=1或y 2−x 24=1．故选C .5. 设x ，y 满足约束条件{x +y ≥1x −y ≤1x ≥0 ，则z =2x +y 的最小值是（ ）A.−1B.0C.1D.2【答案】 C【考点】简单线性规划【解析】先根据约束条件画出平面区域，然后平移直线y=−2x，当过点(1, 0)时，直线在y轴上的截距最大，从而求出所求．【解答】x，y满足约束条件{x+y≥1x−y≤1x≥0的平面区域如下图所示：平移直线y=−2x，由图易得，当x=0，y=1时，即经过A时，目标函数z=2x+y的最小值为：1．6. 把函数f(x)=sin2x+√3cos2x的图象向右平移φ个单位，再把所得图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)=2sinx的图象，则φ的一个可能值为（）A.−π3B.π3C.−π6D.π6【答案】D【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】根据三角函数的图象变换关系求出g(x)的解析式，结合三角函数的性质进行求解即可．【解答】f(x)=sin2x+√3cos2x=2sin(2x+π3)，函数f(x)=sin2x+√3cos2x的图象向右平移φ个单位，得y=2sin[2(x−φ)+π3]=2sin(2x−2φ+π3)，再把所得图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，则g(x)=2sin(x−2φ+π3)=2sinx，则−2φ+π3=2kπ，k∈Z，则φ=π6−kπ，当k=0时，φ=π6，7. 已知函数f(x)的图象如图所示，则该函数的解析式可能是（）A.f(x)=ln|x|e xB.f(x)=e x ln|x|C.f(x)=ln|x|xD.f(x)=(x−1)ln|x|【答案】A【考点】函数的图象变化【解析】通过函数的变化趋势即可判断．【解答】由图象可知，当x→+∞时，f(x)→0，当x→−∞时，f(x)→+∞对于A：满足要求，对于B：当x→+∞时，f(x)=e x ln|x|→+∞，不满足，对于C：当x→−∞时，f(x)=e x ln|x|→0，不满足，对于D：当x→−∞时，f(x)=(x−1)ln|x|→+∞，不满足，8. 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，则该几何体外接球的表面积是（）A.8πB.9πC.16π3D.28π3【答案】A【考点】由三视图求体积【解析】判断三视图对应的几何体的形状，然后判断外接球的半径的位置，求解即可．【解答】几何体是放倒的三棱柱，底面是等腰直角三角形，斜边长为1，高为1，棱柱的高为2的棱柱，外接球的直径就是最大的侧面的对角线，直径长为：√22+22=2√2．则该几何体外接球的表面积是：4πR2=8π．9. 已知a=(12)0.3,b=log120.3,c=a b，则a，b，c的大小关系是（）A.a<b<cB.c<a<bC.a<c<bD.b<c<a【答案】B【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得出．【解答】b=log120.3>log1212=1>a=(12)0.3，c=a b<a．∴c<a<b．10. 公元263年左右，我国魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法，所谓割圆术，就是不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率近似值的方法．如图是利用刘徽的割圆术”思想设计的一个程序框图，若输出n的值为24，则判断框中填入的条件可以为（）（参考数据：√3≈1.732,sin15∘≈0.258×8,sin7.5∘≈0.1305）A.S≤3.10？B.S≤3.11？C.S≥3.10？D.S≥3.11？【答案】C【考点】程序框图【解析】模拟程序的运行，可得当S=12×24×sin15∘=3.1056时，应该满足判断框内的条件，输出n的值为24，结合选项即可得解．【解答】模拟程序的运行，可得当n=6时，S=12×6×sin60∘=2.598，继续循环，n=12，S=12×12×sin30∘=3，继续循环，n=24，S=12×24×sin15∘=3.1056，由题意，此时应该满足判断框内的条件，输出n的值为24，结束，结合选项可得当判断框内的条件为S≥3.10？时满足题意．11. 矩形ABCD中，BC=√2AB，E为BC中点，将△ABD沿BD所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：①存在某个位置，BD⊥AE；②存在某个位置，BC⊥AD；③存在某个位置，AB⊥CD；④存在某个位置，BD⊥AC.①③ A.①② B.③④D.②④【答案】C【考点】命题的真假判断与应用【解析】A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，可得BD⊥EC，这与已知矛盾，排除A；B，当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直；C、D，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC⊥平面ACD，从而平面ACD⊥平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，【解答】存在某个位置，BD⊥AE；（1）存在某个位置，BC⊥AD；（2）存在某个位置，AB⊥CD；（3）存在某个位置，BD⊥AC．其中正确的是（4）（5），故选：C．12. △ABC的内角的对边分别为a，b，c，若b=1,a2=2√3csinA，则c的最大值为()A.2+√3B.√2+√3C.3D.4【答案】A【考点】余弦定理【解析】首先利用余弦定理和三角函数的关系式的变换，再利用解一元二次不等式求出结果．【解答】解：△ABC的内角的对边分别为a，b，c，若b=1,a2=2√3csinA，则：a2=b2+c2−2bccosA=2√3csinA，所以1+c2=2ccosA+2√3csinA=4csin(A+π)≤4c，3则c2−4c+1≤0，解得2−√3≤c≤2+√3，故c的最大值为：2+√3．故选A.二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）已知向量a→=(1,2x+1),b→=(2,3)，若a→ // b→，则x=________．【答案】14【考点】平行向量的性质【解析】根据平面向量共线定理的线性表示，列方程求出x的值．【解答】向量a→=(1,2x+1),b→=(2,3)，若a→ // b→，则1×3−2(2x+1)=0，解得x=14．已知cos(π4−α)=√24，则sin2α=________．【答案】−3【考点】两角和与差的三角函数【解析】由已知结合诱导公式及二倍角的余弦求解．【解答】∵cos(π4−α)=√24，∴sin2α=cos(π2−2α)=cos2(π4−α)=2cos2(π4−α)−1=2×(√24)2−1=−34．若函数f(x)=2x−12sin2x+2mcosx在(0, π)上单调递增，则m的取值范围是________．【答案】(−∞, √2]【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】求出函数的导数，问题转化为m≤2−cos2x2sinx ，x∈(0, π)，令g(x)=2−cos2x2sinx=sinx+12sinx，根据不等式的性质求出g(x)的最小值，从而求出m的范围即可．【解答】f′(x)=2−cos2x−2msinx，若f(x)在(0, π)递增，则2−cos2x−2msinx≥0在(0, π)恒成立，即m≤2−cos2x2sinx，x∈(0, π)，令g(x)=2−cos2x2sinx =sinx+12sinx≥2√sinx∗12sinx=√2，故m≤√2，已知A，B是圆C:x2+y2−8x−2y+16=0上两点，点P在抛物线x2=2y上，当∠APB取得最大值时，|AB|=________．【答案】4√55【考点】圆与圆锥曲线的综合问题两点间的距离公式【解析】求出圆C:x2+y2−8x−2y+16=0的圆心与半径，设出抛物线x2=2y上当点P，当∠APB取得最大值时，就是PC最小时，利用距离公式以及函数的导数求解最值，然后转化求解即可．【解答】解：圆C:x2+y2−8x−2y+16=0的圆心(4, 1)，半径为1，设抛物线上的点P(m, n)，则m2=2n，|PC|=√(m−4)2+(n−1)2=√m2−8m+m44−m2+17=√m44−8m+17，令g(m)=m44−8m+17，可得g′(m)=m3−8，令g′(m)=m3−8=0，解得m=2，当m<2，g′(m)=m3−8<0；当m>2，g′(m)=m3−8>0，所以g(m)的最小值为4−16+17=5．|PC|≥√5.如图所示，所以切线长为|PA|=2， |PC|⋅12|AB|=|PA|⋅|AC|，√52|AB|=2×1，|AB|=4√55． 故答案为：4√55. 三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）已知等差数列{a n }的前n 项和味S n ，a 1>0，a 1⋅a 2=32，S 5=10． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）记数列b n ={2a n ,n 为奇数a n ,n 为偶数 ，求数{b n }的前2n +1项和T 2n+1． 【答案】由条件可得：{a 1(a 1+d)=325a 1+5×42d =10 ⇒{a 1(a 1+d)=32a 1+2d =2 消去d 得：a 12+2a 1−3=0，解得a 1=1或a 1=−3（舍），所以d =12 所以a n =n+12．由（1）得：b n ={2n+12,n 为奇数n+12,n 为偶数， 所以数列{b n }的前2n +1项和为：T 2n+1=b 1+b 2+b 3+b 4+⋯+b 2n +b 2n+1=2+32+22+52+⋯+2n+12+2n+1=(2+22+23+⋯+2n+1)+(32+52+72+⋯+2n+12)=2(1−2n+1)1−2+32+2n+122∗n =2n+1+n 2+2n 2−2【考点】数列的求和 数列递推式 【解析】（1）利用已知条件列出方程组，群相册数列的首项与公差，然后求解通项公式．（2）化简数列的通项公式，利用分组求和．一个是等差数列一个是等比数列求和即可． 【解答】由条件可得：{a 1(a 1+d)=325a 1+5×42d =10⇒{a 1(a 1+d)=32a 1+2d =2 消去d 得：a 12+2a 1−3=0，解得a 1=1或a 1=−3（舍），所以d =12 所以a n =n+12．由（1）得：b n ={2n+12,n 为奇数n+12,n 为偶数 ， 所以数列{b n }的前2n +1项和为：T 2n+1=b 1+b 2+b 3+b 4+⋯+b 2n +b 2n+1=2+32+22+52+⋯+2n+12+2n+1=(2+22+23+⋯+2n+1)+(32+52+72+⋯+2n+12)=2(1−2n+1)1−2+32+2n+122∗n =2n+1+n 2+2n 2−2为了解学生的课外阅读时间情况，某学校随机抽取了50人进行统计分析，把这50人每天阅读的时间（单位：分钟）绘制成频数分布表，如下表所示：若把每天阅读时间在60分钟以上（含60分钟）的同学称为“阅读达人”，根据统计结果中男女生阅读达人的数据，制作出如图所示的等高条形图．（1）根据抽样结果估计该校学生的每天平均阅读时间（同一组数据用该区间的中点值作为代表）；（2）根据已知条件完成下面的2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为“阅读达人”跟性别有关？附：参考公式K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．临界值表：该校学生的每天平均阅读时间为：10×850+30×1050+50×1250+70×1150+90×750+110×250=1.6+6+12+15.4+12.6+4.4=52（分）；由频数分布表得，“阅读达人”的人数是11+7+2=20人，根据等高条形图作出2×2列联表如下：计算K2=50×(6×12−18×14)220×30×24×26=22552≈4.327，由于4.327<6.635，故没有99%的把握认为“阅读达人”跟性别有关．【考点】独立性检验【解析】（1）由题意求出该校学生的每天平均阅读时间；（2）由频数分布表结合等高条形图作出列联表，计算观测值，对照临界值得出结论．【解答】该校学生的每天平均阅读时间为：10×850+30×1050+50×1250+70×1150+90×750+110×250=1.6+6+12+15.4+12.6+4.4=52（分）；由频数分布表得，“阅读达人”的人数是11+7+2=20人，根据等高条形图作出2×2列联表如下：计算K2=50×(6×12−18×14)220×30×24×26=22552≈4.327，由于4.327<6.635，故没有99%的把握认为“阅读达人”跟性别有关．如图，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，AF // CE，AF⊥AC，AB=AF=2，CE=1．（1）求四棱锥B−ACEF的体积；（2）在BF上有一点P，使得AP // DE，求BPPF的值．【答案】∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面ACEF，在△ABC中，∠ABC=60∘，AB=2，设BD∩AC=O，计算得AC=2,BO=√3在梯形ACEF中，AF // CE，AF⊥AC，AC=AF=2，CE=1，梯形ACEF的面积S=12×(1+2)×2=3，∴四棱锥B−ACEF的体积为V=13×S×BO=13×3×√3=√3．在平面ABF内作BM // AF，且BM=1，连接AM交BF于P，则点P满足AP // DE，证明如下：∵AF // CE，CE=1，∴BM // CE，且BM=CE，∴四边形BMEC是平行四边形．∴BC // ME，BC=ME，又菱形ABCD中，BC // AD，BC=AD，∴ME // AD，ME=AD，∴四边形ADEM是平行四边形∴AM // DE，即AP // DE．∵BM // AF，∴△BPM∼△FPA，又BM=1，∴BPPF =BMAF=12．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算平面与平面平行的性质平面与平面平行的判定【解析】（1）证明BD⊥AC，推出BD⊥平面ACEF，计算得AC=2,BO=√3，然后求解四棱锥B−ACEF的体积．（2）连接AM交BF于P则点P满足AP // DE，证明四边形BMEC是平行四边形．推出AP // DE．通过△BPM∼△FPA，求解即可．【解答】∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面ACEF，在△ABC中，∠ABC=60∘，AB=2，设BD∩AC=O，计算得AC=2,BO=√3在梯形ACEF中，AF // CE，AF⊥AC，AC=AF=2，CE=1，梯形ACEF的面积S=12×(1+2)×2=3，∴四棱锥B−ACEF的体积为V=13×S×BO=13×3×√3=√3．在平面ABF内作BM // AF，且BM=1，连接AM交BF于P，则点P满足AP // DE，证明如下：∵AF // CE，CE=1，∴BM // CE，且BM=CE，∴四边形BMEC是平行四边形．∴BC // ME，BC=ME，又菱形ABCD中，BC // AD，BC=AD，∴ME // AD，ME=AD，∴四边形ADEM是平行四边形∴AM // DE，即AP // DE．∵BM // AF，∴△BPM∼△FPA，又BM=1，∴BPPF =BMAF=12．设O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为2√55．直线l:y=kx+m(m>0)与C交于A，B两点，AF的中点为M，|OM|+|MF|=5．（1）求椭圆C的方程；（2）设点P(0, 1)，PA→⋅PB→=−4，求证：直线l过定点，并求出定点的坐标．【答案】设椭圆的右焦点为F1，则OM为△AFF1的中位线，所以OM=12AF1,MF=12AF，所以|OM|+|MF|=|AF|+|AF1|2=a=5因为e=ca =2√55，所以c=2√5所以b=√5，所以椭圆C的方程为：x225+y25=1设A(x1, y1)，B(x2, y2)联立{y=kx+mx225+y25=1，消去y整理得：(1+5k2)x2+10mkx+5m2−25=0所以△>0，x1+x2=−10km1+5k ,x1x2=5m2−251+5k所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+5k2，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=5k2m2−25k2−10k2m2+m2+5k2m21+5k2=−25k2+m21+5k2因为P(0,1),PA→⋅PB→=−4所以(x1, y1−1)⋅(x2, y2−1)=x1x2+y1y2−(y1+y2)+1=−4所以5m2−251+5k +−25k2+m21+5k−2m1+5k+5=0整理得：3m2−m−10=0解得：m=2或m=−53（舍去）所以直线l过定点(0, 2)．【考点】椭圆的标准方程直线与椭圆结合的最值问题【解析】（1）设椭圆的右焦点为F1，则OM为△AFF1的中位线，利用已知条件求出a，b即可得到椭圆方程．（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)联立{y=kx+mx225+y25=1，消去y，通过△>0，以及韦达定理，转化为：数量积求出m．即可推出直线l过定点(0, 2)．【解答】设椭圆的右焦点为F1，则OM为△AFF1的中位线，所以OM=12AF1,MF=12AF，所以|OM|+|MF|=|AF|+|AF1|2=a=5因为e=ca =2√55，所以c=2√5所以b=√5，所以椭圆C的方程为：x225+y25=1设A(x1, y1)，B(x2, y2)联立{y=kx+mx225+y25=1，消去y整理得：(1+5k2)x2+10mkx+5m2−25=0所以△>0，x1+x2=−10km1+5k2,x1x2=5m2−251+5k2所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+5k2，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=5k2m2−25k2−10k2m2+m2+5k2m21+5k2=−25k2+m21+5k2因为P(0,1),PA→⋅PB→=−4所以(x1, y1−1)⋅(x2, y2−1)=x1x2+y1y2−(y1+y2)+1=−4所以5m2−251+5k2+−25k2+m21+5k2−2m1+5k2+5=0整理得：3m2−m−10=0解得：m=2或m=−53（舍去）所以直线l过定点(0, 2)．已知函数f(x)=x(e x−a3x2−a2x),a≤e，其中e为自然对数的底数．（1）当a=0，x>0时，证明：f(x)≥ex2；（2）讨论函数f(x)极值点的个数．【答案】依题意，f(x)=xe x，故原不等式可化为xe x≥ex2，因为x>0，只要证e x−ex≥0，记g(x)=e x−ex，(x>0)，则g′(x)=e x−e，(x>0)当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)≥ex2，原不等式成立．f′(x)=(e x−13ax2−12ax)+x(e x−23ax−12a)=(x+1)e x−ax(x+1)=(x+1)(e x−ax)记ℎ(x)=e x−ax，ℎ′(x)=e x−a(ⅰ)当a<0时，ℎ′(x)=e x−a>0，ℎ(x)在R上单调递增，ℎ(0)=1>0，ℎ(1a)=e1a−1<0所以存在唯一x0∈(1a,0),ℎ(x0)=0，且当x<x0时，ℎ(x)<0；当x>x0，ℎ(x)>0①若x0=−1，即a=−1e时，对任意x≠−1，f′(x)>0，此时f(x)在R上单调递增，无极值点②若x 0<−1，即−1e <a <0时，此时当x <x 0或x >−1时，f ′(x)>0， 即f(x)在(−∞, x 0)，(−1, +∞)上单调递增；当x 0<x <−1时，f ′(x)<0，即f(x)在(x 0, −1)上单调递减； 此时f(x)有一个极大值点x 0和一个极小值点−1③若−1<x 0<0，即a <−1e 时，此时当x <−1或x >x 0时，f ′(x)>0．即f(x)在(−∞, −1)，(x 0, +∞)上单调递增；当−1<x <x 0时，f ′(x)<0，即f(x)在(−1, x 0)上单调递减： 此时f(x)有一个极大值点−1和一个极小值点x 0．(ⅱ)当a =0时，f(x)=xe x ，所以f ′(x)=(x +1)e x ， 显然f(x)在(−∞, −1)单调递减；在(−1, +∞)上， 单调递增；此时f(x)有一个极小值点−1，无极大值点 (ⅲ)当0<a <e 时，由（1）可知，对任意x ≥0，ℎ(x)=e x −ax >e x −ex ≥0，从而ℎ(x)>0， 而对任意x <0，ℎ(x)=e x −ax >e x >0，所以对任意x ∈R ，ℎ(x)>0， 此时令f ′(x)<0，得x <−1；令f ′(x)>0，得x >−1， 所以f(x)在(−∞, −1)单调递减；在(−1, +∞)上单调递增； 此时f(x)有一个极小值点−1，无极大值点(ⅳ)当a =e 时，由（1）可知，对任意x ∈R ，ℎ(x)=e x −ax =e x −ex ≥0，当且仅当x =1时取等号，此时令f ′(x)<0，得x <−1；令f ′(x)>0得x >−1， 所以f(x)在(−∞, −1)单调递减；在(−1, +∞)上单调递增； 此时f(x)有一个极小值点−1，无极大值点； 综上可得：①当a <−1e 或−1e <a <0时，f(x)有两个极值点； ②当a =−1e 时，f(x)无极值点；③当0≤a ≤e 时，f(x)有一个极值点． 【考点】利用导数研究函数的极值 利用导数研究函数的最值 【解析】（1）得到xe x ≥ex 2，因为x >0，只要证e x −ex ≥0，记g(x)=e x −ex ，(x >0)，根据函数的单调性证明即可；（2）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极值点的个数即可． 【解答】依题意，f(x)=xe x ，故原不等式可化为xe x ≥ex 2，因为x >0，只要证e x −ex ≥0， 记g(x)=e x −ex ，(x >0)，则g ′(x)=e x −e ，(x >0)当0<x <1时，g ′(x)<0，g(x)单调递减；当x >1时，g ′(x)>0，g(x)单调递增 所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)≥ex 2，原不等式成立．f ′(x)=(e x −13ax 2−12ax)+x(e x −23ax −12a)=(x +1)e x −ax(x +1)=(x +1)(e x −ax)记ℎ(x)=e x −ax ，ℎ′(x)=e x −a(ⅰ)当a <0时，ℎ′(x)=e x −a >0，ℎ(x)在R 上单调递增，ℎ(0)=1>0，ℎ(1a )=e 1a −1<0所以存在唯一x 0∈(1a ,0),ℎ(x 0)=0，且当x <x 0时，ℎ(x)<0；当x >x 0，ℎ(x)>0 ①若x 0=−1，即a =−1e 时，对任意x ≠−1，f ′(x)>0，此时f(x)在R 上单调递增，无极值点②若x 0<−1，即−1e <a <0时，此时当x <x 0或x >−1时，f ′(x)>0， 即f(x)在(−∞, x 0)，(−1, +∞)上单调递增；当x 0<x <−1时，f ′(x)<0，即f(x)在(x 0, −1)上单调递减； 此时f(x)有一个极大值点x 0和一个极小值点−1③若−1<x 0<0，即a <−1e 时，此时当x <−1或x >x 0时，f ′(x)>0．即f(x)在(−∞, −1)，(x 0, +∞)上单调递增；当−1<x <x 0时，f ′(x)<0，即f(x)在(−1, x 0)上单调递减： 此时f(x)有一个极大值点−1和一个极小值点x 0．(ⅱ)当a =0时，f(x)=xe x ，所以f ′(x)=(x +1)e x ， 显然f(x)在(−∞, −1)单调递减；在(−1, +∞)上， 单调递增；此时f(x)有一个极小值点−1，无极大值点 (ⅲ)当0<a <e 时，由（1）可知，对任意x ≥0，ℎ(x)=e x −ax >e x −ex ≥0，从而ℎ(x)>0， 而对任意x <0，ℎ(x)=e x −ax >e x >0，所以对任意x ∈R ，ℎ(x)>0， 此时令f ′(x)<0，得x <−1；令f ′(x)>0，得x >−1， 所以f(x)在(−∞, −1)单调递减；在(−1, +∞)上单调递增； 此时f(x)有一个极小值点−1，无极大值点(ⅳ)当a =e 时，由（1）可知，对任意x ∈R ，ℎ(x)=e x −ax =e x −ex ≥0，当且仅当x =1时取等号，此时令f ′(x)<0，得x <−1；令f ′(x)>0得x >−1， 所以f(x)在(−∞, −1)单调递减；在(−1, +∞)上单调递增； 此时f(x)有一个极小值点−1，无极大值点； 综上可得：①当a <−1e 或−1e <a <0时，f(x)有两个极值点； ②当a =−1e 时，f(x)无极值点； ③当0≤a ≤e 时，f(x)有一个极值点． [选修4-4：坐标系与参数方程]在立角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{x =−2√3+tcosαy =−1+tsinα （t 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，曲线C 的极坐标方程为ρ2(1+sin 2θ)=8．（1）若曲线C 上一点Q 的极坐标为(ρ0,π2)，且l 过点Q ，求l 的普通方程和C 的直角坐标方程；（2）设点P(−2√3,−1)，l与C的交点为A，B，求1|PA|+1|PB|的最大值．【答案】把Q(ρ0,π2)代入曲线C可得Q(2,π2)化为直角坐标为Q(0, 2)l又l过点P(−2√3,−1)，得直线l的普通方程为y=√32x+2；ρ2(1+sin2θ)=8可化为．曲线的直角坐标方程为：x2+2y2=8：．把直线l的参数方程代入曲线C:ρ2+(ρsinθ)2=8(tcosα−2√3)2+2(tsinα−1)2=8的直角坐标方程得，化简得(sin2α+1)t2−4(sinα+√3cosα)t+6=0，①△=[−4(sinα+√3cosα)]2−24(sin2α+1)可得t1+t2=4(sinα+√3cosα)sin2α+1,t1t2=6sin2α+1>0，故t1与t2同号1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|=|t1|+|t2||t1||t2|=|t1+t2||t1||t2|，=4|sinα+√3cosα|6=43|sin(α+π3)|，所以α=π6时，43|sin(α+π3)|有最大值43．此时方程①的△=34>0，故1|PA|+1|PB|有最大值43．【考点】参数方程与普通方程的互化圆的极坐标方程【解析】（1）首先利用转换关系把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．（2）利用方程组和一元二次方程根与系数的关系进行应用．【解答】把Q(ρ0,π2)代入曲线C可得Q(2,π2)化为直角坐标为Q(0, 2)l又l过点P(−2√3,−1)，得直线l的普通方程为y=√32x+2；ρ2(1+sin2θ)=8可化为．曲线的直角坐标方程为：x2+2y2=8：．把直线l的参数方程代入曲线C:ρ2+(ρsinθ)2=8(tcosα−2√3)2+2(tsinα−1)2=8的直角坐标方程得，化简得(sin2α+1)t2−4(sinα+√3cosα)t+6=0，①△=[−4(sinα+√3cosα)]2−24(sin2α+1)可得t1+t2=4(sinα+√3cosα)sin2α+1,t1t2=6sin2α+1>0，故t1与t2同号1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|=|t1|+|t2||t1||t2|=|t1+t2||t1||t2|，=4|sinα+√3cosα|6=43|sin(α+π3)|，所以α=π6时，43|sin(α+π3)|有最大值43．此时方程①的△=34>0，故1|PA|+1|PB|有最大值43． [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x +a|+|3x −1|(a ∈R)． (1)当a =−1时，求不等式f(x)≤1的解集；(2)设关于x 的不等式f(x)≤|3x +1|的解集为M ，且[14,1]⊆M ，求a 的取值范围 【答案】解：(1)当a =−1时，f(x)=|x −1|+|3x −1|， f(x)≤1⇒|x −1|+|3x −1|≤1． 即{x ≤13,1−x +1−3x ≤1, 或{13<x <1,1−x +3x −1≤1, 或{x ≥1,x −1+3x −1≤1,解得{x ≤13,x ≥14, 或{13<x <1,x ≤12,或{x ≥1,x ≤34, ， 所以14≤x ≤13或13<x ≤12或⌀． 所以原不等式的解集为{x|14≤x ≤12}．(2)因为[14,1]⊆M ，所以当x ∈[14,1]时，不等式f(x)≤|3x +1|恒成立， 即|x +a|+|3x −1|≤|3x +1|在[14,1]上恒成立， 当x ∈[14,13)时，|x +a|+1−3x ≤3x +1， 即|x +a|≤6x ，所以−6x ≤x +a ≤6x ，所以−7x ≤a ≤5x 在[14,13)上恒成立， 所以(−7x)max ≤a ≤(5x)min ，即−74≤a ≤54；当x ∈[13,1]时，|x +a|+3x −1≤3x +1， 即|x +a|≤2，即−2≤x +a ≤2， 所以−2−x ≤a ≤2−x 在[13,1]上恒成立，所以(−2−x)max ≤a ≤(2−x)min ，即−73≤a ≤1； 综上，a 的取值范围为−73≤a ≤1．【考点】绝对值不等式的解法与证明 【解析】(1)将a =−1代入，根据零点分段法去掉绝对值，分别解出不等式再合并；(2)不等式的解集为M ，且[14, 1]⊆M ，即不等式在[14, 1]上恒成立，根据零点分段去掉绝对值，分离参变量并求出最值，可得a 的取值范围． 【解答】解：(1)当a =−1时，f(x)=|x −1|+|3x −1|， f(x)≤1⇒|x −1|+|3x −1|≤1． 即{x ≤13,1−x +1−3x ≤1, 或{13<x <1,1−x +3x −1≤1, 或{x ≥1,x −1+3x −1≤1,解得{x ≤13,x ≥14, 或{13<x <1,x ≤12, 或{x ≥1,x ≤34, ， 所以14≤x ≤13或13<x ≤12或⌀． 所以原不等式的解集为{x|14≤x ≤12}． (2)因为[14,1]⊆M ，所以当x ∈[14,1]时，不等式f(x)≤|3x +1|恒成立， 即|x +a|+|3x −1|≤|3x +1|在[14,1]上恒成立， 当x ∈[14,13)时，|x +a|+1−3x ≤3x +1， 即|x +a|≤6x ，所以−6x ≤x +a ≤6x ，所以−7x ≤a ≤5x 在[14,13)上恒成立， 所以(−7x)max ≤a ≤(5x)min ，即−74≤a ≤54； 当x ∈[13,1]时，|x +a|+3x −1≤3x +1，即|x+a|≤2，即−2≤x+a≤2，,1]上恒成立，所以−2−x≤a≤2−x在[13≤a≤1；所以(−2−x)max≤a≤(2−x)min，即−73≤a≤1．综上，a的取值范围为−73试卷第21页，总21页。
2018年福建省福州市高考数学二模试卷(文科)
2018年福建省福州市高考数学二模试卷（文科）一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．（5分）已知集合A={x|≤x≤3}，B={y|y=}，则集合A∪B=（）A．{x|≤x≤3}B．{x|1≤x≤3}C．{x|x≥0}D．{x|x≥}2．（5分）若复数z=，则=（）A．B．﹣ C．D．﹣3．（5分）某综艺节目为比较甲、乙两名选手的各项能力（指标值满分为5分，分值高者为优）绘制了如图所示的六维能力雷达图，图中点A表示甲的创造力指标值为4，点B表示乙的空间能力指标值为3，则下面叙述正确的是（）A．乙的记忆能力优于甲B．乙的创造力优于观察能力C．甲的六大能力整体水平优于乙D．甲的六大能力中记忆能力最差4．（5分）设向量=（m，2m+1），=（m，1），||2=||2+||2，则m=（）A．﹣2±B．﹣1 C．0 D．15．（5分）若函数f（x）=，则f（ln2）+f（ln）=（）A．0 B．C．4 D．56．（5分）如图，网络纸上校正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（）A．（2+）πB．（3+）πC．5πD．（4+）π7．（5分）已知等差数列{a n}为递增数列a2+a5+a8=33且a5+1是a2+1与a8+7的等比中项，则a18=（）A．31 B．33 C．35 D．378．（5分）已知抛物线y2=2px（p＞0）经过点M（x0，2），若点M到准线l 的距离为3，则该抛物线的方程为（）A．y2=4x B．y2=2x或y2=4x C．y2=8x D．y2=4x或y2=8x9．（5分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）+cos（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的最小正周期为π，且f（2π﹣x）=f（x），则（）A．f（x）在（0，）单调递减B．f（x）在（，）单调递减C．f（x）在（0，）单调递增D．f（x）在（，）单调递增10．（5分）如图的程序图是历史上用于估计π的值的一个步骤，若输入n的值为n0，输出m的值为m0，则据此结果估计π的值约为（）A．B．C．D．11．（5分）在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=PC=，AB=AC=1，BC=，则该三棱锥外接球的体积为（）A． B．πC．4πD．π12．（5分）已知函数f（x）=e x﹣1﹣e1﹣x+1，直线l：mx﹣y﹣m+1=0（m∈R），则l与y=f（x）图象的交点个数可能为（）A．0 B．2 C．3 D．5二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．（5分）已知直线y=kx+b是曲线y=xsinx在点（，）处的切线，则k=14．（5分）设x，y满足约束条件，且z=﹣mx+y的最小值为，则正实数m的值为15．（5分）已知F1，F2分别为双曲线C：=1（a＞0，b＞0）在左、右焦点，P是C左支上一点，|PF2|=2|PF1|，若存在点M满足=2，•=0，则C的离心率为16．（5分）已知数列{a n}，{}的前n项和分布为S n，T n，a1=，a2=，S n+1﹣S n=a n2+1（n≥2），记[x]表示不超过x的最大整数，如[0.8]=0，[2.1]=2，则﹣1[T2018]=．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．（12分）在△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，∠B=2∠C，△ABD面积与△ACD面积的比为2：3．（1）求cos∠C的值；（2）若AC=，求DC的长．18．（12分）如图所示的多面体ABCDA1B1C1中，上底面ABCD与下底面A1B1C1平行，四边形ABCD为平行四边形，且AA1∥BB1∥CC1，点M为B1C1的中点．（1）在图中过点B1作一个平面α与平面AMC平行（说明作法及理由）；（2）求四棱锥D﹣AA1C1C与三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积的比．19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，F1，F2是椭圆C：=1（a＞b＞0）的左、右焦点，|F1F2|=2，直线y=x与C交于A，B两点，且A，F1，B，F2四点共圆．（1）求椭圆C 的方程；（2）P 为C 上一点（非长轴的端点）线段PF 2，PO 的延长线分别于C 交于点M ，N ，求△PMN 面积的取值范围．20．（12分）某商店为迎接端午节，推出两款粽子：花生粽与肉粽，为调查这两款粽子的受欢迎程度，店员连续10天记录了这两款粽子的销售量，如表所示（其中销售量单位：个）：（1）根据两组数据完成下面茎叶图（2）根据统计学知识，请评述哪款粽子更受欢迎；（3）求肉粽销售量y 关于天数t 的线性回归方程，丙预估第15天肉粽的销售量．（回归方程的系数精确都0.01） 参考数据：（t i ﹣）（y i ﹣）=155．附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为=，=﹣．21．（12分）已知函数f（x）=x2+（2a﹣）x﹣lnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＜0时，证明f（x）≥（1﹣2a）（a+1）．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2的极坐标方程为ρ（2cosθ﹣sinθ）=．（1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）若曲线C1与曲线C2交于A，B 两点，点P坐标为（1，﹣，求+．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x+|﹣|x﹣|．（1）求函数f（x）的值域（2）若函数f（x）的最大值为m，且实数a，b，c满足a2+b2+c2=m2，求证：≥．2018年福建省福州市高考数学二模试卷（文科）参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题5分，满分60分）1．【解答】解：∵集合A={x|≤x≤3}，B={y|y=}={y|y≥0}，∴集合A∪B={x|x≥0}．故选：C．2．【解答】解：根据题意，z====；故选：A．3．【解答】解：由六维能力雷达图，得：在A中，乙的记忆能力是4，甲的记忆能力是5，故乙的记忆能力劣于甲，故A错误；在B中，乙的创造能力是3，乙的观察能力是4，故乙的创造力劣于观察能力，故B错误；在C中，甲的六大能力之和为：25，乙的六大能力之和为：24，∴甲的六大能力整体水平优于乙，故C正确；在D中，甲的六大能力中推导能力最差，故D错误．故选：C．4．【解答】解：∵向量=（m，2m+1），=（m，1），||2=||2+||2，∴﹣2=||2+||2，∴=m2+2m+1=（m+1）2=0，解得m=﹣1．故选：B．5．【解答】解：∵函数f（x）=，∴f（ln2）=e|ln2|=2，f（ln）=f（ln）==2，∴f（ln2）+f（ln）=2+2=4．故选：C．6．【解答】解：由三视图还原原几何体如下：该几何体为组合体，上半部分为圆锥，下半部分为半球，圆锥的底面半径等于球的半径为1，圆锥的高为1．则该几何体的表面积为S=．故选：A．7．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d＞0，∵a2+a5+a8=33且a5+1是a2+1与a8+7的等比中项，∴3a1+12d=33，=（a1+d+1）（a1+7d+7），联立解得a1=3，d=2．则a18=3+17×2=37．故选：D．8．【解答】解：∵抛物线y2=2px（p＞0）经过点M（x0，2），∴，可得．又点M到准线l的距离为3，∴，解得p=2或p=4．则该抛物线的方程为y2=4x或y2=8x．故选：D．9．【解答】解：f（x）=sin（ωx+φ）+cos（ωx+φ）=．∵T=，∴ω=2．则f（x）=，又f（2π﹣x）=f（x），∴f（﹣x）=f（x），则f（x）为偶函数，则φ+=，k∈Z．∴φ=，k∈Z．∵|φ|＜，∴φ=．则f（x）=．∴f（x）在（0，）单调递减．故选：A．10．【解答】解：根据已知中的流程图我们可以得到该程序的功能是利用随机模拟实验的方法求任取[0，1]上的两个数x，y，求x2+y2≤1的数对（x，y）的个数，∵x∈[0，1]，y∈[﹣1，1]对应的平面区域面积为：1×1=1，而x2+y2≤1对应的平面区域的面积为：，故≈，∴π≈．故选：C．11．【解答】解：如图，由PA=PB=PC=，过P作PG⊥平面ABC，垂足为G，则G为三角形ABC的外心，在△ABC中，由AB=AC=1，BC=，可得∠BAC=120°，则由正弦定理可得：，即AG=1．∴PG=．取PA中点H，作HO⊥PA交PG于O，则O为该三棱锥外接球的球心．由△PHO∽△PGA，可得，则PO=．可知O与G重合，即该棱锥外接球半径为1．∴该三棱锥外接球的体积为．故选：A．12．【解答】解：函数f（x）在R上为增函数，且函数f（x）关于点（1，1）对称，而直线l：m（x﹣1）﹣y+1=0过定点（1，1），则l与y=f（x）图象的交点个数至少是1个或者是3个，故选：C．二、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13．【解答】解：根据题意，曲线y=xsinx，则y′=sinx+xcosx，则y′=sin+xcos=1，又曲线y=kx+b是曲线y=xsinx在点（，）处的切线，则k=y′=1，则k=1；故答案为：1．14．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（1，1），化目标函数z=﹣mx+y为y=mx+z（m＞0），由图可知，当直线y=mx+z（m＞0）过A时，z有最小值为﹣m+1=，即m=．故答案为：．15．【解答】解：∵=2，∴M是F1P的中点，又O是F1F2的中点，∴OM∥PF2，∵•=0，∴OM⊥PF1，∴PF1⊥PF2，设|PF1|=m，则|PF2|=2m，|F1F2|=m，|∵P在双曲线C上，∴|PF2|﹣|PF1|=2a，即a=，又|F1F2|=2c，∴c=，∴e==．故答案为：．16．【解答】解：数列{a n}，{}的前n项和分布为S n，T n，a1=，a2=，S n+1﹣S n﹣1=a n2+1（n≥2），即为S n+1﹣S n+S n﹣S n﹣1=a n+1+a n=a n2+1（n≥2），a n+1﹣1=a n2﹣a n=a n（a n﹣1），取倒数可得=﹣，即有=﹣，则T n=+﹣+﹣+…+﹣=+﹣=2﹣＜2，由a n﹣1=a n（a n﹣1），可得2＞a n﹣1＞1，+1则1＜T2018＜2，即[T2018]=1．故答案为：1．三、解答题（共5小题，满分60分）解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17．【解答】解：（1），，∠B=2∠C，所以：=，由正弦定理得：，得到：，所以：．（2）由（1）得：sinC=，所以：sinB=sin2C=2sinCcosC=，cosB=cos2C=2cos2C﹣1=．由（1）得：，所以：，设DC=x，由，所以：BD=，在△ADC中，AD2=AC2+CD2﹣2AC•CD•cosC，即：，①在△ABD中，AD2=AB2+BD2﹣2•AB•BD•cosB，即：，②由①②得：，解得：x=或．，所以：，所以：x．故：．18．【解答】解：（1）如图所示，取AB的中点E，BC的中点F，连接B1E，B1F，EF，∴面B1EF∥面AMC，即平面B1EF就是所作平面α．理由如下：在平行四边形BCC1B1中，点M，N分别是B1C1，BC中点，∴B1F∥MC．又∵B1F⊄平面AMC，MC⊂平面AMC，∴B1F∥面AMC．在△ABC中，可得EF∥AC，又EF⊄平面AMC，AC⊂平面AMC，∴EF∥面AMC．又EF∩B1F═F，B1F⊂平面AMC，EF⊂平面AMC∴面B1EF∥面AMC，即平面B1EF就是所作平面α．（2）连接AC 1，则V=2V=2V=，∵三棱柱ABC﹣A 1B1C1的体积V=S△ABC•h．又∵S=S△ADC，∴四棱锥D﹣AA1C1C与三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积的比为．△ABC19．【解答】解：（1）由可得（b2+）x2﹣a2b2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），∴x1+x2=0，x1x2=，由AB，F1F2互相平分且四点共圆，得AF2⊥BF2，∵=（x1﹣，y1），=（x2﹣，y2），∴•=（x1﹣，y1）•（x2﹣，y2）=（x1﹣）（x2﹣）+y1•y2=（1+）x1x2+3=0，即x1x2=﹣，∴=﹣，又b2+3=a2，解得a2=4，b2=1，∴椭圆方程为+y2=1；（2）由（1）知，F2（，0），设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线PM方程为x=my+，代入x2+4y2=4可得（m2+4）y2+2my﹣1=0，∴y1+y2=，y1y2=﹣，∴（y1﹣y2）2=（y1+y2）2﹣4y1y2=，=|OF2|•|y1﹣y2|=2•=≤=1∴S△PMO=2S△PMO≤2，∴S△PMN故△PMN面积的取值范围为（0，2]20．【解答】解：（1）根据两组数据填写茎叶图，如图所示；（2）由茎叶图知，肉粽的销售量均值较花生棕高，两种粽子的销售量波动情况相当，所以可以认为肉粽更受欢迎；（3）计算=×（1+10）=，=×（92+72+52+32+12）×2=，=100+×（﹣12﹣3﹣2﹣5+1﹣2+3+6+3+11）=100，∴==≈1.88，=﹣=100﹣1.88×=89.66；∴y关于t的线性回归方程=1.88t+89.66，∴预估第15天肉粽的销售量=1.88×15+89.66=117.86≈118（个）．21．【解答】解：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=2x+（2a﹣）﹣=，（i）若a＜0，当x＞﹣a时，f′（x）＞0，当0＜x＜﹣a时，f′（x）＜0，故f（x）在（﹣a，+∞）递增，在（0，﹣a）递减，（ii）若a＞0，当x＞时，f′（x）＞0，当0＜x＜时，f′（x）＜0，故f（x）在（，+∞）递增，在（0，）递减；（2）当a＜0时，由（1）得，f（x）min=f（﹣a）=﹣a2+1﹣ln（﹣a），令g（a）=f（﹣a）﹣（1﹣2a）（a+1）=a2+a﹣ln（﹣a），设t=﹣a，则g（t）=t2﹣t﹣lnt（t＞0），g′（t）=2t﹣1﹣=，∵t＞0，当t＞1时，g′（t）＞0，当0＜t＜1时，g′（t）＜0，故g（t）在（1，+∞）递增，在（0，1）递减，故g（x）min=g（1）=0，故a＜0时，f（x）≥（1﹣2a）（a+1）成立．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（φ为参数），转换为直角坐标方程为：．曲线C2的极坐标方程为ρ（2cosθ﹣sinθ）=．转换为直角坐标方程为：6x﹣3y﹣10=0．（2）由于点P（1，﹣）在直线上，斜率k=2，则：转换为参数方程为：（t为参数），把直线的参数方程代入曲线方程化简为：，所以：，．所以：=．[选修4-5：不等式选讲]23．【解答】解：（1）f（x）=|x+|﹣|x﹣|=，∴函数f（x）的值域为[﹣2，2]，（2）由（1）可知m=2，∴a2+b2+c2=4，∴a2+1+b2+3+c2+4=12，∴=[（）（a2+1+b2+3+c2+4）]，≥[3+（+）+（+）+（+）]，≥（3+2+2+2）=，当且仅当a2+1=b2+3=c2+4=4，即a2=3，b2=1，c2=0等号成立，∴≥．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2018年福建省高考数学模拟试卷（文科）（4月份）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A={x|x2−2x−3<0}，B={−2, −1, 1, 2}，则A∩B=()A.{−1, 2}B.{−2, 1}C.{1, 2}D.{−1, −2}【答案】C【考点】交集及其运算【解析】求出A的范围，求出A，B的交集即可．【解答】A={x|x2−2x−3<0}={x|−1<x<3}，B={−2, −1, 1, 2}，则A∩B={1, 2}，2. 已知向量AB→=(1,1)，AC→=(2,3)，则下列向量中与BC→垂直的是（）A.a→=(3, 6)B.b→=(8, −6)C.c→=(6, 8)D.d→=(−6, 3)【答案】D【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】根据题意，求出向量BC→的坐标，由向量垂直与向量数量积的关系，依次分析选项，验证a→⋅BC→是否为0，综合即可得答案．【解答】根据题意，向量AB→=(1,1)，AC→=(2,3)，则BC→=AC→−AB→=(1, 2)，对于A，a→=(3, 6)，a→⋅BC→=1×3+2×6＝15≠0，即a→与BC→不垂直，A不符合题意；对于B，a→=(8, −6)，a→⋅BC→=1×8+2×(−6)＝−4≠0，即a→与BC→不垂直，B不符合题意；对于C，a→=(6, 8)，a→⋅BC→=1×6+2×8＝22≠0，即a→与BC→不垂直，C不符合题意；对于D，a→=(−6, 3)，a→⋅BC→=1×(−6)+2×3＝0，即a→与BC→垂直，D符合题意；3. 设等比数列{a n}的前n项和为S n，若S n=2n+1+λ，则λ=()A.−2B.−1C.1D.2【答案】A【考点】等比数列的前n项和【解析】根据题意，由数列的前n项和公式写出数列的前3项，由等比数列的定义分析可得(4+λ)×8=42，解可得λ的值，即可得答案．【解答】根据题意，等比数列{a n}中，有S n=2n+1+λ，则a1=S1=4+λ，a2=S2−S1=(23+λ)−(22+λ)=4，a3=S3−S2=(24+λ)−(23+λ)=8，{a n}为等比数列，则有(4+λ)×8=42，解可得：λ=−2；4. 如图，曲线y=sinπx2+3把边长为4的正方形OABC分成黑色部分和白色部分．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A.1 4B.13C.38D.34【答案】A【考点】几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】本题主要考查几何概型、三角函数的图象与性质等．【解答】解：设曲线y=sinπx2+3(0≤x≤4)与线段OC，AB，BC的公共点分别为D，E，F，连接DE，设DE中点为G，则D(0, 3 )，E(4, 3 )，F(1, 4 )，G(2, 3)．因为曲线y=sinπx2+3关于点G(2, 3)中心对称，所以曲线y=sinπx2+3与线段DE围成的左（白）、右（黑）两部分面积相等，所以黑色部分的面积等于矩形DEBC的面积，所以所求概率为S矩形DEBCS正方形OABC =416=14．故选A．5. 若α是第二象限角，且sinα=35，则1−2sinπ+α2sinπ−α2=()A.−65B.−45C.45D.65【答案】C【考点】三角函数的恒等变换及化简求值【解析】由已知求出cosα，再由诱导公式化简1−2sinπ+α2sinπ−α2，结合二倍角的余弦求解．【解答】∵α是第二象限角，且sinα=35，∴cosα=−√1−sin2α=−45，∴1−2sinπ+α2sinπ−α2=1−2cosα2∗cosα2=1−2cos2α2=−(2cos2α2−1)=−cosα=45．6. 已知a=0.40.3，b=0.30.4，c=0.3−0.2，则（）A.b<a<cB.b<c<aC.c<b<aD.a<b<c【答案】A【考点】指数函数的图像与性质【解析】根据指数函数以及幂函数的单调性判断即可．【解答】∵1>a=0.40.3>0.30.3>b=0.30.4，c=0.3−0.2>1，∴b<a<c，7. 程大位是明代著名数学家，他的《新编直指算法统宗》是中国历史上一部影响巨大的著作．它问世后不久便风行宇内，成为明清之际研习数学者必读的教材，而且传到朝鲜、日本及东南亚地区，对推动汉字文化圈的数学发展起了重要的作用．卷八中第33问是：“今有三角果一垛，底阔每面七个．问该若干？”如图是解决该问题的程序框图．执行该程序框图，求得该垛果子的总数S为（）A.28B.56C.84D.120【答案】C【考点】程序框图【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】模拟程序的运行，可得i=0，n=0，S=0执行循环体，i=1，n=1，S=1不满足条件i≥7，执行循环体，i=2，n=3，S=4不满足条件i≥7，执行循环体，i=3，n=6，S=10不满足条件i≥7，执行循环体，i=4，n=10，S=20不满足条件i≥7，执行循环体，i=5，n=15，S=35不满足条件i≥7，执行循环体，i=6，n=21，S=56不满足条件i≥7，执行循环体，i=7，n=28，S=84满足条件i≥7，退出循环，输出S的值为84．8. 某校有A,B,C,D四件作品参加航模类作品比赛．已知这四件作品中恰有两件获奖，在结果揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四件参赛作品的获奖情况进行预测，甲说：“A,B同时获奖”，乙说：“B,D不可能同时获奖”，丙说：“C获奖，”，丁说：“A,C至少一件获奖”．如果以上四位同学中有且只有两位同学的预测是正确的，则获奖的作品是（）A.作品A与作品BB.作品B与作品CC.作品C与作品DD.作品A与作品D【答案】D【考点】进行简单的合情推理【解析】本题主要考查推理知识．【解答】解：若甲预测正确，则乙预测正确，丙预测错误，丁预测正确，与题意不符，故甲预测错误；若乙预测错误，则依题意丙、丁均预测正确，但若丙、丁预测正确，则获奖作品可能是“A，C＂、“B，C”、“C，D”，这几种情况都与乙预测错误相矛盾，故乙预测正确，所以丙、丁中恰有一人预测正确，若丙预测正确，丁预测错误，两者互相矛盾，排除；若丙预测错误，丁预测正确，则获奖作品只能是“A，D”，经验证符合题意．故选D．9. 某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为（）A.24+(√2−1)πB.24+(2√2−2)πC.24+(√5−1)πD.24+(2√3−2)π【答案】 B【考点】由三视图求表面积（切割型） 【解析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为棱长为2的正方体挖去两个圆锥得到，圆锥的底面半径为1，高为1．再由正方体表面积及圆锥表面积列式求解． 【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为棱长为2的正方体挖去两个圆锥得到． 圆锥的底面半径为1，高为1． 则该几何体的表面积为6×2×2−2π×12+2×π×1×√2 =24+(2√2−2)π， 故选B .10. 已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且x ∈R 时，均有f(3+x)=f(2−x)，2≤f(x)≤8，则满足条件的f(x)可以是（ ） A.f(x)=6+3cos 2πx 5B.f(x)=5+3sinπx 5C.f(x)={2,x ∈Q,8,x ∈∁R QD.f(x)={2,x ≤0,8,x >0【答案】 C函数奇偶性的性质【解析】本题主要考查函数的奇偶性、周期性及函数图象的对称性等．【解答】解：因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以排除选项B，D；因为2≤f(x)≤8，所以排除选项A.故选C．11. 已知F1，F2为双曲线C:x216−y29=1的左、右焦点，P为C上异于顶点的点．直线l分别与PF1，PF2为直径的圆相切于A，B两点，则|AB|＝（）A.√7B.3C.4D.5【答案】B【考点】双曲线的离心率【解析】设PF1，PF2的中点分别为M，N，则NM＝c，AM−NB=12(PF1−PF2)=a，可得AB=√MN2−(MA−NB)2=√c2−a2=b=3【解答】如图，设PF1，PF2的中点分别为M，N，则NM＝c，AM−NB=12(PF1−PF2)=a，∴AB=√MN2−(MA−NB)2=√c2−a2=b=312. 已知数列{a n}的前n项和为S n，2S n=a n+12−a n+1，且a2=a9，则所有满足条件的数列中，a1的最大值为（）A.3B.6C.9D.12【答案】B【考点】数列的函数特性【解析】此题暂无解析解：当n =1时，2S 1=a 22−a 2，即a 1=12(a 22−a 2)=12(a 2−12)2−18，所以当且仅当|a 2−12|最大时，a 1取得最大值．当n ≥2时，由{2S n =a n+12−a n+1,2S n−1=a n 2−a n得2a n =a n+12−a n 2−a n+1+a n ． 所以(a n+1+a n )(a n+1−a n −1)=0， 所以a n+1=−a n 或a n+1−a n =1， 即数列{a n }从第三项开始，每一项是由前一项加1或乘−1得到． 又a 2=a 9，a 2经过7项变换得到a 9，所以a 9=−a 2+k(−6≤k ≤6，且k 为偶数)，即−a 2+k =a 2，可得a 2=12k ． 当k =6时，a 2取得最大值3； 当k =−6时，a 2取得最小值−3． 所以当a 2=−3时，|a 2−12|取得最大值，对应a 1取得最大值为6． 故选B ．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.已知复数z 满足z(3+4i)=4+3i ，则|z|=________． 【答案】 1【考点】 复数的模 【解析】把已知等式变形，利用|z|=|z|及商的模等于模的商求解． 【解答】由z(3+4i)=4+3i ，得z =4+3i 3+4i ，∴ |z|=|z|=|4+3i 3+4i|=|4+3i||3+4i|=55=1．若x ，y 满足约束条件{2x +y −3≥0,x −y ≤0,x +2y −6≤0,则z =x +y 的取值范围为________．【答案】 [2, 4] 【考点】 简单线性规划 【解析】本题主要考查线性规划． 【解答】 解：通解作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线x +y =0，并平移，当直线过点A(1,1)时，z 取得最小值2； 当直线过点B(2,2)时，z 取得最大值4，所以z =x +y 的取值范围为[2,4]． 故答案为：[2,4]． 优解 由题意，求出不等式组所表示的平面区域的三个顶点分别为(0,3)，(1,1)，(2,2)， 并把它们代入目标函数z =x +y 可求得z 的值分别为3，2，4， 所以z =x +y 的取值范围为[2,4]． 故答案为：[2,4]．已知A ，B 分别为椭圆C 的长轴端点和短轴端点，F 是C 的焦点．若△ABF 为等腰三角形，则C 的离心率等于________． 【答案】 √3−12【考点】椭圆的离心率 椭圆的定义 【解析】设椭圆方程，根据椭圆可知，|AB =|AF|，列方程，根据椭圆的离心率的取值范围，即可求得答案． 【解答】设椭圆的标准方程：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)， 由题意可知：设A ，B 分别为椭圆的左顶点及上顶点，则|AB|=√a 2+b 2，|BF|=a ， |AF|=a +c ，则|AB =|AF|，则√a 2+b 2=a +c ， 由b 2=a 2−c 2，整理得2c 2+2ac −a 2=0， 由e =ca ，则2e 2+2e −1=0， 解得：e =−1+√32或e =−1−√32，由0<e <1，则e =−1+√32．已知底面边长为4√2，侧棱长为2√5的正四棱锥S −ABCD 内接于球O 1，若球O 2在球O 1内且与平面ABCD 相切，则球O 2的直径的最大值为________．8【考点】球的体积和表面积【解析】本题主要考查四棱锥、球等知识.【解答】解：设正方形ABCD的中心为O，连接AO,DO,SO，易知SO⊥平面ABCD,O1在直线SO上，且线段SO为正四棱锥S−ABCD的高，因为正方形ABCD的边长为4√2,所以OD=4,SO=√SD2−OD2=2.连接O1D，设O1D=R，则O1O=|R−2|，又OD2+O1O2=O1D2，所以16+(R−2)2=R2，解得R=5，所以球O2的直径的最大值为2R−2=8.故答案为：8.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知√3bcosC−csinB=√3a．（1）求B；（2）若a=3，b=7，D为AC边上一点，且sin∠BDC=√33，求BD．【答案】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．∵√3bcosC−csinB=√3a，利用正弦定理：√3sinBcosC−sinCsinB=√3sinA=√3sin(B+C)，则：sinCsinB=−√3cosBsinC，所以：tanB=−√3，由于：0<B<π，所以：B=2π3．在△ABC中，由正弦定理可得asinA =bsinB⇒3sinA=√32⇒sinA=3√314．sinC=sin(A+∠ABC)=sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC=3√314×(−12)+1314×√32=5√314，在△CDB中，由正弦定理得DBsinC =CBsin∠BDC⇒BD=sinC×CBsin∠BDC=5√314×3√33=4514．【考点】三角形求面积【解析】（1）由√3bcosC−csinB=√3a，可得√3sinBcosC−sinCsinB=√3sinA=√3sin(B+ C)，tanB=−√3，即可得B．（2）在△ABC中，由正弦定理⇒sinA=3√314．再求得sinC，在△CDB中，可得BD=sinC×CBsin∠BDC．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．∵√3bcosC−csinB=√3a，利用正弦定理：√3sinBcosC−sinCsinB=√3sinA=√3sin(B+C)，则：sinCsinB=−√3cosBsinC，所以：tanB=−√3，由于：0<B<π，所以：B=2π3．在△ABC中，由正弦定理可得asinA =bsinB⇒3sinA=√32⇒sinA=3√314．sinC=sin(A+∠ABC)=sinAcos∠ABC+cosAsin∠ABC=3√314×(−12)+1314×√32=5√314，在△CDB中，由正弦定理得DBsinC =CBsin∠BDC⇒BD=sinC×CBsin∠BDC=5√314×3√33=4514．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，CC1=3√3，BC=3，AC=2√3．（1）试在线段B1C上找一个异于B1，C的点P，使得AP⊥PC1，并证明你的结论；（2）在（1）的条件下，求多面体A1B1C1PA的体积．【答案】过C1作C1P⊥B1C，垂足为P，则AP⊥PC1．证明：∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥PC1，又PC1⊥B1C，AC∩B1C=C，∴PC1⊥平面ACB1，又AP⊂平面ACB1，∴AP⊥PC1．在Rt△BB1C1中，∵B1C1=3，CC1=3√3，∴B1C=6，∴PC1=3×3√36=3√32，B1P=32，∴VA−B1C1P =13S△B1C1P∗AC=13×12×32×3√32×2√3=94．又V A−A1B1C1=13S△A1B1C1∗AA1=13×12×3×2√3×3√3=9．∴多面体A1B1C1PA的体积为：V A−B1C1P +V A−A1B1C1=454．【考点】柱体、锥体、台体的体积计算【解析】（1）先由直三棱柱的性质及AC⊥BC得到AC⊥平面BCC1B1，从而有C1P⊥AC，所以要使PC1⊥AP，只需C1P⊥B1C即可，然后以此为条件进行证明即可；（2）把多面体A1B1C1PA分割为三棱锥A−A1B1C1和三棱锥A−B1PC1，分别计算体积并求和．【解答】过C1作C1P⊥B1C，垂足为P，则AP⊥PC1．证明：∵AC⊥BC，AC⊥CC1，BC∩CC1=C，∴AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，∴AC⊥PC1，又PC1⊥B1C，AC∩B1C=C，∴PC1⊥平面ACB1，又AP⊂平面ACB1，∴AP⊥PC1．在Rt△BB1C1中，∵B1C1=3，CC1=3√3，∴B1C=6，∴PC1=3×3√36=3√32，B1P=32，∴VA−B1C1P =13S△B1C1P∗AC=13×12×32×3√32×2√3=94．又V A−A1B1C1=13S△A1B1C1∗AA1=13×12×3×2√3×3√3=9．∴多面体A1B1C1PA的体积为：V A−B1C1P +V A−A1B1C1=454．某种常见疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型．为了解该疾病类型与地域、初次患该疾病的年龄（以下简称初次患病年龄）的关系，在甲、乙两个地区随机抽取100名患者调查其疾病类型及初次患病年龄，得到如下数据：（1）从Ⅰ型疾病患者中随机抽取1人，估计其初次患病年龄小于40岁的概率；（2）记“初次患病年龄在[10, 40)的患者”为“低龄患者”，“初次患病年龄在[40, 70)的患者”为“高龄患者”．根据表中数据，解决以下问题：(i)将以下两个列联表补充完整，并判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中哪个变量与该疾病的类型有关联的可能性更大．（直接写出结论，不必说明理由）表一：表二：(ii)记(i)中与该疾病的类型有关联的可能性更大的变量为X．问：是否有99.9%的把握认为“该疾病的类型与X有关？”附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，Ⅰ型疾病患者中共有23+17=40人，初次患病年龄小于40岁的人数为15+10=25；从这40名患者中随机抽取1人，计算其初次患病年龄小于40岁的概率为P=2540=58；(i)将以下两个列联表补充完整如下，表一：表二：表二中的|ad−bc|=|25×45−15×15|=900，由此判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中，初次患病年龄与该疾病的类型有关联的可能性更大；(ii)(i)中与该疾病的类型有关联的可能性更大的是初次患病年龄，计算X2=100×(25×45−15×15)240×60×40×60=14.065>10.828，所以有99.9%的把握认为“该疾病的类型与初次患病年龄有关”．【考点】独立性检验【解析】（1）从频数分布表统计出样本中Ⅰ型患者的人数和Ⅰ型患者中初次患病年龄小于40岁的人数，根据概率的意义，即可估计所求事件的概率；(2)(i)从频数分布表分别统计出甲地、乙地Ⅰ型患者的频数，甲地、乙地Ⅱ型患者的频数，Ⅰ型患者中低龄患者、高龄患者的频数，Ⅱ型患者中低龄患者、高龄患者的频数，正确填入对应的列联表即可；根据表中数据比较两者相应的|ad−bc|或|ac −bd|的大小，便可直接判断哪个变量与该疾病类型有关联的可能性更大；(ii)正确理解K2公式中a，b，c，d，n的含义，代入公式计算，再将计算结果对照临界值表，即可判断．【解答】Ⅰ型疾病患者中共有23+17=40人，初次患病年龄小于40岁的人数为15+10=25；从这40名患者中随机抽取1人，计算其初次患病年龄小于40岁的概率为P=2540=58；(i)将以下两个列联表补充完整如下，表一：表二：表一中的|ad−bc|=|23×23−17×37|=100，表二中的|ad−bc|=|25×45−15×15|=900，由此判断“地域”“初次患病年龄”这两个变量中，初次患病年龄与该疾病的类型有关联的可能性更大；(ii)(i)中与该疾病的类型有关联的可能性更大的是初次患病年龄，计算X2=100×(25×45−15×15)240×60×40×60=14.065>10.828，所以有99.9%的把握认为“该疾病的类型与初次患病年龄有关”．(1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)设T 是E 上横坐标为2的点，OT 的平行线l 交E 于A ，B 两点，交E 在T 处的切线于点N ．求证：|NT|2=52|NA|⋅|NB|． 【答案】(1)解：设点M(x,y)，因为F (0,12)，所以MF 的中点坐标为(x 2,2y+14).因为以MF 为直径的圆与x 轴相切，所以|MF|2=|2y+1|4，即|MF|=|2y+1|2，故√x 2+(y −12)2=|2y+1|2,化简得x 2=2y ，所以点M 的轨迹E 的方程为x 2=2y .(2)证明：如图，因为T 是E 上横坐标为2的点， 由(1)得T(2,2)，所以直线OT 的斜率为1，因为l//OT ，所以可设直线l 的方程为y =x +m,m ≠0. 由y =12x 2，得y ′=x ，所以|NT|2=[(m +2)−2]2+[(2m +2)−2]2=5m 2. 由{y =x +m,x 2=2y 消去y 得x 2−2x −2m =0， 由Δ=4+8m >0，解得m >−12.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=2,x 1x 2=−2m . 因为N,A,B 在l 上，所以|NA|=√2|x 1−(m +2)|，|NB|=√2|x 2−(m +2)|，所以|NA|⋅|NB|=2|x 1−(m +2)|⋅|x 2−(m +2)| =2|x 1x 2−(m +2)(x 1+x 2)+(m +2)2| =2|−2m −2(m +2)+(m +2)2|=2m 2. 所以|NT|2=52|NA|⋅|NB|.【考点】 轨迹方程 【解析】 【解答】(1)解：设点M(x,y)，因为F (0,12)，所以MF 的中点坐标为(x 2,2y+14).因为以MF 为直径的圆与x 轴相切，所以|MF|2=|2y+1|4，即|MF|=|2y+1|2，故√x 2+(y −12)2=|2y+1|2,化简得x 2=2y ，所以点M 的轨迹E 的方程为x 2=2y .(2)证明：如图，因为T 是E 上横坐标为2的点， 由(1)得T(2,2)，所以直线OT 的斜率为1，因为l//OT ，所以可设直线l 的方程为y =x +m,m ≠0. 由y =12x 2，得y ′=x ，所以|NT|2=[(m +2)−2]2+[(2m +2)−2]2=5m 2. 由{y =x +m,x 2=2y 消去y 得x 2−2x −2m =0， 由Δ=4+8m >0，解得m >−12.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=2,x 1x 2=−2m . 因为N,A,B 在l 上，所以|NA|=√2|x 1−(m +2)|，|NB|=√2|x 2−(m +2)|，所以|NA|⋅|NB|=2|x 1−(m +2)|⋅|x 2−(m +2)| =2|x 1x 2−(m +2)(x 1+x 2)+(m +2)2| =2|−2m −2(m +2)+(m +2)2|=2m 2. 所以|NT|2=52|NA|⋅|NB|.已知函数f(x)=a(x −1x )−2lnx ． （1）讨论f(x)的单调区间；（2）若a =12，证明：f(x)恰有三个零点． 【答案】f(x)的定义域为(0, +∞)， f′(x)=a(1+1x 2)−2x=ax 2−2x+ax 2，若a ≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递减； 若a >0，令f′(x)=0可得ax 2−2x +a =0，①若△=4−4a 2≤0，即a ≥1时，则f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递增； ②若△=4−4a 2>0，即0<a <1时，方程ax 2−2x +a =0的解为x 1=1−√1−a 2a，x 2=1+√1−a 2a．∴ 当0<x <1−√1−a 2a时，f′(x)>0，当1−√1−a 2a<x <1+√1−a 2a时，f′(x)<0，当x >1+√1−a 2a时，f′(x)>0，∴ f(x)在(0, 1−√1−a 2a )上单调递增，在(1−√1−a 2a , 1+√1−a 2a )上单调递减，在(1+√1−a 2a, +∞)上单调递增．当0<a<1时，f(x)的增区间为(0, 1−√1−a2a )，(1+√1−a2a, +∞)，减区间为(1−√1−a2a , 1+√1−a2a)；当a≥1时，f(x)的增区间为(0, +∞)．当a=12时，f(x)=12(x−1x)−2lnx，由（1）可知f(x)在(0, 2−√3)上单调递增，在(2−√3, 2+√3)上单调递减，在(2+√3, +∞)上单调递增，∵f(2−√3)=12(2−√32−√3)−2ln(2−√3)=2ln(2+√3)−√3=ln(2+√3)2−lne√3，f(2+√3)=12(2+√3−2+√3)−2ln(2+√3)=√3−2ln(2+√3)=lne√3−ln(2+√3)2，∵(2+√3)2>e2>e√3，∴ln(2+√3)2−lne√3>0，即f(2−√3)>0，f(2+√3)<0，又f(1e3)=12(1e3−e3)+6=6+12e3−e32<0，f(e3)=12(e3−1e3)−6=e32−12e3−6>0，∴f(x)在(0, 2−√3)，(2−√3, 2+√3)，(2+√3, +∞)上各存在唯一一个零点，∴f(x)恰有三个零点．【考点】利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数的极值【解析】（1）讨论a的范围，判断f′(x)的符号，从而得出f(x)的单调区间；（2）根据f(x)的单调性和零点的存在性定理进行判断．【解答】f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=a(1+1x2)−2x=ax2−2x+ax2，若a≤0，则f′(x)<0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递减；若a>0，令f′(x)=0可得ax2−2x+a=0，①若△=4−4a2≤0，即a≥1时，则f′(x)≥0恒成立，故f(x)在(0, +∞)上单调递增；②若△=4−4a2>0，即0<a<1时，方程ax2−2x+a=0的解为x1=1−√1−a2a，x2=1+√1−a2a．∴当0<x<1−√1−a2a 时，f′(x)>0，当1−√1−a2a<x<1+√1−a2a时，f′(x)<0，当x>1+√1−a2a时，f′(x)>0，∴f(x)在(0, 1−√1−a2a )上单调递增，在(1−√1−a2a, 1+√1−a2a)上单调递减，在1+√1−a2综上，当a ≤0时，f(x)的减区间为(0, +∞)；当0<a <1时，f(x)的增区间为(0, 1−√1−a 2a)，(1+√1−a 2a, +∞)，减区间为(1−√1−a 2a, 1+√1−a 2a)；当a ≥1时，f(x)的增区间为(0, +∞)． 当a =12时，f(x)=12(x −1x )−2lnx ，由（1）可知f(x)在(0, 2−√3)上单调递增，在(2−√3, 2+√3)上单调递减，在(2+√3, +∞)上单调递增，∵ f(2−√3)=12(2−√32−√3)−2ln(2−√3)=2ln(2+√3)−√3=ln(2+√3)2−lne√3，f(2+√3)=12(2+√3−2+√3)−2ln(2+√3)=√3−2ln(2+√3)=lne√3−ln(2+√3)2，∵ (2+√3)2>e 2>e √3，∴ln(2+√3)2−lne√3>0，即f(2−√3)>0，f(2+√3)<0， 又f(1e 3)=12(1e3−e 3)+6=6+12e3−e 32<0，f(e 3)=12(e 3−1e3)−6=e 32−12e 3−6>0，∴ f(x)在(0, 2−√3)，(2−√3, 2+√3)，(2+√3, +∞)上各存在唯一一个零点， ∴ f(x)恰有三个零点．（二）选考题：共10分.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.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．已知曲线M 的参数方程为{x =1+cosφy =1+sinφ （φ为参数），l 1，l 2为过点O 的两条直线，l 1交M 于A ，B 两点．l 2交M 于C ，D 两点，且l 1的倾斜角为α，∠AOC =π6． (I)求l 1和M 的极坐标方程；当α∈(0, π6]时，求点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离之和的最大值．【答案】（1）l 1的极坐标方程为θ＝α，曲线M 化为普通方程为(x −1)2+(y −1)2＝1，即x 2+y 2−2x −2y +1＝0， 则曲线M 的极坐标方程为：ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1＝0． （2）由题可知l 2的极坐标方程为θ=α+π6，联立{θ=αρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0 ，得ρA +ρB ＝2cosα+2sinα， 同理联立{θ=α+π6ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0，得ρC +ρD =2cos(α+π6)+2sin(α+π6)，因为α∈(0, π6]，所以√32≤sin(α+π6)≤1，所以所求距离和的最大值为√16+8√3，即2+2√3．【考点】圆的极坐标方程 【解析】把曲线M 和直线l 1，l 2都化为极坐标方程，把点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离之和用四点的极径表示，从而把距离之和表示成α的函数，求函数的最大值即可． 【解答】（1）l 1的极坐标方程为θ＝α，曲线M 化为普通方程为(x −1)2+(y −1)2＝1，即x 2+y 2−2x −2y +1＝0， 则曲线M 的极坐标方程为：ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1＝0． （2）由题可知l 2的极坐标方程为θ=α+π6，联立{θ=αρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0 ，得ρA +ρB ＝2cosα+2sinα， 同理联立{θ=α+π6ρ2−2ρcosθ−2ρsinθ+1=0，得ρC +ρD =2cos(α+π6)+2sin(α+π6)，所以|OA|+|OB|+|OC|+|OD|＝ρA +ρB +ρC +ρD =√16+8√3sin(α+π3)因为α∈(0, π6]，所以√32≤sin(α+π6)≤1，所以所求距离和的最大值为√16+8√3，即2+2√3． [选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x −2|，g(x)＝a|x|−1．（1）若不等式g(x −3)≥−3的解集为[2, 4]，求a 的值；（2）若当x ∈R 时，f(x)≥g(x)，求a 的取值范围． 【答案】不等式g(x −3)≥−3转化为a|x −3|≥−2，∵ 不等式g(x −3)≥−3的解集为[2, 4]得出a <0， 从而得到g(x −3)≥−3的解集为[3+2a ,3−2a ]，进而由{3+2a =23−2a =4，得a ＝−2．当x ＝0时，易得f(x)≥g(x)对任意实数a 成立； 当x ≠0时，将f(x)≥g(x)转化为a ≤|x−2|+1|x|，|x−2|+1|x|={1−1x ,x ≥23x −1,0<x <21−3x ,x <0， x ≥2时，1−1x ∈[12,1)，0<x <2时，3x −1>12，x <0时，1−3x >1 ∴ ℎ(x)=|x−2|+1|x|(x ≠0)的最小值为12，从而得到a 的取值范围为(−∞,12]．【考点】绝对值不等式的解法与证明 绝对值三角不等式 【解析】（1）根据解集特征判断a 的符号，并结合含绝对值不等式的解法，求得g(x −3)≥−3的解集，根据集合相等即可求出a 的值．（2）当x ＝0时，易得f(x)≥g(x)对任意实数a 成立； 当x ≠0时，将f(x)≥g(x)转化为a ≤|x−2|+1|x|，再利用绝对值三角不等式得到ℎ(x)=|x−2|+1|x|(x ≠0)的最小值，从而得到a 的取值范围．【解答】不等式g(x −3)≥−3转化为a|x −3|≥−2，∵ 不等式g(x −3)≥−3的解集为[2, 4]得出a <0， 从而得到g(x −3)≥−3的解集为[3+2a ,3−2a ]，进而由{3+2a=23−2a =4，得a ＝−2．当x ＝0时，易得f(x)≥g(x)对任意实数a 成立； 当x ≠0时，将f(x)≥g(x)转化为a ≤|x−2|+1|x|，|x−2|+1|x|={1−1x ,x ≥23x −1,0<x <21−3x ,x <0， x ≥2时，1−1x ∈[12,1)，0<x <2时，3x −1>12，x <0时，1−3x >1 ∴ ℎ(x)=|x−2|+1|x|(x ≠0)的最小值为12，从而得到a 的取值范围为(−∞,12]．。