2018年福建省质检数学(理科)试卷(答案打印版)

1、2018 年福建省高三毕业班质量检查测试理科数学参考答案123456789101112BDADBBACCCDA13414615416531x1解： log 2 x 0 等价于 log 2xlog 2 1，解得 0x1，所以 A(0,1)3等价于；31x11，解得 x1，所以 B(1,)，从而 AB(0,1) 332解：由题意得，f ( x)sin x ysin x 的图象对称轴为直线xk, kZ ，所以选项 A 错误；2ysin x 的最小正周期为 T2，所以选项 B 错误；ysin x 的图象对称中心为(k,0), kZ ，所以选项 C 错误；ysin x 的一个单调递增区间为,2，,62,

2、，所以选项 D 正确2323解：由题意得，BPTSTETSSE51RS，所以选项 A 正确2CQTPPA TP TA51ST ，所以选项 B 错误；2ESAPRCQCRQ51QB ，所以选项 C 错误；2ATBQSDRD,51 CRRSRDSD ，若 ATBQ51CR，则22SD0 ，不合题意，所以选项D 错误故选 A 4解法一：由 ( x2)(2 x1)5a0a1xa2 x2a3 x3a4 x4a5 x5a6 x6 ，取 x 1 得： a0a1 a2a3a4a5a63 ， 取 x1 得： a0a1a2a3a4a5a6243 ， + ，得 a0 a2a4a6120 ，又 a6 12532 ，所

3、以 a0a2 a4152 解法二：因为 (2 x1)5 的展开式的第 r 1 项 Tr 1C5r (2 x)5 r (1)r , r0,1,2,3, 4,5 ，所以 a02 C55 20 ( 1)52, a21 C54 21 ( 1)42 C5322( 1)370 ，a4 1C52 23 ( 1)22C5124 (1)180 ，所以 a0a2 a4152，故选 D5解：按步骤执行程序框图中的循环体，具体如下：i1,n1,S 1i2, n3, S4i3, n6, S10i4, n 10, S20 ；i5, n15, S35i 6, n 21,S56i7, n28, S84 所以输出 S84故选

4、B6解法一：因为f (2x)(2(2x)2x)2x24x4 ，x)22(2x22x2所以 f ( x)f (2x)x24x4x22 ，故 f (x) 的图象关于点(1,1)对称，故命题 p1 为真x22x2命题；因为 f (2)2 , f (0)0 ，所以 f ( 2)0 ，故命题 p2 为假命题5所以 p1 为假命题，p2 为真命题，故p1p2 ,p1( p2 ) 为真命题故选 B解法二：因为f ( x)x2212( x1)，所以函数 yf ( x) 的图象可由x22x(x1)21g( x)2x的图象向右平移1 个单位，再向上平移1 个单位后得到因为g(x)g(x) ，x21所以 g(x)

5、是奇函数， g( x) 的图象关于原点对称，从而 yf (x) 的图象关于点(1,1) 对称，故命题 p1 为真命题因为 f ( x)2x24x，令 f(x)0，得 0x2，所以 f (x) 的单调递增区间为(0, 2) ；( x22x2) 2令 f (x)0 ，得 x 0或 x2，所以 f ( x) 的单调递减区间为(,0) ， (2,) ；故命题 p2 为假命题所以p1 为假命题，p2 为真命题，故p1p2 , p1(p2 ) 为真命题故选B解法三：同解法一可得，命题p1 为真命题因为当 x0 时， f ( x)x2x2212，设 h(t )2t 22t 1，2x12121xx11在 (,

6、0) 单调递减，当 x(,0) 时， t(,0)，又因为t，则 txxh(t)2t 22t1 在 (,0) 单调递减，当 t(,0) 时， h(t)(1,) ，2 1121所以 y 12在 (,0) 单调递增，又因为y在 (1,) 单调递减，xxx所以 f (x) 在 (,0) 单调递减，故命题p2 为假命题所以p1 为假命题，p2 为真命题，故p1p2 ,p1(p2 ) 为真命题故选B7解法一：设点N 出发后的运动的时间为t 分钟，圆 O 的半径为 1，由三角函数的定义，得yNsin2tcost ，因为 M , N 间隔 3 分钟，所以MON3，6662所以 yMsin6tsin t ，所以

7、226yyMyNsintcost2 sint，6664当2,，即3时，tk2kZt12k, k Z642yMyN 取得最大值，故当k3 时， yMyN 第 4次取得最大值，此时 t37.5 ，故选 A 解法二：因为 M , N 间隔 3 分钟，所以MON3，62当 yMyN 取得最大值时，MNx 轴，且PON4，当 yMyN 第一次取得最大值时，N 运动的时间为41.5 分钟；26又质点 N 运动一周的时间为12 分钟，MOxPN6当 yMyN 第 4 次取得最大值时，N 运动的时间为 1.512337.5分钟8解：由三视图可知该几何体是由棱长为4 的正方体截去1 个圆锥和 1 个圆柱所得的几

8、何体，44且圆锥的底面半径为2，高为4；圆柱的底面半径为2，高为4，如图所以该几何体的体积为43114 444 6416故选 C4339解法一：设检测机器的台数为，则的所有可能取值为2， 3， 4P(A221, P(3)C21C31 A22A3334)11 3 32)10A53, P(1010，A52105所以 E2133433.5 ，故所需检测费用的均值为1000E3500 元101052000， 3000， 4000解法二：设检测费为元，则的所有可能取值为P(2000)A221C21C31 A22A3334000)11 33A52, P(3000)A53, P(101051010所以 E2

9、000130003400033500 ，故所需检测费用的均值为3500元1010510解法一：由题意，Fp,0，直线 AB 的方程为 yp2x，四边形 CNMF 为梯形，且2FC / NM ，设 A(x1, y1 ), B( x2 , y2 ), M ( x0, y0 ) ，则 kABy1y2y1y22 p1x1x2y12y22y1y22 p2 p所以 y1y22 p ，所以 y0p ，作 MKx 轴于 K ，则 MKp ，因为 AB 的斜率为1，所以 FMK为等腰直角三角形，故 FKKCp ，所以MNOKOFFK3 p ，所以四边形CMNF 的面积为13 p2 pp 7 ，解222得 p2

10、，故抛物线方程为y24x 解法二：由题意，得Fp ,0，直线 AB 的方程为 yxp ，四边形 CNMF 为梯形，且22yxp，得 y 22 py p2FC / NM，设 A( x , y ), B ( x , y ), M (x , y ，)由20 ，则112200y22 pxy1y22 p ，所以 y0p ，故 N (0, p) ，由于 yxp，令 y0p ，得 x032p ，2所以 M3 p, p，因为 MCAB ，所以 kMC kAB1，故 kMC1，从而直线 MC 的方程2为 yx5 p ，令 y0 ，得 xC5 p ，故 C5 p ,0，所以四边形CMNF 的面积 为22213 p

11、2 pp7 ，解得 p2，故抛物线方程为y24x 2255AA4433N2MN2M11OF2K4C68O10F212414 C6810121411BB2211解法一：取 CD 的中点 O ，连结 AO, BO3，如图，因为 BCBD42，CD 8，所以3BD 2BC 2CD 2 ，所以 BCBD ，故 O 为 BCD 的外心，因为ACAD2 5，所以AOCD ，且 AO2，故 AOOB ，又 BOCDO ，所以 AO平面 BCD ，所以 O1 在直线 AO 上，连结 O1D ，设 OD1 R，则 AO1R，OO12R ，因为 OO1DO ，所以 DO2OO12O1D 2，即 16(2R)2R2

12、 ，解得 R5 ，球 O2 的直径最大时，球O2 与平面 BCD 相切且与球 O1 相切， A, O,O1, O2 四点共线，此时球O2 的直径为 ROO18 解法二：将 Rt BCD 补形成正方形 ECBD ，如图，易知四棱锥ABCED 为正四棱锥，正方形 BDEC 的中心为 O ， BOCD 连结 AO, BO ，则 O 为 BCD 的外心，因为ACAD2 5 ，所以 AOCD ，且 AO2 ，又因为 OD4, BO4 ，所以AO2BO2AB2，故AOOB ，又BOCDO ，所以AO平面CBDE ，设 O1DR，则AO1R， OO12R，因为OO1DO，所以DO 2OO12O1D 2，即1

13、6(2R)2R2 ，解得R5，球 O2 的直径最大时，球O2 与平面BCD 相切且与球O1 相切，A, O, O1, O2 四点共线，此时球O2 的直径为ROO18AADOD OEBCBCO1O1O2O212解法一：将函数f (x)(x a)33xa ( x a)33( xa) 2a 的图象向左平移a 个单位，再向上平移 2a 个单位，得到 g( x)x33x 的图象，故条件等价于g ( x)x33x 在 1a, ba 的值域为 2,2 a g (x)3x233( x1)( x1) ，所以当x(, 1)或x(1,) 时， g (x) 0，故 g (x) 的单调递增区间为(,1),(1,)；当

14、x( 1,1)时，g (x)0，故 g(x) 的单调递减区间为( 1,1)又 g(1)2, g(1)2 ，令 g( x)2 ，得 x33x20，即 ( x1)2 ( x2)0 ，得 x2 或 x1 ，因为 a0 ，所以1a1 ，由图象得1a 2，故 0a 1当 a1时， g( x)x33x 在 2,b1 的值域为 2,2 ，因为 g(1a)g(2)2，令 g( x)2，得 x33x20 ，即 ( x1)2 (x2)0 ，解得： x1 或 x2 ，故由图象得1 b1 2 ，解得 0 b 3；当0a时， 21a1, 02a2 ，所以ba1，又 g( x) 在 (1a,b a) 上1单调递增，所以

15、g( x) g(a1)2，此时与题意矛盾综上，可知0 b 3 ，故选 A 解法二：因为f ( x) ( x a) 33xa ，所以 f ( x) 3( xa)23 ，令 f (x)0 得：x a 1 或 xa 1 ，又 f ( a 1)2a 2, f ( a 1)2a 2 ，当 x 变化时，f ( x), f ( x) 的变化情况如下表：x(, a1)a1( a 1,a1)a1(a1,)f ( x)f ( x)00f ( x)00f ( x) 0f ( x)单调递增2a2单调递减2a2单调递增 若 f ( 1)2a2 ，则 a33a240 ，整理得， (a1)(a2)20 ，解得：a1或 a2

16、（舍去），此时 f ( x)(x1)33x1 ，令 f ( x)4，解得 x1或 x 2 ；令 f (x)0 ，解得 x0 或 x3 ，因为f ( x) 在 1,b 的值域为4,0，故由图象可得0 b 3 若 f (1)2a2， 因 为 a0 ， 所 以 a11， 要 使 f ( x)在 1,b 上 的 值 域 为 22aa1 ba1 1,bf (1)2a2，则，所以，所以，, 0 f ( a1) 0(1a)33a22a，即(a1)(a2) 20即2a0a 1，无解2综上，可得0 b 3 ，故选 A 13解法一：设zabi (a,bR ) ，则由题意得，(abi )(1i )(2a)bi ，所

17、以 (ab)( ab) i(2a)ab2aa0，故bi ，所以bb，解得，所以 z 2iab2z24 解法二：由 z(1i) 2 z ，得： iz2( zz) ，因为 zzR ，所以 iz R ，所以 z 为纯虚数，所以 zz ，所以 iz2 ，即 z2i，故 z2414解：如图，作出可行域，由图可知，当动直线y2x z 过点 A 时，直线 y2x z 在xy0A(2, 2) ，故当 z2, y 2 时， zmin6 y 轴上的截距 z 最小，由y40，得xyxy0x2 y40Oxxy4 015x2y21关于 x 轴对称， 所以 APQ是以PQ为底的等腰三角形，解法一：因为双曲线a2b2又 A

18、PQ 的一个内角为60 ，故 APQ 为等边三角形，且PAF30 ，又FAFPac ，所以AFP120 ，设双曲线的左焦点为F ，连结 FP，则PFPF2a，故 PF3ac ，在 PFF中，由余弦定理得，2FF222 FFFP cos120 ，PFPF即 (3ac) 2(2 c)2( ac)222c (ac)cos120，整理得： 4a2ac3c20 ，两边同时除以a2 ，得 3e2e40 ，解得 e4或 e1（舍3去）解法二：因为双曲线x2y21关于 x 轴对称，所以 APQ 是以 PQ 为底的等腰三角形，又a2b2 APQ 的一个内角为 60，故 APQ 为等边三角形，且PAF30 ，又F

19、AFPac ，所以AFP120 ，故PFx60 ， PFac ，所以232a3cc)a3c32(a,c) ，因为点 P 在双曲线上，所以21，P(aa2b222即 (a 3c)23(ac)21，整理得 (1 3e)23e31，即 3e2e 40 ，4a24(c2a2 )44(e1)解得 e4或 e1 （舍去）故所求双曲线的离心率为4 33PFAOFQ16解法一：设BAC,ABD，则ABC，2在 ABC 中，由余弦定理可得BC 2AB 2AC 22 AB AC cos BAC ，故 BC2625 cos，由正弦定理可得DCBCAC，即sinBACsinABCBCAC，所以 BC cos5 sin

20、 ，sinsin2AB在 ABD 中，由余弦定理可得，AD2AB 2BD 22 AB BD cos，又 BD24BC 2248 5 cos，且BD cos2BC cos2 5 sin，所以 AD2258 5 cos45 sin2520sin() ，其中 cos5,sin25，所以当 sin() 1，即 sin5,cos2 5时， AD25555取最小值5，故 ADmin5 解法二：令 BD2BC2m，ABD，则0,，ABC，22在 ABC 中，由余弦定理得AC 2AB2BC 22ABBC cosABC ，又cosABCsin，所以 5m212m sin，所以sin4m2,cosm412m216

21、，2m2m在 ABD 中， AD 2AB 2BD 22 AB BD cosABD ，即 AD24m212m412m216 ，因为 ABC 是钝角三角形，所以5 1m2 ，设 AD2y ， 4m21x ，则 x (2585,17)，整理得 5x2(50 8 y)4 y23050 ，由(50 8y) 220(4 y2305) 0 ，得 y250 y225 0 ，解得 5 y 45 ，当 y5时， x9, m2 ，符合题意，所以 ymin5 ，即 AD 的最小值为5 解法三：以 B 为原点，以 AB 为 x 轴正方向建立平面直角坐标系xOy ，则 A(1,0) ，AC5，设 C(5 cos1,5 s

22、in)， BCr ，则可设 C (r cos ,r sin) ，因为CBD，所以 D2r cos2,2 r sin，则 D ( 2r sin,2 r cos) ，22所以xD2 yc25 sin，yD2xC2 5 cos2所以 AD22 5 sin1)2(25 cos2)22520sin() ，(其中 sin25 ,cos5，所以当 sin()1，即 sin5 ,cos25，5555点 C 的坐标为，点 D 的坐标为 (2取最小值 5，故 AD min5 (1,1)2,2)时， ADyDCABxxD2 yc25sinDE : x2( y 2) 220yD2xC25 cos2A(1,0)EAE5

23、DEAEAD min5171Sn 1Snan21n 2SnSn 1an2 1 an 1anan2 1an2an 1an( an 1an )(an 1an ) an anan00anan111 3 S2S122a1 a2212a2a2a1a2a2a11 4an 1an1(nN ) an 11 5 a1(n1) 1n 6n21annbnnn1 7Tn1 23 2(n 1) n 2n n 1Tn2 233(n1) n1nn 8(1)Tn12n 1nn 91nn n01(1)Tn101Tn1nnn11(1)211Tn123( n 1)nn(n1)n2n22n2n ,1bnnTn21nnn120,1(1)21,181DPAEOABCDRtPDCCDAB 35CPBCBP2253 5tanPDCCP122CD2Rt ADEADBC25, DE5tanADEDE1AD2PDCDAEDAEADPPDCADP2DOA 22AO OD, AOOP2 AEOD,AEOP 3D OPOOAEPOD 4D PPODAED P 521ODAE OPAEDOP