福建省泉州市高中毕业班1月单科质量检查数学文试题

泉州市2018届普通高中毕业班单科质量检查文科数学试题第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数满足，则其共轭复数（）A.B.C.D.【答案】B【解析】，∴.故选：B2.若集合有且只有一个元素，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】∵集合有且只有一个元素，∴，∴实数的取值范围为.故选：D3.已知等比数列是递增数列，，则公比（）A.B.C.D.【答案】D【解析】由得：，又等比数列是递增数列，∴，∴故选：D4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由题意易得：，，，∴故选：C5.设数列的前项和，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】∵，两式相减得：2，即当时，，∴∴,∴故选：B6.已知函数，则（）A.的周期为，其图象关于直线对称B.的周期为，其图象关于直线对称C.的周期为，其图象关于直线对称D.的周期为，其图象关于直线对称【答案】A【解析】，∴，令，解得：当时，得到图象的一条对称轴为.故选：A7.执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的（）A.B.C.D.【答案】C【解析】初始姿态31第1次循环后22否第2次循环后3否第3次循环后4否第4次循环后3（周期为3）5否第2017次循环后22018否第2018次循环后2019是通过列举发现的变化具有周期性，从而得到最终输出结果为.故选：C8.在直角坐标系中，为单位圆上不同的两点，的横坐标为，若，则的横坐标是（）A.B.或C.D.或【答案】B【解析】根据三角函数的定义，，先检验，显然不符合题意，排除D；再检验，符合题意，排除C；最后检验，符合题意，故选:B9.如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥（如图所示），其中，到平面的距离为1，故所求的三棱锥的体积为...................故选：A10.实数满足，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】依题意的可行域如图所示，由得，在图中作直线，并平行移动得到一系列平行直线，可知当直线经过点时，所求的最小，最小值为.故选：C点睛：线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.11.设点为双曲线的左右焦点，点为右支上一点，点为坐标原点，若是底角为的等腰三角形，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】如图，因为△中，，又因，∴△是等边三角形，故，由此得到,.故选：A点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.12.设函数，若不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】函数的定义域为，不等式，即，两边除以，则,注意到直线：恒过定点，函数图象上恰有两个横坐标为整数的点落在直线的上方，由图象可知，这两个点分别为，所以直线的斜率的取值范围为，即.故选：A点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量满足，则__________．【答案】5【解析】依题意，得：，，∴.故答案为：514.若函数，则__________．【答案】2【解析】当时，,,同理：当时，，∴.故答案为：215.若二次函数的最小值为，则的取值范围为__________．【答案】【解析】由已知可得，,且判别式，即，∴，即的取值范围为.故答案为：16.在三棱锥中，,若三棱锥的所有顶点，都在同一球面上，则球的表面积是__________．【答案】【解析】由已知可得所以平面设三棱锥外接球的球心为O，正三角形ABD的中心为，则，连接O，OC，在直角梯形中，有，，OC=OB=R，可得：，故所求球的表面积为.故答案为：点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.在平面直角坐标系中，点在抛物线上.（1）求的方程和的焦点的坐标；（2）设点为准线与轴的交点，直线过点，且与直线垂直，求证：与相切.【答案】（1）焦点的坐标（2）见解析【解析】试题分析：（1）利用点在抛物线上解得，进而求得的方程和的焦点的坐标；（2）根据题意明确的方程，联立方程利用判别式判断二者的位置关系.试题解析：（1）因为点在抛物线上，所以，解得.所以抛物线的方程为，焦点的坐标（2）准线：与轴的交点，直线的斜率，所以直线的方程：，即，由方程组，可得，因为，所以与相切.18.等差数列的前项和为，已知.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）布列关于首项为，公差为的方程组，从而得到的通项公式；（2），利用裂项相消法求和即可.试题解析：（1）设数列的首项为，公差为，依题意可知，解得，故，（2）因为，所以，点睛：裂项抵消法是一种常见的求和方法，其适用题型主要有：（1）已知数列的通项公式为，求前项和：；（2）已知数列的通项公式为，求前项和：；（3）已知数列的通项公式为，求前项和:.19.已知分别为内角的对边，.（1）若为的中点，求；（2）若，判断的形状，并说明理由.【答案】（1）（2）为等腰三角形或直角三角形，但不可能是等腰直角三角形.【解析】试题分析：（1）由题意明确，再利用二倍角公式可得；（2）由题意可得，对角分类讨论从而明确了的形状.试题解析：（1）依题意，由，可得，为的中点，，故，所以，故.（2）因为，由余弦定理可得，①时，为直角三角形；②当时，即，因为，故，为直角三角形③因为，所以与不可能同时成立，故不可能是等腰直角三角形，综上所述，为等腰三角形或直角三角形，但不可能是等腰直角三角形.20.若图，在三棱柱中，平面平面，且和均为正三角形.（1）在上找一点，使得平面，并说明理由.（2）若的面积为，求四棱锥的体积.【答案】（1）为的中点时，平面（2）【解析】试题分析：（1）取的中点，易证平面，所以要使得平面，只需保证即可;（2）因为三棱柱的体积为三棱锥体积的倍，所以四棱锥的体积等于三棱锥体积的倍，转求三棱锥体积的倍即可.试题解析：（1）为的中点时，平面，如图，取的中点的中点，连结，在三棱柱中，，所以四边形为平行四边形，，由已知，为正三角形，所以，因为平面，平面平面平面，所以平面，所以平面.（2）设的边长为，则，所以，因为三棱柱的体积为三棱锥体积的倍，所以四棱锥的体积等于三棱锥体积的倍，即.21.椭圆经过为坐标原点，线段的中点在圆上.（1）求的方程；（2）直线不过曲线的右焦点，与交于两点，且与圆相切，切点在第一象限，的周长是否为定值？并说明理由.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由题意，可得：，从而得到的方程；（2）依题意可设直线，由直线与圆相切，且切点的第一象限，可得，将直线与椭圆方程联立可得，利用韦达定理表示，同时表示，同理，从而易得周长为定值.试题解析：（1）由题意得，由题意得，的中点在圆上，所以，得，所以椭圆方程为.（2）依题意可设直线，因为直线与圆相切，且切点的第一象限，所以，且有，设，将直线与椭圆方程联立可得，，，且因为，故，，化简得，同理，可得，由此可得的周长，故的周长为定值.点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.22.已知函数.（1）设，若曲线在处的切线很过定点，求的坐标；（2）设为的导函数，当时，，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1），，从而得到切线方程，故切线必过定点；（2