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福建省厦门市2018届高三下学期第一次质量检查（3月）数学（文）试题第卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】集合，故选D.2. 已知为虚数单位，若，则（ ）A. B. 0 C. 2 D. 4【答案】B【解析】故选B.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. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，甲乙两名同学各自等可能地从“象棋”、“文学”、“摄影” 三个社团中选取一个社团加入，共有种不同的结果，这两名同学加入同一个社团的有3种情况，则这两名同学加入同一个社团的概率是.故选B.4. 已知双曲线的渐近线方程为，焦距为，则该双曲线的标准方程是（ ）A. B. C. 或 D. 或【答案】C【解析】双曲线的渐近线方程为可设双曲线的标准方程为，即焦距为当时，即，则双曲线的标准方程为；当时，即，则双曲线的标准方程为.故选C.点睛：（1）已知双曲线方程求渐近线： ；（2）已知渐近线，设双曲线标准方程.5. 设满足约束条件则的最小值是（ ）A. B. 0 C. 1 D. 2【答案】C【解析】约束条件对应的可行域如图所示：平移直线，由图易得，当经过点时，目标函数最小，最小值为1.故选C.6. 把函数的图象向右平移个单位，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，得到函数的图象，则的一个可能值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】函数函数把函数的图象向右平移个单位，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，得到的函数解析式为.函数当时，故选D.7. 已知函数的图象如图所示，则该函数的解析式可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由图可得函数的定义域是，当时，故排除B，D选项；由图象可得函数图象不关于原点对称，而选项C为奇函数，故排除C.故选A.点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项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. B. C. D. 【答案】A【解析】由三视图画出如图所示的直观图：该几何体是直三棱柱，其中，四边形是正方形，则将该直三棱柱补全成长方体，如图所示：该长方体的体对角线为，则外接球的半径为该几何体外接球的表面积是故选A.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)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解9. 已知，则的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，故选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”思想设汁的一个程序框图，若输出的值为24，则判断框中填入的条件可以为（ ）(参考数据：)A. B. C. D. 【答案】C【解析】模拟执行程序可得：，不满足条件，不满足条件，因为输出的值为24，则满足条件，退出循环，故判断框中填入的条件为.故选C.11. 矩形中，为中点，将沿所在直线翻折，在翻折过程中，给出下列结论：存在某个位置，； 存在某个位置，；存在某个位置，； 存在某个位置，.其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据题意画出如图所示的矩形：翻折后如图：.对于，连接，交于点，易证，设，则，所以，则，即，所以翻折后易得平面，即可证，故正确；对于，若存在某个位置，则平面，从而平面平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，故不正确；对于，若存在某个位置，则平面，平面平面，则就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故正确；对于，若存在某个位置，因为，所以平面，从而，这与已知矛盾，故不正确.故选C.12. 的内角的对边分别为，若，则的最大值为（ ）A. B. C. 3 D. 4【答案】A【解析】，即.当，即时，取得最大值为故选A.第卷（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，若，则_【答案】【解析】，且故答案为.14. 已知，则_【答案】【解析】，即故答案为.15. 若函数在上单调递增，则的取值范围是_【答案】【解析】函数在上单调递增在上恒成立在上恒成立，当且仅当，即时取等号故答案为.16. 已知是圆上两点，点在抛物线上，当取得最大值时，_【答案】【解析】依题意可得，当是圆的切线时取得最大值，即是圆的切点，设，.圆圆心，半径为1令，则.当时，即函数在上为减函数；当时，即函数在上为增函数.，即.，即此时最大.，即.故答案为.三、解答题 （本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知等差数列的前项和味，.（1）求数列的通项公式；（2）记数列求数的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）根据题设条件可得，从而解出与的值，即可求出数列的通项公式；（2）由（1）得数列的通项公式，根据数列的特性采用分组求和法即可求得前项和.试题解析：（1）由条件可得： 消去得：，解得或（舍），所以所以.（2）由（1）得：所以数列的前项和为：.18. 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列联表，并判断是否有的把握认为“阅读达人”跟性别有关？附：参考公式，其中.临界值表：【答案】（1）；（2）没有的把握认为“阅读达人”跟性别有关.【解析】试题分析：（1）利用该组区间的中点值与频率，即可估计该校学生的每天平均阅读时间；（2）利用数据及等高条形图，可得列联表，代入公式计算出，与临界值比较即可得到结论.试题解析：（1）该校学生的每天平均阅读时间为：（分）.（2）由频数分布表得，“阅读达人”的人数是人，根据等高条形图列联表 由于，故没有的把握认为“阅读达人”跟性别有关.19. 如图，平面平面，四边形是菱形，,.（1）求四棱锥的体积；（2）在上有一点，使得，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）由四边形是菱形推出，在根据平面平面证出平面，结合，求出梯形的面积，即可求得四棱锥的体积；（2）在平面内作,且,连接交于，从而四边形是平行四边形，再由菱形推出，通过即可得出的值.试题解析：（1）四边形是菱形又平面平面,平面平面,平面平面在中,设,计算得在梯形中,梯形的面积四棱锥的体积为.（2）在平面内作,且,连接交于，则点满足,证明如下：,且四边形是平行四边形.又菱形中,.四边形是平行四边形 ,即.又.20. 设为坐标原点，椭圆的左焦点为，离心率为.直线与交于两点，的中点为，.（1）求椭圆的方程；（2）设点，求证:直线过定点，并求出定点的坐标.【答案】（1）；（2）直线过定点.【解析】试题分析：（1）设椭圆的右焦点为，则为的中位线，推出，结合离心率为，即可求出椭圆的方程；（2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，表示出，即，再根据点，即可求出的值，从而求出定点的坐标.试题解析：（1）设椭圆的右焦点为，则为的中位线.椭圆的方程为:（2）设，.联立,消去整理得：.，整理得： 解得：或（舍去） 直线过定点.点睛：（1）圆锥曲线中的定点、定值问题是常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、数形结合思想、分类讨论思想的考查；（2）解决定点、定值问题时，可直接根据题意进行推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值21. 已知函数，其中为自然对数的底数.（1）当时，证明：；（2）讨论函数极值点的个数.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】试题分析：（1）依题意，故原不等式可化为，记，对函数求导，得出的单调性，即可证明不等式成立；（2）对函数求导，记，对函数记再求导，然后对进行分类讨论，判断出函数的单调性，从而得出函数的极值点的个数.试题解析：（1）依题意，故原不等式可化为，因为，只要证.记，则.当时，单调递减；当时，单调递增.，即，原不等式成立.（2）.记（）当时，在上单调递增，.存在唯一，且当时，；当.若，即时，对任意，此时在上单调递增，无极值点；若，即时，此时当或时，.即在上单调递增；当时，即在上单调递减；此时有一个极大值点和一个极小值点；若，即时，此时当或时，.即在上单调递增；当时，即在上单调递减：此时有一个极大值点和一个极小值点.（）当时，所以，显然在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点.（）当时，由（1）可知，对任意，从而，而对任意.对任意.此时令，得；令，得.在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点.（）当时，由（1）可知，对任意，当且仅当时取等号.此时令，得；令得.在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点.综上可得：当或时，有两个极值点；当时，无极值点；当时，有一个极值点.点睛：求函数极值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数；（3）解方程求出函数定义域内的所有根；（4）列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值；（5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22. 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）若曲线上一点的极坐标为，且过点，求的普通方程和的直角坐标方程；（2）设点，与的交点为，求的最大值.【答案】（1）,；（2）.【解析】试题分析：（1）把代入曲线，再化为直角坐标，结合直线的参数方程得直线过点，得直线的普通方程，然后根据即可得到曲线的直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，结合韦达定理及三角函数的图像与性质，即可求得的最大值.试题解析：（1）把代入曲线可得 化为直角坐标为，又过点，得直线的普通方程为；可化为. 由可得，即曲线的直角坐标方程为.（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，化简得， 可得，故与同号. ，时，有最大值.此时方程的，故有最大值.23. 选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）设关于的不等式的解集为，且，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）当时，由零点分段法，求不等式的解集，最后取并集即可；（2）由题设条件可得在上恒成立，然后分类讨论去绝对值，即可求得的取值范围.试题解析：（1）当时，即或或 .解得 或 或，所以或或.原不等式的解集为.（2），当时，不等式恒成立，即在上恒成立，当时，即，在上恒成立，即；当时，即，即.在上恒成立，即；综上，的取值范围为.
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