数学文卷·2018届福建省泉州市高三1月单科质量检查（2018

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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． ‎ ‎2. 若集合有且只有一个元素，则实数的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎3. 已知等比数列是递增数列，，则公比（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎4. 已知 ，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎5. 设数列的前项和，若，则 （ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎6. 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 ‎7. 执行如图所示的程序框图，如果输入的，则输出的（ ）‎ A． B． C． D． ‎ ‎8. 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 ‎ ‎9. 如图，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． ‎ ‎10.实数满足，则 的最大值为（ ） ‎ A． B． C． D．‎ ‎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． ‎ ‎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．‎ 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 ．‎ ‎14.若函数 ，则 ．‎ ‎15.若二次函数的最小值为，则的取值范围为 ．‎ ‎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 ．‎ 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.‎ ‎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.‎ ‎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.‎ ‎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.‎ ‎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.‎ ‎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.‎ 试卷答案 一、选择题 ‎1-5:BDDCB 6-10: ACBAC 11、A 12：A 二、填空题 ‎13. 14. 15. 16.‎ 三、解答题 ‎17.解：（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.解：（1）设数列的首项为，公差为，‎ 依题意可知，‎ 解得，故，‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎19.解：（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.解：（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.解：（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，‎ 另一方面 ‎ ‎，‎ 化简得，同理，可得，‎ 由此可得的周长，‎ 故的周长为定值.‎ ‎22.解：（1）依题意，，‎ ‎，‎ 则曲线在处的切线为，‎ 即，故切线必过定点.‎ ‎（2）设，‎ 则，‎ 设，‎ 因为在恒成立，‎ 所以在上单调递增，‎ 则，‎ ‎①当，即时，，‎ 故在上单调递增，则，故符合题意.‎ ‎②当，即时，取 ，‎ 设，因为在上恒成立，‎ 所以在上单调递增，‎ 故，即，‎ 又因为，且在上单调递增，‎ 由零点判定定理，使得，即，‎ 故存在，使得，不符合题意，舍去，‎ 综上所述，的取值范围是 .‎