数学理卷·2018届福建省永春一中等四校高三上学期第一次联考（2018

数学理卷·2018届福建省永春一中等四校高三上学期第一次联考（2018

‎2018届高三年毕业班第一次联合考试试卷（数学理科）‎ ‎ 永春一中 培元中学 ‎ ‎ 季延中学 石光中学 ‎ ‎ 组卷学校：永春一中 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 参考公式：‎锥体体积公式 其中为底面面积，为高 球的表面积、体积公式 ‎，‎ 其中为球的半径 样本数据，，，的标准差 其中为样本平均数 柱体体积公式 其中为底面面积，为高 ‎ ‎ 本试卷分第I卷和第II卷两部分 第I卷（选择题，共60分）‎ 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，每小题选出答案后，请把答案填写在答题卡相应位置上。‎ ‎1.设集合,集合为函数的定义域,则 A. B. C. D. ‎ ‎2.已知复数，则 A. B.2 C. D.‎ ‎3. 的值为 A. B. C. D. ‎ ‎4.设，则“”是“”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 ‎5. 2017年金砖五国国家领导人第九次会晤于9月3日-5日在福建厦门举办。会议采用右图作为会标。若已知图中正方形的边长为，现欲估计图中五个色块的总面积，向正方形内随机撒豆子,若撒在五色块上和正方形内的豆子数分别为,则五色块总面积的估计值为 [来源:学,科,网Z,X,X,K]‎ A. B. C. D.‎ ‎6.已知双曲线的左焦点为,第二象限的点在双曲线的渐近线上，且，若直线MF的斜率为，则双曲线的渐近线方程为 ‎ A. B. C. D.‎ ‎7. 现有编号为①、②、③的三个三棱锥（底面水平放置），俯视图分别为图1、图2、图3，则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是 A.①③ B.①② C.②③ D.①②③‎ ‎8.已知，，，则 ‎ A. B. C. D.‎ ‎9.已知函数，将的图象向右平移个单位所得图象关于点对称，将的图象向左平移个单位所得图象关于轴对称，则的值不可能是 A. B. C. D. ‎ ‎10.在的展开式中，记项的系数为，则 A.45 B.60 C.120 D.210‎ ‎11.已知是同一平面内的三个向量，且， ， ， ，当取得最小值时，与夹角的正切值等于 A. B. C.1 D.‎ ‎12.设函数=,其中，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（非选择题，共90分）‎ 二、填空题 ：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡的横线上。‎ ‎13. 中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外”.其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹，古代是用算筹来进行计算，算筹是将几寸长的小竹棍摆在平面上进行运算，算筹的摆放形式有纵横两种形式，如下表：‎ 表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列，但各位数码的筹式需要纵横相间，个位，百位，万位数用纵式表示，十位，千位，十万位用横式表示，以此类推，例如6613用算筹表示就是：，则算筹式“”表示的阿拉伯计数为 ．‎ ‎14. 已知椭圆的左焦点为F,上顶点A，右顶点B，过A、B、F三点的圆的一般方程 . ‎ ‎15. 设点，，则的取值范围是 .‎ ‎16. 已知分别为内角的对边，，且，则面积的最大值为 ． ‎ 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。‎ 请在答题卡各自题目的答题区域内作答。‎ ‎17. （本题满分12分）‎ 设数列的前n项和为，，，存在实数，使得为等比数列.‎ ‎(1)求满足条件的值及数列的通项公式；‎ ‎(2)设，求数列的前n项和.‎ ‎18. （本题满分12分）‎ ‎ 为了研究学生的数学核心素养与抽象（能力指标）、推理（能力指标）、建模（能力指标）的相关性，并将它们各自量化为1、2、3三个等级，再用综合指标的值评定学生的数学核心素养；若，则数学核心素养为一级；若，则数学核心素养为二级；若，则数学核心素养为三级，为了了解某校学生的数学核素养，调查人员随机访问了某校10名学生，得到如下结果：‎ ‎（1）在这10名学生中任取两人，求这两人的建模能力指标相同的概率； ‎ ‎（2）从数学核心素养等级是一级的学生中任取一人，其综合指标为，从数学核心素养等级不是一级的学生中任取一人，其综合指标为，记随机变量，求随机变量的分布列及其数学期望.‎ ‎19. （本题满分12分）‎ 如图，已知四边形和都是菱形，平面平面，且，.‎ ‎（Ⅰ）求证：；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的余弦值.‎ ‎20. （本题满分12分）‎ 已知定点，动点（），线段的中垂线与交于点．‎ ‎（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（Ⅱ）当为正三角形时，过点作直线的垂线，交抛物线于，两点，‎ 求证：点在以线段为直径的圆内．‎ ‎21.（本题满分12分）‎ 已知函数 ‎ （1）若函数和的图象在处的切线平行，求的值；‎ ‎ （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围.‎ 请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。作答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题号对应的题号涂黑。‎ ‎（22）（本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程 平面直角坐标系中，曲线，曲线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.‎ ‎（Ⅰ）求的极坐标方程及的普通方程；‎ ‎（Ⅱ）与相切于点，在第三象限内与交于点，求的面积.‎ ‎（23）（本小题满分10分）选修4—5：不等式证明选讲 设函数，.‎ （1） 当时，求的最小值；‎ （2） 若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.‎ 永春一中 培元中学 季延中学 石光中学 ‎ 2018届高三年毕业班第一次联合考试数学（理）科试卷 参考答案 一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60分）‎ ‎1.A 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A 7.B 8.D 9.B 10.C 11.D 12.A 二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.1798 14. 15. 16.‎ 三、解答题：（17-21题各12分，22（23）题10分，共70分）‎ ‎17. （本题满分12分）‎ 解法一：（1）当时，， …………………………………2‎ 分 由，可知，，‎ 因为为等比数列，即，求得或，………………4分 因为，则，故是以3首项，3为公比的等比数列，‎ 因此，‎ 所以； …………………………6分 ‎（2）‎ ‎[来源:学§科§网]‎ ‎， …………………………8分 故 所以=2= …………………………12分 解法二：（1）当时，，‎ 因为为等比数列，设公比为，则，[来源:学科网ZXXK]‎ 整理得，即，‎ 因此为首项为3，公比为3的等比数列， ‎ 故，所以 ‎（2）同解法一 ‎18. （本题满分12分）‎ 解：（I）由题可知：建模能力一级的学生是；建模能力二级的学生是；建模能力三级的学生是.…………………………………2分 记“所取的两人的建模能力指标相同”为事件， 则 ‎…………………4分 ‎（II）由题可知，数学核心素养一级：，数学核心素养不是一级的：；的可能取值为1,2,3,4,5. …………………………………5分 ‎ ‎ ‎…………………………………10分 随机变量的分布列为 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎[来源:学。科。网]‎ ‎∴.…………………………………12分 ‎19. （本题满分12分）‎ ‎（Ⅰ）证明：取AA1的中点为O，连结OB、OC1 ，‎ ‎∵四边形AA1C1C和AA1B1B都是菱形，且∠ACC1=∠BAA1=60°，‎ ‎∴三角形AA1B和三角形AA1C1都是等边三角形， ‎ ‎∴OB⊥AA1 ，OC1⊥AA1 ， ‎ 又∵OB∩OC1=O，[来源:Z&xx&k.Com]‎ ‎∴AA1⊥平面OBC1， ‎ 又∵BC1平面OBC1，‎ 所以AA1⊥BC1； ……………………………………………………4分 ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知OB⊥AA1， ‎ 又∵且交于AA1，OB ‎∴OB⊥平面AA1C1C， ‎ ‎∴OB⊥OC1，‎ ‎∴OA1，OC1，OB，三条直线两两垂直， ……………………………………6分 以O为坐标原点，以OA1，OC1，OB为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图， ‎ 则,,，……………………………………7分 ‎∴,,‎ 设平面ABC，ABC1的法向量,坐标分别为（a，b，c），（a1，b1，c1）， ‎ 由,，可得， ‎ 所以可取， ……………………………………………9分 同理可取， ……………………………………………10分 ‎∴， ……………………………………………11分 又二面角的平面角为锐角，‎ 所以二面角C-AB-C1的余弦值为． ……………………………………………12分 ‎20. （本题满分12分）‎ 解法1：（Ⅰ）依题意，，且不在直线上．…………1分 故动点的轨迹为以点为焦点，直线为准线的抛物线．…………2分 故其对应的方程为．…………4分 ‎（Ⅱ）当为正三角形时，不妨设，如右图 依题意可得：直线的倾斜角，‎ 故直线的斜率：.‎ 则直线的方程为：.…………6分 令，可得点，故点.‎ 因为直线与直线垂直,并且直线的倾斜角为，‎ 所以直线的倾斜角为，‎ 所以直线的方程为：，即.…………8分 联立方程组，消去，整理可得：‎ 设，由韦达定理可得：，故.…………9分 所以点，又，.‎ 所以，…………11分 所以.‎ 所以为钝角，故点在以线段为直径的圆内. …………12分 解法2：（Ⅰ）设动点．…………1分 依题意，中点坐标为，，故中垂线的方程为．…………2分 联立与，可得消去可得点轨迹方程．……4分 ‎（Ⅱ）当为正三角形时，不妨设，如右图 设，依题意可得： ，‎ 在中，已知，‎ 故.可得点，‎ 又，并且，故点.‎ 因为直线与直线垂直,所以直线与直线平行，‎ 所以直线的方程为：，即.…………8分 联立方程组，消去，整理可得：‎ 设，由韦达定理可得：，故.…………9分 所以点，又点，‎ 所以以线段为直径的圆的方程为：.…………10分 因为,‎ 故点在以线段为直径的圆内，若，由图象的对称性可知也成立. …………12分 ‎21．（本小题满分12分）‎ 解：（1）由题意. ……………2分 由得 ……………3分 又，，，‎ 所以满足条件……………4分 ‎（2）令，即对任意的恒成立，‎ . ……………5分 ① 时，在上恒成立，‎ ‎ 所以在单调递减. ，满足条件； ……………6分 ② 时，，‎ 令，得 ……………7分 ‎(i)当，即时，在恒成立，仅当时，‎ 所以在单调递增，‎ 又，所以在恒成立，不满足条件； ……………8分 ‎(ⅱ)当，即时，‎ 当时，，单调递减，‎ 当时，，单调递增，‎ 又，得，，‎ 于是有：……………10分 ‎(ⅲ)当，即时，时，，单调递减，又，‎ 所以在恒成立，满足条件； ……………11分 综上可得，的取值范围为 ……………12分 ‎(22)解法1：（Ⅰ）把代入，得，‎ 所以曲线的极坐标方程为.‎ 由曲线的参数方程，‎ 消去，得曲线的普通方程为.　　…………5分 ‎（Ⅱ）联立得点的极坐标为，‎ 曲线的极坐标方程为，‎ 联立可得，‎ 可得，点的极坐标为 所以，而点到直线的距离为，‎ 所以的面积为.　…………10分 解法2：（Ⅰ）同解法1.‎ ‎（Ⅱ）将直线的极坐标方程化为直角坐标方程可得，‎ 联立得点的坐标为，‎ 联立，可得点的坐标为，‎ 所以，‎ 点到直线的距离为，.‎ 所以的面积为.　　…………10分 ‎(23)解：（1）当时，‎ 当且仅当时，取等号. …………5分 ‎（2）当时，,‎ 因为，，‎ 所以，‎ 所以，‎ 所以，‎ 因为时的最小值为，的最大值为，‎ 所以，又因为，所以.…………10分