数学理卷·2018届福建省闽侯县第八中学高三上学期期末考试（2018

数学理卷·2018届福建省闽侯县第八中学高三上学期期末考试（2018

福建省闽侯县第八中学2018届高三数学上学期期末考试 数学试题 理 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.‎ ‎1.的值是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎2.设复数，其中是虚数单位，则的模为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎3.下列说法正确的（ ）‎ A.“若，则”的否命题是“若，则” ‎ B.在中，“”是“”必要不充分条件 ‎ C.“若，则”是真命题 ‎ D.使得成立 ‎4.下列四个图中，函数的图象可能是（ ）‎ ‎ ‎ A. ‎ B. C. D.‎ ‎5.设实数，满足，则的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎6.关于、的不等式组所表示的平面区域记为，不等式所表示的平面区域记为，若在内随机取一点，则该点取自的概率为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎7.已知的外接圆的圆心为，半径为2，且，则向量在向量方向上的投影为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎8.在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎9.已知函数的图象关于直线对称，则=（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎10.已知函数是定义在上的偶函数，为奇函数，，当时，，则在区间内满足方程的实数为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎11.已知定义在上的函数满足，且时，，则函数的零点个数是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎12.已知函数，在处取得最大值，以下各式中：①②③④⑤‎ 正确的序号是（ ）‎ A.②④ B.②⑤ C.①④ D.③⑤‎ 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.计算_________.‎ ‎14.若将函数的图象向左平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小正值是_________.‎ ‎15.设关于，的不等式组表示的平面区域为，若存在点，满足，求得的取值范围是_________.‎ ‎16.若直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则=_________.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.‎ ‎17.已知函数，.‎ ‎（1）若关于的方程只有一个实数解，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎18.函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）在中，角，，满足，且其外接圆的半径，求的面积的最大值.‎ ‎19.已知数列的前项和为，为正整数.‎ ‎（1）令，求证：数列为等差数列，并求出数列的通项公式；‎ ‎（2）令，，求.‎ ‎20.已知点，圆，点是圆上一动点，的垂直平分线与交于点.‎ ‎（1）求点的轨迹方程；‎ ‎（2）设点的轨迹为曲线，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，点关于轴的对称点为，证明直线过定点，并求面积的最大值.‎ ‎21.如图，在各棱长均为的三棱柱中，侧面底面，.‎ ‎（1）求侧棱与平面所成角的正弦值的大小；‎ ‎（2）已知点满足，在直线上是否存在点，使平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由.‎ ‎22.已知函数在定义域内有两个不同的极值点.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）记两个极值点为，，且，已知，若不等式恒成立，求的取值范围.‎ 高三数学试卷答案 一、选择题 ‎1-5：BDCCB 6-10：ABDDB 11、12：CD 二、填空题 ‎13. 14. 15. 16..‎ 三、解答题 ‎17.解：（1）方程，即，变形得，显然，已是该方程的根，从而欲使原方程只有一解，即要求方程有且仅有一个等于1的解或无解，∴.‎ ‎（2）当时，不等式恒成立，即对恒成立，‎ ‎①当时，（*）显然成立，此时；‎ ‎②当时，（*）可变形为，‎ 令，‎ 因为当时，，当时，，故此时.‎ 综合①②，得所求实数的取值范围是.‎ ‎18.解：（1）由图知，解得，‎ ‎∵，‎ ‎∴，即，‎ 由于，因此，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即函数的解析式为.‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵，，‎ ‎，即，所以或1（舍），，‎ 由正弦定理得，解得 由余弦定理得，‎ ‎∴，（当且仅当等号成立），‎ ‎∴，‎ ‎∴的面积最大值为.‎ ‎19.解：（1）在中，令，可得，即，‎ 当时，，∴，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，∴，即当时，.‎ 又，∴数列是首项和公差均为1的等差数列.‎ 于是，∴.‎ ‎（2）由（1）得，所以，‎ ‎，‎ ‎，‎ 由①-②得，‎ ‎，∴.‎ ‎20.解：（1）由已知得：，所以，又，所以的轨迹是以，为焦点，长轴长等于4的椭圆，所以点的轨迹方程是.‎ ‎（2）设直线，，，则，联立直线与椭圆得，‎ 得，‎ ‎∴，‎ ‎∴，所以直线，‎ 所以令，得，‎ ‎，‎ 所以直线过定点，‎ 所以的面积，‎ ‎，当且仅当时，等号成立.‎ 所以面积的最大值是.‎ ‎21.解：（1）∵侧面底面，作于点，‎ ‎∴平面.‎ 又，且各棱长都相等，‎ ‎∴，，.‎ 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，‎ ‎，，，，‎ ‎∴，，.‎ 设平面的法向量为，‎ 则，解得.由.‎ 而侧棱与平面所成角，即是向量与平面的法向量所成锐角的余角，‎ ‎∴侧棱与平面所成角的正弦值的大小为.‎ ‎（2）∵，而，，‎ ‎∴，又∵，∴点的坐标为.‎ 假设存在点符合题意，则点的坐标可设为，∴.‎ ‎∵平面，为平面的法向量，‎ ‎∴由，得，∴.‎ 又平面，故存在点，使平面，其坐标为，‎ 即恰好为点.‎ ‎22.解：（1）由题意知，函数的定义域为，方程在有两个不同根；即方程在有两个不同根；‎ ‎（解法一）转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，‎ 如图所示.‎ 可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，只须.‎ 令切点，故，，又，故，解得，，故，故.‎ ‎（解法二）转化为函数与函数的图像在上有两个不同交点.‎ 又，‎ 即时，，时，，故在上单调增，在上单调减.‎ 故极大；‎ 又有且只有一个零点是，且在时，，在时，‎ 故的草图如图，‎ 可见，要想函数与函数的图像在上有两个不同交点，‎ 只须 ‎（解法三）令，从而转化为函数有两个不同零点，‎ 而，‎ 若，可见在上恒成立，所以在单调增，‎ 此时不可能有两个不同零点.‎ 若，在时，，在时，，‎ 所以在上单调增，在上单调减，从而 ‎，‎ 又因为在时，，在时，，‎ 于是只须：极大，即，所以.‎ 综上所述，.‎ ‎（2）因为等价于.‎ 由（1）可知，分别是方程的两个根，‎ 即，，‎ 所以原式等价于，因为，，‎ 所以原式等价于.‎ 又由，作差得，，即.‎ 所以原式等价于，‎ 因为，原式恒成立，即恒成立.‎ 令，，‎ 则不等式在上恒成立.‎ 令，‎ 又，‎ 当时，可见时，，‎ 所以在上单调增，又，在恒成立，符合题意.‎ 当时，可见时，，时，‎ 所以在时单调增，在时单调减，又，‎ 所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去.‎ 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以.‎