福建省龙岩市2018届高三下学期教学质量检查(4月)数学(理)试题+Word版含解析

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福建省龙岩市 2018届高三下学期教学质量检查(4月)
数学（理）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. 已知是虚数单位，复数
A. B. C.
，则
D.
的共轭复数为（ ）

【答案】C
【解析】分析：利用复数的乘法运算法则及共轭复数的定义即可得结果.
详解：
，故选C.
点睛：本题主要考查的是复数的乘法运算及共轭复数的定义，属于 简单题．解题时一定要注意
运算的准确性，否则很容易出现错误.
2. 已知集合
A. B. C.
，
D.
，若

有3个真子集，则的取值范围是（ ）
和
，
【答案】B
【解析】分析：利用一元二次不等式的解法化简集合，再由真子集个数判断元素个 数，利用交集的定义可
得结果.
详解：
由有个真子集，可得
，故选B.
，
有个元素，
，
，
即的取值范围是
点睛：本题主要考 查了解一元二次不等式，集合的交集子集，属于容易题，在解题过程中要注意在求补集
与交集时要考虑端 点是否可以取到，这是一个易错点.
3. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中把三角形的田 称为“圭田”，把直角梯形的田称为“邪田”，
称底是“广”，称高是“正从”，“步”是丈量土地的单 位.现有一邪田，广分别为十步和二十步，正从为
十步，其内有一块广为八步，正从为五步的圭田.若在 邪田内随机种植一株茶树，求该株茶树恰好种在圭田
内的概率为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】分析： 利用面积公式以及梯形的面积公式，以及几何概型能求出在邪田内随机种植一株茶树，该
株茶树恰好种在 圭田内的概率.
详解：邪田的广分别为十步和二十步，正从为十步，
圭田广为八步，正从为五步的，在邪田内随机种植一株茶树，
所以利用面积公式，算出圭田的 面积面积，
利用梯形的面积公式，算出邪田的面积，
根据几何概型概率公式可得，
该株茶树恰好种在圭田内的概率为：，故选A.


点睛：本题題主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、 角
度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何 概
型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几 何概
型导致错误；（2）基本裏件对应的区域测度把握不准导致错误 ；（3）利用几何概型的概率公式时 , 忽视
验证事件是否等可能性导致错误.
4. 已知实数
A.
满足，则

的最大值为（ ）
B. 2 C. 4 D.
【答案】D
【解析】分析：画出可行域，
有最大值，从而可得结果.
详解：
变为，平移直线，可得直线经时，

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画出表示的可行域，如图，
由
变为
平行直线
的最大值为
，得
，
，当直线经过
，
时，
，故选D.
点睛：本题主要考查线性规 划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是
“一画、二移、三求”：（ 1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解
对应点（在可行域内 平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标
代入目标函数求 出最值.
5. 执行如图所示的程序框图，若输入的值分别为6，5，1，则输出的结果为（ ）

A. B. C. D. 方程没有实数根
【答案】C
【解析】分析：阅读程序框图可知，该程序框图的功能是求方程
详解：阅 读程序框图可知，该程序框图的功能是求方程
方程变为
解得或，
，
的解，
的解，从而可得结果.
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输出的结果为，故选C.
点 睛：解决算法的交汇性问题的方：（1）读懂程序框图、明确交汇知识，(2）根据给出问题与程序框图处
理问题即可.
6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析： 根据三视图可得，该几何体由一个半球与一三棱柱组成，分别求出球面积的一半，圆面积、
棱柱的侧面积 求和即可.
详解：由三视图可知，该几何体是一个组合体，
左边是一个半球，球的半径为，右边是一个三棱柱，
三棱柱底面是斜边长为的等腰直角三角形，高为，
组合的体表面由球面积的一半，圆面积、棱柱的侧面积组成，
其值为：
，故选D.
点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问 题
是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关 键，
不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的 不同
位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和 侧视
图，确定组合体的形状.
7.
A. B.
，则
C.
的大小关系是（ ）
D.

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【答案】D
【解析】分析：利用对数函数与指数函数的性质判断出
详解： ，，
的范围，从而可得结果.


，
，，故选D.
， 点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，< br>常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间
单调性直接解答；数值比较多 的比大小问题也可以两种方法综合应用.
8. 已知二项式
A. B. C.
，则展开式的常数项为（ ）
D. 49
）；二是利用函数的
【答案】B
【解析】分析：首先变形
得结果.
详解：二项式

二项式中的常数项产生在
分别是
它们的和为，故选B.
,
中，
为，按二项式展开，分别得到展开式中的常数项，求和即可
点睛：本题主要考查二项展开式定理 的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热
点之一，关于二项式定理的命题方 向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公
式；（可以考查某一项，也可考 查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；
（3）二项展开式定理的应用.
9. 已知以圆
任意一点，与直线
的圆心为焦点的抛物线与圆在第一象限交于点，点是 抛物线：
垂直，垂足为，则的最大值为（ ）
上
A. 1 B. 2 C. D. 8
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【答案】A
【解析】分析： 由圆的标准方程求得圆心，可得抛物线方程，利用运用抛物线的定义可得
，从而可得结果.
详 解：因为
所以，可得以
由
抛物线
即有
当且仅当在
的圆心
， 为焦点的抛物线方程为
，解得
的焦点为
，
，准线方程为
，
，
之间）三点共线，可得最大值，故选A.
点 睛：本题主要考查抛物线的定义和几何性质，以及平面向量的数量积公式，属于难题.与焦点、准线有关
的问题一般情况下都与拋物线的定义有关，解决这类问题一定要注意点到点的距离与点到直线的距离的转
化：（1）将抛线上的点到准线距离转化为该点到焦点的距离；(2)将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准< br>线的距离，使问题得到解决.
10. 已知
的任意
A. 或 B. < br>，
或
满足
，当
，且
取最小值时，
，对于定义域内满足
的值为（ ）
C. D.
【答案】B
【解析 】分析：由，可求得函数的周期，从而的的值，由可得函数的对称轴，从
而可得的值，由正弦函数性质可 得，进而可得，代入解析式可得结果.
详解：
周期为
由，得是
时，
，
，
的对称轴，
，
，
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由，得，
，
时，
时，
时，
，
，
，故选B.
点睛：本题主 要考查三角函数的解析式及函数的周期性，属于难题.对函数周期性的考查主要命题方向由两
个，一是三 角函数，可以用公式求出周期；二是抽象函数，往往需要根据条件判断出周期，抽象函数给出
条件判断周 期的常见形式为:
(1)
（2）
（3）
11. 设函数
A. B. C.
；
；
.
.若存在唯一的整数，使得
D.
，则实数的取值范围为（ ）
【答案】A
【解析】分析：函数
等价于
.若存在唯一的整数，使得，
有唯一整数，利用 导数研究函数的单调性，结合函数图象与零点存在定理，
列不等式组求解即可.
详解：设
函数
等价于
，，
.若存在唯一的整数，使得
有唯一整数，
，
，
即在唯一的整数，使得
，
由
由
所以
，得
，得
在
，
，
上递增，在上递减，
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只有一个整数，，
，得，
即实数的取值范围为，故选A.
点睛：本题主要考查不等式有解问题以及方程根的个数问题， 属于难题.不等式有解问题不能只局限于判别
式是否为正，不但可以利用一元二次方程根的分布解题，还 可以转化为
为有解（
有解（即可）或转化
即可），也可以利用数形结合，根据零点存在 定理列不等式（组）求解.
的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥的侧面积取值范12. 如图所示，正方形
围为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：设三棱锥一个侧面为三角形
后，利用基本不等式求解即可.
详解：
，，正四棱锥的表面积可表示为，化简

设三棱锥一个侧面为三角形，，则
，
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，

， ，
（当且仅当
而，故
时，三角形
顶角
的范围为
，即
，
时取等号），
是等腰直角三角形，
，阴影部分不存在，折叠后与重合，构不成棱锥，
，故选D.
点睛：求范围问题往 往转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数
有界法、函数单调性 法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求表面积范围
的.
二、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知向量与的夹角为
【答案】4
【解析】分析：根据平面向量数量积公式可得
解方程即可得结果.
详解：
向量与的夹角为，
，
，
，故答案为.
，对，两边平方，得到关于的方程，
，且，则_______.
，解得
点睛 ：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是
， 二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，
；（3）向量垂直则
（此时
;(4)求向量
往
的往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是
模（平方后需求
14. 已知点
【答案】
）.
在直线上，则圆锥曲线：的离心率为_______.
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【解析】分析：由点
详解：在
，
，化为
在直线
上，
上，求出的值，从而确定的值，进而可得结果.
，
，，故答案为.
点睛 ：本题主要考查双曲线的离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，
一 般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定
义以及 圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．
15. 在
【答案】
中，若，则的外接圆的面积的最小值为_______.
【解析】分析：由余弦定理结合基本不等式可得
的面积公式可得结果.
详解：由余弦定理可得，

，
可得，
，再利用正弦定理可得，利用圆
，
，即外接圆面积最小值为，故答案为.
点睛：本题主要考查余弦定理、正弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.正弦定理是解三角形的有力工
具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；
（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形 外接圆
半径.
16. 已知是函数的导函数，在定义域内满足，且，若，则
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实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】分析：由，得，利用，可求得，利用导数证明在
上递增，等价于，由单调性可得结果.
详解：由，得，
，
令
，
令
在上递减，在
，
在上递增，
，
，

，
上递增，
，
，
可得，解得，
即实数的取值范围是，故答案为.
点睛：本题出题意图 在于通过构造函数，并判断其单调性，进而比较代数式的大小.其中恰当的构造函数是
本题的关键，也是 本题的难点，至于函数的单调性常用判断方法有定义法，求导法，基本函数的单调性法，
复合函数的单调 性法，图像法等.
三、解答题 （本大题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
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17. 已知数列
（1）若
的前项和是，且
的通项公式；
的前项和.
.
，求
（2）在（1）的条件下，求数列
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】分析：（1）由，得，整理得 ，所以是一个公差为2的等
差数列，可得，由

可得结果；（2）由（1）可知，
，利用裂项相消法可得数列的前项和.
详解：（1）当时，，即，
整理得，所以
所以是一个公差为2的等差数列，
又
此时
所以
当
所以
，所以
符合题意
－
时，上式不成立，
，所以，
＝．

（2）由（1）可知，

所以
点睛：本题主要考查等差数列的定义、公式< br>求的一般步骤：（1）当时，由
，
．
的应用以 及裂项相消法求和，属于难题.已知
时，由，求得的表达式；（3）求的值；（2）当
检验的值 是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.
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18. 支付宝自助付款可以实现人像识别身份认证和自动支付业务，于是出现了无人超市.无人超市的 出现大
大方便了顾客，也为商家节约了人工成本.某超市对随机进入无人超市的100名顾客的付款时间 与购物金额
进行了统计，统计数据如图所示：（时间单位：秒，付款金额RMB：元）
（1）用统计中的频率代表一位顾客随机进店消费付款时间的概率，试求该顾客进店购物结算时所用时间的< br>期望；
（2）若一位顾客在结算时，前面恰有3个人正在排队，求该顾客等候时间不少于2分钟的概率.
【答案】(1)26秒;(2)该顾客等候时间不少于2分钟的概率为．
【解析】分析：（1 ）设一位顾客进店购物结算时间为，根据统计图表可知，的可能值为10，20，40，60，
根据古典 概型概率公式可得随机变量的概率 利用期望公式可得结果；（2）分三种情况，分别利用独立事件
的概 率公式求出概率，然后利用互斥事件的概率公式即可结果.
详解：（1）设一位顾客进店购物结算时间为，根据统计图表可知，
的可能值为10，20，40，60，
所以
所以该顾客进店购物结算时所用时间的期望为

（秒）．
（2）依题意可知，每个顾客各自的付款时间是相互独立的，若3位顾客付款时间总计不少于2分钟，则 3
人的付款时间可能有如下情况：
①3个60秒；
②2个60秒和另一个可以是10秒，20秒，40秒中任意一个；
③一个60秒，另外两个付款时间可以是20秒，40秒或40秒，40秒；
④三40秒．
所以对应的概率为

答：该顾客等候时间不少于2分钟的概率为．
． < br>点睛：本题主要考查互斥事件、独立事件以及离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题.解答这类综合
性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说
能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这
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种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
19. 已知四棱锥中，平面，，，.

（1）求证：
（2）若
平面；
的余弦值. ，求二面角
. 【答案】(1)见解析;(2)
.............................. < br>详解：（1）证明：过点在平面
因为
所以四边形
所以
由题知
又
所以
而
所以为
，
，
的三等分点，
，，
为一个底角是60°的等腰梯形，
，所以为
，在
，
中点，
中，，
内作，交于点，
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连接
又在
所以
又
因为
，所以
中，
，所以< br>平面，所以
，所以
，
，，
，所以
，
平面．
，

（2）以为坐标原点，分别以
量为
又由（Ⅰ）知
所以在
所以
所以
设平面的法向量为
中，
，，
，
，
，
，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，所以平面的一个法向
，
，，
所以即
令，所以，
的平面角为，且为锐角，
．
设二面角
所以
点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理以及利用空间向量 求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问
题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角 坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的
方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直 线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间
位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论 求出相应的角和距离.
20. 椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若的倾
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斜角为时，是等边三角形.
（1）求椭圆的方程；
（2）若
【答案】(1);(2)
，求
.
得，由，结合
， 联立
，
得
中边上中线长的取值范围.
【解析】分析：（1）由焦点分别为
可得，从而可得椭圆的方程；（2）设直线
，根据中点坐标 公式，结合韦达定理，利用两点间距离公式，可得
，换元后，由可得结果.
详解：（1）由已知得：
所以
椭圆的方程
，
，，
，解得



（2）①当直线的斜率为0时，显然不成立．
②设直线
联立
则
中边上的中线长为
，
得
，





令
得
则



由，得，
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，
，
中

. 边上中线长的取值范围是
点睛：本题主要考查待定系数求椭圆方程以及直线与椭圆的位 置关系和数量积公式，属于难题.用待定系数
法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的 焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴
都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或 ；③找关系： 根据已知
条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.
21. 已知函数
（1）求函数
（2）当时，恒有
.
的极值点；
成立，求的取值范围.
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】分析：（1）求 出
数增区间，
，分四种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函
求得 的范围，可得函数的减区间，根据单调性可求得函数的极值；（2）设
的单调性，分别求出函, 分四种 情况讨论的范围，利用导数研究函数
数最小值，利用最小值大于零，可筛选出符合条件的的取值范围.
，

时，在
时，令
，
，
，
，
上，
，解得
，在
或
上，
．
详解：（1）由题意，
得
（i）当
（ii）当
①若
②若

恒成立；
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在
在
③若
在（
综上，当
小值点为< br>大值点为
（2）设
因为
且函数
（i）当
则
①若
则
②若
减，
（ii）当
上，
，
，
,与
时，
；
，
，在
上，
极小值点为

上，
．
，无极大值点；当
时，极小值点为
时，极
；
，极大值点为
；当时，
；当，极
无极值点
,
，得 ,
在上单调递增
时，有
，
即时，有函数在上单调递增，
，此时函数在上单调递增，
，符合题意；
即时，存在满足，，此时函数在 上单调递
不符合题意；
时，有
在
，存在
上单调递减，
满足
，此时
数在
，此时函
上单调递减，不符合题意．
． 综上，实 数的取值范围是
点睛：本题主要考查利用导数求函数的极值以及不等式恒成立问题，属于难题．不等式恒 成立问题常见方
法：① 分离参数
象在
恒成立(即可)或
或
恒成立（即可）；② 数形结合( 图
上方即可)；③ 讨论最值恒成立；④ 讨论参数，筛选出符合题意的范围.
请考生在22、23二题中任选一题作答，如果都做，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，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆 的极坐标方程为
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.
（1）求圆的直角坐标方程；
（2）设，直线的参数方程是（为参数），已知与圆交于两点，且，求
的普通方程.
【答案】(1)
【解析】分析：(1)利用
(2)将直线的参数方程
;(2).
代入
代入圆的直角坐标方程
，从而可得结果.
，即可得圆的直角坐标方程 ；
中，化简得，
利用韦达定理以及直线参数的几何意义可得
详解：（1）将
代 入圆的极坐标方程
得
化为圆的标准方程为
（2）将直线的参数方程
代入圆的直 角坐标方程
设两点所对应的参数分别为，
，

，
.
（为参数）
中，化简得，
由韦达定理知
∴同号 又∵
或
或解得
.
， ∴

①
②
由①②可知
∴，∴，
∴的普通方程为
点睛：参数方程主要通 过代入法或者已知恒等式（如
通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式
等 三角恒等式）消去参数化为普通方程，
，等可以把极坐标
方程与直角坐标方程互化，这类问题一 般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决
相应问题．
23. 选修4-5：不等式选讲
已知函数.
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（1）时，求不等式的解集；
的图象的上方（无公共点），求实数的取值范围.
.
（2）若函数
【答案】(1)
的图象恒在直线
;(2)

详 解：（1）∵
∴当
解得
当
解得
当
解得
时，
， ∴
时，
，∴
时，
，∴
，即
，
，

，

，
.
的解集为. 综上所述，不等式
（2）由题意知
∴当
变形得当
当
变形得
∴
当
∴
时，
时，
恒成立，
，
恒成立，∴
时，可以取任意实数；
时，，
恒成立，

，变形得，

. 综上所述，实数的取值范围为
点睛： 绝对值不等式的常见解法有：①利用绝对值不 等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；②利
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用“零点分段法”求解，体现了分类讨 论的思想；③通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与
方程的思想．
















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