《发布》福建省厦门市2018届高三上学期期末质检数学（文）试题 WORD版含答案.doc

1、厦门市2018届高三年级第一学期期末质检文科数学第卷（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 D2已知命题，命题，则下列命题中的真命题为（ ）A B C D3已知，则（ ）A B C D4已知，则的值是（ ）A B C D5若满足约束条件则的最大值是（ ）A1 B3 C5 D76设表示直线，表示平面，则下列命题正确的是（ ）A若，则 B若，则C若，则 D若，则7已知数列满足，则其前100项和为（ ）A250 B200 C150 D1008函数在区间上的图象大致为（ ）A B C D9已知双曲

2、线的左焦点为，为坐标原点，为双曲线的渐近线上两点，若四边形是面积为的菱形，则该渐近线方程为（ ）A B C D10习总书记在十九大报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛.如图，“大衍数列”：0,2,4,8,12来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和.下图是求大衍数列前项和的程序框图.执行该程序框图，输入，则输出的（ ）A44 B68 C100 D14011在中，.若，则实数的值为（ ）A-2 B C D12函数和函数的图象相交于两点，为坐标原点，则的面积为（ ）A B C D第卷（共90分）二、填空题（每题5分

3、，满分20分，将答案填在答题纸上）13若复数满足，则 14如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为 15已知函数若函数存在零点，则实数的取值范围为 16已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且垂直轴，若直线的斜率为，则该椭圆的离心率为 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在中，是边上的点，.（1）求；（2）若，求的面积.18已知等差数列的公差，其前项和为，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.19如图，四棱锥中，侧面底面，.（1）求证：平面；（2）若三棱锥的体积为2，求的

4、面积.20在直角坐标系中，动点满足：以为直径的圆与轴相切.（1）求点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为曲线，直线过点且与交于两点，当与的面积之和取得最小值时，求直线的方程.21已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，记函数的极小值为，若恒成立，求满足条件的最小整数.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，曲线的参数方程为（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，为上两点，且，设射线，其中.（1）求曲线的极坐标方程；（2）求的最小值.23选修4-5：不等式选讲函数.（1）当时，求证：；（2）若的最小值

5、为2，求实数的值.厦门市2018届高三年级第一学期期末质检文科数学参考答案一、选择题1-5:BCDAD 6-10:CDBAC 11、12：DA二、填空题13 14 15或 16三、解答题17解：（1）在中，得由，得在中，由正弦定理得，所以（2）因为，是锐角，所以设，在中，即化简得：解得或（舍去）则由和互补，得所以的面积18解：（1）因为，即即，因为为等比数列，即所以，化简得：联立和得：，所以（2）因为所以19解：（1）平面平面，平面平面，平面，且，平面.又平面，.又，平面，平面.（2）取中点，连接.，.又平面，平面平面，平面平面，平面.为三棱锥的高，且.又，.，得.又平面且平面，.20解：（1

6、）设点，圆心，圆与轴相切于点，则，所以，又点为的中点，所以，所以，整理得：.所以点的轨迹方程为：.（2）（）当直线的斜率不存在时，方程为：，易得.（）当直线的斜率存在时，设方程为：，由消去并整理得：，所以，所以，当且仅当时等号成立，又，所以，或，所以，解得：，因为，所以当两个三角形的面积和最小时，直线的方程为：.21解：（1）的定义域为，若，当时，故在单调递减，若，由，得，（）若，当时，当时，故在单调递减，在，单调递增（）若，在单调递增，（）若，当时，当时，故在单调递减，在，单调递增（2）由（1）得：若，在单调递减，在，单调递增所以时，的极小值为由恒成立，即恒成立设，令，当时，所以在单调递减，且，所以，且，所以，因为得其中，因为在上单调递增所以因为，所以22解：（1）将的方程化为直角坐标方程为，即.将，代入可得化简得（2）根据题意：射线的极坐标方程为或.，则，当且仅当，即时，取得最小值.故的最小值为.23解：（1）依题意：，当且仅当，即时，等号成立.（2）当，即时，则当时，故.当，即时，则当时，故.当时，即时，有最小值0，不符合题意，舍去.