福建省福州市2018届高三上学期期末考试数学(理)试卷及答案

1、福州市 2018 届高三上学期期末考试理科数学第卷（共 60 分）、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 A xx3x10 ，则 A B （ ）A 1,31,1, 1 1,2. 若复数 a 的模为 21 i 2，则实数（A 1B3. 下列函数为偶函数的是A y tan2 yxex y xcosx D y ln x sinx4. 若 2sin xcos21，则 cos2x7C7B8A7255. 已知圆锥的高为3，它的底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于（A833

2、2316D 326. 已知函数 fA 0B1x22x,x1,x 0,x0,则函数x 3x 的零点个数是（ ）7. 如图的程序框图的算法思路源于我国古代著名的孙子剩余定理”，图中的 Mod N,m n 表示正整数 N 除以正整数 m后的余数为 n，例如 Mod 10,3 1 .执行该程序框图，则输出的 i 等于（ ）p3 : x,y D,x 2y 3p4 : x,y D,x 2y 2A x12B y 11C y D2 x 110. 不等式组xy1,的解集记为D. 有下列四个命题：x 2y2与直线 AB 平行的一条直线和C与 E都相切，则 E的标准方程为(A23B 38 C 44 D 588. 如

3、图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为)A14B 10 4 2 C21 4 2 D221 3 4 229. 已知圆 C : x2y 128，抛物线 E:x22py p0 上两点 A 2,y1 与 B 4,y2 ，若存在p1 : x,y D,x 2y 2p2 : x,y D,x 2y 3其中真命题的是（）A p2,p3B p1, p4C p1,p2D p1,p311. 已知双曲线 E:22xy2 2 1 aab0,b0 的左、右焦点分别为F1,F2，点 M,N 在 E 上，MN / /F1F2, MN22 F1F2 ，线段5F2Muuuur交E于点Q，

4、且 F2Quuuur QM ，则E 的离心率为（）A 5 15 10CB 2 3 D12. 设数列an的前 n 项和为Sn ， an1 an 2n 1 ，且 Sn 1350. 若 a2 2 ，则 n 的最大值为（）A51 52 C53D 54第卷（共90 分）满分 20 分，将答案填在答题纸上）a,b 的夹角为a 2b 2 ，则二、填空题（每题 5 分，r r r已知单位向量 a,b满足 an设 n为正整数， x 将函数 y 2sin x cosx 的图象向右平移 个单位长度 ，得到函数 y 2sin x cos x的图象，则 sin 的值为 如图，已知一块半径为 1的残缺的半圆形材料 MNQ

5、 ， O为半圆的圆心， MN 8 .现要在这块材 料上裁出一个直角三角形 . 若该三角形一条边在 MN 上，则裁出三角形面积的最大值为3 展开式中仅有第 5 项的二项式系数最大，则展开式中的常数项 x3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.已知数列an中， a11,a22,an13an2an1n 2,nN*.设bnan 1an.1）证明：数列 bn 是等比数列；2）设 cnbn4n2 1 2n，求数列cn 的前 n项的和 Sn .已知菱形 ABCD 的边长为 2， DAB 60 . E是边 BC 上一点，线段 （ 1）若 CDE 的面

6、积为 3 ，求 DE 的长；2（ 2）若 7CF 4DF ，求 sin DFC .DE 交 AC 于点 F .如 图 ， 在 四 棱 锥 E ABCD 中 ， AB/ /CD, ABC90,CD 2AB 2CE 4BCE 120 ,DE 2 5.（ 1）证明：平面 BCE 平面 CDE ；（2）若 BC 4 ，求二面角 E AD B 的余弦值 .22已知 F为椭圆 C:x y 1的右焦点， M为C上的任意一点 .43（ 1）求 MF 的取值范围；（2）P,N是C上异于 M的两点，若直线 PM 与直线 PN 的斜率之积为标之和为常数 .已知函数 f x 1 ln x a2x2 ax a R .（

7、 1）讨论函数 f x 的单调性；（2）若 a 0且x 0,1 ，求证： f xx x2 1 1.ex请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第选修 4-4 ：坐标系与参数方程33，证明: M,N 两点的横坐4题记分x tcos ,在直角坐标系 xOy 中，曲线 C : （ 为参数， t 0 ）. 在以 O为极点， x轴正半轴为极轴 y sin的极坐标系中，直线 l : cos 2 .4（1）若 l与曲线 C 没有公共点，求 t的取值范围；（2）若曲线 C上存在点到 l距离的最大值为 1 6 2，求 t的值.2选修 4-5 ：不等式选讲设函数 f x x 1,x R.（

8、1）求不等式 f x 3 f x 1 的解集；（2）已知关于 x的不等式 f x f x 1 x a 的解集为 M ，若 1,3M ，求 实数 a的取值范围211参考答案、选择题1-5: BCBCB6-10: CADCA 11、12：BA、填空题13. 12014. 11215.16.338、解答题17. 解：(1)证明：因为 an 1 3an2an 1 n 2,n N， bnan 1 an ，所以 bn 1 bnan 2an 1an 1 an3an 1 2anan 1 2 an 1 an2，anan 1 an又因为 b1a2 a1所以数列bn 是以1 为首项，2 为公比的等比数列2)1)知

9、bn2n 12n因为cnbn，2 n ，4n 1 2所以bn24n2 12n2n2n 112n 11，2n 1所以Snc1 c211332n 1 2n 193932n 14n18. 解：解法一：（ 1）依题意，得因为 CDE 的面积 S 3 ，2所以 1CD CE sin BCD 3 ，21所以 1 2CE sin602解得 CE 1，BCDDAB 60 ，3，2，根据余弦定理，得 DECD2 CE22CD CEcos BCD22 12 2 23.2）依题意，得ACD30 , BDC60 ，设CDE则060 ，在 CDE 中，由正弦定理得CFsinsinDF ，ACD因为 7CF4DF所以si

10、nCF2DF27，所以cos所以sinDFC sin 303 2114解法二：1）同解法2）依题意，得ACD30 , BDC60CDE则060 ，在 CDF 中，设CF 4x因为 7CF4DF ，则 DF7x由余弦定理，得2 2 2DF2 CD2 CF2 2CD CFcos ACD ，得 7x2 4 16x2 8 3x ，解得 x2 3 2 3 ，或 x又因为 CF 1 AC 3 ，所以 x 3 ，所以 x24所以 DF 2 21 ，9在 CDF 中，得 sin CFD由正弦定理，得 CDsin CFD3 21 .14 .DF ， sin ACD19.解：（ 1）2sin302 219证明：因

11、为AB/ /CD, ABC90 ，所以CDBC .因为CD4,CE 2,DE2 5 ，所以 CD222CE2 DE2 ，所以CDCE ，因为BCCEC，所以CD平面BCE .因为CD平面CDE ，所以平面BCE平面 CDE .z 轴的正2）由（ 1）知， CD 平面 BCE ，故以点uuur uuurC 为坐标原点，分别以 CB、CD 的方向为 x 轴、方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.所以 A 4,0,2 ,B 4，0，0 ,E1, 3,0 ,D 0,0,4 ，5, 3, 2 ，uuur uuur 所以 AD 4,0,2 ,AE设平面 ADE 的法向量为 n x,y,z ，uuu

12、r rAD n uuur rAE n所以4x 2z 05x 3y 2z 0取 x 1 ，则 rn 1,3 3,2 ， 又因为平面 ABD 的一个法向量为 umr 0,1,0 ，所以cos nr,umr3 3 3 6 ，1 1 3 3 4 8 所以二面角 E AD B 的余弦值为 3 6 .820. 解：解法一：（ 1）依题意得 a 2,b 3 ，所 c a又因为 2 xM 2，所以 1 MF 2 9 ， 所以 1 MF 3 ，所以 MF 的取值范围为 1,3 .2）设 P、M、N 三点坐标分别为 xP,yP , xM ,yM设直线 PM 、PN 斜率分别为 k1、k2 ，则直线 PM 方程为

13、y yP k1 x xP ， b2 1 ，xN ,yN ，所以 C的右焦点 F 坐标为 1,0 ，设C上的任意一点 M 的坐标为 xM,yM ，2 则 xM42 yM31，所以 MF2xM221 yMxM231 3xM4M1212xM2xM4xM 4 ，4M4M22x2 y2 1,由方程组 4 3 1, 消去 y ，得 y yP k1 x xP223 4k1 x 8k1 k1xP2 2 2yP x 4k1 xP8k1xP yP 4yP 12 0 ，由根与系数关系可得 xM xP8k1 k1xP yP3 4k12故 xM8k1 k1xP yP3 4k12xP24k1 xP 8k1yP3 4k12

14、3xP同理可得 xN xP8k2 k2xP yP3 4k22又 k1 k28k2 k2xP yP故 xN xP2N P 3 4k223384k1xPyP4k1 P P23344k16xP 8k1yP4k12 3则 xN6xP 8k1yP4k12 3xP24k1 xP 8k1yP 3xP2xM ，3 4k12 M从而 xN xM 0.即 M 、 N 两点的横坐标之和为常数解法二：（ 1）依题意得 a 2,b 3 ，所 ca2 b2 1 ，所以 C的右焦点 F 坐标为 1,0 ，设C 上的任意一点M 的坐标为 xM ,yM设C 上的任意一点 M 的坐标为 2cos , 3sin则 MF 22cos

15、cos222，又因为 1 cos 1，所以 1 MF 2 9 ， 所以 1 MF 3 ，所以 MF 的取值范围为 1,3 .（2）设 P、M 两点坐标分别为 xP,yP , xM,yM ，线段 PM、PN 的中点分别为 E、F ，点E的坐标为xE, yE ，直线PM、PN、OE 的斜率分别为 k1、k2、 k3 ，由方程组所以所以所以2xP42xMyP yMxP xMyP yMxP xMk1 k3又因为 k1 k22yP32yM3yP yM xMxP2yE2xE3，4，1,得1,3，422 yPyM22 xPxM3，43，4所以 k2 k3 ，所以 PN / /OE ，所以 MN 的中点在OE

16、 上，同理可证： MN 的中点在 OF 上， 所以点 O 为线段 MN 的中点 .根据椭圆的对称性， 所以 M、N 两点的横坐标之和为常数fx122a x222a x ax1 2ax 1 ax 1axxx若 a0 时，则fx 0 ， f x在 0, 上单调递减；若 a0 时，当x1时， f x0；a当x1 时，fx0；a当x1时，fx0.a21. 解：解法一：（1）函数 f x 的定义域为 0, ，1故在 0,1 上， f x 单调递减；在a1若 a 0 时，当 x 1 时， f2a当 x1 时， f x 0 ；当 x2a故在 0, 1 上， f x 单调递减；2a, 上， f x 单调递増；

17、ax 0 ；11 时， f x 0.2a在 1 , 上， f x 单调递増 .2a0 . 故函数 g x 在 0,1 上单调递增欲证 f xx2 x11，ex只需证 1ln xx2 x11，ex即证 x 1ln x1x3x x e .设函数 gxx1ln xx 0,12)若 a 0 且 x 0,1 ，则 g x lnx.当 x 0,1 时， g x所以 g(x) g 1 1.设函数 h(x) 1 x x3 ex ，则 h(x) 2 x 3x2 x3 ex .设函数 p(x) 2 x 3x2 x3 ，则 p x 1 6x 3x2.当 x 0,1 时， p 0 p 1 8 0 ，故存在 x00,1

18、 ，使得p x00，从而函数 px 在 0,x0上单调递增；在x0,1 上单调递减 .当 x 0,x0时， p x0p02，当xx0,1 时， p x0 p 1 4 0故存在 x10,1 ，使得h x10，即当 x 0,x1 时， p x 0 ，当xx1,1时， p x 0从而函数 hx 在 0,x1上单调递增；在x1,1 上单调递减 .因为 h 0 1,h 1 e，x11，xxx11，xx故当 x 0,1 时， h x h 0 1所以 x 1 lnx 1 x x3 ex,x 0,1 ，f x 2 1 即 x x2 1,x 0,1 .ex解法二：( 1)同解法一 .2）若 a0且x0,1 ，x

19、xe只需证 1 ln x欲证1，即证 x 1 ln xx21，x3xe.设函数 g x x 1ln x0,1，则gxlnx.当 x 0,1 时， g故函数gx0,1上单调递增 .所以 g(x) g 1 1.设函数 h x1xx3xex,x0,1 ，因为 x 0,1，所以 x3x3 ，所以 1 x1，又 1 ex e ，所以 h x1，所以 g(x) 1hx，即原不等式成立 .解法三：（1）同解法2）若 a0且x0,1xxe只需证 1 lxn x x2e欲证21 x1，由于 1 ln x 0,ex1，则只需证明ln xx2只需证明ln x2 x1 0 ，x令 g xln x11x1 2x3x1则 g x2x222xxxxx2