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福建省高考数学一模试卷及答案(2)

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  福建省高考数学一模试卷答案

  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A={x|x2﹣3x+2≤0},B={x|2x﹣3>0},则A∩B=(  )

  A. B. C. D.

  【考点】交集及其运算.

  【分析】求出A与B中不等式的解集确定出A与B,找出A与B的交集即可.

  【解答】解:由A中不等式变形得:(x﹣1)(x﹣2)≤0,

  解得:1≤x≤2,即A=[1,2],

  由B中不等式解得:x> ,即B=( ,+∞),

  则A∩B=( ,2],

  故选:C.

  2.已知 ,则cos2α的值是(  )

  A. B. C. D.

  【考点】二倍角的余弦.

  【分析】由已知利用诱导公式可求cosα得值,进而利用二倍角的余弦函数公式即可计算求值得解.

  【解答】解:∵ ,

  ∴cosα= ,

  ∴cos2α=2cos2α﹣1=2×( )2﹣1=﹣ .

  故选:B.

  3.设a为实数,直线l1:ax+y=1,l2:x+ay=2a,则“a=﹣1”是“l1∥l2”的(  )

  A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

  C.充要条件 D.既不充分也必要条件

  【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.

  【分析】根据充分必要条件的定义,结合直线平行的性质及判定分别进行判断即可.

  【解答】解:l1∥l2”得到:a2﹣1=0,解得:a=﹣1或a=1,

  所以应是充分不必要条件.

  故选:A

  4.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时,f(x)=2x,则f(﹣2)=(  )

  A. B.﹣4 C.﹣ D.4

  【考点】函数奇偶性的性质.

  【分析】依题意首先把x<0时,函数的解析式求出.再把x=﹣2代入函数式得出答案.

  【解答】解:设x<0,因为函数f(x)是定义在R上的奇函数,

  ∴f(﹣x)=﹣f[﹣(﹣x)]=﹣2﹣(﹣x)

  ∴当x<0时,函数的解析式为f(x)=﹣2﹣x

  ∴f(﹣2)=﹣2﹣(﹣2)=﹣4

  故选B.

  5.我国古代数学著作《孙子算经》中有如下的问题:“今有方物一束,外周有三十二枚,问积几何?”设每层外周枚数为a,如图是解决该问题的程序框图,则输出的结果为(  )

  A.121 B.81 C.74 D.49

  【考点】程序框图.

  【分析】模拟程序的运行,依次写出每次循环得到的S,a的值,当a=40时,不满足条件a≤32,退出循环,输出S的值为81,即可得解.

  【解答】解:模拟程序的运行,可得

  a=1,S=0,n=1

  满足条件a≤32,执行循环体,S=1,n=2,a=8

  满足条件a≤32,执行循环体,S=9,n=3,a=16

  满足条件a≤32,执行循环体,S=25,n=4,a=24

  满足条件a≤32,执行循环体,S=49,n=5,a=32

  满足条件a≤32,执行循环体,S=81,n=6,a=40

  不满足条件a≤32,退出循环,输出S的值为81.

  故选:B.

  6.从区间(0,1)中任取两个数,作为直角三角形两直角边的长,则所得的两个数列使得斜边长不大于1的概率是(  )

  A. B. C. D.

  【考点】几何概型.

  【分析】根据几何概型的概率公式即可得到结论.

  【解答】解:设两个直角边长为a,b,

  则由条件可知 ,

  则斜边长不大于1的事件为,a2+b2≤1,

  则由几何概型的概率可知所求的概率P= = ,

  故选B.

  7.如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,若该几何体的顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为(  )

  A.25π B.50π C.75π D.100π

  【考点】球的体积和表面积;由三视图求面积、体积.

  【分析】由已知中的三视图可得:该几何体是一个三棱锥,其外接球相当于一个长,宽,高分别为:5,4,3的长方体的外接球.

  【解答】解:由已知中的三视图可得:该几何体是一个三棱锥,

  其外接球相当于一个长,宽,高分别为:5,4,3的长方体的外接球,

  故球O的半径R满足:4R2=32+42+52=50,

  故球O的表面积S=50π,

  故选:B

  8.设抛物线C:y2=3x的焦点为F,点A为C上一点,若|FA|=3,则直线FA的倾斜角为(  )

  A. B. C. 或 D. 或

  【考点】直线与抛物线的位置关系.

  【分析】先设出A的坐标,根据抛物线的定义可知该点到准线的距离与其到焦点的距离相等,进而利用点到直线的距离求得x的值,代入抛物线方程求得y.然后求解直线的斜率,得到直线FA的倾斜角.

  【解答】解:设该A坐标为(x,y),抛物线C:y2=3x的焦点为F( ,0),

  根据抛物线定义可知x+ =3,解得x= ,代入抛物线方程求得y=± ,

  故A坐标为:( , ),AF的斜率为: = ,

  则直线FA的倾斜角为: 或 .

  故选:C.

  9.已知函数f(x)= sin(ωx+φ)(ω>0,﹣ <φ< ),A( ,0)为f(x)图象的对称中心,B,C是该图象上相邻的最高点和最低点,若BC=4,则f(x)的单调递增区间是(  )

  A.(2k﹣ ,2k+ ),k∈Z B.(2kπ﹣ π,2kπ+ π),k∈Z

  C.(4k﹣ ,4k+ ),k∈Z D.(4kπ﹣ π,4kπ+ π),k∈Z

  【考点】正弦函数的单调性.

  【分析】由题意可得 + =42,求得ω的值,再根据对称中心求得φ的值,可得函数f(x)的解析式,利用正弦函数的单调性,求得f(x)的单调递增区间.

  【解答】解:函数f(x)= sin(ωx+φ)(ω>0,﹣ <φ< ),

  A( ,0)为f(x)图象的对称中心,B,C是该图象上相邻的最高点和最低点,若BC=4,

  ∴ + =42,即12+ =16,求得ω= .

  再根据 • +φ=kπ,k∈Z,可得φ=﹣ ,∴f(x)= sin( x﹣ ).

  令2kπ﹣ ≤ x﹣ ≤2kπ+ ,求得4kπ﹣ π≤x≤4kπ+ π,

  故f(x)的单调递增区间为(4kπ﹣ π,4kπ+ π),k∈Z,

  故选:D.

  10.已知双曲线E ,其一渐近线被圆C:(x﹣1)2+(y﹣3)2=9所截得的弦长等于4,则E的离心率为(  )

  A. B. C. 或 D. 或

  【考点】圆与圆锥曲线的综合.

  【分析】求得圆的圆心和半径,双曲线的一条渐近线方程,运用直线和圆相交的弦长公式,可得圆心到渐近线的距离为1,再由点到直线的距离公式和离心率公式,计算即可得到所求值.

  【解答】解:由圆C:(x﹣1)2+(y﹣3)2=9可得圆心(1,3),半径为3,

  双曲线E ,的一条渐近线方程为bx﹣ay=0,

  渐近线被圆C:(x﹣1)2+(y﹣3)2=9所截得的弦长等于4,圆心到直线的距离为:

  由弦长公式可得2= ,可得 ,解得 ,

  即c= a或c= a,

  即e= = 或e= ,

  故选:D.

  11.已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,则m,n所成角的余弦值为(  )

  A.0 B. C. D.

  【考点】异面直线及其所成的角.

  【分析】如图所示,BD1⊥平面AB1C,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,可得平面α即为平面DBB1D1.设AC∩BD=O.可得α∩平面AB1C=m为OB1.同理可得:平面A1C1D即为平面β.又A1D∥B1C,可得m,n所成角为∠OB1C,根据△AB1C为正三角形,即可得出.

  【解答】解:如图所示,

  ∵BD1⊥平面AB1C,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,

  ∴平面α即为平面DBB1D1.设AC∩BD=O.

  ∴α∩平面AB1C=m为OB1.

  ∵平面A1C1D过直线A1C1,与平面AB1C平行,

  而平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,

  ∴平面A1C1D即为平面β.

  β∩平面ADD1A1=A1D=n,

  又A1D∥B1C,

  ∴m,n所成角为∠OB1C,

  由△AB1C为正三角形,则cos∠OB1C=cos = .

  故选:D.

  12.设函数f′(x)是定义(0,2π)在上的函数f(x)的导函数,f(x)=f(2π﹣x),当0

  A.a

  【考点】利用导数研究函数的单调性.

  【分析】求出函数的对称轴,令g(x)=f(x)cosx,根据函数的单调性判断函数值的大小即可.

  【解答】解:由f(x)=f(2π﹣x),得函数f(x)的图象关于直线x=π对称,

  当0

  令g(x)=f(x)cosx,则g′(x)=f′(x)cosx﹣f(x)sinx>0,

  当0

  故g( )

  即a

  故选:A.

  二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案填在答题卷的横线上..

  13.设复数z满足z•i=2+3i,则z= 3﹣2i .

  【考点】复数代数形式的乘除运算.

  【分析】由z•i=2+3i,得 ,然后利用复数代数形式的乘除运算化简复数z得答案.

  【解答】解:由z•i=2+3i,

  得 = .

  故答案为:3﹣2i.

  14.若x,y满足约束条件 ,则 的最大值为 3 .

  【考点】简单线性规划.

  【分析】由约束条件作出可行域,再由 的几何意义,即可行域内的动点与原点连线的斜率求解.

  【解答】解:由约束条件 作出可行域如图,

  联立 ,解得A( , ).

  的几何意义为可行域内的动点与原点连线的斜率,

  则 的最大值为 .

  故答案为:3.

  15.△ABC的内角A,B,C的对边分别为 ,若a=2,则△ABC面积的最大值为   .

  【考点】余弦定理.

  【分析】由已知化简可得:b2+c2﹣a2=bc,由余弦定理可求cosA= ,结合范围A∈(0,π),可求A= ,由余弦定理,基本不等式可求bc≤4,进而利用三角形面积公式即可计算得解.

  【解答】解:∵ ,可得:b2+c2﹣a2=bc,

  ∴cosA= = = ,

  ∵A∈(0,π),

  ∴A= ,

  ∵a=2,

  ∴由余弦定理可得:4=b2+c2﹣bc,

  ∴4=b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc=bc,即:bc≤4,当且仅当b=c等号成立,

  ∴S△ABC= bcsinA≤ = ,当且仅当b=c等号成立,则△ABC面积的最大值为 .

  故答案为: .

  16.在直角梯形ABCD中,∠A=90°,AD∥BC,BC=2AD,△ABD面积为1,若 = ,BE⊥CD,则 • =   .

  【考点】平面向量数量积的运算.

  【分析】建立平面直角坐标系,设出D,求解相关的坐标,利用向量的数量积求解D的坐标,然后求解即可.

  【解答】解:如图,建立平面直角坐标系,

  设D(0,a),△ABD面积为1,可得B( ,0),则C( ,2a), = ,

  则E( . ),BE⊥CD,

  可得:( ,a)( , )=0,解得a2= ,

  =(0,﹣a), =( ,a),

  • =﹣a2=﹣ .

  给答案为:﹣ .

  三、解答题:本大题共5小题,满分60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}的前n项和 ,其中k为常数,a6=13.

  (1)求k的值及数列{an}的通项公式;

  (2)若 ,求数列{bn}的前n项和Tn.

  【考点】数列的求和.

  【分析】(1) ,n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1.n=6时,a6=13,解得k.进而得出.

  (2) = = = ,利用“裂项求和”方法即可得出.

  【解答】解:(1)∵ ,n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=n2+kn﹣[(n﹣1)2+k(n﹣1)]=2n﹣1+k.

  ∴n=6时,a6=11+k=13,解得k=2.

  ∴n≥2时,an=2n﹣1+2=2n+1.

  当n=1时,a1=S1=1+2=3,上式也成立.

  ∴an=2n+1.

  (2) = = = ,

  数列{bn}的前n项和Tn= +…+ =1﹣ = .

  18.为了响应我市“创建宜居港城,建设美丽莆田”,某环保部门开展以“关爱木兰溪,保护母亲河”为主题的环保宣传活动,经木兰溪流经河段分成10段,并组织青年干部职工对每一段的南、北两岸进行环保综合测评,得到分值数据如表:

  南岸 77 92 84 86 74 76 81 71 85 87

  北岸 72 87 78 83 83 85 75 89 90 95

  (1)记评分在80以上(包括80)为优良,从中任取一段,求在同一段中两岸环保评分均为优良的概率;

  (2)根据表中的数据完成茎叶图:

  (3)分别估计两岸分值的中位数,并计算它们的平均数,试从计算结果分析两岸环保情况,哪边保护更好?

  【考点】极差、方差与标准差;茎叶图.

  【分析】(1)利用列举法求出从10段中任取一段的基本事件有10个,用A表示“在同一段中两岸环保评分均为优良”的事件,利用列法求出A包含的基本事件个数,由此能求出在同一段中两岸环保评分均为优良的概率.

  (2)根据表中数据,能完成茎叶图.

  (3)分别求出南岸10段的分值数据的中位数、平均数和北岸10段分值数据的中位数、平均数,由此看出北岸保护更好.

  【解答】解:(1)从10段中任取一段的基本事件有10个,分别为:

  (77,72),(92,87),(84,78),(86,83),(74,83),

  (76,85),(81,75),(71,89),(85,90),(87,95),

  这些基本事件是等可能的,

  用A表示“在同一段中两岸环保评分均为优良”的事件,

  则A包含的基本事件为:

  (92,87),(86,83),(85,90),(87,95),共4个,

  ∴P(A)= .

  (2)根据表中数据,完成下列茎叶图:

  (3)南岸10段的分值数据的中位数为:z1= =82.5,

  南岸10段分值数据的平均数为:

  =81.3,

  北岸10段分值数据的中位数为:z2= ,

  北岸10段分值数据的平均数:

  = =83.7,

  由z1

  19.如图,在四棱锥S﹣ABCD中,四边形为ABCD矩形,E为SA的中点,SA=SB,AB=2 ,BC=3.

  (1)证明:SC∥平面BDE;

  (2)若BC⊥SB,求三棱锥C﹣BDE的体积.

  【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面垂直的判定.

  【分析】(1)连接AC,设AC∩BD=O,由题意可得O为AC的中点,又E为AS的中点,由三角形中位线定理可得SC∥OE,再由线面平行的判定可得SC∥平面BDE;

  (2)过E作EH⊥AB,垂足为H,由线面垂直的判定可得BC⊥平面SAB,则EH⊥BC,又EF⊥AB,得到EH⊥平面ABCD,在△SAB中,取AB中点M,连接SM,则SM⊥AB,求得SM=1.进一步可得EH= .再求出三角形BCD的面积利用等体积法求得三棱锥C﹣BDE的体积.

  【解答】(1)证明:连接AC,设AC∩BD=O,

  ∵四边形ABCD为矩形,则O为AC的中点,

  在△ASC中,E为AS的中点,∴SC∥OE,

  又OE⊂平面BDE,SC⊄平面BDE,

  ∴SC∥平面BDE;

  (2)解:过E作EH⊥AB,垂足为H,

  ∵BC⊥AB,且BC⊥SB,AB∩SB=B,

  ∴BC⊥平面SAB,

  ∵EH⊂平面ABS,∴EH⊥BC,又EF⊥AB,AB∩BC=B,

  ∴EH⊥平面ABCD,

  在△SAB中,取AB中点M,连接SM,则SM⊥AB,

  ∴SM=1.

  ∵EH∥SM,EH= .

  ∴ .

  ∴VC﹣BDE=VE﹣BCD= .

  ∴三棱锥C﹣BDE的体积为 .

  20.已知点P(0,﹣2),点A,B分别为椭圆E: + =1(a>b>0)的左右顶点,直线BP交E于点Q,△ABP是等腰直角三角形,且 = .

  (1)求E的方程;

  (2)设过点的动直线l与E相交于M,N两点,当坐标原点O位于MN以为直径的圆外时,求直线l斜率的取值范围.

  【考点】直线与椭圆的位置关系;椭圆的标准方程.

  【分析】(1)由向量共线定理求得Q点坐标,由a=2,将Q代入椭圆方程,即可求得b,求得椭圆方程;

  (2)将直线方程代入椭圆方程,由韦达定理及△>0,向量数量积的坐标运算 • >0,即可求得k的取值范围.

  【解答】解:(1)由题意题意△ABP是等腰直角三角形,a=2,B(2,0),

  设Q(x0,y0),由 ,

  则 ,

  代入椭圆方程,解得b2=1,

  ∴椭圆方程为 ;

  (2)由题意可知,直线l的斜率存在,方程为y=kx﹣2,M(x1,y1),N(x2,y2),

  则 ,整理得:(1+4k2)x2﹣16kx+12=0,

  由直线l与E有两个不同的交点,则△>0,

  即(﹣16k)2﹣4×12×(1+4k2)>0,解得:k2> ,

  由韦达定理可知:x1+x2= ,x1x2= ,

  由坐标原点O位于MN为直径的圆外,

  则 • >0,即x1x2+y1y2>0,

  则x1x2+y1y2=x1x2+(kx1﹣2)(kx2﹣2)=(1+k2)x1x2﹣2k×(x1+x2)+4

  =(1+k2) ﹣2k× +4>0,

  解得:k2<4,

  综上可知:

  直线l斜率的取值范围(﹣2,﹣ )∪( ,2).

  21.已知函数f(x)=2x3﹣3x+1,g(x)=kx+1﹣lnx.

  (1)设函数 ,当k<0时,讨论h(x)零点的个数;

  (2)若过点P(a,﹣4)恰有三条直线与曲线y=f(x)相切,求a的取值范围.

  【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程;根的存在性及根的个数判断.

  【分析】(1)分类讨论,求导数,切点函数的单调性,即可讨论h(x)零点的个数;

  (2)设出切点,由切线方程,化简得三次函数,将题目条件化为函数有三个零点,即可求a的取值范围.

  【解答】解:(1)f′(x)=(2x+1)(x﹣1)2=0,x=﹣ 或1,∴x=﹣ 是h(x)的零点;

  ∵g′(x)=k﹣ ,

  k<0,g′(x)<0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,g(x)的最大值为g(1)=k+1.

  k<﹣1,g(1)<0,g(x)在[1,+∞)上无零点;

  k=﹣1,g(1)=0,g(x)在[1,+∞)上有1个零点;

  ﹣10,g(e1﹣k)=ke1﹣k+k<0,g(x)在[1,+∞)上有1个零点;

  综上所述,k<﹣1时,h(x)有1个零点;﹣1≤k<0时,h(x)有两个零点;

  (2)设切点(t,f(t)),f′(x)=6x2﹣6x,∴切线斜率f′(t)=6t2﹣6t,

  ∴切线方程为y﹣f(t)=(6t2﹣6t)(x﹣t),

  ∵切线过P(a,﹣4),∴﹣4﹣f(t)=(6t2﹣6t)(a﹣t),

  ∴4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5=0①

  由题意,方程①有3个不同的解.

  令H(t)=4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5,则H′(t)=12t2﹣6t﹣12at+6a=0.t= 或a.

  a= 时,H′(t)≥0,H(t)在定义域内单调递增,H(t)不可能有两个零点,方程①不可能有两个解,不满足题意;

  a 时,在(﹣ ),(a,+∞)上,H′(t)>0,函数单调递增,在( ,a)上,H′(t)<0,函数单调递减,H(t)的极大值为H( ),极小值为H(a);

  a 时,在(﹣∞,a),( ,+∞)上,H′(t)>0,函数单调递增,在(a, )上,H′(t)<0,函数单调递减,H(t)的极大值为H(a),极小值为H( );

  要使方程①有三个不同解,则H( )H(a)<0,即(2a﹣7)(a+1)(2a2﹣5a+5)>0,

  ∴a> 或a<﹣1.

  [选修4-4坐标系与参数方程]

  22.在直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x﹣1)2+(y﹣1)2=2,在以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,直线l的极坐标方程为 .

  (1)写出圆C的参数方程和直线l的普通方程;

  (2)设点P为圆C上的任一点,求点P到直线l距离的取值范围.

  【考点】参数方程化成普通方程;简单曲线的极坐标方程.

  【分析】(1)由题意求出圆C的参数方程和直线l的普通方程;

  (2)由题意设P( , ),由点到直线的距离公式表示出点P到直线l距离,利用两角和的正弦公式化简后,由正弦函数的值域求出答案.

  【解答】解:(1)∵圆C的方程为(x﹣1)2+(y﹣1)2=2,

  ∴圆C的参数方程为 (α为参数),

  ∵直线l的极坐标方程为 ,

  ∴ ,即ρsinθ+ρcosθ﹣4=0,

  ∴直线l的普通方程是x+y﹣4=0;

  (2)由题意设P( , ),

  ∴点P到直线l距离d=

  = = ,

  ∵ ,∴ ,

  即 ,

  ∴点P到直线l距离的取值范围是[0, ].

  [选修4-5不等式选讲]

  23.已知函数f(x)=|x﹣4|+|x﹣2|.

  (1)求不等式f(x)>2的解集;

  (2)设f(x)的最小值为M,若2x+a≥M的解集包含[0,1],求a的取值范围.

  【考点】绝对值不等式的解法;函数的最值及其几何意义.

  【分析】(1)f(x)=|x﹣4|+|x﹣2|= .分x≤2时,;22.

  (2))由|x﹣4|+|x﹣2|≥2,得M=2,由2x+a≥M的解集包含[0,1],得20+a≥2,21+a≥2

  【解答】解:(1)f(x)=|x﹣4|+|x﹣2|= .

  ∴当x≤2时,f(x)>2,6﹣2x>2,解得x<2;

  当22得2>2,无解;

  当x≥4时,f(x)>2得2x﹣6>2,解得>4.

  所以不等式f(x)>2的解集为(﹣∞,2)∪(4,+∞).

  (2))∵|x﹣4|+|x﹣2|≥2,∴M=2,

  ∵2x+a≥M的解集包含[0,1],

  ∴20+a≥2,21+a≥2,∴a≥1.

  故a的取值范围为:[1,+∞)


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