福建省厦门市2018届高三下学期第一次质量检查（3月）数学（文）试题解析版

'1．D【解析】∵集合∴，故选D．2．B【解析】∴∴∴故选B．3．B∴可设双曲线的标准方程为，即∵焦距为∴当时，，即，则双曲线的标准方程为；当时，，即，则双曲线的标准方程为．故选C．14 点睛：（1）已知双曲线方程求渐近线：；（2）已知渐近线，设双曲线标准方程．5．C【解析】约束条件对应的可行域如图所示：平移直线，由图易得，当经过点时，目标函数最小，最小值为1．故选C．点睛:应用利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是：(1)在平面直角坐标系内作出可行域；(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形；(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解；(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．6．D∴当时，故选D．14 7．A【解析】由图可得函数的定义域是，当时，，故排除B，D选项；由图象可得函数图象不关于原点对称，而选项C为奇函数，故排除C．故选A．点睛：函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．8．A点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解；(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．9．B14 【解析】∵∴，，∴故选B．翻折后如图：．对于①，连接，交于点，易证，设，则，，所以，，则，即，，所以翻折后易得平面，即可证，故①正确；对于②，若存在某个位置，，则平面，从而平面平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，故②不正确；对于③，若存在某个位置，，则平面，平面⊥平面，则就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故③正确；对于④，若存在某个位置，，因为，所以平面，从而，这与已知矛盾，故④不正确．14 故选C．12．A13．【解析】∵，且∴∴故答案为．14．【解析】∵∴，即∴∴故答案为．14 15．本题主要考查利用单调性求参数的范围，属于中档题．利用单调性求参数的范围的常见方法：①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的；②利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围，本题是利用方法②求解的．16．【解析】依题意可得，当是圆的切线时取得最大值，即是圆的切点，设，．∵圆∴圆心，半径为1∴∵∴令，则．∴当时，，即函数在上为减函数；当时，，即函数在上为增函数．14 ∴，即．∴，即此时最大．∴，即．故答案为．17．（1）；（2）．．14 18．（1）；（2）没有的把握认为“阅读达人”跟性别有关．【解析】试题分析：（1）利用该组区间的中点值与频率，即可估计该校学生的每天平均阅读时间；（2）利用数据及等高条形图，可得列联表，代入公式计算出，与临界值比较即可得到结论．试题解析：（1）该校学生的每天平均阅读时间为：即可得出的值．试题解析：（1）∵四边形是菱形∴又∵平面平面,平面平面,平面∴平面在中,,设,计算得在梯形中,梯形的面积∴四棱锥的体积为．（2）在平面内作,且,连接交于，则点满足,证明如下：14 20．（1）；（2）直线过定点．【解析】试题分析：（1）设椭圆的右焦点为，则为的中位线，推出，结合离心率为，即可求出椭圆的方程；（2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，表示出，，即，，再根据点，即可求出的值，从而求出定点的坐标．试题解析：（1）设椭圆的右焦点为，则为的中位线．∴∴14 ∵∴∴∴椭圆的方程为:（2）设，．联立,消去整理得：．∴，∴，∵∴∴，整理得：解得：或（舍去）∴直线过定点．点睛：（1）圆锥曲线中的定点、定值问题是常考题型，难度一般较大，常常把直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、数形结合思想、分类讨论思想的考查；（214 ）解决定点、定值问题时，可直接根据题意进行推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21．（1）详见解析；（2）详见解析．【解析】试题分析：（1）依题意，，故原不等式可化为，记，对函数求导，（2）．记（ⅰ）当时，，在上单调递增，，．∴存在唯一，且当时，；当．①若，即时，对任意，此时在上单调递增，无极值点；②若，即时，此时当或时，．即在上单调递增；当时，，即在上单调递减；此时有一个极大值点和一个极小值点；③若，即时，此时当或时，．即在上单调递增；当时，，即在上单调递减：此时有一个极大值点和一个极小值点．（ⅱ）当时，，所以，显然在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点．（ⅲ）当时，由（1）可知，对任意，从而，而对任意．14 ∴对任意．此时令，得；令，得．∴在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点．（ⅳ）当时，由（1）可知，对任意，当且仅当时取等号．此时令，得；令得．∴在单调递减；在上单调递增；此时有一个极小值点，无极大值点．综上可得：①当或时，有两个极值点；②当时，无极值点；③当时，有一个极值点．点睛：求函数极值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数；（3）解方程求出函数定义域内的所有根；（4）列表检查在的根左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么在处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么在处取极小值；（5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值．22．（1）,；（2）．可化为．14 由可得，即曲线的直角坐标方程为．条件可得在上恒成立，然后分类讨论去绝对值，即可求得的取值范围．试题解析：（1）当时，，，即或或．解得或或，所以或或．∴原不等式的解集为．（2）∵，14 14'